Herhangi bir AB do ru parças n n üzerindeki

H

E¤er AB do¤ru parças›n›n üzerindeki bir C noktas› için afl›t oran ile ortalama oran eflit oluyor- sa, yani

AB:AC = AC:CB

ise C’ye AB’nin alt›n bölümü denir. Ben C’ye AB’nin alt›n noktas› diyece¤im. Bu oran› oluflturan AB:AC veya AC:CB oran›na da alt›n oran denir.

Kavram› ilk duydu¤umda “alt›n’’ s›fat›n› ol- dukça iddial› bulmufltum ama sonradan ikna ol- dum. Bu s›fat›n neden hakedildi¤ini derginin bana bahfletti¤i sayfa say›s› kadar anlatabilirim ancak.

Gerçekten de alt›n oran›n uygulamalar› ve karfl›- m›za ç›kt›¤› yerler o kadar çoktur ki ne bu derginin ne de bir baflka derginin sayfa say›s› buna yetmez.

Alt›n Nokta Vard›r! Böyle bir C noktas› mut- laka vard›r, çünkü AB do¤ru parças› üzerindeki bir P noktas› A’dan B’ye do¤ru seyahat etti¤inde, AB:AP oran› sonsuzdan 0’a kadar azalarak, AP:PB oran› ise 0’dan sonsuza kadar artarak de¤i- flir; dolay›s›yla bir zaman sonra bir P noktas› için bu iki oran birbirine eflit olur; iflte bu nokta AB’nin alt›n noktas›d›r. Bunun daha cebirsel ve çok daha ikna edici kan›t›n› birazdan görece¤iz.

Ama dikkat! AB do¤ru parças›n›n alt›n nokta- s› BA do¤ru parças›n›n alt›n noktas› de¤ildir.

Alt›n Oran Mutlakt›r! Tales Teoemi’nden do- lay› alt›n oran AB do¤ru parças›n›n uzunlu¤undan ba¤›ms›zd›r: AcBc bir baflka do¤ru parças› olsun.

AcBc do¤ru parças›n› döndürüp AB’ye paralel ko- numa getirelim (yollar yürünmekle, uzunluklar döndürmekle afl›nmaz!) E¤er C ve C c noktalar› fle-

kildeki gibiyse, Tales Teoremi’nden dolay›, AB:AC = AcBc:AcCc, AC:CB = AcCc:CcBc.

Dolay›s›yla e¤er C, AB do¤ru parças›n›n alt›n nok- tas›ysa, o zaman C c de AcBc do¤ru parças›n›n alt›n noktas›d›r ve her ikisinin de alt›n oran› ayn›d›r.

Bu yapt›¤›m›z›n önemini kavramak için biraz filozof olmak gerekir: Alt›n oran A ve B noktalar›n- dan ba¤›ms›z, yeter ki A z B olsun, hep ayn› de¤er bulunuyor! Yani alt›n oran mutlak bir say›, S gibi, e gibi do¤an›n bir sabiti. Durum böyle olunca alt›n oran›n önemli bir say› oldu¤u hemen anlafl›l›yor.

Demek ki bir tane alt›n oran var, baflka yok.

fiimdi biricik olan bu say›y› bulal›m.

Alt›n Oran›n De¤eri. Yukarda çizdi¤imiz AB do¤ru parças›nda AC = x ve CB = y olsun. fiimdi AB:AC ve AC:CB oranlar›n› x ve y cinsinden he- saplay›p bu oranlar› eflitleyelim, bakal›m ne zaman

eflit ç›kacaklar. fiekilden hemen AB:AC = (x + y)/x, AC:CB = x/y

eflitlikleri ç›kar. Demek ki, bu iki oran›n eflit olma- Mustafa Ya¤c›

[email protected] www.mustafayagci.com

Geometri ^Köflesi

Alt›n Oran

“Geometrinin iki büyük hazinesi vard›r:

Bunlardan biri Pisagor Teoremi, öteki de bir do¤ru parças›n›n afl›t ve ortalama orana bölünmesidir. Birincisi bir ölçek alt›n, ikin- cisi de de¤erli bir mücevherdir diyebiliriz.’’

Johannes Kepler, 1571-1630

A C B

A C B

Ac Cc Bc

O

1 ‹ngilizcesi extreme ratio.

