Üçgen içine kurulan eşkenar üçgen

[geo]

1. $ABC$ üçgeninde $AB=1$, $BC=\sqrt 3$ ve $AC=2$ dir. Her bir köşesi, bu üçgenin ayrı bir kenarı üzerinde olan eşkenar üçgenin alanı en az kaç olabilir?

[geo]

2. $ABC$ üçgeninde $BC=7$, $AC=5$, $AB=8$ dir. Her bir köşesi bu üçgenin ayrı bir kenarı üzerinde bulunan eşkenar üçgenin kenarı en az kaç olabilir?

[geo]

1.

$D\in [BC]$, $E\in [AC]$, $F\in[AB]$ olmak üzere eşkenar üçgen $DEF$ olsun.
$F$ den $AC$ ye inilen yüksekliğin ayağı $H$ olsun.
$\angle BDF = \alpha$ dersek $\angle EFH=\alpha$ olacaktır.
$BF=x$ ve $DF=y$ dersek $HE=x$, $FE=y$, $AF=1-x$, $FH=\dfrac{(1-x)\sqrt 3}{2}$.
$\triangle FHE$ de Pisagor'dan $y^2=x^2+ \dfrac{3(1+x^2-2x)}{4}=\dfrac{7x^2-6x+3}4$.
Parabol en küçük değerini $x=\dfrac 37$ de alır.
$\min{y^2}=\dfrac 37$ elde edilir. O halde $[DEF]=\dfrac{3\sqrt 3}{28}$ olur.

[geo]

2.

$D\in [BC]$, $E\in [AC]$, $F\in[AB]$ olmak üzere eşkenar üçgen $DEF$ olsun.

$AF=x$, $EF=y$ ve $\angle AEF = \alpha$ olsun.
$D$ den $AC$ ye çizilen paralel $AB$ yi $G$ de kessin.

$\angle FGD = 120^\circ$ ve $\angle GFD = \alpha$ olacaktır.

$\dfrac {AF}{FE} = \dfrac {\sin \alpha}{\sin 60^\circ} = \dfrac {\sin \alpha}{\sin 120^\circ} = \dfrac {GD}{FD} \Longrightarrow GD = AF = x$ olur.

Paralellikten $\dfrac {GD}{AC} = \dfrac {BG}{BA} \Longrightarrow BG = \dfrac{8x}5$.

$FG= 8 - x - \dfrac {8x}{5} = 8 - \dfrac {13x}{5}$.

$\triangle DFG$ de Kosinüs Teoreminden $y^2 = x^2 + \left( 8 - \dfrac {13x}{5} \right )^2 + x\left( 8 - \dfrac {13x}{5} \right )$

$y^2 = x^2 + 64 + \dfrac {169x^2}{25} - \dfrac {16\cdot 13 x}{5} + 8x - \dfrac {13x^2}{5} = \dfrac {25x^2 + 169x^2 - 65x^2}{25} - \dfrac {168x}{5} + 64 = \dfrac {129x^2}{25} - \dfrac {168x}{5} + 64$.

Parabol en küçük değerini $x = \dfrac {140}{43}$ te alır. $\min y = \dfrac {20}{\sqrt {43}}$ olur.

[geo]

$ABC$ bir üçgen, $D\in [BC]$, $E\in [AC]$, $F\in[AB]$ olmak üzere; $DEF$ bu üçgenin kenarları üzerine kurulu bir eşkenar üçgen olsun.

$\angle AEF = \alpha$ ve $EF=y$ olsun.

$\triangle AFE$ de Sinüs Teoreminden $\dfrac {AF}{\sin \alpha} = \dfrac {FE}{\sin \angle A} \Longrightarrow AF = \dfrac {y\sin \alpha}{\sin \angle A}$.

$\angle EDC = 60^\circ + \alpha - \angle C$ ve $\angle FDB = 60^\circ + \angle C - \alpha$.

$\triangle BFD$ de Sinüs Teoreminden $\dfrac {BF}{\sin \angle FDB} = \dfrac {FD}{\sin \angle B} \Longrightarrow BF = \dfrac {y\sin (60^\circ + \angle C - \alpha)}{\sin \angle B}$.

$c = AF + BF = \dfrac {y\sin \alpha}{\sin \angle A} + \dfrac {y\sin (60^\circ + \angle C - \alpha)}{\sin \angle B}$.

$y = \dfrac {c\sin \angle A \sin \angle B}{\sin \alpha \sin \angle B + \sin (60^\circ + \angle C - \alpha) \sin \angle A}$.

$\dfrac {a}{\sin \angle A} = \dfrac {b}{\sin \angle B} = \dfrac {c}{\sin \angle C} = 2R$.

Sinüs değerlerini yerine yazarsak
$\begin{array}{lcl}
y &=& \dfrac {c \cdot \dfrac {a}{2R} \cdot \dfrac {b}{2R}}{\sin \alpha \cdot \dfrac {b}{2R} + \sin (60^\circ + \angle C - \alpha) \cdot \dfrac {a}{2R}} \\
&=& \dfrac {\dfrac {abc}{2R}}{a\sin (60^\circ + \angle C - \alpha) + b\sin \alpha} \\
&=& \dfrac {2[ABC]}{a\sin (60^\circ + \angle C - \alpha) + b\sin \alpha}
\end{array}$

$\min y$ için $f(\alpha) = a\sin (60^\circ + \angle C - \alpha) + b\sin \alpha$ maksimum olmalı.

