Geomania.Org Forumları

$d_1$ ve $d_2$ doğruları verilmiş olsun. Şekildeki $x$ ve $y$ açı ölçüleri için $x=y$ ise, $l_1$ ve $l_2$ doğrularına, $d_1 $ ve $d_2$ ye göre anti paralel doğrular denir.


$d_1$ ve $d_2$ nin çakışması durumunu aşağıdaki şekilde $d$ doğrusu gösterelim. Bu halde de $x=y$ ise, $l_1$ ve $l_2$ doğrularına, $d$ ye göre anti paralel doğrular denir.

Ülkemizin nadide matematik forumu geomania.org'da siz matematikseverlerle yeni bir konuyu daha inceleyeceğiz. Konu yeni dedik ama aslında Antik Yunan Geometrisi ile ilgili olduğu göz önüne alınırsa eski defterleri karıştıracağımızı söyleyebiliriz. M.Ö 287-212 yılları arasında yaşamış matematikçi, fizikçi, mucit, astronom ve mühendis Siraküza'lı Arşimed ile ilgileneceğiz. Eski kaynaklardan öğrendiğimiz kadarıyla O'nun son derece derin bir ruh yapısına sahip olduğundan bahsedilmektedir. Hatırı sayılır ölçüde İskenderiye'de zaman geçirdiği bilinmektedir. Burada Öklid'in halefleriyle çalışmış olması mutemeldir. Daha sonra doğum yeri olan Siraküza'ya geri dönmüştür. Burada çalışmalarına ve icatlarına devam etmiştir. Arşimed'in babası da kralın astronomudur. Daha sonra babasından bu görevi devralmıştır. ''Her cisim hacmi kadar su taşırır'' şeklinde özetlenen ''Arşimed Prensibi'' halen fizik derslerinde anlatılmaktadır. Bu prensibi hamamda bulduğu anlatılan Arşimed'in peştemalle (ya da anadan üryan biçimde) sarayın koridorlarında koşturduğu ve ''Eureka! Eureka! (Buldum!)'' diye bağırdığı yazılmaktadır. (Kanaatimce, bir çok icadı olan Arşimed böyle bir şey yapmamıştır.) Arşimed'in, Siraküza şehrinin Roma'ya karşı savunulmasındaki efsanevi rolü filmlere konu olabilecek türdendir. Zamanının çok ötesinde bir zihinsel güce ulaşmış bu bilge adamın, Siraküza'da bir Roma askerinin elinde $75$ yaşında hayatını kaybettiği yazılmaktadır.

Cambridge Üniversitesi'nin matbaasında basılan $1897$ tarihli The Works of Archimedes (Arşimed'in Çalışmaları) isimli kitabın The Book of Lemmas (Lemmalar Kitabı) kısmında verilen $15$ lemmayı günümüz gösterimleriyle sunup ispatlarını vereceğiz. Sizler de bu lemmalara kendi yaptığınız ispatlarınızı ekleyerek içeriği zenginleştirebilirsiniz. Belki lemmalar dışında Arşimed'in çalıştığı diğer problemlere de değinebiliriz. Ancak önceliğimiz $15$ lemma olacak.

Kullandığımız kaynak kitaba Google'daki amcalar sponsor olmuşlar ve Arşimed'in insanlık tarihine mal olmuş bir değer oluşundan ötürü çalışmalarının buradan ücretsiz olarak paylaşılmasını uygun görmüşler. Bu kitabın şu anda $120$ yaşında olduğu düşünülürse eski bir kaynaktır. Ancak kitabın oluşumunda esas aldığı kaynaklara bakınca $1792$, $1824$, ... vs tarihli daha eski kitaplar olduğunu da göreceksiniz. Yani kaynak kitap eski zamanlara uzanıyor. Haydi başlayalım:

Lemma 1. İki çember $A$ noktasında teğet ve $[BD],[EF]$ çapları paralel ise $A,D,F$ doğrusaldır.


İspat 1. $[BD],[EF]$ çaplı çemberlerin merkezleri sırasıyla $C$ ve $O$ olsun. Teğet çemberlerin merkezleri ve teğet değme noktası doğrusal olduğundan $O,C,A$ doğrusaldır. $BD \parallel EF $ verildiğinden $\widehat{ACD}=\widehat{AOF}$ dir. İster merkez açı-çevre açı ilişkisinden deyin, ister $|CA|=|CB|=|CD|$ ve $|OA|=|OE|=|OF|$ yarıçap eşitliklerinden deyin; $\widehat{ABC}=\dfrac12\widehat{ACD}$ ve $\widehat{AEO}=\dfrac12\widehat{AOF}$ olup $\widehat{ABC}=\widehat{AEO}$ olup $A,B,E$ doğrusaldır. Benzer düşünceyle $A,D,F$ doğrusaldır.

İspat 2 (Kitabın İspatı). $OF$ ile $H$ noktasında kesişen $DH \parallel AO$ çizelim. $|OH|=|CD|=|CA|$ ve $|OF|=|OA|$ olduğundan $|HF|=|CO|=|DH|$ dır. Böylece $\widehat{HDF}=\widehat{HFD}$ olup $CAD$, $HDF$ üçgenlerinin ikisi de ikizkenardır ve üçüncü açıları da eşittir. Yani $\widehat{ADC}=\widehat{DFH}$ dır. (Bence ispat burada tamamdır). Her iki tarafa $\widehat{CDF}$ eklenirse $\widehat{ADC}+\widehat{CDF}=\widehat{DFH}+\widehat{CDF}=\text{iki dik açı}$ olduğundan $A,D,F$ doğrusaldır.