2 ‹ngilizcesi mean ratio.

A C B

x y

lar› için x ve y uzunluklar›

(x + y)/x = x/y

denklemini sa¤lamal›. Paydalar› eflitleyelim:

xy + y²= x² buluruz. fiimdi denklemi y²’ye bölelim:

x/y + 1 = (x/y)².

Bu aflamada M = x/y tan›m›n› yapal›m. Yukardan M²– M – 1 = 0

buluruz. Buradan M’yi nerdeyse buluruz:

x ve y > 0 oldu¤undan, z = x/y > 0. Dolay›s›yla z için  olan de¤il + olan ifadeyi almal›y›z:

AC:CB = x/y = M oldu¤undan alt›n oran› bulduk.

Ayr›ca bir kez daha bu oran›n A ve B noktalar›n- dan ba¤›ms›z oldu¤unu kan›tlad›k.

Bu arada M için buldu¤umuz M²– M – 1 = 0 eflit- li¤ini unutmayal›m, çok yararl› olacakt›r.

Yukardaki hesaplarda y’yi 1 al›rsak, ki AB do¤- ru parças›n› belli bir oranda büyütüp ya da küçülte- rek bunu yapabiliriz, o zaman M = x/y = x bulunur.

Bu da kimileyin oran hesaplar›n› kolaylaflt›r›r.

Alt›n Oran›n Simgesi. 20’nci yüzy›l›n bafl›ndan itibaren alt›n oran için M (phi, Türkçe okunufluyla

‘fi’) simgesi kullan›lmaya bafllanm›flt›r. M Yunan al- fabesinin 21’inci harfidir. MÖ 5’inci yüzy›lda yafla- m›fl ünlü Atinal› heykelt›rafl Phidias (ya da Pheidias) an›s›na bu harf seçilmifltir. Phidias’›n alt›n orana sa- d›k yap›lan heykelleri o denli hofla gitmifl ki, eski Atinal›lar Phidias için “tanr›lar›n imgesini gören tek

kiflidir” demifllerdir. Bu nedenle alt›n oran kimile- yin, ender de olsa, Phidias say›s› olarak an›l›r.

Ünlü Frans›z ressam› Ingres’in (“engr” oku- nur) tasarlad›¤› Phydias portresini yandaki sütun- da bulacaks›n›z.

Alt›n Noktan›n ‹nflas›. AB do¤ru parças› veril- miflse, sadece pergel ve cetvelle C alt›n noktas›n›

bulabiliriz. fiöyle yapar›z: B’den AB uzunlu¤unun yar›s› kadar bir dik ç›kal›m (bunu cetvel ve pergel- le yapabiliriz.) Böylece flekildeki gibi bir ABX dik üçgeni elde ederiz. X merkezli XB yar›çapl› çember

AX hipotenüsünü Y’de kessin. fiimdi A merkezli AY yar›çapl› çemberin AB do¤ru parças›n› kesti¤i C noktas› AB’nin alt›n noktas›d›r. Bunun kan›t›

çok kolayd›r ve okura b›rak›lm›flt›r.

Cebirsel Özellikler. Yukardaki M²– M – 1 = 0 eflitli¤inden yola ç›karak afla¤›daki eflitliklerin ka- n›tlanmas› kolayd›r.

M²= M + 1, M³= 2M + 1, M⁴= 3M + 2, M⁵= 5M + 3, M⁶= 8M + 5, M⁷= 13M + 8,

…

Sa¤daki terimlerin katsay›lar›na dikkat ettiniz mi?

1, 2, 3, 5, 8, 13, ...

Her biri iki öncesinin toplam›... Örne¤in 13 = 5 + 8. Bunlar Fibonacci say›lar›... Fibonacci say›lar›n›

an›msayal›m:

ƒ₀= ƒ₁= 1 ve

ƒ_n= ƒ_n1+ ƒ_n1

formülleriyle tan›mlanm›fl diziye Fibonacci dizisi, bu say›lara da Fibonacci say›lar› denir. ‹lk Fibo- nacci say›lar› flöyle

1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, ...

A C B

M 1

M 1r 5 2 .

 M 1 5 2 .

