BAZI CEBĐRSEL PROBLEMLER ĐÇĐN GEOMETRĐK YAKLAŞIMLAR (L. Gökçe)

(1)

BAZI CEBĐRSEL PROBLEMLER ĐÇĐN GEOMETRĐK YAKLAŞIMLAR (L. Gökçe)

Bu yazımızda cebirsel çözümleri çok zor olan bazı olimpiyat problemlerine geometrik yaklaşımlar getirerek çeşitli çözümler üreteceğiz.

Problem 1: ,x y>0 ve x+ <y 24 olmak üzere

2 2

169 225 ( ) 168 x z

y z z x y

+ =  + = 

+ = 

denklem sistemini sağlayan tüm ( , , )x y z üçlülerini bulunuz.

Çözüm: x+ >y 0 olduğundan 3. denkleme göre z>0^dır.^x²+^z² =¹⁶⁹ ifadesi bize geometrik olarak dik kenarları x ve z, hipotenüsü 13 olan bir dik üçgen çizmemiz gerektiğini söylemektedir.

2 2

225

y +z = denklemi de dik kenarları y, z ve hipotenüsü 15 olan bir dik üçgen çizmemizi söylemektedir. Aşağıdaki gibi bir △ABC^çizelim. ⁽ ⁾ ¹^.13.15.sin

Alan ABC =2 ∠BAC ve

( )

2 z x y

Alan ABC = + olduğundan 56

sin∠BAC =65 dir. Buna göre

2 (65 56).(65 56)

56 9.121 33

cos 1

65 65 65 65

BAC   − +

∠ = ± −  = ± = ± = ±

  olur. 33

cos∠BAC= −65 için

kosinüs teoreminden ² ² ² 33

13 15 2.13.15.

BC = + + 65 ⇒ BC =4 37 dir. x+ <y 24 koşulu göz önüne alınırsa 4 37<24 eşitsizliğinin yanlış olduğunu görmek kolaydır. O halde 33

cos∠BAC=65

durumunu inceleyelim. ² ² ² 33

13 15 2.13.15.

BC = + − 65 ⇒ BC =14 tür. Yani x+ =y 14 olup

( ) 168

z x+y = denkleminden z=12 bulunur. Böylece x=5,y=9 olup denklem sisteminin tek çözümü ( , , )x y z =(5, 9,12) olarak bulunur.

(2)

Problem 2: ,x y>0 olmak üzere

2 2

64 35

( ) 16 3 16 x z

y z z x y

+ = 

+ = 

− = − 

Çözüm: Đlk iki denklemde x² = y²+29⇒ x− >y 0 olduğundan 3. denkleme göre z>0 dır. O halde aşağıdaki gibi bir △ABC üçgeni çizebiliriz. 1

( ) .4 2.8.sin

Alan ABC = 2 ∠BAC ve

( )

2 z x y

Alan ABC = − olduğundan 6 2

sin∠BAC= −4 tür. ∠BAC=15^oveya ∠BAC=165^o dir.

Fakat ∠BAC bir dar açı olduğundan sadece ∠BAC=15^o olması mümkündür. △ABC de kosinüs teoremini uygularsak BC² =

( )

^{4 2} ²+ −⁸² 2.4 2.8.cos15^o olup BC =4 3−4 tür. Buna göre

4 3 4

x− =y − tür. (z x−y)=16 3 16− ⇒ z=4 olur. Böylece x=4 3,y=4 olup denklem sisteminin tek çözümü ( , , )x y z =(4 3, 4, 4) dir.

A

B C

x H y

z

13 15

4 2

8

x−y z

30^o 45^o

45^o y

A

H B C

(3)

Problem 3: Aşağıdaki denklem sistemini çözünüz:

2 2

144 144

225 225

400 400

x z y

y x z

z y x

= − + − 

= − + − 

= − + − 

Çözüm: , ,x y z>0 dır. Aşağıdaki gibi kenar uzunlukları AB =x AC, =y AB, =z olan ve geniş açılı olmayan △ABC üçgenini çizelim. Bu üçgenin yükseklikleri 12, 15, 20 dir. Bu durumda denklem sisteminin sağlandığı açıktır. ekok(12,15, 20)=60 dır. Kenar uzunlukları ve yükseklikler ters orantılı olduğundan 12x=20y=15z=60k yazılabilir. Buradan x=5 ,k y=3 ,k z=4k olur. x² = y²+z² eşitliği sağlandığından ∠BAC=90^o dir. Alan eşitliklerinden yz=12x⇒3 .4k k =12.5k olup k=5 bulunur. Böylece ( , , )x y z =(25,15, 20) elde edilir.

