Üçgenin İçinde alınan P noktası-Geometrik Eşitsizlik

[Lokman Gökçe]

Yabancı bir sitede gördüğüm bir problemdir. Güzel bir geometrik çözüm buldum, bunu da bir süre sonra paylaşacağım.


Problem: $ABC$ üçgeninin içinden bir $P$ noktası alınıyor. $BC\cdot BP\cdot CP + CA\cdot CP\cdot AP + AB\cdot AP\cdot BP\geq AB\cdot BC\cdot CA$ eşitsizliğini kanıtlayınız.

[Lokman Gökçe]

Çözüm: Eşitsizliğe geometrik bir ispat vereceğim.

$|BC|=a, |CA|=b, |AB|=c, |AP|=x, |BP|=y, |CP|=z$ diyelim. Bu halde orijinal problemdeki eşitsizlik
$$ ayz + bzx + cxy \geq abc \tag{1}$$
biçiminde yazılır. $BCPD$ ve $ABDE$ paralelkenarlarını çizelim. Böylece $|AE|=|BD|=|CP|=b$ olup ayrıca bu doğru parçaları birbirine paraleldir. O halde, $ACPE$ bir paralelkenardır ve $|PE|=|CA|=b$ olur. Bununla birlikte $|PD|=a, |DE|=c$ eşitliklerini yazabiliriz.
$APBD$ ve $APDE$ dörtgenlerinde Ptolemy eşitsizliğini uygularsak
$$ |AD|\cdot y + xz \geq ac \tag{2}$$
$$ az + xc \geq |AD|\cdot b \tag{3}$$
Şimdi $(2)$ eşitsizliğini $b$ ile ve $(3)$ eşitsizliğini $y$ ile çarpalım.
$$ |AD|\cdot b y + bzx \geq abc \tag{4}$$
$$ ayz + cxy \geq |AD|\cdot b y \tag{3}$$
eşitsizliklerine ulaşırız. Bunları taraf tarafa toplarsak, $(1)$ eşitsizliği olan
$$ ayz + bzx + cxy \geq abc $$
ifadesine ulaşırız.

Not: Ayrıca eşitlik koşulunu da belirleyebiliriz. Ptolemy eşitsizliğinin eşitlik koşulu, $APBD$ ve $APDE$ kirişler dörtgeni iken gerçekleşir. Böylece,
$$ \angle PAB = \angle PDB = \angle PCB = \alpha $$
$$ \angle PBA = \angle PDA = \angle PEA = \angle PCA = \beta $$
$$ \angle PAC = \angle EPA = \angle EDA = \angle DAB = \angle DPB = \angle PBC = \gamma $$
olur. Buna göre, $ABC$ üçgeninin iç açılar toplamından $2(\alpha + \beta + \gamma) = 180^\circ $ olup $\alpha + \beta + \gamma = 90^\circ $ elde edilir. Böylelikle eşitlik durumunun ancak ve ancak, $ABC$ üçgeninin dar açılı olması ve $P$ nin de bu üçgenin diklik merkezi olması durumunda sağlandığını anlarız.

[Eray]

Elinize sağlık hocam.

Aklıma gelen bir noktayı zikretmek istiyorum:
Eşitlik, $P$ noktasının üçgenin köşelerinden biriyle çakışık olduğu durumlarda da sağlanıyor (soruda "$ABC$ üçgeninin içinden" denmeseydi eşitlik durumlarında zikretmek gerekecekti).

Acaba eşitlik durumu incelemesi yaparken bu eşitlik durumlarını da kaçırmamak için neye dikkat etmemiz gerekiyordu?

[Lokman Gökçe]

Bu ilginç bir soru Eray, teşekkürler.

"$P$ noktası üçgenin içinde veya üzerinde" denilseydi, bunu hızlıca irdeleyelim. ("$P$ noktası üçgenin dışında olsaydı eşitlik durumu ne zaman olurdu?" sorusunu ise düşünmedim. Buna hızlı yanıt vermek istemem.)

Tekrar Ptolemy eşitsizliğinin eşitlik koşuluna yöneliyorum. $APBD$ ve $APDE$ kirişler dörtgeni iken eşitlik gerçekleşir, demiştim. Eğer $P=A$ alırsak, bu dörtgenler birer üçgene dejenere oluyor. Artık, eşitliğin sağlanması için $ABD$ ve $ADE$ üçgenlerinin kirişler üçgeni olması gerekiyor. Yani, her bir üçgenin üç köşesinden bir çember geçmesi gerekiyor. Her üçgen bir çevrel çembere sahip olduğu için bu koşul da doğal olarak sağlanmış oluyor.