A B

a

a/2

C

X

Y

Dikkatinizi çekmifltir,

Mⁿ= ƒ_n1M + ƒ_n2

eflitli¤i sanki do¤ru gibi. Nitekim do¤rudur ve tü- mevar›mla kolayl›kla kan›tlanabilir. ‹ki sat›rl›k ka- n›t› okura b›rak›yoruz.

Yukardaki eflitliklerden yola ç›karak afla¤›daki eflitlikler kolayl›kla kan›tlanabilir:

1/M = M – 1, 1/M²= 2 – M, 1/M³= 2M – 3, 1/M⁴= 5 – M.

Üçgende Alt›n Kesen. Bir üçgende bir köfleyle karfl›s›ndaki kenar üzerindeki bir noktay› birleflti- ren do¤ru parças›na kesen ad› verilir. E¤er nokta rastgele de¤il de karfl› kenar›n alt›n noktas›ysa ar- t›k onun ad› alt›n kesen olacak. Bir köfleye ait iki farkl› alt›n kesen vard›r. Çünkü bir do¤ru parças›

üzerinde iki de¤iflik alt›n nokta vard›r. Biri kenar›

M:1, di¤eri de 1:M oran›nda böler.

fiimdi M’nin ne kadar sihirli bir say› oldu¤unu gösterelim. Yukardaki gibi BC kenar›n›n uzunlu¤u M + 1 olan bir ABC üçgeni ve bu üçgenin A’ya ait AD ve AE alt›n kesenlerini çizelim. Demek ki BE = DC = 1. Öte yandan ED = EC – DC = M – 1 = 1/M.

Dolay›s›yla BE : ED = M = BD : BE ve AE, ABD üçgeninin bir alt›n keseni. Ayn› flekilde AD de AEC üçgeninin bir alt›n kesenidir. Oldukça flafl›rt›- c›. Ama daha bitmedi.

Teorem. Bir üçgende herhangi bir köfleye ait alt›n kesenlerden biri (ikisi birden de¤il, sadece bi- ri) bir baflka köfleye ait iki alt›n kesenin birini orta- lar, di¤erini alt›n böler.

Kan›t: ABC üçgeninde A köflesine ait alt›n ke- senler yukardaki flekildeki gibi AD ve AE olsun.

B’ye ait ve CF:FA = M eflitli¤ini sa¤layan BF alt›n

kesenini alal›m (di¤erini de¤il, bunu!) Önce FBC üçgeninde QD kesenine Menelaus Teoremi’ni (bkz. afla¤›daki gri kare) uygularsak,

buluruz. M²= M + 1 oldu¤undan AQ = QD eflitli¤i kan›tlanm›fl olur. fiimdi de QBD üçgeninde PE ke-

senine Menelaus Teoremi’ni uygulayal›m:

yani AP:PE = M:1. ■

M M

1 1

B D C

A

E

1 u u 1 1

 u u

BD BC

CF FA

AQ QD

AQ QD M

M M

M M

1 1

B D C

A

E P

Q F

Menelaus Teoremi

Menelaus Teoremi. Herhangi bir ABC üçge- ni bir do¤ru taraf›ndan afla¤›daki gibi kesilsin, o zaman

BC c·CAc·ABc = CBc·BAc·AC c ve

BcC ·CcAc·AB = CcB·BcAc·AC .

Kan›t: Birinci k›s›m MD-2003-II, sayfa 58- 59’da kan›tlanm›flt›. ABC üçgeni yerine ABcCc üçgenini, BcAcC c keseni yerine BAcC kesenini al›rsak, yan, fleklin bir anlamda AAc do¤rusuna göre simetri¤ini al›rsak, BcC ·CcAc·AB = CcB·BcAc·AC eflitli¤ini elde ederiz. ■

C

B A

B c

Ac

C c



1 1

1

u u u u

BE BD

DQ QA

AP PE

AP M PE

Not: E¤er BF yerine B’ye ait di¤er alt›n kesen çizilseydi AE bu keseni ortalar, AD ise M²:1 oran›n- da bölerdi. Bunlar›n kan›t›n› okura b›rak›yoruz.