Not: Aynı ispat, çemberler birbirine dıştan teğet olduğunda da uygulanabilir. Dıştan teğet çemberler ile ilgili durumu Pappus ispat etmiştir.

$k$ bir pozitif tam sayı olmak üzere ,  $m(\widehat{A})=\alpha$  ve $m(\widehat{B})=k\cdot \alpha $ olduğuna göre bu üçgenin kenarları arasındaki ilişki için metot geliştiriniz.

$ABC$  üçgeninin iç açıortay uzunluğu $n_A$  olmak üzere

$n_A=\dfrac{2bc}{b+c}cos(A/2)$  ve
$n_A^2=bc(1-\dfrac{a^2}{(b+c)^2})$

eşitliklerini gösteriniz.

$n\ge 3$ bir pozitif tam sayı olmak üzere hangi $n$ kenarlı düzgün çokgenlerin pergel ve cetvel yardımıyla çizilebileceğini belirleyiniz ve $n=5$ için bu çizimi yaparak gösteriniz.

$ABC$ ve $A'B'C'$  iki üçgen olsun. $AA' , BB'$ ve $CC'$ doğruları noktadaş ise, $P=AB \cap A'B' \ ,\ Q=AC \cap A'C'$ ve $R=BC \cap B'C'$ noktaları doğrusaldır.

Keyfi bir üçgenin yükseklik merkezinden geçen ve birbirini dik kesen iki doğru çizilsin. Bu doğruların, kenar doğrularını kestiği noktalar ile yine kenar doğruları üzerinde oluşan üç doğru parçasını ele alalım.
Bu doğru parçalarının orta noktaları aynı doğru üzerinde bulunurlar ve bu doğruya Droz-Farny Doğrusu denir.

Konveks düzlemsel bir dörtgenin Fermat noktasının köşegenlerinin kesim noktası olduğunu gösteriniz. Dörtgenin konkav olması hali için bu noktayı belirleyiniz.

Problem [P. Erdös, 1935]: $ABC$ üçgeninin içinden alınan bir $O$ noktasından üçgenin kenarlarına (gerekirse uzantılarına) inen dikme ayakları $P, Q, R$ olsun.

$$ |OA| + |OB| + |OC| \geq 2(|OP| + |OQ| + |OR|) $$

eşitsizliğini kanıtlayınız.





Paul Erdös bu eşitsizliği AMM'de sorduğunda kendisi de kanıtını bilmiyordu. Problem çok ilgi görse de, ancak $2$ yıl sonra $1937$'de dönemin güçlü matematikçilerinden Louis Joel Mordell tarafından temel trigonometrik yöntemler (sinüs, kosinüs teoremleri vs) kullanılarak çözüldü.

Bu çözüm, trigonometrik ifadeleri kaldırıp yerine uzunluk, alan bağıntıları kullanmak için çok uygundur. Dikkatli incelenirse görülüyor ki; sonraki dönemlerde yapılan bir çok estetik çözüm, temel olarak Mordell'in çözümünün modifiye edilmiş biçimleridir. Mordell'in çözümünü ve bazı anekdotları anlattığım bir video hazırladım. Başka çözümleri de buraya ekleyebiliriz.

Teorem [The College Mathematics Journal, 2004]: Dar açılı bir $ABC$ üçgeninin Euler Doğrusu'nun $BC$ kenarına paralel olması için gerek ve yeter koşul
$$\tan B \cdot \tan C =3$$
olmasıdır.

Teorem [Leonhard Euler]: $ABCD$ dörtgeninde $[AC]$, $[BD]$ köşegenlerinin orta noktaları sırasıyla $P$ ve $Q$ olsun. Bu durumda aşağıdaki bağıntı geçerlidir:

$$ |AB|^2 + |BC|^2 + |CD|^2 + |DA|^2 = |AC|^2 + |BD|^2 + 4|PQ|^2 .$$

$|AO| = R_2,\ |BO| = R_1,\ |CO| = R_3,\ |EO| = x_1,\ |OF| = x_2,\ |OD| = x_3,\ |AC| = f,\ |BC| = w,\ |AB| = y$ olsun. 

Alanlar için: 

$
\text{Alan}(BOC) + \text{Alan}(COA) + \text{Alan}(AOB)
= \text{Alan}(AEO) + \text{Alan}(EOB) + \text{Alan}(BOD) + \text{Alan}(DOC) + \text{Alan}(OCF) + \text{Alan}(OAF)
$

Alanları açarsak:
$
x_3 w + x_2 f + x_1 y =
(\sqrt{R_2^2 - x_1^2})x_1
+ (\sqrt{R_2^2 - x_2^2})x_2
+ (\sqrt{R_3^2 - x_2^2})x_2
+ (\sqrt{R_3^2 - x_3^2})x_3
+ (\sqrt{R_1^2 - x_3^2})x_3
+ (\sqrt{R_1^2 - x_1^2})x_1
$

Cauchy–Schwarz uygularsak:
$
(x_3 w + x_2 f + x_1 y)^2 \leq
\bigl((R_2^2 - x_1^2) + x_2^2 + (R_3^2 - x_2^2) + x_3^2 + (R_1^2 - x_3^2) + x_1^2\bigr)
\cdot \bigl(x_1^2 + (R_2^2 - x_2^2) + (R_3^2 - x_3^2) + x_3^2 + (R_1^2 - x_1^2)\bigr)
$

Sadeleştirme sonunda 
\[
(x_3 w + x_2 f + x_1 y)^2 \leq (R_1^2 + R_2^2 + R_3^2)^2
\]

olur. Dolayısıyla 

\[
x_3 w + x_2 f + x_1 y \leq R_1^2 + R_2^2 + R_3^2
\]

elde edilir.