NOT: Uygun biçimde verilmiş , ,a b c>0 sabitleri için

2 2 2 2

x z a y b

y x b z b

z y c z c

= − + − 

= − + − 

= − + − 

denklem sisteminin tek çözümü; yükseklikleri , ,a b c olan bir üçgenin , ,x y z kenar uzunluklarıdır.

Problem 4: Aşağıdaki denklem sistemini pozitif reel sayılar kümesinde çözünüz:

2 2

1323 1323

3675 3675

675 675

x z y

y z x

z y x

= − − − 

= − − − 

= − + − 

y z

12

C

A

H B

(4)

Çözüm: Kenar uzunlukları , ,x y z olan ve z kenarının karşısındaki açısı geniş olan △ABC^üçgenini çizelim. AC =x AB, =y BC, =z kenarlarına karşılık gelen yükseklikler sırasıyla 1323=21 3,

3675 =35 3, 675=15 3 ve yükseklik ayakları D, E, F olsun. Bu halde denklem sisteminin sağlanacağı açıktır. ekok(21,15, 35) 105= dir. Kenar uzunlukları ve yükseklikler ters orantılı olduğundan 21x=35y=15z=105k yazılabilir. Buradan x=5 ,k y=3 ,k z=7k olur. Kosinüs teoreminden z² =x²+y² −2xycos∠BAC⇒ 1

cos∠BAC= −2 olup ∠BAC=120^o elde edilir.

.15 3

( )

2

Alan ABC = z ve 1

( ) sin120

2

Alan ABC = xy o olduğundan

3 (5 ).(3 )

.15 3 . (7 ).15

2 2

k k

z =xy ⇒ k = olup k =14 elde edilir. Böylece denklemin tek çözümü ( , , )x y z =(70, 42, 98) olarak bulunur.

Problem 5: , ,x y z>0 olmak üzere

2 2

25 64

49 x xy y z zx x y yz z

+ + =  + + = 

+ + = 

ise x+ +y z toplamını hesaplayınız.

Çözüm: x²+xy+y² =25 eşitliği bize bir üçgendeki kosinüs teoremini andırmaktadır. Đki kenarı x, y ve bunların arasındaki açı 120^o olan bir üçgende son kenar 5 tir. Diğer denklemler için de aynı düşünceyi yürüterek aşağıdaki gibi kenar uzunlukları 5, 8, 7 olan bir △ABC üçgenini çizebiliriz.

△ABC nin içinden ∠APB= ∠BPC= ∠APC=120^oolacak şekilde bir P noktası alalım.

, ,

PA =x PB = y PC =z dersek verilen denklemlerin sağlanacağını görebiliriz. △ABC de kosinüs teoremi yardımıyla ∠BAC=60^o olduğunu görebiliriz. Böylece 1

( ) .8.5.sin 60 2

A ABC = o dir. Ayrıca

( ) ( ) ( ) ( )

A ABC =A APB +A APC +A BCP olduğundan 1 1

.8.5.sin 60 .( ).sin120

2 2

o o

xy xz yz

= + + dir.

Buradan

40

xy+xz+yz= … (1)

60^o 60^o 21 3 y

35 3

15 3

x A

B C

D

F

E

(5)

elde edilir. Diğer taraftan, verilen denklemleri taraf tarafa toplarsak

2 2 2

2(x +y +z ) (+ xy+ +xz yz)=25 64 49+ + olup

2 2 2

49

x +y +z = … (2)

elde edilir. (1), (2) eşitlikleri (x+ +y z)² =x²+y²+ +z² 2.(xy+ +xz yz) tam kare açılımında kullanılırsa (x+ +y z)² =49 2.40+ olup x+ + =y z 129 bulunur.

Problem 6: x²+y²−2x−4y+ +5 x²+y²−32x−20y+356 ifadesinin alabileceği en küçük değer kaçtır?

Çözüm: Kök içindeki ifadeleri tam karelere tamamlarsak (x−1)²+ −(y 2)² + (x−16)²+ −(y 10)² olur. Bu ise; analitik düzlemde ( , )P x y değişken noktasının, (1, 2)A ve (16,10)B noktalarına olan uzaklıklarının toplamını gösterir. Đki nokta arası uzaklık formülünden

2 2 2 2

(16 1) (10 2) 15 8 17

AB = − + − = + = bulunur. Üçgen eşitsizliğinden PA + PB ≥ AB ^olup 17

PA+ PB ≥ elde ederiz. Yani aranan en küçük değer 17 dir. [AB] doğru parçası üzerinden alınan herhangi bir ( , )P x y noktası için PA+ PB =17 eşitliği sağlanır.

Problem 7: f x( )= x²+16+ x²−10x+89fonksiyonunun en küçük değerini bulunuz. Ayrıca f nin en küçük değerini almasını sağlayan x değeri kaçtır?