Al›flt›rma. Afla¤›daki ABC üçgeninde AD, BE, CF kesenleri için AP = PD, BQ = QE ve CR = RF veriliyor. fiu eflitlikleri gösteriniz:

a) AF:FB = BD:DC = CE:EA = M, b) PR:RD = QP:PE = RQ:QF = M, c) AP:PR = BQ:QP = CR:RQ = M,

d) Alan(PQR) = Alan(APE) = Alan(BQF) = Alan(CRD),

e) Alan(APQF) = Alan(BQRD) = Alan(CRPE).

Karede Alt›n Kesen. Karede herhangi bir köfle- den kendisine komflu olmayan kenarlara inen ke- senler kenar› M:1 veya 1:M oran›nda kesiyorsa, bu- na karenin alt›n keseni denir. Karede bir köfleye ait 4 farkl› alt›n kesen vard›r.

Teorem. ABCD karesinde BE:EC = M:1 olacak flekilde çizilen AE alt›n keseni BD köflegenini de al- t›n böler.

Kan›t: BE = M ve EC = 1 eflitliklerini varsayabiliriz. O za- man AD = M + 1 olur.

AE ile BD köflegeni- nin arakesiti P olsun.

APD ile EPB üçgen benzerli¤inden

PD/PB = AD/EB = (M + 1)/M = 1 + (1/M) = M olur ki bu da teoremi kan›tlar. ■

Alt›n Dikdörtgen. Öklid, Ö¤eler’inde alt›n oranla ilgili güzel bir probleme de¤inmiflti: Öyle bir dikdörtgen (ABCD) bulmal› ki bu dikdörtgenden

bir kare (ABEF) ç›kar›ld›¤›nda kalan dikdörtgenin (CDEF) kenarlar›n›n oran›yla ilk dikdörtgenin (ABCD) kenarlar›n›n oran› ayn› olsun. Dikdört- genler benzer olmal› yani.

Bu dikdörtgeni, kendisine benzer bir dikdört- gen ç›kar›ld›¤›nda, geride kare b›rakan dikdörtgen diye de alg›layabiliriz. Ben bunu bir annenin bebe-

¤ini do¤urmas›na benzetiyorum. Kendisine benzer bir yavru meydana getirip, eski düzgün haline dö- nen bir anne... Hani kare düzgün bir dörtgen ya.

Teflbihte hata olmaz...

Uzun kenar› x ve k›sa kenar› 1 olan bir dik- dörtgen çizelim. Bundan bir kenar› 1 olan bir kare ç›kartal›m. Geriye kalan dikdörtgenin k›sa kenar›

x – 1, uzun kenar› 1 olur. Dikdörtgenlerin benzer olmas›n› istedi¤imizden,

x:1 = 1:(x – 1)

olmal›d›r. Bu da bizi yine x²– x – 1 = 0 eflitli¤ine götürür ki bu denklemin tek pozitif çözümü de x = M oldu¤undan bu dikdörtgene neden alt›n dikdört- gen dendi¤ini anlam›fl oluruz.

Alt›n Dikdörtgen Çizimi. Çizmek istedi¤imiz alt›n dikdörtgeninin k›sa kenar›n›n kaç olmas›n› is- tiyorsak, bir kenar› o kadar olan bir ABFE karesi çizelim. (Bkz. Yan sayfadaki alttaki flekil.) Köfle- genler yard›m›yla buldu¤umuz karenin a¤›rl›k merkezinden BF’ye inilen dikme aya¤›na G diye- lim. G merkezli GE yar›çapl› çemberi çizelim. Bu çember BF do¤rusunu tam ABCD alt›n dikdörtge- ninin C köflesinde keser. C’den BC’ye ç›k›lan dik- me AE’yi de arad›¤›m›z D noktas›nda keser. Böy- lelikle ABCD çizilmifl olur.

fiimdi de bu çizimin do¤rulu¤unu kan›tlayal›m:

BG = GF = 1 dersek; EF = DC = 2 ve GE = GC =

B C

D A

E P F Q

R

A E D

F C

B 1

1

x 1

M 1

B C

D A

P

E M + 1

Alt›n dikdörtgen! a Ma

√5 olur. fiimdi hesaplayal›m:

BC:DC = (BG + GC):DC = (1 + √5)/2 = M.

Soru. Peki, uzun kenar›na göre bir phi dikdört- geni nas›l çizilir? Bunun çizimini de okura b›rak›- yoruz. (‹pucu: Dikkenar uzunluklar›n›n oran› 1/2 olan bir dikdörtgen çiziniz.)