Edit: Metin okunaklı hale getirildi. Eşitsizliğin doğruluğunun kontrol edilmesi ve literatürde bilinen bir şey olup olmadığı merak edildiği için paylaşılmıştır (Lokman Gökçe).

Teorem: $ABCD$ çift merkezli bir dörtgen (yani hem kirişler dörtgeni hem de teğetler dörtgeni) olsun. $ABCD$ nin çevrel çemberinin merkezi $O$, iç teğet çemberinin merkezi $I$, çevrel çemberinin yarıçapı $R$, iç teğet çemberinin yarıçapı $r$ ve $|OI|=d$ ise $$ \dfrac{1}{r^2} = \dfrac{1}{(R+d)^2} + \dfrac{1}{(R-d)^2} $$ eşitliği vardır.


Dipnot: Nicolas Fuss, 1755-1826 tarihlerinde yaşamış İsviçreli matematikçi. Leonhard Euler'in öğrencisi ve arkadaşıdır.

HM Noktası veya Humpty Point, özellikle Amerikan Geometri problemlerinde sıklıkla karşılaşılan bir noktadır. Bu gönderide bu noktanın çeşitli özelliklerine değineceğiz.

Tanım. $P_A$ şu koşulları sağlıyorsa $A$-HM noktası olarak tanımlanır: $\angle{P_AAB}=\angle{P_ABC}$ ve $\angle{P_AAC}=\angle{P_ACB}$.

Özellik 1. $A$-HM noktası, $A$-kenarortay üzerindedir.
İspat. $M$, $BC$ kenarının orta noktası ve $AP_A\cap BC=\{M'\}$ olsun. Açı eşitlikleri ve kuvvetten faydalanırsak $M'B^2=M'A\cdot M'P_A=M'C^2\Rightarrow M'B=M'C$ gelir. Fakat bu $M'\equiv M$ demektir. İspat biter. $\blacksquare$

Özellik 2. $H$, $\triangle{ABC}$ nin diklik merkezi ise $H,P_A,C,B$ çemberdeştir..
İspat. $H$ ın $M$ ye göre yansımasının $A$ nın antipodu olup çevrel çember üzerinde olduğu bilindiktir. Bu $(HBC)$ nin $(ABC)$ nin $BC$ ye göre yansıması olduğunu ifade eder. Öyleyse $P_A$ nın $M$ ye göre yansıması $P_A'$ ise $P_A\in (HBC)\Leftrightarrow P_A'\in (ABC)$ sağlanır. Kenar eşitliklerinden ötürü $P_ABP_A'C$ bir paralelkenardır. Açı koşullarından ötürü
$$\angle{P_A'AC}=\angle{P_AAC}=\angle{P_ACB}=\angle{CBP_A'}\Rightarrow P_A'\in(ABC)$$
sağlanır. İspat biter. $\blacksquare$

Özellik 3. $HP_A\perp AM$.
İspat. $AH\cap BC=\{D\}$, $BH\cap CA=\{E\}$ ve $CH\cap AB=\{F\}$ olsun. Özellik 2'den
$$\angle{EAP_A}=\angle{CAP_A}=\angle{P_ACB}=\angle{EHP_A}\Rightarrow P_A\in(AEFH)$$
gelir. Bu çemberdeşliktense $HE\perp AE\Rightarrow HP_A\perp AM$ bulunur. $\blacksquare$

Özellik 2'ye bir başka ispat. Bunun için Özellik 3'ten faydalanacağız. (Özellik 3'e Özellik 2'yi kullanmadan bir ispat verdiğimizi varsayalım.) Özellik 3'ten ötürü $H,P_A,M,D$ çemberdeştir. Diyagramı $A$ dan $\sqrt{AH\cdot AD}$ yarıçaplı evirtelim. Kuvvetten
$$AH\cdot AD=AF\cdot AB=AE\cdot AC=AP_A\cdot AM$$
sağlanır. Bu yüzden evirtim altında $B\leftrightarrow F$, $C\leftrightarrow E$, $H\leftrightarrow D$ ve $P_A\leftrightarrow M$ sağlanır. Öte yandan evirtimlerin merkezden geçmeyen çemberleri koruduğunu ve dokuz nokta çemberinden ötürü $E,D,M,F$ noktalarının çemberdeş olduğunu biliyoruz. O halde evirtim altında $(EDMF)\leftrightarrow (HP_ACB)$ olup ispat biter. $\blacksquare$

Lemma. $T:= A$ da $(ABC)$ ye teğet olan doğrunun $BC$ ile kesişimi ise $\triangle{ATM}$ nin diklik merkezi $AH$ ın orta noktasıdır.
İspat. $AH$ ın orta noktası $N$ olsun. $AN\perp MT$ olduğu barizdir. $MHOA$, bilindiği üzere bir paralelkenardır. (Diklik merkezi özelliklerinden ispatlanabilir.) Öte yandan teğetlikten ötürü $MH\parallel OA\perp AT$ sağlanıp ispatımız tamamlanır. $\blacksquare$

Özellik 4. $TA=TP_A$.
İspat. Lemma'dan ötürü $TN\perp AM$ sağlanır. $TN\cap AM=\{R\}$ olsun. Özellik 3'ten ötürü
$$TN\parallel HP_A\Rightarrow \frac{AN}{AH}=\frac{AR}{AP_A}\Rightarrow AR=RP_A\Rightarrow TA=TP_A$$
gelir. $\blacksquare$

Özellik 5. $BC$, $(AP_AB)$ ve $(AP_AC)$ çemberlerine teğettir.
İspat. Açı eşitliklerinden barizdir.

