194
6.21
GEOMETRİK EŞİTSİZLİKLER
Öncelikle bu bölümde kullancağımız bazı kısaltma, tanım ve teoremleri verelim.
Kenar uzunlukları a, b, c olan bir ABC üçgeninde,
ha, hb, hc; sırasıyla a, b, c kenarlarına ait yükseklikler,
Ia, Ib, Ic; sırasıyla A, B, C açılarına ait açıortaylar,
Va, Vb, Vc; sırasıyla a, b, c kenarlarına ait kenarortaylar,
s = a + b + c ( yarı çevre),
2
R ; Çevrel çmberin yarıçapı,
A: Alan,
r ; İç teğet çemberin yarıçapı
kısaltmaları kullanılacaktır.
Teorem 6.21.1: A, B, C düzlemde üç nokta olmak üzere,
AB + BC $ AC
eşitsizliği sağlanır. Eşitlik B ! 6 AC @ durumunda geçerlidir.
Teorem 6.21.2: (Üçgen Eşitsizliği ) Kenar uzunlukları a, b, c olan bir üçgende,
b-c 1 a # b+c
a-c 1 b # a+c
a-b 1 c # a+b
eşitsizliği sağlanır.
Teorem 6.21.3: Bir üçgende büyük açı karşısında büyük kenar, küçük açı kaşısında
küçük kenar bulunur.
ÜÇGEN OLUŞTURMA ŞARTLARI:
i.) a, b, c ! R+, a 1 b + c,
b 1 c + a, c 1 a + b ise kenar uzunlukları a, b, c
olan bir üçgen vardır.
ii.) Kenar uzunlukları a # b # c olan bir üçgen oluşturmak için c 1 a + b olması
yeterlidir.
ii.) Kenar uzunlukları a, b, c olan bir üçgen vardır ancak ve ancak a = x + y ,
b = y + z, c = z + x olacak biçimde x, y, z pozitif sayıları vardır. ( Bkz. Ravi Dönüşümü)
195
Problem : Kenar uzunlukları a, b, c olan bir üçgen varsa, kenar uzunlukları
a,
b,
c olan bir üçgen oluşturulabileceğini gösteriniz
Çözüm :
2
ch &
2
ch &
2
bh &
a 1 b + c & a 1 b + c + 2 bc &
a 1^ b +
b 1 a + c & b 1 a + c + 2 ac &
b 1^ a +
c 1 a + b & c 1 a + b + 2 ab &
c 1^ a +
2
2
a 1
b +
c
b 1
a +
c
c 1
a +
b
2
i.) gereği böyle bir üçgen vardır. Tersi doğru değildir. Kenar uzunlukları
a = 2,
b =3
c = 4 bir üçgen çizilebilirken kenar uzunlukları a = 4, b = 9, c = 16 olan bir üçgen
çizilemez.
Uygulamalar:
1.) ( MOSKOVA-1974) Kenar uzunlukları a, b, c olan bir üçgen varsa, kenar uzunlukları
1 , 1 , 1 olan bir üçgen oluşturulabileceğini gösteriniz
a+b b+c a+c
Problem : ABC üçgenin iç bölgesinde bir R noktası alınıyor.
AB + BC 2 BR + RC
olduğunu gösteriniz.
Çözüm :
BR yi şeklideki gibi uzatalım.
A
AC yi D noktasında kessin.
R
AB + AC = AB + AD + DC
: ;2;BD;; <
2 BD + DC
= BR + RD + DC
: ;2;RC;; <
D
C
B
2 BR + RC
Uygulamalar:
A
1.) ABC üçgenin iç bölgesinde
D ve E noktaları alınıyor.
D
AB + BC 2 BD + DE + EC
olduğunu gösteriniz.
E
C
B
196
A
2.) ABC üçgenin iç bölgesinde P noktası alınıyor.
Üçgenin çevresi 2s olmak üzere ,
P
s 1 PA + PB + PC 1 2s
olduğunu gösteriniz.
C
B
2
2
2
Problem : a, b, c ! R+, a + b - ab = c olduğuna göre,
^a - bh^b - ch # 0
olduğunu gösteriniz.
2
2
2
2
2
o
Çözüm : a + b - ab = a + b - 2abcos60 = c olduğunadan a, b, c sayılarını
o
c kenarının karşısındaki açı 60 olan bir üçgenin kenar uzunlukları olarak düşünebiliriz.
Diğer açılarda 60
o
ise a = b = c olacağından eşitlik sağlanır. (Eşkenar olma durumu)
Üçgen eşkenar değilse m^+Bh 1 60, m^+Ah 2 60 veya m^+Bh 2 60, m^+Ah 1 60
durumları sözkonusudur.
m^+Bh 1 60, m^+Ah 2 60 ise b 1 c 1 a olcağından ^a - bh^ b - ch 1 0 dır.
m^+Bh 2 60, m^+Ah 1 60 ise b 2 c 2 a olcağından ^a - bh^ b - ch 1 0 dır.
Her iki durumda da eşitsizlik sağlanır.
+
Problem : a, b, c ! R olmak üzere,
2
2
2
a + ac + c #
2
2
a - ab + b +
b - bc + c
2
olduğunu gösteriniz.
Çözüm :
2
2
2
2
o
2
2
2
2
o
2
2
2
2
a + b - ab = a + b - 2ab cos 60
b + c - bc = b + c - 2bc cos 60
a
a + c + ac = a + c - 2ac cos 120
olduğundan
AC =
2
D
o
60°
60°
A
c
2
a + c + ac ,
b
2
2
2
2
AB =
a - ab + b
BC =
b - bc + c
C
B
olacak biçimde şekildeki çizimi yapabiliriz.
ABC üçgeninde üçgen eşitsizliği yazılırsa,
AC 1 AB + BC &
2
2
a + ac + c 1
Eşitlik B ! 6 AC @ durumunda sağlanır.
2
2
a - ab + b +
2
2
b - bc + c dir.
197
BATLAMYUS EŞİTSİZLİĞİ :
B
ABCD konveks bir dörtgen olmak üzere,
C
AC.BD # AB.CD + BC.DA
eşitsizliği sağlanır. ABCD dörtgeni kirişler
A
dörtgeni ise eşitlik sağlanır.