Alt›n Üçgen. Öyle bir ikizkenar üçgen bulaca-

¤›z ki kendisinden kendine benzer bir üçgen ç›ka- r›ld›¤›nda geriye gene bir ikizkenar üçgen kalacak.

(Afla¤›daki iki flekle bakabilirsiniz.) Neden eflkenar üçgen ile bafllayamaca¤›m›z› anlamak zor de¤il.

Bu arada, birazdan kan›tlayaca¤›m›z üzere, dikdörtgenden farkl› olarak, bu koflullar› sa¤layan iki farkl› üçgen oldu¤unu da hemen belirtelim.

Teorem. Alt›n üçgen tan›m›na uyan daraç›l› bir tek üçgen vard›r ve bu üçgenin tepe aç›s› 36°’dir.

Kan›t: Eldeki ilk ikizkenar üçgen ABC olsun.

Tepe aç›s› da A’da olsun ve bu aç›n›n ölçüsü D ol- sun. Bu üçgenden tepe aç›s› B’de olan ve ABC üçge- nine benzer bir BCD üçgeni ç›karal›m. Üçgenler benzer oldu¤undan BCD üçgeni de ikizkenard›r ve tepe aç›s› D’d›r. Geriye ADB üçgeni kal›r. AB > AD ve AB ≠ BC = BD oldu¤un-

dan ADB ikizkenar ise AD

= DB eflitli¤i sa¤lan›r. O halde m(ABD) = D. Bura- dan m(CDB) = m(DCB) = 2D bulunur ki BDC üçgeni- nin iç aç› ölçüleri toplam›n- dan 5J = 180° ve J = 36°

bulunur. ■

Teorem. Alt›n üçgen tan›m›na uyan geniflaç›l›

bir tek üçgen vard›r ve bu üçgenin tepe aç›s›

108°’dir.

Kan›t: Taban aç›lar› J olan genifl aç›l› bir BAC

Putlar› Çat›r Çat›r K›r›yoruz!

Bir inan›fla göre alt›n dikdörtgen göze hofl gelir, dengeli bir dikdörtgendir... Öyleymifl...

Ne demekse! MD bu tür basmakal›p estetik kurallar›na pek kulak asmaz ve anlams›z güzel- lik formüllerine kuflkuyla yaklafl›r.

Tarihte birçok bilim adam› ve sanatç› “ide- al” insan vücudunu alt›n oranla tan›mlamaya kalk›flm›flt›r. Geçmiflte anlafl›l›r ve hofl görülebi- lirdi belki ama bugün “ideal insan vücudu” gibi

bir kavram insan› kafatasç›l›¤a sürükleyebilecek kertede tehlikeli bir düflüncedir. Örne¤in (rast- gele bir örnek vermek gerekirse!) biz Türklerin vücut ölçüleri - Tar›k Akan gibi bir iki istisna d›- fl›nda - genelde alt›n orana pek uymaz (bacakla- r›m›z biraz k›sad›r.)

“Alt›n kural”a göre yap›ld›¤›na inan›lan Parthenon tap›na¤›

MÖ 447-432). Mimarlar› Iktinos ve Kallikrates, heykeltrafl›

ise daha önce ad› geçen meflhur Phidias.

A

B

E D

G F C

D

D D

2D

2D A

B C

D

ikizkenar üçgeni çizelim. Sonra da bu üçgenden fle- kildeki gibi yine taban aç›lar› J olan CDA ikizkenar

üçgenini ç›karal›m. Artakalan üçgende m(ADB) = 2J ve BA = BD oldu¤undan m(BAD) = 2J dir. ‹ça- ç› ölçüleri toplam›ndan 3J= 108° bulunur. ■

Biz tepe aç›s› 36° olan alt›n üçgene dikey, di¤e- rine ise bas›k alt›n üçgen diyece¤iz. Üstteki flekiller- den ve bir yandakinden di- key alt›n üçgenin artakala- n›n bas›k alt›n üçgen, bas›k alt›n üçgenin artakalan›n›n da dikey alt›n üçgen oldu-

¤unu görebilirsiniz.

Bu üçgenlerin “alt›n”

ad›n› almalar›n›n bir nede- ni olmal› elbet:

Teorem. Alt›n üçgenlerin her ikisinde de uzun kenar›n k›sa kenara oran› M’dir.