$\begin{array}{lcl}
f(\alpha) &=& a\sin (60^\circ + \angle C) \cos \alpha - a\cos(60^\circ + \angle C)\sin \alpha + b\sin \alpha \\
&=& \cos \alpha (a\sin (60^\circ + \angle C)) + \sin \alpha (b - a\cos (60^\circ + \angle C)) \\
&\overbrace {\leq} ^ {\text {Cauchy}}& \sqrt {\left ( a\sin (60^\circ + \angle C) \right )^2 + \left (b - a\cos (60^\circ + \angle C)\right )^2}\sqrt {(\cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha)} \\
&=& \sqrt {\left ( a\sin (60^\circ + \angle C) \right )^2 + \left (b - a\cos (60^\circ + \angle C)\right )^2} \\
&=& \sqrt {a^2 + b^2 - 2ab \cos (60^\circ + \angle C)}
\end{array}$

Son durumda $ \boxed {\min y = \dfrac {2[ABC]}{\sqrt {a^2+b^2 - 2ab\cos (60^\circ + \angle C)}}}$ oldu.

Bu sonucu geometrik olarak şöyle de ifade edebiliriz.
$ABC$ üçgenin kenarlarının üzerine $BCN_A$, $ACN_B$, $ABN_C$ eşkenar üçgenlerini kuralım.

$AN_A = BN_B = CN_C$ olacaktır. $\boxed {\min y = \dfrac {2[ABC]}{AN_A}}$

$AN_A$ uzaklığı Kosinüs Teoremi ile $a,b,c$ cinsinden hesaplanabilir. Bu aslında bilinen bir uzaklık.
$F_1$ e üçgenin Fermat Noktası dersek $AN_A = AF_1 + BF_1 + CF_1$ dir.
$AN_A= \sqrt {\dfrac {a^2+b^2 + c^2 + 4[ABC]\sqrt 3}{2}}$.
$[ABC] = \Delta$ dersek;
$\boxed {\min y = \dfrac {2\Delta}{\sqrt {\dfrac {a^2+b^2 + c^2 + 4\sqrt 3\cdot \Delta}{2}}}}$

$\boxed {\min [DEF] = \dfrac {2\sqrt 3 \cdot \Delta^2}{a^2 + b^2 + c^2 + 4\sqrt 3 \cdot \Delta}}$

[geo]

1.

$[ABC] = \dfrac {\sqrt 3}{2}$

$\min [DEF] = \dfrac {2\sqrt 3 \cdot \dfrac 34}{1 + 3 + 4 + 4\sqrt 3 \cdot \dfrac {\sqrt 3}{2}} = \dfrac {3\sqrt 3}{28}$.

2.

$[ABC] = \sqrt {10\cdot (10-8)(10-7)(10-5)} = 10 \sqrt 3$

$\min y = \dfrac {2 \cdot 10 \sqrt 3}{\sqrt {\dfrac{8^2 + 7^2 + 5^2 + 4\sqrt 3 \cdot 10 \sqrt 3}{2}}} = \dfrac {20\sqrt 3}{\sqrt {43} \sqrt 3} = \dfrac {20}{\sqrt {43}}$.

[geo]

Şöyle bir problem elde edebiliyoruz:

Alanı $\Delta$ olan bir üçgenin kenarları üzerine ve üçgenin dışına doğru kurulan eşkenar üçgenlerin merkezleri tarafından oluşturulan üçgenin (Dış Napolyon Üçgeni - Outer Napolean Triangle) alanı $\Delta_N$ olsun.
Her bir köşesi, alanı $\Delta$ olan bu üçgenin ayrı bir kenarı üzerinde bulunan eşkenar üçgenin alanı da $\Delta_X$ olsun.
$$4\Delta_N \cdot \Delta_X \geq \Delta^2$$ olduğunu gösteriniz.

[geo]

$BCN_A$, $ACN_B$, $ABN_C$ kurulan eşkenar üçgenler, $G_A, G_B,G_C$ eşkenar üçgenlerin merkezleri olsun.
$\angle G_BAG_C = 60^\circ +\angle A = \angle CAN_C$, $AG_C=AB/\sqrt 3$, $AG_B=AC/\sqrt 3$ olduğu için $(KAK)$ dan $\triangle CAN_C \sim \triangle G_BAG_C$.
Yani $G_BG_C=CN_C/\sqrt 3=BN_B/\sqrt 3=AN_A/\sqrt 3$.

$\Delta_N= [G_AG_BG_C]=\dfrac{G_BG_C^2\sqrt 3}{4}=\dfrac{AN_A^2\sqrt 3}{12}$

$\Delta_X \geq \dfrac{4\Delta^2\cdot \sqrt 3}{AN_A^2\cdot 4}$

$\Delta_N\cdot \Delta_X\geq \dfrac{\Delta^2}{4}$.