D
Problem : (Pompeiu Üçgeni) ABC eşkenar üçgeni ve ABC üçgeninin çevrel çemberi
üzerinde olmayan bir P noktası alınsın. Kenar uzunlukları PA, PB, PC olan bir üçgen
A
çizilebilir.
Çözüm : I. Durum:
P noktası üçgenin iç bölgesinde olsun.
P
AP doğru parçasını şekildeki gibi uzatalım.
BC kenarını P’ noktasında kessin. Bu durumda,
B
C
A
PA 1 P'A 1 BA = BC 1 PB + PC
& PA 1 PB + PC
bulunur. BP ve CP doğru parçaları uzatılıp
P
benzer işlemler yapılırsa,
PB 1 PA + PC, PC 1 PA + PB bulunur.
B
O halde kenar uzunlukları PA, PB, PC olan bir üçgen çizilebilir.
C
P'
A
II. Durum: P noktası üçgenindış bölgesinde olsun.
ABPC dörtgeninde Batlamyus eşitsizliği uygulayalım.
PA.BC 1 AB.PC + AC.PB dir. ABC üçgeni eşkenar
olduğundan AB = BC = AC dir. O halde,
PA 1 PC + PB dir. ABCP, APBC dörtgenleri
için aynı işlemler yapılırsa,
C
B
P
PB 1 PA + PC, PC 1 PA + PB eşitsilikleri
bulunur. O halde kenar uzunlukları PA, PB, PC olan bir üçgen çizilebilir.
198
Problem : (IMO-1997) Bir ABCDEF altıgeninde AB = BC, CD = DE, EF = FA
eşitlikleri sağlanmaktadır.
BC + DE + FA $ 3
BE
DA
FC
2
olduğunu gösteriniz.
Çözüm : AC = a, CE = b, EA = C olsun. ACEF
B
dörtgeninde Batlamyus teoremi uygulayalım.
c.FC # b.FA + a.FE dır. EF = FA olduğundan,
c.FC # b.FA + a.FA & FA $ c dır. Benzer
FC
b+a
a
A
BC $ a , DE $ b bulunur.
şekilde
BE
b + c DA
c+a
BC + DE + FA $ a + b + c
BE
DA
FC
b+c
c+a
a+b
c
eşitsizliğidir.
b
F
Bu eşitsizlik daha önce ispatladığımız Nesbitt
C
E
D
BC + DE + FA $ a + b + c $ 3 dir.
BE
DA
FC
b+c
c+a
a+b
2
Problem : M, A1, A2, ..., An ^ n $ 3h düzlemde A1 A2 = A2 A3 = ... = An - 1 An = An A1
eşitliğini sağlayan farklı noktalar olsun.
1
1
1
1
$
+
+ ... +
MA1 .MA2
MA2 .MA3
MAn - 1 .MAn
MA1 .MAn
olduğunu gösteriniz.
Çözüm : MA1 Ak Ak + 1 dörtgenine Batlamyus eşitsizliği uygulayalım.
MA1 .Ak Ak + 1 + A1 Ak .MAk + 1 $ A1 Ak + 1 .MAk dır. Bu eşitsizliği MA1 .MAk .MAk + 1 ifadesine
bölelim.
Ak Ak + 1 $ A1 Ak + 1 - A1 Ak , k = 1, 2, 3, ..., n - 1 için bu eşitsizlikler
MAk .MAk + 1
MA1 .MAk + 1
MA1 .MAk
toplanırsa,
A2 A3
An - 1 An
A1 An
A1 An
A1 A2
A1 A1
$
+
+ ... +
=
MA1 .MA2
MA2 .MA3
MAn - 1 .MAn
MA1 .MAn
MA1 .MA1
MA1 .MAn
bulunur. A1 A2 = A2 A3 = ... = An - 1 An = An A1 olduğundan,
1
1
1
1
eşitsizliği elde edilir.
$
+
+ ... +
MA1 .MA2
MA2 .MA3
MAn - 1 .MAn
MA1 .MAn
199
Problem : ABCD konveks bir dörtgen ise,
max ^ AB + CD, AD + BC h 1 AC + BD 1 AB + BC + CD + DA
olduğunu gösteriniz.
Çözüm : O noktası köşegenlerin kesim noktası
olsun.
D
AO + OB 2 AB, CO + OD 2 CD
&
AO + OB + CO + OD 2 AB + CD
AC + BD 2 AB + CD
bulunur. Benzer şekilde,
A
O
AO + OD 2 AD, BO + OC 2 BC
&
C
AO + OD + BO + OC 2 AD + BC
AC + BD 2 AD + BC
B
O halde max ^ AB + CD, AD + BC h 1 AC + BD dir. Eşitsizliğin ikinci kısmını gösterelim.
AC 1 AB + BC, AC 1 AD + DC & AC 1 1 ^ AB + BC + AD + DC h dir.
2
Benzer şeklide BD 1
1 ^ AB + BC + AD + DC h dir. İki eşitsizlik toplanırsa,
2
AC + BD 1 AB + BC + CD + DA dır.
Problem : ABCD konveks bir dörtgen , AB + BD # AC + CD ise AB 1 AC
olduğunu gösteriniz.
Çözüm :
O noktası köşegenlerin kesim noktası olsun.
AO + OB 2 AB, CO + OD 2 CD
& AO + OB + CO + OD 2 AB + CD & AC + BD 2 AB + CD
Verilen eşitsizlikten AC + CD $ AB + BD dir. Bu iki eşitsizlik taraf tarafa toplanırsa,
'
AC + BD 2 AB + CD
AC + CD 2 AB + BD
& 2AC 2 2AB & AC 2 AB dir.
200
6.21.1 ÜÇGENİN KENARLARI İLE İLGİLİ EŞİTSİZLİKLER
Problem : a, b, c bir üçgenin kenar uzunlukları olmak üzere,
2
3^ab + bc + cah # ^a + b + ch # 4^ab + bc + cah
olduğunu gösteriniz.