Çözüm: x²+16 ifadesini analitik düzlemdeki iki nokta arasındaki uzaklık olarak düşünürsek ( , 0)

P x ile (0, 4)A olmak üzere PA = x²+16 yazılabilir. x²−10x+89= (x−5)²+8² olarak düzenleyelim. (5,8)B olmak üzere PB = (x−5)²+8² yazılabilir. O halde PA+ PB nin en küçük değerini bulmalıyız. B noktasının x eksenine göre simetrisi B'(5, 8)− olur. PB = PB' olduğundan

A B

C

P

x y

8 z

5

7

(6)

'

PA + PB toplamının en küçük değerini bulmak yeterli olacaktır.

2 2 2 2

' (5 0) ( 8 4) 5 12 13

AB = − + − − = + = dir. Üçgen eşitsizliğinden PA+ PB' ≥ AB'^olup ' 13

PA+ PB ≥ elde edilir. Yani f fonksiyonunun en küçük değeri 13 tür. Bu eşitliğin sağlanması için P noktasının [AB üzerinde olması gereklidir. Diğer bir ifadeyle A, P, '] B noktaları doğrusal '

olmalıdır. B noktasının x ekseni üzerindeki dik izdüşümü ' H(5, 0) ve (0, 0)O orijin olmak üzere

~ AOP BHP

△ △ ^dir. ⁴

' 5 8

OP OA x

PH = B H ⇒ x =

− olup buradan f yi minimum yapan değer 10

x= 3 olarak bulunur.

Problem 8: (x+1)² + −(y 1)² + (x−1)²+ +(y 1)² + (x+2)²+ +(y 2)² ifadesinin en küçük değerini bulunuz. (Vietnam 1998)

Çözüm: F x y noktasının ( 1,1), (1, 1), ( 2, 2)( , ) A − B − C − − noktalarına olan uzaklıkları toplamının en küçük değerini hesaplamalıyız. FA + FB + FC toplamı en küçük değerini △ABC nin 1. Fermat Noktası’nda alacağından ∠AFB= ∠BFC= ∠AFC =120^o olmalıdır. AB =2 2 ve AC = BC = 10 dir. CF doğrusu AB yi H da kessin. ∠FAH = ∠FBH =30^o olduğundan 2 6

FA = FB = 3 , 6

FH = 3 tür. △CAH dik üçgeninde CH ² =10 2− ⇒ CH =2 2 olur. Buradan 6

2 2 3

CF = − olup

2 6 2 6 6

2 2 2 2 6

3 3 3

FA+ FB + FC = + + − = + bulunur.

Problem 9: x²+y² = −(x 1)²+ −(y 2)² =5 denklemlerinin tüm ( , )x y çözümlerini bulunuz.

10 10

2 2

A B

H C

F

(7)

Çözüm: ( , )P x y , (1, 2)A , (0, 0)O olmak üzere verilen denklemler, PA = PO = OA = 5eşitliğine denktir. Bu ise P nin, bir eşkenar üçgenin köşesi olması demektir. Bir kenarı [OA] olan iki farklı eşkenar üçgen çizebileceğimiz için verilen denklemlerin iki farklı ( , )x y çözüm ikilisi vardır. Bu noktaları P P ile gösterelim. Ayrıca A noktasının x ekseni üzerindeki dik izdüşümü B olsun. ₁, ₂

AOB α

∠ = ^dersek^cos ²

α = 5 , 1 sin

α = 5 olur. α +60^o açısının trigonometrik değerlerini hesaplayarak P noktasının koordinatlarını bulabiliriz. ₁ P₁ =( , )x y dersek

1

.cos( 60 ) .sin( 60 )

o

x OP y OP

α α

= + 

= + 

olur. Sinüs ve kosinüs ile ilgili toplam formüllerinden 1 1 2 3 1 2 3

5 . .

2 2 2

5 5

x=  − = −

  ,

2 1 1 3 2 3

5 .

2 2 2

5 5

y=  + = +

  olur.

Şimdi de P₂ =( , )x y noktasını bulalım. Yönlü açı olarak ∠P OB₂ = −α 60^o olduğundan

1

.cos( 60 ) .sin( 60 )

o

x OP y OP

α α

= − 

= − 

olur. Buna göre 1 1 2 3 1 2 3

5 . .

2 2 2

5 5

x=  + = +

  , 2 1 1 3 2 3

5 .

2 2 2

5 5

y=  − = −

  olur.

(8)

NOT: x²+y² = −(x a)²+ −(y b)² =a²+b² denklemlerinin çözümleri; r= a²+b² ve arctanb α = a

değerlerini tanımlarsak

.cos( 60 ) .sin( 60 )

o o

x r y r

α α

= + 

= +  ve .cos( 60 ) .sin( 60 )

o o

x r y r

α α

= − 

= − 

formülleriyle hesaplanabilir.