Özellik 6. $A$, $P_ABC$ üçgeninin $P_A$-HM noktasıdır.
İspat. Bariz.

Özellik 7. $Z$, $(ABC)$ üzerinde $ABCZ$ harmonik dörtgen olacak şekilde bir noktaysa $P_A$, $Z$ nin $BC$ ye göre yansımasıdır.
İspat. Özellik 2'yi ispatlarken kullandığımız argümanımızdan ötürü $Z$ nin $BC$ ye göre yansımasının $(BHC)$ üzerinde olacağı açıktır. Harmonik dörtgen özelliği ve Özellik 4'ten ötürü ötürü $TZ=TA=TP_a$ sağlanmalıdır. $\triangle{TZP_A}$ ikizkenar üçgeninin tabanından ötürü $Z$ nin yanıması $P_A$ olmak zorundadır. İspat biter. $\blacksquare$

Özellik 8. $TP_A$, $(BCP_AH)$ çemberine teğettir.
İspat. Kuvetten $TP_A=TA\Rightarrow TP_A^2=TA^2=TB\cdot TC$ olup bu ispatı bitirir. $\blacksquare$

Şimdi HM noktalarıyla yakın ilişkili bir noktaya değinelim.

Tanım. $Q_A$ şu koşulları sağlıyorsa $A$-Dumpty Noktası olarak tanımlanır: $\angle{Q_ABA}=\angle{Q_AAC}$ ve $\angle{Q_AAB}=\angle{Q_ACA}$.

Dumpty noktasıyla ilgili yapılacak olan temel gözlem, HM noktasının izogonal eşleniği olmasıdır. Kalan gözlemler bu bilgi göz önüne alınarak devam ettirilebilir. İspatlar yapılırken $O$ ile $H$ ın da izogonal eşlenik olduğunu bilmek faydalı olacaktır.

Son olarak HM noktalarını kullanarak bir soru çözelim.

Soru. (A-Queue Noktası) $\triangle{ABC}$ nin diklik merkezi $H$ olmak üzere $E$ ve $F$ sırasıyla $CA$ ve $AB$ kenarlarına atılan dikme ayakları olsun. $K$ noktası $\triangle{KEF}\sim \triangle{KBC}$ olacak şekilde alınsın. $M$, $BC$ nin orta noktası olsun. $M, H, K$ noktalarının doğrudaş olduğunu gösteriniz.

Çözüm. $\triangle{KEF}\sim \triangle{KBC}\Rightarrow K$, $BFEC$ dörtgeninin Miquel Noktası'dır yani spiral homoteti merkezidir ve $BF\cap CE=\{A\}$ sağlanır. Bu yüzden $K=(ABC)\cap (AEF)$ şeklinde tanımlamak mümkündür. Fakat biliyoruz $(AEF)$ çemberinin çapı $AH$ tır. Şimdi $A$-HM noktasının tanımına yeniden göz atalım. Özellik 3'ün ispatında $P_A,A,E,F,H$ çemberdeş bulmuştuk. Fakat aynı zamanda Özellik 2'den biliyoruz ki $H,P_A,B,C$ çemberdeş. Öyleyse $P_A=(AH)\cap (BHC)$ diye tanımlamak mümkündür. Dikkat edelim ki $(A,B,C,H)$ bir diklik sistemidir. Bu sebeple Özellik 1'den ötürü $K$, $H$-kenarortay yani $HM$ üstündedir. Buradan $M,H,K$ doğrudaş gelir. $\blacksquare$

Not. Bu soruda $K$, $\triangle{ABC}$ de $A$-Queue Noktası olarak tanımlanır ve bu noktanın da pek çok özelliği mevcuttur.

Harmonik dörtgen, karşıt kenarlarının çarpımlarının eşit olduğu bir kirişler dörtgenidir.

$ABCD$, $O$ çevrel merkezli bir harmonik dörtgen olsun. Bazı özellikler şunlardır:

1. Çevrel çembere $A$, $C$ noktalarından çizilen teğetler ve $BD$ doğrusunun bir $E$ noktasında kesiştiğini kanıtlayınız.

2. $[BE]$ üzerinden bir $F$ noktasını $|EF|=|EA|$ olacak şekilde alalım. $AEC$ üçgeninin çevrel çemberi $BD$ doğrusu ile $N$ noktasında kesişsin. $F$ noktası $ACN$ üçgeninin iç teğet çemberinin merkezidir, ispatlayınız.

3. $O, N, A, E, C$ noktaları çemberseldir, ispatlayınız.

4. Harmonik bir dörtgenin köşegenlerinin simedyan olduğunu kanıtlayınız.

$ABCD$ kirişler dörtgeni, $ [AC] \perp [BD]  ,   AC \bigcap BD =\left \{ P \right \}$ çevrel çember merkezi $O$ yarıçapı $R$ olsun.