Çözüm : Eşitsizliğin sol tarafını daha önceki bölümlerde ispatladık. Eşitsizliğin sağ tarafını
ispatlayalım. Üçgen eşitsizliğinden,
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
b - c 1 a & ^ b - ch 1 a & b + c - 2bc 1 a
a - c 1 b & ^a - ch 1 b & a + c - 2ac 1 b
a - b 1 c & ^a - bh 1 c & a + b - 2ab 1 c
eşitsizlikleri elde edilir. Bu eşitsizlikler taraf tarafa toplanırsa,
2
2
a +b +c
2
# 2^ab + bc + cah eşitsizliği elde edilir. Bu eşitsizliğin her iki tarafına
2^ab + bc + cah ekleyelim.
2
2
2
a + b + c + 2^ab + bc + cah # 2^ab + bc + cah + 2^ab + bc + cah
^a + b + ch2 # 4^ab + bc + cah
Uygulamalar:
1.) a, b, c bir üçgenin kenar uzunlukları olmak üzere,
2
2
2
2
2^a + b + c h # ^a + b + ch
olduğunu gösteriniz.
2.) a, b, c bir üçgenin kenar uzunlukları ve ab + bc + ca = 3 olmak üzere,
3 # a+b+c # 2
3
olduğunu gösteriniz.
Problem : a, b, c bir üçgenin kenar uzunlukları olmak üzere,
^b + c - ah^c + a - bh^a + b - ch # abc
olduğunu gösteriniz.
Çözüm : Verilen eşitsizliğe Ravi dönüşümü uygulayalım.
a = x + y, b = y + z, c = z + x
& b + c - a = 2z, c + a - b = 2x, a + b - c = 2y
Eşitsizliğimiz 2x2y2z # ^ x + yh^ y + zh^ z + xh & 8xyz # ^ x + yh^ y + zh^ z + xh şeklini
alır. AO $ GO eşitsizliği uygulayalım.
x+y $ 2
xy , y + z $ 2
yz , z + x $ 2 zx
^ x + yh^ y + zh^ z + xh $ 2 xy 2 yz 2 zx = 8xyz
201
Problem : ( IMO 1983) a, b, c bir üçgenin kenar uzunlukları olmak üzere,
2
2
2
a b^a - bh + b c^ b - ch + c a^c - ah $ 0
olduğunu gösteriniz.
Çözüm : Ravi dönüşümünden. a = x + y, b = y + z, c = z + x tir.
2
2
2
a b^a - bh + b c^ b - ch + c a^c - ah
3
3
3
3
3
= 2^ xy + yz + zx3h - 2^ xy z + x yz + xyz h $ 0
2
Sadeleştirmeler yapılırsa son eşitsizlik
2
2
x + y + z $ x + y + z eşitsizliği elde
y
z
x
edilir. Cauchy-Scwarz eşitsizliğinin Engel formu uygulanırsa,
2
2
2
2
x + y + z $ ^ x + y + zh = x + y + z dir.
y
z
x
y+z+x
Uygulamalar:
1.) a, b, c bir üçgenin kenar uzunlukları, s yarıçevre olmak üzere,
^ s - ah^ s - bh + ^ s - bh^ s - ch + ^ s - ch^ s - ah # ab + bc + ca
4
olduğunu gösteriniz.
Problem : a, b, c bir üçgenin kenar uzunlukları, s yarıçevre olmak üzere,
1 + 1 + 1 $ 9
s-a
s-b
s-c
s
olduğunu gösteriniz.
Çözüm I: AO $ HO eşitsizliği uygulayalım.
1 + 1 + 1
s-a
s-b
s-c $
3
3
1 + 1 + 1
1
1
1
s-a
s-b
s-c
9
& 1 + 1 + 1 $
= 9
s-a
s-b
s-c
s
3s - (a + b + c)
:;;
;; <
2s
Çözüm I: s - a =
Benzer şekilde
a+b+c -a = b+c-a & 1 =
2
dır.
2
2
s-a
b+c-a
1 =
2
1 =
2
dir. Bu ifadeleri eşitsizlikte
,
s-b
a+c-b s-c
a+b-c
yazıp Cauchy-Schwarz Engel formunu uygulayalım.
2
2
2
+
+
a+c-b
a+b-c
b+c-a
=
2
2
2
+
+
a+c-b
a+b-c
b+c-a
$
^3 2 h2
a+b+c
=
9
= 9
a+b+c
s
2
202
6.21.2 r ve R İLE İLGİLİ EŞİTSİZLİKLER
EULER EŞİTLİĞİ: ABC üçgenin iç teğet çemberinin merkezi I, yarıçapı r , çevrel çem
berinin merkezi O, yarıçapı R olmak üzere,
OI
2
= R ^ R - 2r h
dir. Bu eşitlikten R^ R - 2r h $ 0 olduğu görülür. O halde R $ 2r dir. Eşitlik üçgenin
eşkenar üçgen olması durumunda sağlanır.
A
İspat: Çevrel çemberinin merkezi
O, içteğet çemberinin merkezi I olan
α
α
ABC üçgenin çizelim. AI’ yı uzatalım.
AI çevrel çemberi D noktasında kes
B
sin. AI açıortay olduğundan
!
!
m^ BD h = m ` DC j dir. O halde
I
β
β
α
α+β
O
∫
∫
DB = DC dir. Açılar yazılırsa
DBI üçgeninde
∫
DB = DI olur.
C
D
B,I,C noktaları D merkezli çember
üzerindedir. Sinüs Teoreminden,
H
DB = DI olduğundan,
sin a =
r & AI = r dır.
sin a
AI
B
2R si
na
DI = 2R sin a dır. AHB üçgeninde
r
r
sin a
A
DB
= 2R, DB = 2R sin a
sin a
I
R
d
O
R
OI = d diyelim ve ADO
C
üçgeninde Stewart Teoremi
D
uygulayalım.
2
d =
bulunur.
R
2
r + R2 2R sin a
2
2
sin a
- r 2R sin a & d = R - 2Rr = R^R - 2r h
r + 2R sin a
sin a
sin a
203
A
R-
r
sin a
gibi DI = 2R sin a , AI =
r
sin a
İspat 2: Bir önceki ispatta olduğu
I
doğru çizilip çevrel çemberde I
d
d
dır. O ve I noktalarından geçen
^R - d h^R + d h = 2R sin a r
sin a
2
R
2R si
na
noktasına göre kuvvet yazılırsa
O
O
2
& R - d = 2Rr
D
bulunur.