$\color{blue}\bullet$ O halde, bu gibi eşitlik durumlarını da kaçırmamak için yapmamız gereken şeylerden birisi "dejenere durumlarda da eşitlik koşulları sağlanıyor mu?" diye incelemektir. Bu da, daha temel bir şeye bizi götürüyor. Ptolemy eşitsizliği uyguladığımızı söylediğimiz dörtgenin, gerçek anlamda dörtgen oluşturduğunu biliyor muyuz? "Ya dörtgen oluşmuyorsa?" diye düşünmek de gerekir. Dörtgen oluşturmayan dört nokta için Ptolemy yine de uygulanabilir mi? Uygulanabilirse eşitlik durumu elde etmek mümkün müdür? Bunları düşünmek gerekir. (Bilgi: Düzlemde farklı olması gerekmeyen herhangi dört nokta için Ptolemy eşitsizliği uygulanabilir. Kirişler dörtgeni olmayan bazı dejenere durumlarda da eşitlik sağlanır. Örneğin, dört noktayı da çakışık seçebiliriz.)

$\color{blue}\bullet$ Yapılabilecek bir diğer şey ise; $P$ noktasını üçgenin içinde iken inceledikten sonra, $P$ noktası üçgenin köşelerinde iken ve sonra da $P$ noktası kenarların üzerinde iken ayrı ayrı incelemektir.

Aklıma gelenler şimdilik bunlar. Farklı yaklaşımları olan arkadaşlarımız da olabilir.

[geo]

Problemin Murray S. Klamkin'e ait olduğunu yazanlar var.
Klamkin'in Triangle Inequalities from the Triangle Inequality makalesinde problemin T. Hayashi'ye (Two theorems on complex numbers. Tohoku Math. J. 4, 68-70 (1913/14)) ait olduğu,  K. Stolarsky (Cubic triangle inequahties. Am. Math. Monthly 78, 879-881 (1971)) tarafından da 1971 de doğruluğunun iddia edildiğini görüyoruz.
 
Problemin başka formları için kaynaklar:

 M. S. Klamkin, Geometric Inequalities via the Polar Moment of Inertia, Math. Mag. 48(1975), 44-46.

 M. S. Klamkin, A Two Point Triangle Inequality. SIAM Review, 19(1977), p. 329

 M. S. Klamkin, Triangle inequalities via transformations, Notices Amer. Math. Soc., 19 No.1
(Jan. 1972) A-103–A-104.

Jian Liu, A weighted geometric inequality and its applications, Research report collection 10 (3), 2007

[Lokman Gökçe]

Güzel bir kaynak araştırması Geo hocam. Problemin 1913 yılına kadar geriye giden bir geçmişi olduğunu anlıyoruz. Çok teşekkürler.


M. S. Klamkin'in makalesinin girişinde bahsedilen ve birbirini gerektiren $I(a_1,a_2,a_3)\geq 0$ ve $I(a_1R_1,a_2R_2,a_3R_3)\geq 0$ eşitsizlikleri ile ilgili birkaç şey söyleyebiliriz. Temelde üçgenin kenarları arasındaki $a_1 + a_2 \geq a_3$ üçgen eşitsizliği evirtim (inversion) kullanılarak Ptolemy eşitsizliğine dönüşüyor. Üçgen eşitsizliğinde eşitlik koşulu da, evirtim altında çembersellik koşuluna dönüştüğü için, Ptolemy eşitsizliğinin eşitlik koşulu da kirişler dörtgeni durumunda elde ediliyor. Forumda Ptolemy Eşitsizliği başlığında bunun ispatını (evirtim demeden ama evirtim fikrini kullanarak) paylaşmışım. Evirtim destekli Ptolemy eşitsizliği ispatı, teoremin iyi bilinen ve kısa ispatlarından biridir. Bir başka ispatı da kosinüs teoremi ile yapılabiliyordu diye hatırlıyorum. En azından kirişler dörtgenindeki eşitlik durumunu kosinüs teoremi ile ispatlayabiliyoruz. Öte yandan birbirini gerektiren $I(a_1,a_2,a_3)\geq 0$ ve $I(a_1R_1,a_2R_2,a_3R_3)\geq 0$ eşitsizlikleri üçgen eşitsizliğinden çok daha genel bir ifadedir. Bu tür bir eşitsizlikte, eşitlik koşulunun sağlanması için gerek ve yeter şartın belirlenmesi ile ilgili güçlükten bahsedilmiş. Bu da, yöntemin bir dezavantajı olarak belirtiliyor.