$1.   |AOB|=|COD|$  ve  $|BOC|=|AOD|$ dir.

$2.   |AP|^{2}+|BP|^{2}+|CP|^{2}+|DP|^{2}=4R^{2}$ dir.

$3.  |AB|^{2}+|BC|^{2}+|CD|^{2}+|DA|^{2}=8R^{2}$ dir.

$4.  |AC|^{2}+|BD|^{2}=8R^{2}-4|OP|^{2}$ dir.

$5.  A$ ve $B$ den $CD$ ye çizilen dikmeler $BD$ ve $AC$ yi sırasıyla $K$ ve $L$ de kessin. $AKLB$ eşkenar dörtgendir.

$6.  |ABCD| = \dfrac{|AB|.|CD|+|AD|.|BC|}{2}$ dir.

$7.  O$ dan kenarlara çizilen dikmelerin uzunlukları toplamı, dörtgenin yarı çevresine eşittir.

$8.  P$ den bir kenara dik çizilen doğru diğer kenarı ortalar. 

$9. P$ den kenarlara çizilen dikme ayakları $X, Y, Z, T$ kenarların orta noktaları $X' , Y' , Z' , T'$ ise bu noktalar çemberseldir.

$10.  A, B, C, D$ noktalarında çembere teğet olan doğrular ikişer ikişer $X, Y, Z, T$ noktalarında kesişsin. $XYZT$ bir kirişler dörtgenidir.

Bir $ABC$ üçgeninin çevrel çemberine $A, B, C$ noktalarında teğet olan olan doğruların $BC, CA$ ve $AB$ doğrularını kestiği noktalar sırasıyla $P, Q$ ve $R$ olmak üzere, $P-Q-R$ aynı doğru üzerindedir.

Lemma 1 (Lokman GÖKÇE): Sabit $D$ ve $E$ noktalarından geçen üç sabit çemberin $O_1$, $O_2$, $O_3$ merkezleri $DE$ doğrusunun aynı tarafında bulunuyor olsun. $E$ noktasından geçen keyfi bir doğru $O_1$, $O_2$, $O_3$ merkezli çemberleri sırasıyla $A$, $B$, $C$ noktalarında kessin. Bu halde
$$ \dfrac{|AB|}{|BC|}$$
oranı sabittir.

Bir ABC üçgeni ile bir l doğrusu veriliyor. A, B, C nin l üzerindeki izdüşümleri sırasıyla A', B', C' olsun. A', B', C' ün sırasıyla BC, AC, AB doğruları üzerindeki izdüşümleri sırasıyla A'', B'', C'' olsun.
A'A'', B'B'', C'C'' doğruları ortak bir P noktasına sahiptir. Bu P noktasına, l doğrusu ile ABC üçgeninin ortopolü denir. (Türkçesini bilmiyorum; ama belki Orthopole = Diklik kutbu şeklinde çevirilebilir.)

İspat:

---

Lemma:
Bir ABCD kirişler dörtgeninde köşegenlerin kesişim noktası E olsun.
DE/EB=(AD.CD)/(AB.BC) dir.

İspat:
[ADC]/[ABC]=(AD.CD)/(AB.BC)
[ADC]/[ABC]=DE/EB
=> DE/EB=(AD.CD)/(AB.BC) dir.

---

A'A'' ile B'B'' doğruları P noktasında kesişssin. AB doğrusunun PC' doğru doğrusuna dik olduğunu göstereceğiz.

AA' ile CA'' doğruları Q da kesişsin. AB doğrusu, (AQC) çemberini ikinci kez R de kessin.
Yukarıdaki lemma gereği; QB/BC = (AQ.QR)/(AC.CR) dir. [1]

QA'//BB'//CC' olduğu için QB/BC=A'B'/B'C' olacağından,
A'B'/B'C' =  (AQ.QR)/(AC.CR) dir. [2]

P,A'',B'',C noktaları çembersel olduğu için m(B''PA'') = m(A''CA);
m(AQB)=m(QA''A') ve m(PA'Q)=m(A'A''Q) + m(A''QA') olduğundan, m(AQB)=m(B'A'P) dir.
Bu durumda (A.A) dan PB'A' ~ CAQ olur.
Benzerlik oranlarını yazarsak;
AQ/A'B' = AC/B'P elde ederiz. [3]

[2] ile [3] ü taraf tarafa çarparsak;
AQ/B'C' = (AQ.QR.AC)/(AC.CR.B'P) => B'P/B'C' = QR/RC elde edilir. [4]

Basit açı hesaplarıyla, m(QRC) = 180-m(QAC) = 180-m(A'B'P) = m(PB'C') elde edilir. Bu durumda B'PC' ~ RQC (K.A.K) dır.
Açı eşitliklerini yazarsak, m(B'PC') = m(CQR) = m(CAR) olduğu için AR doğrusu PC' doğrusuna diktir. Bu durumda, C' noktasının AB üzerindeki izdüşümü C'P üzerindedir. ■

Varsayalım ki, $\{ A, B, C \}$ ve $\{ A' , B' , C' \}$ nokta grupları, farklı iki doğru üzerinde doğrudaş olan altı farklı nokta olsun.O zaman $D = AB' \cap A'B \ ,\ E = AC' \cap A'C$ ve $F = BC' \cap B'C$ noktaları da doğrusaldır.