Kan›t: Afla¤›daki ABC dikey alt›n üçgeninin artakalan› olan ADB üçge- ni bas›k alt›n üçgen oldu-

¤undan sadece dikey alt›n üçgen flekli üzerinde her ikisini de kan›tlam›fl olaca-

¤›z. AB = AC = x ve BC = 1 olsun. BC = BD = DA = 1 oldu¤undan DC = x – 1 olur. BAC ile CBD üçgen- lerinde benzerlikten do¤an eflleme yap›l›rsa,

x/1 = 1/(x – 1)

olur ki paydalar eflitlenirse x²– x – 1 = 0 ç›kar. De-

mek ki AB:BD = x = M = AB:BC . ■

Baz› Trigonometrik Eflitler. Taban uzunlu¤u M olan bir BAC dikey alt›n üçgeni çizelim. Taban uzunlu¤unu 1 de alabilirdik fakat taban›n M olmas›

trigonometrik iliflkileri daha rahat görmemizi sa¤la- yacak.

Alt›n üçgenin ikizkenarlar›, taban›n M kat› ol- du¤undan AB = AC = M²olur.

DC’yi çizerek bas›k alt›n üçgeni oluflturursak AD = DC = BC = M olur. Dolay›s›yla DF = M – 1 ve ABC üçgeninde CD bir alt›n kesendir.

Öte yandan, flekildeki CF hem ABC üçgeninde hem de ADC üçgeninde al- t›n kesendir. fiimdi de D’den FC’ye bir paralel çi- zelim. BE = 1 ve EC = M – 1 oldu¤undan DE de alt›n ke- sen ç›kt›. ADC üçgeninde içaç›ortay teoreminden

ve böylelikle FC // DE oldu¤undan Tales Teoremi gere¤i

bulunur. fiimdi baz› trigonometrik de¤erleri bulabi- liriz. DEB üçgenine kosinüs teoremini uygularsak

DE²= BD²+ BE²– 2uBDuBEucos72°

buluruz. Bilinenleri yerlerine yazarsak 3 – M = 1 + 1 – 2usin 18 ç›kar ki düzenlenirse

sin 18° = (M  1)/2 elde edilir.

Bir ABC alt›n üçgeni çizelim. BC = 1 ise AB = AC = M olaca¤›n› kan›tlam›flt›k. Üçgen ikizkenar oldu¤undan tepeye ait

yükseklik taban› ikiye bö- ler. ADC dik üçgeninden ve

bulunur. fiimdi bu eflitlikte

yine hay›rlara vesile olacak baz› oynamalar yapa- ca¤›z. Biz bunu hep yap›yoruz.

Benzer flekilde di¤er üçgenlerde de kosinüs teorem- leri uygulad›kça fleklimizde görünen tüm aç›lar›n trigonometrik de¤erlerini M cinsinden bulmufl olu- ruz. ‹flte baz›lar›n›n sin ve cos de¤erleri:

18

A

B C

D

18

1/2 J

J J

2J

2J A

B D C

36°

A

B C

D

36°

36°

72°

72°

36°

36°

A

B C

D

36°

36°

72°

72°

1 x1

x

1

1

 FC 2 M

 DE 3 M



M 1

2 18

18

2 18 18

72 36 108

36

2 54 54

54 2 54

sin

cos sin cos

sin sin sin

sin

sin cos

cos sin .

 M

q 1 2sin18

sin /

18 1 2 q M

36°

A

B C

D

18°

36°

72°

18°

M

54°

M² F

E

3M 2 M

1 M1

1

1 M1

D 2sin D 2cos D 18° M 1 (2 + M)^1/2

36° (3  M)^1/2 M

54° M (3  M)^1/2

72° (2 + M)^1/2 M  1

Alt›n Beflgen. Alt›n beflgen bildi¤iniz düzgün beflgendir asl›nda. Niye mi alt›n diyoruz? E¤er di- key bir ACD alt›n üçgeninin d›fl›na do¤ru ikizke-

narlar› taban kabul eden AED ve ABC bas›k alt›n üçgenlerini çizersek, flekilden de hemen anlafl›laca-

¤› gibi, ABCDE bir düzgün beflgen olur. Böylece

bir düzgün beflgenin köflegeninin kenar›na olan oran›n tam M oldu¤u anlafl›l›r.

