Değme üçgeninin alanı, en fazla, asıl üçgenin alanının $1\over 4$ ü kadar olur.

Question

Bir $ABC$ üçgeni verilsin. Bu üçgenin iç teğet çemberinin kenarlara değme noktalarına $D,E,F$ diyelim.

$\frac{A(DEF)}{A(ABC)}\leq\frac14$ ($A$: Alan) olduğunu ve eşitliğin sadece eşkenar üçgenlerde sağlandığını gösterin.

Benim çözümüm, bazı (azıcık) ileri düzey geometri yöntemleri ile çok kısa (ve sorudaki durumdan biraz daha genel) olacak.

Başka daha basit çözümleri olabilir.

Comments

Bu oranının $$\frac{A(DEF)} {A(ABC)}=\dfrac{2abc}{(a+b)(b+c)(a+c)}$$ olduğu gösterilebilir. Burada $a=b=c$ durumunda ortaya çıkan $1/4$ sayısının eküs olduğunu gösterebilmek için  Cevian durumu (genel hal) ele almak lazım sanırım.

---

Alper Çay hocamın verdiği alanlar oranı ile ilgili eşitlik kanıtlanınca geriye basitçe $a+b \geq 2\sqrt{ab}$, $b+c \geq 2\sqrt{bc}$, $c+a \geq 2\sqrt{ca}$ aritmetik-geometrik ortalama eşitsizliklerini uygulamak kalıyor. Elbette eşitlik hali yalnızca $a=b=c$ iken vardır.

Answer 1

Lokman hocamın dediğini alanlar oranına uygulayalım: $a+b \geq 2\sqrt{ab}$, $b+c \geq 2\sqrt{bc}$, $c+a \geq 2\sqrt{ca}$ olduğunu bildiğimizden

$$\frac{A(DEF)} {A(ABC)}=\dfrac{2abc}{(a+b)(b+c)(a+c)}\le\dfrac{2abc}{2(\sqrt{ab}) 2(\sqrt{bc})2(\sqrt{ca})}=\dfrac{1}{4}$$ eşitsizliğini yazabiliriz. Eşitlik durumu AO-GO eşitsizliğinde $a=b=c$ durumda sağlandığından $ABC$  üçgeni eşkenar iken $DEF$ üçgeninin alanı en çok olur.

Answer 2

Bu iddiayı ispatlamak için aşağıdaki önermeleri kullanacağım:
    1. Her üçgen, alanları  koruyan bir dönüşüm ile, bir eşkenar üçgene dönüştürülebilir. Bu dönüşümler doğruları korur ve (uzunluklar değişir ama) doğru  parçaların  orta noktaları yine orta noktaya dönüştürür. Bu dönüşümler elipsleri (çember de bir elipsdir) yine elipse dönüştürür, ama çemberleri korumaz. (Alan koruyan dönüşümler grubu, determinantı $ \pm1 $ olan lineer dönüşümler ve ötelemeler tarafında üretilir.)
    2. Bir çemberin içine çizilebilen en büyük üçgen, eşkenar üçgendir ve alanı çemberin alanının $\frac{3\sqrt{3}}{4\pi}  $ üne eşittir (Bu iddia standart maksimum-minimum yöntemleri ile kolayca gösterilebilir). Alan koruyan dönüşümler kullanarak, alanlar oranının, elipsler için de geçerli olduğu kolayca görülür.
    3. Bir üçgenin içine çizilebilen en büyük alanlı tek bir elips vardır, bu elips kenarlara orta noktalarında teğettir (bu elips, Steiner in iç elipsi olarak adlandırılır). Bu elipsin alanı, üçgenin alanının $\frac{\pi}{3\sqrt{3}}  $ üne eşittir.
    Şimdi bunları kullanarak soruyu cevaplayalım:
    Bir $ ABC $ üçgeni verilsin, $ D,E,F $ iç teğet çemberin kenarlara değme noktaları olsun.
    Alan koruyan bir dönüşüm ile $ ABC $ üçgenini, $ A'B'C' $ eşkenar üçgenine dönüştürelim.
    $ ABC $nin iç teğet çemberi, $ A'B'C' $ nin bir iç teğet elipsine dönüşür. $ A'B'C' $ nin Steiner iç elipsi, iç teğet çemberidir.
    Steiner in iç elips teoreminden, bu elipsin alanı en çok, $ ABC $ nin alanının $\frac{\pi}{3\sqrt{3}}  $ üne eşittir ve eşitlik sadece,  bu elips, $ A'B'C' $ nin iç teğet çemberi ise mümkündür.
    $ ABC $ nin değme üçgeninin alanı, en çok, $ A'B'C' $ nin iç teğet çemberi içindeki en büyük üçgenin alanı kadar olabilir.
    Öyleyse, $ \frac{Alan(DEF)}{Alan(ABC)}\leq \frac{3\sqrt{3}}{4\pi} \frac{\pi}{3\sqrt{3}} =\frac14$ olur.    
    Eşitliğin doğru olması için, $ ABC $ nin iç teğet çemberinin, $ A'B'C' $ nin iç teğet çemberine dönüşmesi gerekir, bu da (kenar orta noktaları korunduğu için) $ D,E,F $ nin ($ ABC $ nin) kenar orta noktaları olması, yani $ ABC $ nin bir eşkenar üçgen olması ile mümkündür.
    Sorudaki iddiadan daha genel olarak şunu da ispatlamış olduk:
    Bir $ ABC $ üçgeninin içine çizilen (kenarlara teğet) bir elipsin değme noktalarının oluşturduğu üçgenin alanı, $ ABC $ üçgeninin alanının $ 1\over4 $ ünü geçemez (ama eşitlik herhangi bir üçgende (sadece Steiner iç elipsi için) mümkündür).