$ABC$ üçgeninin $I$ merkezli iç çemberinin, $[AB],[BC],[CA]$ kenarlarına teğet olduğu noktalar sırasıyla $D,E,F$ olsun.
$AIE , BIF , CID$ üçgenlerinin çevrel çemberleri bir noktada kesişirler, bu noktaya schörder noktası denir.

$I, ABC$ üçgeninin iç merkezi olmak üzere, $ABI, BCI, CAI$ ve $ABC$ üçgenlerinin Euler doğruları bir noktada kesişir. bu noktaya Schıffler noktası denir.

Steiner Teoremi : Aynı düzlemde yer alan $ABC$ ve $A'B'C'$ üçgenleri verilsin. $A,B,C$ noktalarından sırasıyla $B'C', C'A', A'B'$ doğrularına çizilen dikmeler noktadaş ise
$A',B',C'$ noktalarından sırasıyla $BC, CA, AB$ doğrularına çizilen dikmelerde noktadaştır.
$ABC$ ve $A'B'C'$ üçgenleri ortolojik üçgenler olarak adlandırılır.

Stewart Teoremi'ne göre:

Kenarları $BC=a$, $AC=b$, $AB=c$ olan bir $ABC$ üçgeninde $BC$ kenarına ait kesen $AD=x$ olmak üzere; $BD=m$ ve $CD=n$ ise
$$ b^2m + c^2n = a(x^2 + mn) \tag{1}$$

$b=c$ olduğunda $$b^2(m+n) = (m+n)(x^2 + mn) \Rightarrow b^2 = bc = x^2 + mn \tag{i}$$ elde edilir.

$\angle BAD = \angle CAD$ olduğunda $m/n = c/b$ $$b^2\left (\dfrac{cn}{b}\right ) + c^2\left ( \dfrac {bm}{c}\right ) = bcn + bcm = (m+n)(x^2 + mn) \Rightarrow bc = x^2 + mn \tag{ii} $$ elde edilir.

Genelde $(i)$ nolu eşitlik "İkizkenar Üçgende Stewart Teoremi'nin Özel Hali"; $(ii)$ nolu eşitlik ise "Açıortay Teoremi" diye adlandırılır. Özetle Stewart Teoremi'nden dolayı: $$\angle ABC = \angle ACB \quad \text{veya} \quad \angle BAD = \angle CAD \Longrightarrow bc = x^2 + mn \tag {2}$$

Aslında bunun tersi de doğrudur: $$bc = x^2 + mn \Longrightarrow \angle ABC = \angle ACB \quad \text{veya} \quad \angle BAD = \angle CAD \tag {3}$$
Yani $$bc = x^2 + mn \Longleftrightarrow \angle ABC = \angle ACB \quad \text{veya} \quad \angle BAD = \angle CAD \tag {4}$$

Bu başlık altında $(3)$ nolu önermenin ispatını vereceğiz.

Bir üçgende yükseklik ayaklarından üçgenin kenarlarına çizilen altı dikme ayağı aynı çemberin üzerindedir. Bu çembere Taylor Çemberi denir.

Bir üçgenin bir kenarının üzerinde bir nokta alıp, bu noktadan başlayarak kenarlara sırasıyla paralel ve antiparalel doğru parçaları çizilsin. Bu doğru parçalarının uç noktaları bir çember üzerindedir. Bu çembere Tucker Çemberi denir.

Teorem. Eşkenar üçgenin iç bölgesinde alınan isteksel bir noktanın üçgenin kenarlarına olan uzaklıkları  toplamı sabit olup bu toplam  üçgenin yüksekliğine eşittir.

Teorem 1. Herhangi bir $ABC$ üçgeninin; çevrel çember merkezi $O$, ortik üçgeni $DEF$, teğet üçgeni $KLM$ olsun. Bu durumda $DEF$ ve $KLM$ üçgenlerinin kenarları karşılıklı olarak birbirine paraleldir. Yani $DE \parallel KL$, $DF \parallel KM$, $EF \parallel LM$.


Teorem 2. Çevrel çemberin yarıçaplarını taşıyan doğrular  $DEF$ üçgeninin kenarlarına (gerekirse uzantılarına) diktir. Yani $OA \perp EF$, $OB \perp DF$, $OC \perp DE$


Teorem 3. $KD$, $LE$, $MF$ doğruları noktadaştır. Bu nokta $X_{25}$ ile gösterilir.


Teorem 4. $ABC$ üçgeninin kenar orta noktaları $P$, $R$, $S$ ise $KP$, $LR$, $MS$ doğruları $O$ noktasında kesişir.


Teorem 5. $X_{25}$ noktası $ABC$ üçgeninin Euler doğrusu üzerindedir.




Notlar ve Yorumlar:
1. Ortik Üçgen: $ABC$ üçgeninin dikme ayaklarını köşe kabul eden üçgendir.
2. Teğet üçgeni: $ABC$ üçgeninin çevrel çemberine $A$, $B$, $C$ noktalarında teğet olan doğruların oluşturduğu üçgendir.
3. Teorem 1-2-4'ün ifadelerine denk olan veya bu teoremleri bire sonuç olarak elde etmemizi sağlayacak teoremler Roger Jhonson 1929, sayfa 172 de verilmiştir.
4. R. Jhonson, Teorem 3'deki noktadaşlığı belirtmemiştir, ancak $DEF$ ve $KLM$ arasındaki homotetiyi görüp homoteti mekezinden kaynaklanan noktadaşlığı görmediği düşünülemez.
5. Teorem 5, R. Jhonson'da da yoktur. C. Kimbeling'in sitesinde bir özellik olarak ispatsız biçimde verilmiştir. Ben de henüz ispatını bilmiyorum. Bu ispatı yapabilirsek foruma ekleyelim.

