Düzgün 18-gen'de Noktadaş Kirişler {çözüldü}

[Lokman Gökçe]

Problem 1. $A_{1}A_{2}\dots A_{18}$ düzgün $18$-gen olsun. $A_{1}A_{13}$, $A_{3}A_{16}$, $A_{9}A_{18}$ kirişlerinin bir $P$ noktasında kesiştiğini ispatlayınız.

(İpucu: Bu kirişleri $A_{3}A_{9}A_{13}$ üçgeninin cevian-ları olarak düşünebilirsiniz.)

[Lokman Gökçe]

Problem 2. $A_{1}A_{2}\dots A_{18}$ düzgün $18$-gen olsun. $A_{1}A_{12}$, $A_{2}A_{14}$, $A_{9}A_{18}$ kirişlerinin bir $P$ noktasında kesiştiğini ispatlayınız.

(İpucu: Bu kirişleri $A_{2}A_{9}A_{12}$ üçgeninin cevian-ları olarak düşünebilirsiniz.)

[Lokman Gökçe]

Problem 3. $A_{1}A_{2}\dots A_{18}$ düzgün $18$-gen olsun. $A_{1}A_{2}$, $A_{6}A_{18}$ kirişlerinin ve çevrel çemberin $A_{16}$'daki teğetinin bir $P$ noktasında kesiştiğini ispatlayınız.

(İpucu: Bu doğruları $A_{1}A_{6}A_{16}$ üçgeninin cevian-ları olarak düşünebilirsiniz.)

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

Problem 1 ve 2' ye çözüm verelim.

Problem 1 Çözümü:
Basit açı hesaplamalarıyla $$\angle A_1A_{13}A_3=20^{\circ},\angle A_3A_{13}A_9=60^{\circ},\angle A_{18}A_9A_{13} 50^{\circ}, \angle A_{18}A_9A_3=30^{\circ},$$
$$\angle A_{13}A_3A_9=40^{\circ},\angle A_{16}A_3A_{13}=30^{\circ}$$
olduğunu söyleyebiliriz. Buna göre bu kirişleri cevian olarak düşününce Trigonometrik Ceva'nın karşıtı halini uygularsak aşağıdaki ifade $1$ 'e eşitse $A_9A_{18}$,  $A_1A_{13}$ ve $A_3A_{16}$ kirişleri noktadaş olacaktır.

$$\dfrac{\sin\angle A_{16}A_3A_{13}}{\sin\angle A_{16}A_3A_9}\cdot \dfrac{\sin \angle A_{18}A_9A_3}{\sin\angle A_{18}A_9A_{13}}\cdot \dfrac{\sin\angle A_1A_{13}A_9}{\sin \angle A_1A_{13}A_3}=\dfrac{\sin 30^{\circ}}{\sin 70^{\circ}}\cdot \dfrac{\sin 30^{\circ}}{\sin 50^{\circ}}\cdot \dfrac{\sin 80^{\circ}}{\sin 20^{\circ}}$$

Şimdi ise bilinen $\sin(3\theta)=4\sin\theta.\sin(60-\theta).\sin(60+\theta)$ eşitliğini kullanalım ki bu eşitlik $\sin(3\theta)=3\sin\theta-4\sin^3\theta$ ve $\cos(a-b)-\cos(a+b)=2.\sin a.\sin b$ eşitlikleriyle ve biraz hesaplamayla ispatlanabilir. Buna göre $\theta=10$ için
$$\sin 30^{\circ}=4.\sin10^{\circ}.\sin50^{\circ}.\sin70^{\circ}\Longleftrightarrow \dfrac{\sin30^{\circ}}{\sin 50^{\circ}.\sin 70^{\circ}}=4.\sin 10^{\circ}$$
olduğu söylenebilir. Bunu trig ceva'da uygularsak
$$\dfrac{\sin 30^{\circ}}{\sin 70^{\circ}}\cdot\dfrac{\sin 30^{\circ}}{\sin 50^{\circ}}\cdot\dfrac{\sin 80^{\circ}}{\sin 20^{\circ}}=\dfrac{4.\sin 10^{\circ}.\sin 80^{\circ}.\sin 30^{\circ}}{\sin 20^{\circ}}=\dfrac{4.\sin 10^{\circ}.\cos 10^{\circ}.\sin 30^{\circ}}{\sin 20^{\circ}}=2\sin 30^{\circ}=1$$
elde edilir. Buna göre $A_9A_{18}$,  $A_1A_{13}$ ve $A_3A_{16}$ kirişleri düzgün $18$-gen içerisindeki bir $P$ noktasında kesişir.