LEIBNIZ TEOREMİ: ABC üçgenin çevrel çemberinin merkezi O, yarıçapı R,
kenarortayların kesim noktası G olmak üzere,
OG
2
2
2
2
2
= R - 1 ^a + b + c h
9
dir.
İspat :
A
R
c
G
B
a
2
b
O
O
D
R
aa
22
C
ADO üçgeninde Stewart teoremi uygulayalım.
OD
2
AG + OA
AG + GD
2
GD
OG
2
=
OG
2
2
2
+ GD = OD AG + OA GD - AG GD AG + GD
c :AG
m
c : ; ; ; ; ;; < m
; ;AD
; ;; <
AD
- AG GD
OA = R, AG = 2 AD , GD = 1 AD eşitliklerini denklemde yazalım.
3
3
2
OG + 2 AD
9
2
2
2
= 2 DO + 1 R dir. Pisagor teoreminden DO
3
3
kenarortay teoreminden 2 AD
2
2
2
2
=R - a ,
4
2
2
2
2
2^ b + c h - a
2
2
2
tür. Bu
= b + c - a & AD =
2
4
değerleni son denklemde yazalım.
204
OG
2
2
2
2
2
2^ b + c h - a
2
2
m
= 2 cR - a m + 1 R - 2 c
3
4
3
9
4
2
2
2
2
= R - a +b +c
9
LEIBNIZ EŞİTSİZLİĞİ:
Leibniz Teoreminin sonucu olarak,
2
2
2
2
9R $ ^ a + b + c h
dir.
Problem : a, b, c bir üçgenin kenar uzunlukları, R çevrel çemberin yarıçapı olmak üzere,
a+b+c # 3
3R
olduğunu gösteriniz.
2
2
Çözüm : 3^ a + b + c
2
2
2
2
9R $ ^ a + b + c h $
2
h $ ^a + b + ch2 eşitsizliği ve Leibniz eşitsizliği kullanılırsa,
2
^a + b + ch2
3
2
27R $ ^a + b + ch & 3
3R $ a+b+c
bulunur.
a,b,c, r, R,s EŞİTLİKLERİ: Bir ABC üçgeninin kenar uzunlukları a, b, c , çevrel
çemberinin yarıçapı R , iç teğet çemberinin yarıçapı r ve yarı çevresi
s olmak üzere,
a + b + c = 2s
2
2
ab + bc + ca = s + r + 4Rr
abc = 4Rrs
2
2
2
2
3
3
3
3
2
a + b + c = 2^ s - r - 4Rr h
2
a + b + c = 2^ s - 3r s - 6Rrsh
eşitlikleri geçerlidir.
Problem : a, b, c bir üçgenin kenar uzunlukları, r içteğet çemberin yarıçapı olmak üzere,
3r # a+b+c
6
olduğunu gösteriniz.
Çözüm : 2s = a + b + c
$
3
AO $ GO
3
3
abc dir. Her iki tarafın küpünü alalım.
3
2
8s $ 27abc = 27.4Rrs & 8s $ 27.8r s ( R $ 2r)
2
bulunur.
2
s $ 27r & s $ 3
3r
a + b + c = 2s $ 6
3r
205
Problem : Bir ABC üçgenin kenar uzunlukları a, b, c , içteğet çemberin yarıçapı r ,
çevrel çemberinin yarıçapı R olmak üzere,
1 # 1 + 1 + 1 # 1
2
2
ab
bc
ca
R
4r
olduğunu gösteriniz.
Çözüm :
1 + 1 + 1 = c + a + b = 2s = 1 dir.Verilen eşitsizlik,
ab
bc
ca
abc
4Rrs
2Rr
1 # 1 # 1
2
2
2Rr
R
4r
şeklini alır. Euler eşitsizliğinden R $ 2r olduğunu biliyoruz.
2
2
O halde R $ 2Rr $ 4r &
1 # 1 # 1 dir.
2
2
2Rr
R
4r
Problem : Bir ABC üçgenin kenar uzunlukları a, b, c ,iç açıları a, b, c içteğet çemberin
yarıçapı r , çevrel çemberinin yarıçapı R olmak üzere,
cos a + cos b + cos c = r + 1
R
olduğunu gösteriniz.
Çözüm : Kosinüs teoremi kullanalım.
2
2
2
2
2
2
2
2
cos a + cos b + cos c = b + c - a + a + c - b + a + b - c
2bc
2ac
2ab
2
2
2
2
2
2
^
h
^
h
^
a b +c +b a +c +c a +b h
=
2abc
=
^a + b + ch^a2 + b2 + c2h - 2^a3 + b3 + c3h
2abc
2
2
3
2
4s^ s - r - 4Rr h - 4^ s - 3r s - 6Rrsh
=
8Rrs
=
^ s2 - r2 - 4Rr h - ^ s3 - 3r2 s - 6Rrsh
2Rr
2
= 2r + 2Rr = r + 1
2Rr
R
Uygulamalar:
1.) Bir ABC üçgenin ,iç açıları a, b, c olmak üzere,
cos a + cos b + cos c # 3
2
olduğunu gösteriniz.
2
206
Problem : Bir ABC üçgeniniç açıları a, b, c olmak üzere,
2
2
2
sin a + sin b + sin c # 9
4
olduğunu gösteriniz.
Çözüm : Sinüs Teoreminden,
sin a = sin b = sin c = 1 & sin a = a , sin b = b , sin c = c bulunur.
a
b
c
2R
2R
2R
2R
2
2
2
2
2
2
2
2
2
sin a + sin b + sin c = a 2 + b 2 + c 2 = a + b 2+ c dir. Leibniz
4R
4R
4R
4R
2
2
2
2
eşitsizliğinden a + b + c # 9R kullanılırsa,
2
2
2
2
2
2
2
sin a + sin b + sin c = a + b 2+ c # 9R2 = 9 bulunur.