Teorem. Düzgün beflgende köflegenlerin hepsi birbirini alt›n böler.

Kan›t: Oranlar› kolay görelim diye beflgenin kenarlar›na M²diyelim. Koyu renkle taranm›fl üç- genlerin bas›k alt›n üçgen oldu¤undan ikiz kenar- lar› M olur. Taranmam›fl üçgenler de alt›n üçgen ol- du¤undan k›sa kenarlar› 1 olur. BE köflegeninde Dc ve C c birer alt›n nokta oldu¤undan ADc ve AC c

de birer alt›n kesen olur. ■

Alt›n Ongen. Euclid on kenarl› bir düzgün çokgenin kenar uzunlu¤u ile bu ongeni çevreleyen çemberin yar›çap› aras›ndaki M iliflkisini Ögeler’de ortaya ç›karm›flt› bile. ‹flin garibi bir köflegenin de bu yar›çapa oran› M. Bu durumu bir de fleklimizde görelim:

ABCDEFGHIJ düzgün ongeninin bir kenar› 1 ve çevrel çember merkezi de O olsun. AON aç›s›

360°/10 = 36° olur. O halde AON bir alt›n üçgen- dir. AO = ON = M oldu¤unu kan›tlam›flt›k. Di¤er yandan AOD üçgeni de bas›k alt›n üçgen olur. AD köflegeni de bu yüzden M²dir.

A

B

C

E

D

1 1

1

1 1

363636

36 36

72 72

108 108

M M

A

B

C

E

D Ac

Bc Cc Dc Ec

1 1

1 1 1

M M

M

M

M M

M M M M M² M²

M²

M²

M²

A

M M²

I

H

G B

C

D

E F

J

M

M 1

36 108

Sanat m› Matematik mi?

Bir alt›n dikdörtgenden bir kenar› dikdört- genin enine eflit kare ç›kart›ld›¤›nda geriye gene bir alt›n dikdörtgen kal›r, bunu metinde gör- müfltük. Demek ki geriye kalan alt›n dikdört- genle ifllemi tekrarlayabiliriz ve bunu sonsuza kadar götürebiliriz. Sonuç afla¤›da:

Karelerin içine çeyrek daire yerlefltirince da- ha etkileyici oluyor nedense:

1

1 1/M

1/M²

1/M³ 1/M⁴

Hüseyin Demir Hocam›zdan Al›flt›rmalar

1. Kenar uzunluklar› M, M + 1, M + 1 olan üçge- nin dikey bir alt›n üçgen, M + 1, M + 1, M olan üçge- nin de bas›k bir bas›k üçgen oldu¤unu gösteriniz.

2. 1, a, a²say›lar›n›n bir üçgenin kenar uzun- luklar› olabilmesi için M – 1 < a < M olmas› gerekti-

¤ini kan›tlay›n›z.

3. Yandaki flekilde ABCD bir alt›n dikdörtgen, AEB ise bir alt›n üçgen ise CDE aç›s› kaç derecedir?

4. Tabanlar› 1 olan bir dikey alt›n üçgenle bir bas›k alt›n üçgenin alanlar›n›n s›ras›yla

oldu¤unu gösteriniz.

5. Bir kenar› 1 olan bir düzgün beflgenin çevrel çember yar›çap›n›n

alan›n›n ise

oldu¤unu gösteriniz.

6. Bir düzgün beflgenin alan›, köflegenlerinin oluflturdu¤u düzgün beflgenin alan›n›n M⁴kat› ol- du¤unu kan›tlay›n›z.

Bir soru da TÜB‹TAK’tan: Bir düzgün onge- nin bir kenar uzunlu¤uyla çevrel çember yar›çap›- n›n uzunlu¤unun toplam›n›n en k›sa ikinci köflege- nin uzunlu¤una eflit oldu¤unu gösteriniz.

Çözüm: Metindeki ongen fleklinden izleyin.