Problem 2 Çözümü:
Açılar hesaplandığında $$\angle A_1A_{12}A_2=10^{\circ},\angle A_2A_{12}A_9=70^{\circ},\angle A_{18}A_9A_{12} 60^{\circ}, \angle A_{18}A_9A_2=20^{\circ},$$
$$\angle A_{12}A_2A_9=30^{\circ},\angle A_{14}A_2A_{12}=20^{\circ}$$
olduğunu söyleyebiliriz. Buna göre bu kirişleri cevian olarak düşününce Trigonometrik Ceva'nın karşıtı halini uygularsak aşağıdaki ifade $1$'e eşitse $A_9A_{18}$,  $A_1A_{12}$ ve $A_2A_{14}$ kirişleri noktadaş olacaktır.
$$\dfrac{\sin\angle A_{14}A_2A_{12}}{\sin\angle A_{14}A_2A_9}\cdot\dfrac{\sin \angle A_{18}A_9A_2}{\sin\angle A_{18}A_9A_{12}}\cdot\dfrac{\sin\angle A_1A_{12}A_9}{\sin \angle A_1A_{12}A_2}=\dfrac{\sin 20^{\circ}}{\sin 50^{\circ}}\cdot\dfrac{\sin 20^{\circ}}{\sin 60^{\circ}}\cdot\dfrac{\sin 80^{\circ}}{\sin 10^{\circ}}$$
Yine aynı $\sin(3\theta)=4.\sin\theta.\sin(60-\theta)\sin(60+\theta)$ eşitliği kullanalım. Buna göre $\theta=20$ için
$$\sin 60^{\circ}=4.\sin20^{\circ}.\sin40^{\circ}.\sin80^{\circ}\Longleftrightarrow \dfrac{\sin20^{\circ}.\sin 80^{\circ}}{\sin 60^{\circ}}=\dfrac{1}{4.\sin 40^{\circ}}$$
olacaktır. Bunu trig ceva'da uygularsak
$$\dfrac{\sin 20^{\circ}}{\sin 50^{\circ}}\cdot\dfrac{\sin 20^{\circ}}{\sin 60^{\circ}}\cdot\dfrac{\sin 80^{\circ}}{\sin 10^{\circ}}=\dfrac{\sin 20^{\circ}}{4.\sin 10^{\circ}\sin 40^{\circ}.\sin 50^{\circ}}$$
$$=\dfrac{\sin 20^{\circ}}{4.\sin 10^{\circ}\sin 40^{\circ}.\cos 40^{\circ}}=\dfrac{\sin 20^{\circ}}{2.\sin 10^{\circ}.\cos 10}=1$$
elde edilir. Buna göre $A_9A_{18}$,  $A_1A_{12}$ ve $A_2A_{14}$ kirişleri düzgün $18$-gen içerisindeki bir $P$ noktasında kesişir.

[Lokman Gökçe]

Teşekkürler Hüseyin Yiğit, çözümleriniz doğru. 3. problemi de benzer yolla çözebiliyoruz.