4
4R
4R
6.21.3 ÜÇGENİN ALANI İLE İLGİLİ EŞİTSİZLİKLER
Bir ABC üçgeniniç kenar uzunlukları a, b, c , yarı çevresi s , iç teğet çemberinin yarıçapı
z
z
r
r , çevrel çemberinin yarıçapı R olmak üzere,
r
y
x
r
x
y
A (TABC) =
r
x
A (TABC) = s.r
A (TABC) = abc
4R
s^ s - ah^ s - bh^ s - ch ( Heron Formülü)
şeklinde bulunur.
z
y
A = (x + y + z) r = sr
Problem : Bir ABC üçgeniniç kenarları a, b, c , iç teğet çemberinin yarıçapı
r , çevrel çemberinin yarıçapı R olmak üzere,
^b + c - ah + ^c + a - bh + ^a + b - ch
abc
= 2r
R
olduğunu gösteriniz.
Çözüm : s - a =
a + b + c - a = b + c - a & b + c - a = 2^ s - ah dır. Benzer
2
2
şekilde c + a - b = 2^ s - bh, a + b - c = 2^ s - ch dir. ABC üçgeninin alan formülün
den s.r =
abc & abc = 4Rrs dir.
4R
^b + c - ah + ^c + a - bh + ^a + b - ch
abc
=
2 (s - a) 2 (s - b) 2 (s - c)
4Rrs
Son eşitisiğin pay ve paydasını s ile çarpalım.
2 2
2s (s - a) 2 (s - b) 2 (s - c)
= 8.s r2 = 2r
2
R
4Rrs
4Rrs
^ s (s - a) (s - b) (s - c) = s2 r2h
207
HADWİGER-FINSLER EŞİTSİZLİĞİ: Bir ABC üçgeniniç kenarları a, b, c , alanı
A olmak üzere,
2
2
2
2
2
2
a + b + c $ ^a - bh + ^ b - ch + ^c - ah + 4A
3
eşitsizliği sağlanır.
İspat : Kosinüs teoreminden
2
2
2
2
2
a = b + c - 2bc cos a = ^ b - ch + 2bc - 2bc cos a = ^ b - ch + 2bc^1 - cos ah
dir. ABC üçgeninin alanından A =
1 bc sin a & bc = 2A dır. Bu eşitlik bir önceki
2
sin a
denklemde yazılırsa
2
2
a = ^ b - ch + 4A ^1 - cos ah
sin a
bulunur. 1 - cos a = 2 sin
2
a , sin a = 2 sin a cos a eşitliklerini kullanalım.
2
2
2
b
2
2
2
2
a = ^ b - ch + 4Atan a dir. Benzer işlemler yapılırsa b = ^c - ah + 4A tan ,
2
2
2
2
c = ^a - bh + 4A tan
c
bulunur. Bu eşitlikler taraf tarafa toplanırsa,
2
b
c
2
2
2
2
2
2
a + b + c = ^a - bh + ^ b - ch + ^c - ah + 4A ` tan a + tan + tan j dir.
2
2
2
a , b , c ! 0, r ve tanx fornksiyonu 0, r aralığında konvekstir. Jensen
` 2j
` 2j
2 2 2
eşitsizliğinden,
b
c
a+
tan a + tan + tan
2
2
2 $ tan e 2
3
b
c
tan a + tan + tan $ 3tan r =
2
2
2
6
b
c
+
2
2
3
o
3
tür.
b
c
2
2
2
2
2
2
a + b + c = ^a - bh + ^ b - ch + ^c - ah + 4A ` tan a + tan + tan j
2
2
2
2
2
2
$ ^a - bh + ^b - ch + ^c - ah + 4A
3
bulunur.
WEITZENBÖCK EŞİTSİZLİĞİ: Bir ABC üçgeniniç kenarları a, b, c , alanı
A olmak üzere,
2
2
2
a + b + c $ 4A
3
tür.
İspat : Weitzenböck eşitsizliği, Hadwiger-Finsler eşitsizliğini bir sonucudur. İspatı için
208
kosinüs teoremi kullanalım.
2
2
2
2
2
a + b + c = 2^ b + c h - 2bc cos a , A = 1 bc sin a olduğundan,
2
2
2
a +b +c
2
- 4A 3 = 2^b2 + c2h - 2bc cos a - 2 3 sin a
2
2
3 sin am
= 2^ b + c h - 4bc c 1 cos a 2
2
2
2
= 2^ b + c h - 4bc cos ` r - aj
3
2
2
$ 2^ b + c h - 4bc
2
$ 2^ b - ch $ 0
2
2
2
dır. O halde a + b + c $ 4A
3 tür. Eşitlik a = b = c , yani üçgenin eşkenar üçgen
olması durumunda sağlanır.
Problem : Bir ABC üçgeninin kenarları a, b, c , çevrel çemberinin yarıçapı R , alanı A
olmak üzere,
3A#
4
9abc
a+b+c
olduğunu gösteriniz.
Çözüm : 4
3A#
9abc + 4
a+b+c
3 rs # 9.4Rrs + 2
2s
son eşitsizlik daha önce ispatını yaptığımız a + b + c # 3
3 s # 9R + 2s # 3
3R
3 R eşitsizliğidir.
Uygulamalar:
1.) Bir ABC üçgeniniç kenarları a, b, c , çevrel çemberinin yarıçapı R , alanı A
olmak üzere,
4
3A#3
3
2 2 2
a b c
olduğunu gösteriniz.
Problem : Bir ABC üçgeninin kenarları a, b, c , çevrel çemberinin yarıçapı R , alanı A
olmak üzere,
4
3A#
9abc
a+b+c
olduğunu gösteriniz.
Çözüm : 4
3A#
9abc + 4
a+b+c
3 rs # 9.4Rrs + 2
2s
son eşitsizlik daha önce ispatını yaptığımız a + b + c # 3
3 s # 9R + 2s # 3
3 R eşitsizliğidir.
3R
209
Problem : Bir üçgenin kenar uzunlukları a, b, c , çevrel çemberinin yarıçapı R olmak
üzere,
1 + 1 + 1 $ 1
2
ab
bc
ca
R
olduğunu gösteriniz.
Çözüm : A^TABC h =
abc = s.r = ^a + b + ch r & 1 = a + b + c dir.
4R
2
2Rr
abc
1 + 1 + 1 = a + b + c = 1 $ 1 bulunur. Eşitsizliğin son kısmında Euler
2
ab
bc
ca
abc
2Rr
R
eşitsizliği kullandık. ( R $ 2r )
Problem : Bir ABC üçgeninin kenar uzunlukları a, b, c ,alanı A olmak üzere,
2
2 2
2 2
2
4A # max " a + b , a + c , b + c ,
olduğunu gösteriniz..
