Verilen parabolün dik kesişine teğetlerinden rastgele ikisinin kesiştiği nokta \(P(x_0,y_0)\) olsun. Bu teğetlerin eğimlerine sırasıyla \({m_1}\) ve \({m_2}\) diyelim. Bu durumda teğetlerin denklemleri sırasıyla \[y = {m_1}(x - {x_0}) + {y_0}\] ve \[y = {m_2}(x - {x_0}) + {y_0}\] olacaktır. Biz eğimlere genel olarak \(m\) diyerek her iki teğeti de kapsayan \[y = m(x - {x_0}) + {y_0}\] denklemini yazalım. Teğetler ile parabolün kesim noktası tek olduğundan, bu denklem ile parabolün denkleminin ortak çözümünden elde edilecek olan 2. dereceden bir bilinmeyenli denklemin tek kökü yani diskriminantı 0 a eşit olmalıdır: \[\begin{array}{*{20}{c}} {m(x - {x_0}) + {y_0} = a{x^2} + bx + c}\\ { \Rightarrow a{x^2} + x(b - m) + c + m{x_0} - {y_0} = 0} \end{array}\] olacağından \[\begin{array}{l} \Delta  = {(b - m)^2} - 4a(c + m{x_0} - {y_0}) = 0\\  \Rightarrow {m^2} + m( - 2b - 4a{x_0}) + {b^2} - 4ac + 4a{y_0} = 0 \end{array}\] elde edilir. Elde edilen \(m\) ye bağlı bu 2.dereceden denklemden elde edilecek olan \({m_1}\) ve \({m_2}\) kökleri teğetlerin eğimleri olacaktır. Fakat biliyoruz ki teğetler dik kesişmektedir. O halde \[{m_1} \cdot {m_2} =  - 1\] dir. Bu durumda elde ettiğimiz \(m\) ye bağlı bu 2.dereceden denklemde \[\begin{array}{l} \dfrac{c}{a} =  - 1\\  \Rightarrow \dfrac{{{b^2} - 4ac + 4a{y_0}}}{1} =  - 1\\  \Rightarrow \Delta  + 4a{y_0} =  - 1\\  \Rightarrow {y_0} =  - \dfrac{{\Delta  + 1}}{{4a}} \end{array}\] elde edilir. O halde dik kesişen teğetlerin kesim noktasının ordinatı daima bu değere eşittir. Demek ki bu noktalar \[y =  - \dfrac{{\Delta  + 1}}{{4a}}\] doğrusu üzerindedir.

Böylece ispat tamamlanmış olur.

Şimdi, parabolün denklemi genel konik denklemine dönüştürelim. \[\begin{array}{l}
y = a\left[ {{x^2} + \dfrac{b}{a}x + \dfrac{c}{a}} \right]\\  \Rightarrow y = a\left[ {{x^2} + \dfrac{b}{a}x + \dfrac{{{b^2}}}{{4{a^2}}} - \dfrac{{{b^2}}}{{4{a^2}}} + \dfrac{c}{a}} \right]\\  \Rightarrow \dfrac{1}{a}y = \left[ {{{\left( {x + \dfrac{b}{{2a}}} \right)}^2} - \dfrac{{{b^2} - 4ac}}{{4{a^2}}}} \right]\\  \Rightarrow \dfrac{1}{a}y = {\left( {x + \dfrac{b}{{2a}}} \right)^2} - \dfrac{\Delta }{{4{a^2}}}\\  \Rightarrow \dfrac{1}{a}\left( {y + \dfrac{\Delta }{{4a}}} \right) = {\left( {x + \dfrac{b}{{2a}}} \right)^2} \end{array}\] elde edilir. Böylece merkezi \[M\left( { - \dfrac{b}{{2a}}, - \dfrac{\Delta }{{4a}}} \right)\] ve parametresi \[p = \dfrac{1}{{2a}}\] olan ötelenmiş parabol denklemi elde ederiz. Öteleme vektörü \[\overrightarrow u  = \left( {-\dfrac{b}{{2a}},-\dfrac{\Delta }{{4a}}} \right)\] olduğundan parabolün doğrultmanı \[\begin{array}{l}
y =  - \dfrac{p}{2} - \dfrac{\Delta }{{4a}}\\  \Rightarrow y =  - \dfrac{1}{{4a}} - \dfrac{\Delta }{{4a}} =  - \dfrac{{\Delta  + 1}}{{4a}} \end{array}\] olur. Demek ki parabolün dik kesişen teğetlerinin kesim noktalarının geometrik yeri aynı zamanda parabolün doğrultmanıdır.

\(\triangle EAB\) ninde \([BC]\) dış açıortay olduğundan \(\dfrac{{|CE|}}{{|CA|}} = \dfrac{{|BE|}}{{|BA|}}\) dır.

Buradan \[|CE| = \frac{{|CA|.|BE|}}{{|BA|}}\] elde edilir. \(\triangle ABC\) ninde \([AF]\) iç açıortay olduğundan \(\dfrac{{|CA|}}{{|AB|}} = \dfrac{{|CF|}}{{|BF|}}\) dir.

Buradan \[|BF| = \frac{{|AB|.|CF|}}{{|CA|}}\] olur.