Problem 3 Çözümü: İpucunu kullanarak, $A_{1}A_{2}$, $A_{6}A_{18}$ kirişlerini ve çevrel çemberin $A_{16}$'daki teğetini  $A_{1}A_{6}A_{16}$ üçgeninin cevianları olarak düşünebiliriz. Noktadaşlığı kanıtlamak için, trigonometrik Ceva teoreminin karşıtını kullanabiliriz. Yani

$$\dfrac{\sin\angle A_{1}A_{16}P}{\sin\angle P A_{16}A_6}\cdot \dfrac{\sin \angle A_{16}A_{6}A_{18}}{\sin\angle A_{18}A_{6}A_{1}}\cdot \dfrac{\sin\angle A_{6}A_{1}P}{\sin \angle PA_{1}A_{16}} = 1 \tag{1}$$

olduğunu göstermeliyiz. $(1)$ in sol tarafı ile başlayarak yazalım:

$$
\dfrac{\sin 30^{\circ}}{\sin 80^{\circ}}\cdot \dfrac{\sin 20^{\circ}}{\sin 10^{\circ}}\cdot \dfrac{\sin 140^{\circ}}{\sin 40^{\circ}} =  \dfrac{(1/2)}{\cos 10^{\circ}}\cdot \dfrac{2\cdot \sin 10^{\circ}\cdot \cos 10^\circ}{\sin 10^{\circ}}\cdot \dfrac{\sin 40^{\circ}}{\sin 40^{\circ}} =  1 
$$

olduğundan $(1)$ eşitliği sağlanır. Dolayısıyla  $A_{1}A_{2}$, $A_{6}A_{18}$ doğruları ve çevrel çemberin $A_{16}$'daki teğeti aynı noktadan ($P$ den) geçerler.

[geo]

Problem 3'ü $PA_{16}A_1$ açısının bilinmediği durum üzerinden çözelim.

$A_1A_{16}P$ çevrel çemberi $A_6P$ yi $Q$ noktasında kessin.

$\angle A_1A_{16}Q = 30^\circ$, $\angle A_6A_{16}Q = 20^\circ$, $\angle A_{16}A_6Q = 20^\circ$ ve $\angle A_1A_6Q = 10^\circ$ olacaktır.

Bu durumda, $A_1A_{16}A_6$ üçgeninde $Q$ noktası sorusu ile $t=10$ için Model 4.2 $(t,30-t) : (2t, 30) \to (90-t,30-t)$ sorusu denktir. Buradan $\angle QA_1A_{6} = 20^\circ$ ve $\angle PA_{16}A_1 = \angle A_1QP = 30^\circ$ elde edilir.
Linkteki çözüme geçmek için Cevian açılarının yer değiştirme özelliğini kullanmak gerekecek. Bu geçerli bir çözümdür; ama sentetik çözümlere göre şık durmamaktadır. Bazen bu geçişi, sentetik yöntemlerle de yapabiliriz; ama bu sorunun çözümünü uzatmaktan başka bir işe yaramaz.

Bu soru özelinde, $A_1A_{16}A_6$ üçgeni içerisindeki $Q$ noktası için $\angle A_1A_{16}Q = 30^\circ$, $\angle A_6A_{16}Q = 20^\circ$, $\angle A_{16}A_6Q = 20^\circ$ ve $\angle A_1A_6Q = 10^\circ$ şeklinde verilen soruyu şöyle çözebiliriz:

$Q$ merkezli $QA_{6}$ yarıçaplı çember $A_1A_6$ yı $R$ de kessin. $QR = QA_6 = QA_{16}$ ve $\angle RQA_{16} = 60^\circ$.
Bu durumda $QRA_{16}$ eşkenar üçgen ve $QA_1RA_{16}$ bir deltoiddir. Öyleyse, $\angle A_1QR =  \angle A_1RQ = 10^\circ$ ve $\angle A_{16}A_1Q = 80^\circ$ elde edilir.
Buradan $\angle PA_{16}A_1 = 30^\circ$ sonucuna hemen ulaşılır.


Problem 3'ü $PA_1A_{16}$ açısının bilinmediği durum üzerinden ele alalım.

$A_1A_{16}P$ çevrel çemberi $A_6P$ yi $Q$ noktasında kessin.