2
2
Çözüm : Genelliği bozmadan a $ b $ c olsun. a + b $ 2bc ve 2bc $ 2bcsina
2
2
olduğundan a + b $ 2bcsina = 4A bulunur.
210
İZOPERİMETRİK EŞİTSİZLİK: Çevre uzunluğu L, alanı A olan düzlemsel kapalı
bir eğri için,
2
4rA # L
eşitsizliği geçerlidir. Eşitlik düzlemsel eğrinin çember olması durumunda sağlanır. Sonuç
olarak eşit çevre uzunluğuna sahip düzlemsel kapalı şekillerden alanı en büyük olan daire,
alanı eşit olan düzlemsel kapalı şekillerden çevresi en küçük olan çemberdir.
Problem : Çevre uzunluğu p olan bir üçgenin alanının alabileceği maksimum değeri
bulunuz.
Çözüm I: p = 2s diyelim.
A^TABC h =
3
s^ s - ah^ s - bh^ s - ch dir. GO # AO eşitsizliğinden,
^ s - ah^ s - bh^ s - ch #
A^TABC h =
^ s - ah + ^ s - bh + ^ s - ch
3
= s
3
s^ s - ah^ s - bh^ s - ch
sc
#
4
^ s - ah + ^ s - bh + ^ s - ch
3
3
m
2
s = s
27
3 3
=
Eşitlik ^ s - ah = ^ s - bh = ^ s - ch + a = b = c durumunda yani üçgenin eşkenar
üçgen olması durumunda sağlanır. O halde istenen maksşmum alan,
s
3
p
2
=
3
2
` j
2
3
=
3
3 p2 dir.
36
Çözüm II: p sabit olduğundan s te sabittir. A^TABC h =
s^ s - ah^ s - bh^ s - ch
eşitliğinde ABC üçgeninin maksimum alana sahip olası için ^ s - ah^ s - bh^ s - ch
çarpımının maksimum değeri alması gerekir. Bu ise,
^ s - ah = ^ s - bh = ^ s - ch + a = b = c durumunda yani üçgenin eşkenar
üçgen olması durumunda sağlanır.
Uygulamalar:
1.) Çevre uzunluğu ve tabanı sabit olan üçgenler içinde maksimum alan sahip olan üçgen
in ikizkenar üçgen olduğunu gösteriniz.
2.) Bir ABC üçgeninin içteğet çemberinin yarıçapı r , yarı çevresi s olmak üzere,
2
s $ 27r
olduğunu gösteriniz.
2
211
FERMAT NOKTASI: Her bir iç açısı 120 o den küçük olan bir ABC üçgenin
kenar uzunlukları a, b, c , yarı çevresi s, alanı A olsun. Üçgenin iç bölgesinde alınan bir
P noktası için ,
2
2
2
a + b + c + 4A
2
3 # PA
+ PB + PC 1 max " a + b, a + c, b + c,
eşitsizliği sağlanır. PA + PB + PC
toplamını minimum yapan P noktasına Fermat
noktası denir. Bu durumda,
A
o
m (+APB) = m (+APC) = m (+BPC) = 120 dir.
o
Üçgenin iç açılarından bir tanesinin 120 ye
120°
eşit veya büyük olması durumunda
PA + PB + PC toplamını minimum
120°
P
B
yapan P noktası geniş açının olduğu
C
köşeyle çakışıktır.
Problem : Bir ABC üçgeniniç kenarları a, b, c , alanı A olmak üzere,
2
2
2
a + b + c $ 4A
3
olduğunu gösteriniz.
Çözüm : ABC üçgeninin fermat noktası F olsun. Bu durumda ,
o
m^+AFBh = m^+AFC h = m^+BFC h = 120 dir. AF = p1, BF = p2, CF = p3
ile gösterelim.
o
o
o
A = 1 p1 p2 sin 120 + 1 p2 p3 sin 120 + 1 p3 p1 sin 120
2
2
2
3 ^p p
4 3A
= p1 p2 + p2 p3 + p3 p1
1 2 + p2 p3 + p3 p1h &
4
3
=
Diğer taraftan kosinüz teoremi gereğince,
2
2
a +b +c
2
2
2
o
2
2
o
2
2
= p1 + p2 - 2p1 p2 cos 120 + p1 + p3 - 2p1 p3 cos 120 + p2 + p3 - 2p2 p3 cos 120
= p12 + p22 + p1 p2 + p12 + p32 + p1 p3 + p22 + p32 + p2 p3
bulunur. AO $ GO eşitsizliği kullanılırsa,
2
2
2
2
2
2
p1 + p2 $ 2p1 p2, p1 + p3 $ 2p1 p3, p2 + p3 $ 2p2 p3
2
2
2
2
2
2
a + b + c $ 3^ p1 p2 + p1 p3 + p2 p3h & a + b + c $ 3 4
3
3 A 4
=
3 A dır.
Uygulamalar:
1.) Bir ABC üçgeninin alanı A olsun. F noktası ABC üçgeninin Fermat noktası ise,
4A
olduğunu gösteriniz.
2
3 # ^ AF + BF + CF h
o
212
6.21.4 ÜÇGENİN DİĞER ELEMANLARI İLGİLİ EŞİTSİZLİKLER
Problem : Bir ABC üçgeninin kenar uzunlukaları a, b, c , ve bu kenarla ait kenarortay
uzunlukları va, vb, vc olmak üzere,
3 ^a + b + ch 1 v + v + v 1 a + b + c
a
b
c
4
olduğunu gösteriniz.
A
Çözüm : D, E, F noktaları sırası ile BC, AC ve AB
kenarlarının orta noktası, G noktası kenarortayların
F
E
G
kesim noktası olsun.
B
C
D
2 v + 2 v 2 c, 2 v + 2 v 2 a, 2 v + 2 v 2 b dir.
a
b
b
c
c
a
3
3
3
3
3
3
Bu eşitsizlikler taraf tarafa toplanırsa,
4 ^v + v + v h 2 a + b + c + v + v + v 2 3 ^a + b + ch dir.
a
b
c
a
b
c
3
4
A
Eşitsizliğin diğer tarafı için AD’yi AD = DH olacak
şekilde uzatalım. ABHC paralelkenarı oluşur.