Problem 10: , ,x y z∈(0,1) olacak şekilde rastgele üç sayı seçilirse (1x − +y) y(1− +z) z(1− <x) 1 eşitsizliğinin sağlanacağını gösteriniz.

Çözüm: Aşağıdaki gibi kenar uzunluğu 1 birim olan bir △ABC eşkenar üçgeni çizelim. △ABCⁿⁱⁿ kenarları üzerinden D, E, F noktalarını seçelim. AD =x, CF =y, BE =z uzunluklarının (0,1)

60^o

60ô 60ô 60ô

α 2

1

-1

-2

-2 -1 ^O 1 2

B A P₁

P₂

(9)

aralığında olduğu açıktır. 3

( )

A ABC = 4 ve (A AFD)+A BDE( )+A CEF( )<A ABC( ) olduğundan

[ ]

3 3

(1 ) (1 ) (1 )

4 x − +y y − +z z −x < 4 ⇒ (1x − +y) y(1− +z) z(1− <x) 1 elde ederiz.

Problem 11: ^x

(

¹⁶⁹⁻^x² ⁺ ²²⁵⁻^x²

)

⁼¹⁶⁸ denkleminin tüm reel(gerçek) köklerini bulunuz.

Çözüm: Köklü ifadelerin tanımlı olabilmesi için − ≤ ≤13 x 13 olmalıdır. Fakat x≤0 durumunda denklemin sol tarafının negatif, sağ tarafının ise pozitif olduğu çelişkisine ulaşırız. Bu sebeple

0< ≤x 13 alabiliriz. y= 169−x² , z= 225−x² ^{dersek (}x y+ =z) 168 olur. Bu ise Problem 1’deki gibi bir denklem sistemi oluşturur. Benzer işlemlerle y+ =z 4 37, y+ =z 14 durumlarını elde ederiz.

Böylece x’in tüm değerleri 42

x= 37 ve x=12 olarak bulunur.

Son olarak konu ile ilgili alıştırma problemlerini sunuyoruz.

Alıştırma 1: ,x y>0 ve x+ >y 15 olmak üzere

2 2

50 169 ( ) 85 x z

y z z x y

+ =  + = 

+ = 

Cevap: ( , , )x y z =(5,12, 5)

x y

z 1−y

1−z

1−x 60^o 60^o

60^o

A B

C

F

D E

(10)

Alıştırma 2: ,x y>0 olmak üzere

2 2

289 100 ( ) 72 x z

y z z x y

+ =  + = 

− = 

Cevap: ( , , )x y z =(15, 6,8)

Alıştırma 3: ,a b>0 sabit sayılar ve , ,x y z>0 bilinmeyenler olmak üzere

2 2 2

2 2 2 2

x xy y a z zx x b y yz z a b

+ + = 

+ + =  + + = + 

veriliyor. x+ +y z toplamının sonucunu a, b türünden bulunuz.

Cevap: x+ + =y z a²+ +b² ab 3

Alıştırma 4: ,a b>0 sabit sayılar olmak üzere x²− 2ax+a² + x²− 2bx b+ ² ifadesinin en küçük değerini bulunuz.

Cevap: a²+b²

Alıştırma 5: x²−4x+20+ x²−20x+221 ifadesinin en küçük değerini bulunuz. Ayrıca ifadenin en küçük değeri almasını sağlayan x değerini bulunuz.

Cevap: En küçük değer 17 dir. Bunun için 62

x=15 olmalıdır.

(11)

Alıştırma 6: x²+y² + x²+ −(y 3)² + (x−4)²+y² ifadesinin en küçük değerini bulunuz.

Cevap: 25 12 3+

Alıştırma 7: x²+y² = −(x 3)²+ −(y 4)² =25 denklemlerinin tüm çözümlerini bulunuz.

Cevap: 3 4 3 4 3 3 3 4 3 4 3 3

( , ) , , ,

2 2 2 2

x y = − +     + − 

   

Alıştırma 8: Aşağıdaki denklem sistemini çözün:

2 2 2 2

65 65

156 156

60 60

x z y

y x z

z y z

= − + − 

= − + − 

= − + − 

Cevap: ( , , )x y z =(156, 65,169)

Alıştırma 9: , , ,x y z t∈(0, 2) olmak üzere (2x − +y) y(2− +z) z(2− +t) t(2− <x) 4 eşitsizliğini ispatlayınız.

KAYNAKÇA:

[1] Andreescu, T., Feng, Z., (2000), Mathematical Olympiads 1998-1999: Olympiad

Problems from Around the World, The Mathematical Assocation of America, Washington, sayfa 170.

[2] Gökçe, L., Geometri Ders Notları.

[3] Matematik Dünyası dergileri.