$\angle A_{16}A_1Q = 80^\circ$, $\angle A_6A_{1}Q = 20^\circ$, $\angle A_{16}A_6Q = 20^\circ$ ve $\angle A_1A_6Q = 10^\circ$ olacaktır.

Bu haliyle soru, model belirleyiciye göre;

• Model 4.4 t=10; (t,30-t,90-t) : (2t,30-t,30)

sorusuna denktir.

[geo]

Problem 2 de $\angle PA_2A_{12}$ açısının verilmediği duruma göz atalım.

$PA_2A_{12}$ çevrel çemberi $PA_9$ u $Q$ da kessin.

$\angle A_2A_{12}A_9 = 70^\circ$, $\angle A_{12}A_2A_9 = 30^\circ$, $\angle QA_2A_9 = 10^\circ$, $\angle A_9QA_2 = 10^\circ$ olacaktır.

$A_2A_{12}Q$ üçgeni içerisindeki $A_9$ noktası sorusu, Model Üçgen - P Noktası konusundaki kategorizasyona göre

• $t=10$, Model 3.4 $(t,60+t) : (3t, 30-2t) \to (60-4t,30+t)$ sorusuna veya
• $t=20$, Model 4.9 $(30-t,90-t) : (30-t,30) \to (t,2t)$ sorusuna

denktir. (bkz. model belirleyici)

geomania'da henüz bu modellere çözüm verilmemiş.


Problem 2 de $\angle PA_9A_{12}$ açısının verilmediği duruma göz atalım.

$PA_2A_{12}$ çevrel çemberi $PA_9$ u $Q$ da kessin.

$\angle A_2A_{12}A_9 = 70^\circ$, $\angle A_{12}A_2A_9 = 30^\circ$, $\angle A_{12}QA_9 = 20^\circ$, $\angle A_9QA_2 = 10^\circ$ olacaktır.

Bu haliyle soru, model belirleyiciye göre;

• Model 3.7 t=10; (t,60-4t,60+t) : (3t,30-2t,30+t)
• Model 4.6 t=20; (t,30-t,90-t) : (2t,30-t,30)

sorularına denktir.


Problem 2 de $\angle PA_{12}A_2$ açısının verilmediği duruma göz atalım.

$PA_2A_{12}$ çevrel çemberi $PA_9$ u $Q$ da kessin.

$\angle A_2A_{12}A_9 = 70^\circ$, $\angle A_{12}A_2A_9 = 30^\circ$, $\angle A_{12}QA_9 = 20^\circ$, $\angle QA_{12}A_9Q = 40^\circ$ olacaktır.

Bu haliyle soru, Model belirleyiciye göre;

• Model 3.8 t=10;(t,60-4t,60+t) : (3t,30-2t,30+t)
• Model 4.5 t=20; (t,30-t,90-t) : (2t,30-t,30)
  

sorularına denktir.

[Lokman Gökçe]

Geo hocam merhaba, 'henüz çözüm verilmemiş' dediğiniz soruların çizimlerini yaparak gönderebilir misiniz? Genel hallerini bu başlıkta çözmeyi deneyebiliriz.



Not: Aslında Problem 1, meşhur Langley Üçgeni problemine denktir. Bunu görmek için, $A_{13}A_{1}$ ve $A_{9}A_{3}$ doğrularının kesişimi $R$ olmak üzere $A_{9}A_{13}R$ üçgenine bakabiliriz. Bu üçgenin açıları $20^\circ, 80^\circ, 80^\circ$ dir. Edward Mann Langley, bu problemini kurucusu olduğu The Mathematical Gazette'de 1922 yılında yayınlamıştır.

[geo]

Problem 1 için $\angle PA_1A_{13}$ ün sorulduğu soru, Lokman Hoca'nın dediği gibi Langley Problemine eştir.

$PA_9A_{13}$ çevrel çemberinin $A_3A_{13}$ doğrusunu kestiği noktaya $Q$ dersek, $A_3PA_9$ üçgeni ve $Q$ noktası için problem

• Model 1.6 t=10; (t,30,90-3t) : (2t,30-t,30+t)

problemine denktir.