[Eray]

Tüm bu bilgiler için teşekkürler hocalarım.

Sorudaki çözüm adımlarının herhangi biri için önem arz eden bir bilgi olup olmadığı konusunda düşünmedim ama şunu zikretmek istiyorum.
Olimpiyat öğrencilik yıllarımdan kalma bilgim şu şekilde:
Dörtgenler için Batlamyus eşitsizliğinin eşitlik durumu iki türlü mümkündür. (i) dört noktanın çembersel olması, (ii) dört noktanın doğrudaş olması.

Bilgide yanlışlık varsa, veya bu bilgi sorunun çözümünde ilave bir şeye katkı yapıyorsa bilmekten mutluluk duyarım.

[Lokman Gökçe]

(iii) $A, B, C, D$ herhangi dört nokta olsun. Eğer $D=A$ dejenere durumu olursa, $|AC|\cdot |BD| = |AB|\cdot |CD| + |AD|\cdot |BC| $ eşitlik durumu $|AC|\cdot |AB| = |AB|\cdot |AC|$ biçimine dönüşür. Yani, dört nokta doğrusal olmasa da eşitlik durumu gerçekleşebilir.


Dört noktanın $A, B, C, D$ sıralaması ile doğrusal olması durumunda $|AC|\cdot |BD| = |AB|\cdot |CD| + |AD|\cdot |BC| $ eşitlik durumu sağlanacaktır. Eğer dört nokta $A, B, D, C$ sıralaması ile doğrusal olursa $|AC|\cdot |BD| = |AB|\cdot |CD| + |AD|\cdot |BC| $ eşitliği sağlanmıyor. Öte yandan, $A, B, C, D$ sıralaması ile doğrusal olan dört noktaya da dejenere kirişler dörtgeni olarak bakabiliriz.

Yine bir $ABCD$ dörtgeninde $A=B$, $C=D$ veya $A=D$, $B=C$ dejenere durumları olursa eşitlik sağlanır. Bunları eni $0$ olan veya boyu $0$ olan dikdörtgenler olarak düşünebiliriz. Bu hal için, dejenere kirişler dörtgeni de diyebiliriz, dört noktanın dejenere doğrusallığı da diyebiliriz. Yine $A=B=C\neq D$ veya $A=B=C=D$ dejenere durumlarında da eşitlik sağlanacaktır.


Toparlarsak, tüm bu alt durumlarda Ptolemy eşitliğinin sağlanması için gerek ve yeter şart $ABCD$ nin kirişler dörtgeni (gerekirse dejenere) olmasıdır, diyebilirim.

[geo]

Üçgenin kenarlarına $BC=a, CA = b, AB=c$ diyelim.
Eşitliğin iki tarafını da $abc$ çarpımına bölelim.
$$\dfrac { PB \cdot PC } {bc} + \dfrac {PC \cdot PA } {ac} + \dfrac { PA \cdot PB } {ab} \geq 1 \tag{1}$$
Karmaşık sayılar düzleminde $P, A, B, C$ noktalarını $z, z_1, z_2, z_3$ karmaşık sayıları ile gösterelim. $z$ yi değişken $z_1, z_2, z_3$ sayılarını sabit kabul edelim.
$$f(z) = \dfrac {(z-z_2)(z-z_3)}{(z_1-z_2)(z_1-z_3)} + \dfrac {(z-z_3)(z-z_1)}{(z_2-z_3)(z_2-z_1)} + \dfrac {(z-z_1)(z-z_2)}{(z_3-z_1)(z_3-z_2)} \tag {2}$$ fonksiyonunu ele alalım. $f(z)$ ikinci dereceden karmaşık katsayılı bir polinomdur.
$f(z_1) = f(z_2) = f(z_3) = 1$ olduğu için $f(z)$ ikinci dereceden polinomu en az $3$ noktada sabit değere sahiptir. Bu durumda her noktada $f(z)=1$ dir.

$|x| + |y| + |z| \geq |x+y+z|$ olduğu için $$ \left | \dfrac {(z-z_2)(z-z_3)}{(z_1-z_2)(z_1-z_3)} \right | + \left | \dfrac {(z-z_3)(z-z_1)}{(z_2-z_3)(z_2-z_1)} \right | + \left | \dfrac {(z-z_1)(z-z_2)}{(z_3-z_1)(z_3-z_2)} \right | \geq |f(z)| = 1 \tag {3}$$ elde edilir.


Kaynak:
Geometric Inequalities, Gangsong Leng. Sayfa 64.
World Scientific Publishing Company Pte Limited, 2015
https://doi.org/10.1142/9661
Google Books