F
ABH üçgeninde AB + BH 2 AH & c + b 2 2va ,
benzer şekilde a + b 2 2vc , c + a 2 2vb dir. Bu
B
E
G
C
D
eşitsizlikler taraf tarafa toplanıp 2’ye bölünürse,
va + vb + vc 1 a + b + c bulunur.
H
Uygulamalar:
1.) Bir ABC üçgeninin kenar uzunlukaları a, b, c , ve bu kenarla ait kenarortay uzunlukları
va, vb, vc olmak üzere,
2
2
2
2
2
2
v a + v b + v c = 3 ^a + b + c h
4
olduğunu gösteriniz.
2.) Bir ABC üçgeninin kenar uzunlukaları a, b, c , ve bu kenarla ait kenarortay uzunlukları
va, vb, vc , alanı A olmak üzere,
2
2
2
v a + v b + v c $ 3A
olduğunu gösteriniz.
3
213
Problem : Bir ABC üçgeninin yükseklikleri ha, hb, hc , iç teğet çemberinin merkezi I ,
yarıçapı r olmak üzere,
r + r + r =1
ha
hb
hc
olduğunu gösteriniz.
Çözüm :
A
A^TIBC h
= a.r = r dir. Benzer şekilde,
a.ha
ha
A^TABC h
A^TIBAh
= c.r = r
c.hc
hc
A^TABC h
A^TICAh
= b.r = r
b.hb
hb
A^TABC h
ha
I
r
C
B
Bu eşitlikler taraf tarafa toplanırsa,
A^TIBC h
A^TIAC h
A^TIBAh
A^TABC h
+
+
=
= 1 = r + r + r dir.
ha
hb
hc
A^TABC h
A^TABC h
A^TABC h
A^TABC h
Uygulamalar:
1.) Bir ABC üçgeninin yükseklikleri ha, hb, hc , iç teğet çemberinin merkezi I , yarıçapı r
olmak üzere ha + hb + hc $ 9r olduğunu gösteriniz.
Problem : Bir ABC üçgeninin yükseklikleri AD, BE, CF ve diklik merkezi H olmak
üzere,
AD + BE + CF $ 9
HD
HE
HF
olduğunu gösteriniz.
Çözüm : A^TABC h = S, A^THBC h = S1, A^THCAh = S2,
A^THABh = S3 olsun.
A
A^THBC h
A^THCAh
A^THABh
+
+
A^TABC h
A^TABC h
A^TABC h
HD
HE
HF
=
+
+
=1
AD
BE
CF
F
H
E
bulunur. AO $ HO eşitsizliğinden,
9
&
+ HE + HF j $
` HD
AD
BE
CF
AD + BE + CF
HD
HE
HF
9
AD
BE
1$
,
+
+ CF $ 9
AD + BE + CF HD
HE
HF
HD
HE
HF
B
D
Uygulamalar:
1.) Bir ABC üçgeninin yükseklikleri AD, BE, CF ve diklik merkezi H olmak üzere,
HD + HE + HF $ 3
HA
HB
HC
2
olduğunu gösteriniz.
C
214
ERDÖS-MORDELL EŞİTSİZLİĞİ: P noktası ABC
A
üçgeninin iç bölgesinde bir nokta, D, E, F noktaları
E
P noktasından BC, CA ve AB kenarlarına çizilen
F
yüksekliklerin dikme ayakları olsun.
PA + PB + PC $ 2^ PD + PE + PF h
B
P
D
C
eşitsizliği sağlanır.
İspat : d1 = PA, d2 = PB, d3 = PC, PD = pa, PE = pb, PF = pc olsun. Kosiniüs
teoreminden, FE
FE
2
2
2
2
2
= p b + p c - 2pb pc cos ^r - Ah dır.
2
2
2
= p b + p c - 2pb pc cos ^r - Ah = p b + p c - 2pb pc cos ^ B + C h
2
2
= ^ p b sin C + p c sin Bh + ^ p b cos C - p c cos Bh
bulunur. O halde, FE
$ ^ p b sin C + pc sin Bh dir. FE = d1 sin A olduğundan,
d1 $ ` p b sin C + p c sin B j dır. Aynı yöntemle d2 $ ` p c sin A + p a sin C j ,
sin A
sin A
sin B
sin B
d3 $ ` p a sin B + p b sin A j dir. Bu eşitsizlikler taraf tarafa toplanırsa,
sin C
sin C
d1 + d2 + d3 $ ` p b sin C + p c sin B j + ` p c sin A + p a sin C j + ` p a sin B + p b sin A j
sin A
sin A
sin B
sin B
sin C
sin C
d1 + d2 + d3 $ p b ` sin C + sin A j + p c ` sin B + sin A j + p a ` sin C + sin B j
sin A
sin C
sin A
sin B
sin B
sin C
eşitsizliği elde edilir. AO $ GO eşitsziliği
C + sin A $ 2, sin B + sin A $ 2, p sin C + sin B $ 2 olmasını
a`
` sin
j
` sin A sin B j
j
sin A
sin C
sin B
sin C
garantiler. O halde,
d1 + d2 + d3 $ 2p b + 2p c + 2p a dır.
BC = a, AC = b, AB = c ve PD = pa, PE = pb, PF = pc gösterimleri ErdösMordel gösterimleri olmak üzere aşağıdaki eşitsizlikler sağlanır.
