Euler'in Dörtgen Teoremi (Geneleştirilmiş Paralelkenar Kanunu)

[Lokman Gökçe]

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

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

[Lokman Gökçe]

Euler'in kendi ispatını, çalışmasında kullandığı orijinal çizimiyle beraber sunacağız:

İspat: $ABCE$, $CDAF$ paralelkenarlarını çizelim. $P$, $[AC]$, $[BE]$, $[DF]$köşegenlerinin orta noktalarıdır. Böylece $PQ\parallel BF$, $|BF|=2|PQ|$ ve $PQ\parallel DE$, $|DE|=2|PQ|$ olur. Böylelikle $BDEF$ dörtgeni de bir paralelkenar olur. $CDAF$, $BDEF$, $ABCE$ dörtgenlerinde paralelkenar kanunu uygulanırsa,

$$
\begin{array}{rcl}
2(|CD|^2 + |DA|^2) & = & |DF|^2 + |AC|^2  \\
2(|AB|^2 + |BC|^2) & = & |AC|^2 + |BE|^2  \\
2(|BD|^2 + |DE|^2) & = & |DF|^2 + |BE|^2.
\end{array}
$$

Bu eşitliklerden (taraf tarafa ilk ikisini toplayıp üçüncüsünü çıkararak) $|AB|^2 + |BC|^2 + |CD|^2 + |DA|^2 = |AC|^2 + |BD|^2 + |DE|^2$ elde edilir. $|DE|=2|PQ|$ olduğu hatırlanırsa aranan eşitliğe ulaşılır.

[alpercay]

Çözüm: E.Aslan

$2AQ^2 =AB^2 + AD^2-\frac{BD^2}{2}$ ($\triangle ABD$'de kenar ortay teoremi)

$2CQ^2 =BC^2 + CD^2-\frac{BD^2}{2}$ ($\triangle BCD$'de kenar ortay teoremi)

$2PQ^2 =AQ^2 + CQ^2-\frac{AC^2}{2}$ ($\triangle AQC$'de kenar ortay teoremi)

son ifadenin her iki tarafını $2$ ile çarpalım.

$4PQ^2 =2AQ^2 + 2CQ^2-AC^2$

ilk iki ifadeyi yerlerine yazalım.

$4PQ^2 =AB^2 + AD^2-\frac{BD^2}{2} + BC^2 + CD^2-\frac{BD^2}{2}-AC^2$

$AB^2 + BC^2 + CD^2+ AD^2 =BD^2+AC^2+4PQ^2$

elde edilir.

Not: Buradaki $PQ$ uzunluğu, dörtgenin paralelkenara ne kadar benzediğinin bir ölçüsüdür. $PQ$ uzunluğu $0$ a yaklaştıkça dörtgen paralelkenara daha çok benzer.