Bir kenar uzunlu¤u a, en k›sa ikinci köflegen uzun- lu¤u b, çevrel çember yar›- çap› R olsun. a = 1 ise b = M² ve R = M’dir. Öte yan- dan M² = M + 1 oldu¤un- dan b = a + R. ♦

B

A D

C E

J

4 3

4

7 4 2

M  M

ve

1 3  M

14 13

2 M 

A

M M²

I

H

G B

C

D

E F

J

M

M 1

36 108



M \

M

\ M

\

M \ M

M \

\

\ M \

 

q  

q   

q  

q   

q   

q  

q   

q

1 5

2

1 5

2

9 2 2

2

18 2 2

2

2 2

27 2 2

2

36 2 2

2

2

2 2

54 2 2

2

2 2

63 2 2

2

72 2 2

2

2

2 2

81 2

ve olmak üzere

sin

sin

sin

sin

sin

sin

sin

sin  2

2 M

Alt›n Oran ve Birkaç Trigonometrik Formül

0°

18°

30°

36°

45°

54°

60°

72°

1

1

1

1 M M

M

M 2 + 2M

Sevgili Deniz,

Soruna [MD-200x-xx, sayfa xx] k⤛t kalem oynatmadan flekle bakar bakmaz yan›tlayabilece-

¤in bir yöntem buldum. Yaln›z anlaman için bir sonraki teoremi belki de bu yaz›n›n tamam›n› oku- man laz›m. Önce sorunu an›msayal›m:

Soru. Afla¤›daki flekilde AB = DC, m(ABC) = 24^ove m(BAD) = 30^oise m(ACB) kaçt›r?

Sadece bu soruyu de¤il, buna benzer birsürü soruyu daha yan›tlayan bir yöntem gösterece¤im.

Önce bir teorem kan›tlayal›m:

Yedi Soruluk Teorem. ABC üçgeninin BC ke- nar› üzerinde AB = DC olacak flekilde bir D nok- tas› al›ns›n. m(ABC) = D ve m(BAD) = E iken

M = sin E / sin(ED) ise m(ACB) = J = E.

Kan›t: AB = DC = m ve BD = n olsun. ABD üçgeninde sinüs teoremi gere¤ince,

m/n = sin E / sin(ED)

olur ki verilene göre m/n = M oldu¤unu anlar›z.

fiimdi M²– M – 1 = 0 eflitli¤inden, (m/n)² m/n  1 = 0

denklemine ulafl›r›z. Düzenlersek, m²– mn – n²= 0, yani m²= mn + n²= n(m + n) olur. Bu eflitli¤i m/n = (m+n)/m orant›s›na dönüfltürelim, yani

AB/BD = BC/AB.

Bu ve m(ABD) = m(CBA) eflitli¤inden, ABD ve CBA üçgenlerinin K-A-K gere¤ince benzer oldu¤u- nu anlar›z. O halde m(BAD) = m(BCA) olmal›, ya-

ni J = E. ■

Sorunun Yan›t›:

sin ADC/sin BAD = sin 54^o/sin 30^o= M oldu-

¤undan m(ACB) = m(BAD) = 30^o. Sorun yan›tlanm›flt›r!

Bizi buna sürükleyen

eflitli¤i oldu. O halde sinüslerinin oran› M’ye eflit olan her iki aç› için böyle bir soru sorulabilir.

Aynen sayfa xx’in sonunda yapt›¤›m›z gibi,

eflitliklerini kolayl›kla buluruz. Bu eflitliklerin pay- dalar›ndaki aç›lar› E, paylar›ndaki aç›lar› da ED gibi düflünürsek,

sorular›n›n tümü bu yöntemle çözülebilir. Hepsin- de J = m(BAD) olur. Anlayaca¤›n teoremimiz alt›

soruluk. Çünkü ben bu eflitlikleri sa¤layan ve her ikisi de tamsay› olan ancak 6 çift bulabildim. Belki daha vard›r, kimbilir?

Teoremin akla getirdi¤i yedinci soru da bu!

Mustafa YYa¤c›

B

A

D J C

D E

m

m n

B

A

D J C

30

24

Deniz’e Benden de Bir Mektup Var!

M E

E D sin sin( )

 M sin

sin

sin sin

sin sin

sin sin sin

sin

sin sin 30 18

150 18

72 36

108 36 54

30

126 30

B

A D

J C

30

24

B

A

D J C

36

36

B D

J C

18

132

A B

A

D

J C

18 12

B A

D J C

36

72

B D J C

30

96

A