Sylvester'ın Vektör Geometrisi Problemi

[Lokman Gökçe]

Meşhur İngiliz matematikçisi James Joseph Sylvester'ın sunmuş olduğu vektör geometrisi problemini paylaşalım.

Problem: Herhangi bir $ABC$ üçgeninde $O$, $H$ noktaları sırasıyla çevrel merkez ve diklik merkezi olsun.
$$ \overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC} = \overrightarrow{OH} $$
eşitliğini kanıtlayınız.

[Metin Can Aydemir]

Genelliği bozmadan en geniş açı $A$ açısı olsun. $A$'dan inilen dikmenin ayağına $M$ diyelim. $MA$'yı $y$ ekseni, $BC$'yi de $x$ ekseni seçelim. Bu durumda $M$ orijin olur. $A$'nın bulunduğu $y$ ekseni tarafını $+y$ ve $C$'nin bulunduğu $x$ ekseni tarafını $+x$ olarak seçelim. Böylelikle $ABC$ üçgenini bir koordinat düzlemine oturtmuş oluruz. $A,B,C$'nin koordinatları sırayla $(0,a)$, $(-b,0)$ ve $(c,0)$ olsun.

Öncelikle $H$ noktasının koordinatını bulalım. $MA$ dikme olduğundan $H$'nin $x$-koordinatı $0$ olacaktır.

$BMH$ ve $AMC$ üçgenlerinin benzerliğinden $H$'ın $y$-koordinatı da $\frac{bc}{a}$ olacaktır. Yani $H\left(0,\frac{bc}{a}\right)$'dır.

$O$ noktasının koordinatını bulalım. $[BC]$'nin orta dikmesinden geçeceğinden $x$-koordinatı $\frac{c-b}{2}$'dir.

Ayrıca $[AB]$'nin orta noktasından çizilen dikmenin de üzerinde olacaktır. $[AB]$'nin orta noktasına $D\left(-\frac{b}{2},\frac{a}{2}\right)$ diyelim. $AB$'nin eğimi $\frac{a}{b}$ olduğundan dikmenin eğimi $-\frac{b}{a}$'dır. Dikmenin denklemi $$\frac{y-y_0}{x-x_0}=\frac{y-\frac{a}{2}}{x+\frac{b}{2}}=-\frac{b}{a}\implies \ell: y=-\frac{b}{a}x+\frac{a^2-b^2}{2a}$$ $O$ noktası bu doğru üzerinde olduğundan ve $x$-koordinatı $\frac{c-b}{2}$ olduğundan $y$-koordinatı da $\frac{a^2-bc}{2a}$ elde edilir. Yani $O\left(\frac{c-b}{2},\frac{a^2-bc}{2a}\right)$'dır.

Artık elimizde her koordinat olduğu için eşitliğin doğruluğunu kolayca görebiliriz. Bunun için notasyon olarak $\overrightarrow{AB}=B-A$ gösterimini kullanacağım. Göstermemiz gereken eşitlik bu notasyonla beraber $$A+B+C-3O=H-O\iff A+B+C=H+2O$$ haline dönüşür. Gerçekten de $$A(0,a)+B(-b,0)+C(c,0)=(c-b,a)=H\left(0,\frac{bc}{a}\right)+O\left(\frac{c-b}{2},\frac{a^2-bc}{2a}\right)+O\left(\frac{c-b}{2},\frac{a^2-bc}{2a}\right)$$ olduğunu görebiliriz. Dolayısıyla verilen eşitlik doğrudur.

Not: Bu koordinat düzlemi bir üçgeni oturttuğumuzda oldukça sade sonuçlar veriyor. Başka sorularda da kullanabileceğimizi düşünüyorum. $O$ ve $H$'ın koordinatlarının yanında ağırlık merkezi $G$'nin koordinatları da $G\left(\frac{c-b}{3},\frac{a}{3}\right)$'dür. İçteğet çember veya dış teğet çemberlerin merkezine uğraşmadım ama onlar da sadece bir ifade çıkıyorsa ne güzel 

[geo]

$BC$ nin orta noktası $M$ olsun.
$\overrightarrow{OH}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{AH} = \overrightarrow{OA} + 2 \cdot \overrightarrow{OM} =\overrightarrow{OA} +\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}$

[Lokman Gökçe]

Benzer bir çözüm Euler doğrusu yardımıyla yapılabilir. Çözümdeki en önemli basamak, $|AH| = 2|OD|$ eşitliğidir.

Çözüm: $ABC$ üçgeninin centroidi (kenarortayların kesim noktası) $G$ ve $[BC]$ kenarının orta noktası $D$ olsun. Euler doğrusu olarak bilinen özellikten, $H, G, O$ noktaları doğrusaldır. $OD \perp BC$ dir. $AHG \sim DOG$ benzerliğinden $\dfrac{|AH|}{|OD|} = \dfrac{|AG|}{|DG|} = 2$ olup $|AH| = 2|OD|$ elde edilir. $\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC} = 2 \overrightarrow{OD} = \overrightarrow{AH}$ olduğundan,

$$ \overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC} = \overrightarrow{OA}+\overrightarrow{AH} = \overrightarrow{OH}$$



Video Çözümü: YouTube ile paylaştım.

[alpercay]

Burada şöyle basit bir gözlemden de bahsedilebilir:

$ABC$ dar açılı üçgeninin $H$ diklik merkezinin $[BC]$ kenarının orta noktası olan $D$ noktasına göre simetriği olan nokta ile üçgenin $[BC]$ kenarının karşısındaki $A$ köşesinin çevrel çemberin merkezi olan $O$ noktasına göre simetriği olan $A'$ noktası ($A$ nın antipodal noktası) çakışıktır. Bu, $AHA'$ ve $ODA'$ üçgenlerinin benzerliğinden hemen görülüyor.