\(\triangle ABC\) ninde Seva teoremi uygulanırsa \[\frac{{|CE|}}{{|EA|}}.\frac{{|AD|}}{{|DB|}}.\frac{{|BF|}}{{|FC|}} = 1\] olur. Yukarıda bulduğumuz eşitlikleri yerine yazarsak \[\frac{{|CA|.|BE|}}{{|BA|.|EA|}}.\frac{{|AD|}}{{|DB|}}.\frac{{|AB|.|CF|}}{{|FC|.|CA|}} = 1\] olur. Sadeleştirmeler yapılırsa \[\frac{{|BE|}}{{|EA|}} = \frac{{|DB|}}{{|AD|}}\] elde edilir. O halde \([ED]\), \(\triangle AEB\) nin iç açıortayıdır. Bu durumda \(m(\widehat {AEG}) = {120^ \circ }\) olduğundan \[m(\widehat {AED}) = m(\widehat {DEB}) = m(\widehat {BEC}) = {60^ \circ }\] olur.

Demek ki \([EB]\) de \(\triangle ADE\) nin dış açıortayıdır. Bu üçgende \([AF]\) de iç açıortay olduğundan \([DC]\) de dış açıortay olur. Böylece \[m(\widehat {CDE}) = {54^ \circ }\] bulunur.

Süleyman hocam, \(m(\widehat {AFB}) = {60^ \circ }\) olduğu sürece geçerli olan bir genelleme üretti. Resmi daha iyi görmek için sağ tıklayıp farklı kaydet diyerek bilgisayarınıza yükleyip açabilirsiniz.

Öncelikle ilk ifadenin çözümünü verelim. Bunun için \[f(x) = (x - 1)(x - 2)(x - 3)...(x - n)\] fonksiyonunu düşünelim. Bu fonksiyonun kökleri \(A = \{ 1,2,3,...,n\} \) kümesini oluşturmaktadır. Fonksiyonu \[f(x) = {x^n} + {b_1}{x^{n - 1}} + {b_2}{x^{n - 2}} +  ...  + {b_{n - 1}}x + {b_n}\] biçiminde yazarsak kökler toplamının \( - {b_1}\), köklerin ikişerli çarpımlarının toplamının \({b_2}\), köklerin üçerli çarpımlarının toplamının \(-b_3\) ..., köklerin tamamının çarpımının \(n\) nin çift veya tek oluşuna göre \( \pm {b_n}\) olduğunu Vieta  formüyle görebiliriz. O halde \(n\) nin çift ve tek oluşuna göre durumu açıklayalım.

\(n\) çift ise \[\begin{array}{l} f( - 1) = ( - 2)( - 3) ... ( - 1 - n) = 1 - {b_1} + {b_2} - {b_3} +  ...  + {b_n}\\  \Rightarrow  - {b_1} + {b_2} - {b_3} +  ...  + {b_n} = (n + 1)! - 1 \end{array}\] olurken

\(n\) tek ise \[\begin{array}{l} f( - 1) = ( - 2)( - 3) ... ( - 1 - n) =  - 1 + {b_1} - {b_2} + {b_3} -  ...  - {b_n}\\  \Rightarrow  - {b_1} + {b_2} - {b_3} +  ...  + {b_n} = (n + 1)! - 1 \end{array}\] olmaktadır. (İkinci durumda \(n\) tek olduğundan \(( - 2)( - 3) ... ( - 1 - n) =  - (n + 1)!\) olduğuna dikkat ediniz.)

O halde her iki durumda da köklerin birbirleriyle farklı çarpımları toplamının \((n+1)!-1\) olduğunu görüyoruz. Bu, \(A = \{ 1,2,3,...,n\} \) kümesi için ilk soruda aradığımız cevaptan başka birşey değildir. Çünkü \(A\) kümesinin belli bir sayıda eleman (örneğin 2 eleman) ieçeren alt kümelerin elemanlarının çarpımları toplamı ile yazdığımız \(f\) fonksiyonun köklerinin belli bir miktarda (örneğin ikişerli biçimde) çarpımının toplamı aynıdır. O halde ilk soru için cevabımız \[(n + 1)! - 1\] dir.

 Şimdi ikinci sorunun çözümünü verelim. Dikkat ederseniz yazdığımız \(f\) fonksiyonu için \(f(1) = 0\) dır. Öte yandan \[f(1) = 1 + {b_1} + {b_2} + ... + {b_n}\] dir. Ayrıca \(n\) çift için \[f( - 1) = 1 - {b_1} + {b_2} - {b_3} + ... + {b_n}=(n+1)!\] olduğunu yukarıda ifade etmiştik. \(f(1)\) ve \(f(-1)\) değerlerini toplarsak \[2(1 + {b_2} + {b_4} + ... + {b_n}) = (n + 1)!\] bulunur. Demek ki \[{b_2} + {b_4} + ... + {b_n} = \frac{{(n + 1)!}}{2} - 1\] dir. (\(n\) tek için de aynı durumun geçerli olacağını siz gösteriniz.) O halde \(A\) kümesinin boş kümeden farklı çift sayıda eleman içeren kümelerindeki elemanların çarpımları toplamı \[\frac{{(n + 1)!}}{2} - 1\] olur.

Son sorumuzada  \(f(1)\) ve \(f(-1)\) farkından cevap verebiliriz, ama en kısa çözümümüz tabiki tüm durumdan çift olanların durumunu çıkarmak olacaktır. Yani \(A\) kümesinin boş kümeden farklı tek sayıda eleman içeren kümelerindeki elemanların çarpımları toplamı \[(n + 1)! - 1 - \left( {\frac{{(n + 1)!}}{2} - 1} \right) = \frac{{(n + 1)!}}{2}\] bulunur.