1.) aPA $ cpc + bpb, bPB $ apa + cpc, cPC $ apa + bpb
2.) 2 `
1 + 1 + 1 # 1 + 1 + 1
j `p
j
PA
PB
PC
pb
pc
a
3.) PA.PB.PC $
R ^ p + p h^ p + p h^ p + p h
a
b
b
c
c
a
2r
215
Problem : pa, pb, pc Erdös-Mordel gösterimleri olmak üzere,
pa PA + pb PB + pc PC $ 2^ pa pb + pb pc + pc pah
olduğunu gösteriniz
Çözüm :
aPA $ cpc + bpb + pa PA $ c pc pa +
a
a
bPB $ apa + cpc + pb PB $ pa pb +
b
cPC $ apa + bpb + pc PC $ a pa pc +
c
bp p
b a
a
cp p
c b
b
bp p
b c
c
Bu eşitsizlikleri taraf tarafa toplayalım.
pa PA + pb PB + pc PC $ ` c pc pa + b pb paj + ` a pa pb + c pc pbj + ` a pa pc + b pb pcj
a
a
b
b
c
c
pa PA + pb PB + pc PC $ ` c pc pa + a pa pcj + ` a pa pb + b pb paj + ` c pc pb + b pb pcj
a
c
b
a
b
c
pa PA + pb PB + pc PC $ ` c + a j pa pc + ` a + b j pa pb + ` c + b j pc pb
a
c
b
a
b
c
AO $ GO eşitsizliğinden ` c + a j $ 2,
a
c
` ab + ab j $ 2, ` bc + bc j $ 2 dir.
O halde pa PA + pb PB + pc PC $ 2^ pa pb + pb pc + pc pah eşitsizlği sağlanır.
Uygulamalar:
1.) pa, pb, pc Erdös-Mordel gösterimleri olmak üzere,
pa PA + pb PB + pc PC $ 4A^TABC h
olduğunu gösteriniz.
Problem : ABC üçgeninin içteğet çemberinin yarıçapı r , çevrel çemberinin yarıçapı R
pa, pb, pc Erdös-Mordel gösterimleri olmak üzere,
PA.PB.PC $ 4R ^ pa pb pch
r
olduğunu gösteriniz
Çözüm : PA.PB.PC $
R ^ p + p h^ p + p h^ p + p h eşitsizliğinin sağ tarafına
a
b
b
c
c
a
2r
AO - GO eşitsizliği uygulayalım.
pa + p b $ 2
pa pb , pb + pc $ 2
pb pc , pc + pa $ 2
PA.PB.PC $ R ^ pa + pbh^ pb + pch^ pc + pah
2r
$ R 2 pa pb 2 pb pc 2 pc pa = 4R pa pb pc
2r
r
bulunur.
pc pa dir.
216
Problem : pa, pb, pc Erdös-Mordel gösterimleri olmak üzere,
2
2
2
PA + PB + PC $ 12
p b pc
p a pc
pa p b
olduğunu gösteriniz
Çözüm : AO $ GO eşitsizliği uygulayalım.
pa pb , pb + pc $ 2
pa + p b $ 2
2
2
2
pb pc , pc + pa $ 2
2
PA + PB + PC $ 3 3
p b pc
p a pc
pa p b
2
pc pa dir.
2
PA PB PC
p b p c p a pc p a p b
2
2
2
PA.PB.PC $ 4R ^ pa pb pch eşitsizlşği kullanılırsa PA + PB + PC $ 3 3
p b pc
p a pc
pa p b
r
2
` 4rR j
dir. Euler eşitsizliğinden R $ 2r dir. O halde son eşitsizlik,
2
2
2
PA + PB + PC $ 3 3
p b pc
p a pc
pa p b
2
2
` 4rR j $ 3. 3 ` 8rr j 3.4 = 12 şeklini alır.
Uygulamalar:
1.) pa, pb, pc Erdös-Mordel gösterimleri olmak üzere,
PA + PB + PC $ 3
pb + pc
pa + pc
pa + p b
olduğunu gösteriniz.
2.) pa, pb, pc Erdös-Mordel gösterimleri olmak üzere,
PA +
p b pc
PB +
p a pc
PC $ 6
pa p b
olduğunu gösteriniz
Problem :(IMO-1991) ABC bir üçgen, P noktası ABC üçgeninin iç bölgesinde bir nokta
o
olsun. m^+PABh, m^+PBC h, m^+PCAh açılarından en az bir tanesinin 30 ye eşit
veya küçük olduğunu gösteriniz.
Çözüm :
m^+PABh, m^+PBC h, m^+PCAh açılarının üçününde
A
o
30 den büyük olduğunu kabul edelim.
PF
PD
PE
+
+
m^+PABh
m^+PBC h
m^+PCAh
1 PF o + PD o + PE o
sin 30
sin 30
sin 30
B
= 2^ PF + PD + PE h
PA + PB + PC =
E
F
P
D
Bu durum Erdös-Mordell eşitsizliği ile çelişir. O halde m^+PABh, m^+PBC h, m^+PCAh
o
açılarından en az bir tanesinin 30 ye eşit veya küçüktür.
C
217
Problem : Bir ABC üçgeninini iç açıortyaları Ia, Ib, Ic , yarı çevresi s , iç teğet çemberinin
yarıçapı r olmak üzere
Ia Ib Ic # rs
2
olduğunu gösteriniz
2
Çözüm : I a =
4bcs (s - a) 2
, I b = 4acs (s -2b) , I c2 = 4abs (s -2c) eşitliklerine
^b + ch2
^a + ch
^a + bh
AO $ GO eşitisizliği uygulayalım.
2
2
4bc # ^ b + ch & I a =
2
Ib =
4bcs (s - a)
# s (s - a) dır. Benzer şekilde,
^b + ch2
4acs (s - b)
4abs (s - c)
2
# s (s - b), I c =
# s (s - c) bulunur. Bu eşitsizlikler
2
^a + ch
^a + bh2
taraf tarafa çarpılırsa,
2 2 2
I a I b I c # s (s - a) s (s - b) s (s - c) + I a I b I c # s s (s - a) (s - b) (s - c) = s.sr = rs
2
dir.
Uygulamalar:
1.) Bir ABC üçgeninini iç açıortyaları Ia, Ib, Ic , yarı çevresi s , iç teğet çemberinin
yarıçapı r olmak üzere ,
i.)
Ia Ib + Ib Ic + IcIa # s
2
2
2
ii.) I a + I b + I c # s
2
2
olduğunu gösteriniz
BARROW EŞİTSİZLİĞİ: P noktası ABC
A
üçgeninin iç bölgesinde bir nokta, D, E, F noktaları
APB, APC, BPC üçgenlerinin açıortaylarının
F
BC, CA ve AB kenarlarını kestiği noktalar olsun.
PA + PB + PC $ 2^ PD + PE + PF h
eşitsizliği sağlanır.
B
P
D
E
C
Download

194 GEOMETRİK EŞİTSİZLİKLER 6.21 ,