Bir açısı  <A = 2<B  ve kenarları tamsayı olan benzer olmayan ABC üçgenlerini karakterize ediniz.

Bir açısı  $<A = 3<B$  ve kenarları tamsayı olan benzer olmayan $ABC$ üçgenlerini karakterize ediniz.

M. Ö 330-275 yılları arasında yaşamış ''geometrinin babası'' Yunan matematikçi Öklid; (Yunanca Euklides) Elementler isimli 13 ciltten oluşan eserinin 1. cildinde ilk olarak 23 tanım, sonra 10 varsayım vermiştir. Bunlardan 5'ine ''postülalar'', diğer 5'ine ise ''Aksiyomlar'' (yani ortak kanılar) demiştir. Postülatlar ve Aksiyomlardan (ortak kanılardan) oluşan bu 10 varsayım, doğruluğu ispatsız olarak kabul edilen önermelerdir. Öklid; aksiyomu tamamen aşikar ve doğruluğu şüphe götürmeyen önermeler, postülatı ise doğruluğu aksiyomlar kadar çok açık olmayan fakat geçerli olduğu varsayılan önermeler olarak değerlendirmiştir. Günümüzde ise postülat ile aksiyom arasında ayrım yapılmaksızın her ikisi de ''temel ön kabuller'' olarak değerlendirilmektedir. Öklid; daha sonra Elementler'in ilk cildinde 28 önerme (teorem) verilmiştir ve bu önermeler (teoremler), postülatlar/aksiyomlar yardımıyla sistematik biçimde ispat edilmiştir. Geometriyi bu denli bir sistem ve düzen içinde ele alma durumu ilk kez Öklid'le insanlık sahnesine çıkmıştır.

Hayatı hakkında çok az şey bilinen İskenderiyeli Öklid'in, Platon(Eflatun)'un Akademi'sinde yetiştiği sanılmaktadır. Daha sonra İskenderiye'de büyük bir matematik okulu kurmuştur. Pisagor, Aristo, Tales gibi matematikçilerin çalışmalarını temel alan Öklid, Antik Dünya'nın o zamana kadar bilinen matematik-geometri çalışmalarını Elementler'de toplamıştır. Elementler, bilim dünyasında o kadar etkili olmuştur ki 20. yüzyılın ortalarına kadar ortaokul/lise geometri ders kitaplarına temel alınmıştır. Zira, liselerde kullandığımız geometri kitaplarımızdaki teoremlerin hemen hepsi Elementler'de mevcuttur. Şimdi Öklid'in postülatlarını ve aksiyomlarını verelim:

Postülatlar:
1. Bir noktadan bir başka noktaya düz bir doğru çizilebilir.
2. Bir tane doğru parçasını her iki yöne de sürekli bir şekilde uzatmak mümkündür.
3. Bir merkez ve bir yarıçap ile bir çember tanımlamak mümkündür.
4. Bütün dik açılar birbirine eşittir.
5. Eğer iki doğru ile kesişen bir doğru çizilirse, iki doğrunun birbirine bakan tarafında yer alan ve onları kesen doğrunun bir tarafında kalan iki açının toplamı iki dik açıdan küçükse bu iki doğru açıların toplamının iki dik açıdan az olduğu tarafta uzatılmaya devam ederlerse ilerde bir noktada kesişirler.

Aksiyomlar:
1. Bir şeye eşit olan başka şeyler birbirlerine de eşittirler.
2. Eğer eşit miktarlara eşit miktarlar eklenirse, elde edilen bütünler de birbirlerine eşittir.
3. Eğer eşit miktalardan eşit miktarlar çıkarılırsa, kalanlar da birbirlerine eşittir.
4. Birbirleriyle çakışan şeyler, birbirlerine eşittir.
5. Bütün, parçadan büyüktür.

Burada 5. postülatı biraz daha açalım. Özetle: Paralel olmayan doğrular kesişir ve kesişim noktası doğruların birbirine yaklaştığı taraftadır, diyor. Bu 5. postülat çok tartışmaları da beraberinde getirmiştir. Öklid bile ilk 28 önermesini ispatlarken ilk 4 postülatla yetinmiş, ancak 29. önermeyi ispatlamak için 5. postülatı kullanmaya mecbur kalmıştır. Öklid'den sonra birçok dahi matematikçi ''Acaba 5. postülatı, önceki postülatlar/aksiyomlar yardımıyla ispatlayabilir miyiz?'' sorusunu kendisine sormuş ve başarısız olmuştur. Bununla beraber 5. postülata denk olacak daha sade ifadeler de elde edilebilmiştir. Bunlardan biri, ''Bir doğruya dışındaki bir noktadan yalnız bir paralel doğru çizilebilir'' şeklindedir. Başarısız ispat girişimleri, ta ki 1826'da Nikolay İvanoviç Lobaçevski'nin (Nicolas Ivanovitch Lobatchewsky) 5. postülatı değiştirip yerine ''Bir doğruya dışındaki bir noktadan sonsuz çoklukta paralel doğru çizilebilir'' postülatını koymasına kadar sürmüştür. Zira, 5. postülatı değiştirince Öklid dışı yeni bir geometri (hiperbolik geometri) elde edilmiştir. Bu ise 5. postülatın bir teorem olamayacağını ve postülatlar listesinden kaldırılamayacağını gösterir. Çünkü ilk dört postülatı sağlayan farklı geometriler ortaya çıkmıştır. Lobaçevski bu buluşunu ''Hayali Geometri'' ismiyle sunmuştur. Lobaçevski paralellik aksiyomunun 2000 yıldan fazla süreyle ispat girişimleriyle ilgili 1823'de şöyle yazmıştır: ''Bu gerçeğin doğruluğunu gösteren sağlam bir ispat bugüne kadar verilememiştir. Verilenler de izah mahiyetinde olup tam anlamıyla matematiksel bir ispat olmaktan uzaktır''.

Öklid aksiyom ve postülatlarında görülebilen eksiklik ve belirsizliklerin bir çoğu, yine önceden verilen 23 tanımla kısmen takviye edilerek tamamlanmaya çalışılmıstır. Öklid'in aksiyomları David Hilbert tarafından ''Geometrinin Temelleri'' isimli eserde yeniden düzenlenip 17 aksiyoma tamamlanmıştır.

Kaynaklar:
1. Hüseyin Demir, Geometri (Cilt 3), 1964, TMD Yay.
2. http://aleph0.clarku.edu/~djoyce/java/elements/elements.html
3. https://tr.wikipedia.org/wiki/%C3%96klid
4. http://www.matematikdunyasi.org/arsiv/PDF/04_4_70_78_GEOMETRI.pdf
5. http://www.matder.org.tr/index.php?option=com_content&view=article&id=79:gecmisten-gunumuze-geometri-geometri-ogretimi-ve-oklid-disi-geometrilerin-ogretimdeki-yeri-ve-onemi-&catid=8:matematik-kosesi-makaleleri&Itemid=172

Klasik üçgen eşitsizliğini ispatı, burada açıklayacağımdan daha temel yöntemlerle de yapılabilmektedir. Kosinüs teoremi ve kosinüs fonksiyonunun $[0, \pi]$ aralığında azalan olması özelliklerini kullanarak bir ispat sunacağım.


Teorem [Üçgen Eşitsizliği]: Bir üçgenin kenarlarının uzunlukları $a, b, c$ olsun. Bu durumda $|b-c| < a < b+c$ eşitsizlikleri vardır.

İspat: $a$ uzunluklu kenarı gören açı $\theta$ olsun. Kosinüs teoreminden $a^2 = b^2 + c^2 - 2bc\cdot \cos \theta$ yazılır. Üçgende $0 < \theta < \pi$ olduğundan ve bu aralıkta kosinüs fonksiyonunun azalan olduğundan $1=\cos 0 > \cos \theta > \cos \pi = -1$ olur. Bunu kosinüslü denklemde yazarsak
$$  b^2 + c^2 - 2bc < a^2 < b^2 + c^2 + 2bc $$
eşitsizlikleri elde edilir. Tam kare özdeşliğinden,
$$ (b-c)^2 < a^2 < (b+c)^2$$
olup karekök alırsak, $|b-c| < a < b+c$ elde edilir.

Bu çalışmayı incelemem için bana Tarık Taşpınar bey gönderdi. Kendisinin amatör olarak yaptığı çalışmaları vardı. Bunlar arasından daha önce keşfedilmiş ifadeler de var. Bir yerde görmemiş olsam da kolayca ulaşılabilen özellikler de var. Bir emek harcanmış ve emeğin yok olmaması için forum üzerinden matematikseverlere sunmak uygun olur diye düşündüm. Daha önce bulunanlara farklı yöntemlerle yeniden ulaşmak da değerlidir. Çalışmaya göz attım ve bazı değerlendirmelerim oldu. Bunları yazılı olarak bu sayfada sunabilirim. Çalışmada geçen ve bizim bildiğimiz bağıntıları kaynak (kitap, web sayfası vs) belirterek ekleme yapabiliriz. Burada sunulandan daha kısa şekilde elde ettiğimiz eşitlikler olabilir, bunları da yazıp sunabiliriz. 14 sayfalık belgeyi pdf formatında ekledim. Ayrıca, okunabilirlik açısından ekran görüntüsü alarak içeriği tekrar buraya ekledim. İyi çalışmalar.

Bir $\triangle ABC$ üçgeninin kenarları  üzerinde alınan $X ∈ [BC], Y ∈ [AC], Z ∈ [AB]$ noktalarının oluşturduğu $△AY Z, △BXZ, △CXY$ ve $△XY Z$  üçgenlerinin alanları eşittir. Buna göre $X, Y, Z $
noktalarının bulundukları kenarların orta noktaları olduğunu gösteriniz.

Üçgenlerde diklik merkezi köşelerden karşı kenara çizilen yüksekliklerin kesişim noktası olarak bilinir. Aşağıda inceleyeceğimiz konuda, hiçbir yükseklik çizmeden de köşelerden karşı kenara ya da uzantılarına çizilen kesenler çap olacak şekilde çizilen çemberlerin kesişim noktalarından yararlanarak diklik merkezinin belirlenebilmesini açıklamaya çalışacağım.
Bahsettiğim çalışmam ekteki pdf. dosyasında bulunmaktadır.
Ayrıca, konunun açıklanması için yardımcı olacak video içeren bir gif. dosyasını da diğer bir ek dosyada bulabilirsiniz.

İç Teğet çemberi çizilebilen bir dik Yamuğun alanının alt ve üst tabanları çarpımı olduğunu kanıtlayınız.