30 Kasım 2016 Çarşamba

Cavalieri'nin teoremiyle integral analiz kullanmadan kürenin hacmi

Güneş, Ay, Dünya ve Güneş Sistemini oluşturan diğer gezegenler ve onların uydularının hemen hemen tamamı yaklaşık olarak küresel şekildedir. Bunda tabiatta iş gören dört temel kuvvetten genel çekim kuvvetinin küresel simetriye sahip olması başlıca işlevi üstlenir. İkinci temel kuvvet olan Coulomb kuvveti de küresel simetriye sahip olduğundan, bu kuvvet altında hareket eden atomlar ve atomları oluşturan yüklü tanecikler hem mikroskopik hem de makroskopik bazda küresel şekiller oluşturma eğilimindedirler. Kürenin merkezinden geçen her dönme ekseni ve her düzlem bir simetri işlemidir ve kürenin sonsuz adette simetrisi vardır. Kürenin anlattığımız bu özelliklerinin bir kısmını ve evrenin her yerinde oluşunu eski insanlar da biliyorlardı. Örneğin Pisagorcular Dünyanın küresel olduğunu biliyordu. Hatta Eratosthenes Dünyanın çevresini (ve dolayısıyla yarı çapını) ölçmek için deneyler yapmıştı. Burada yeri gelmişken belirtelim: Dünyanın küresel olduğu Antik Çağlardan beri bilim adamları arasında pek tartışma konusu olmamıştır. Üç aşağı beş yukarı hepsi Dünyanın küresel olduğu hususunda hem fikirdirler.

Kürenin hacmini ve yüzey alanını ise -integral analizi kullanmadan- ilk defa hesaplayan kişi Arşimet'tir. Kendisi bunu ömrünün en büyük başarısı addetmiş hatta ispatta kullandığı yöntemin mezar taşına yazılmasını da istemiştir. Arşimet'in Siraküza şehrinde cahil bir Romalı asker tarafından katledildiğini biliyoruz. Eski Yunan kültürünün Roma İmparatorluğu'nun savaş makinesine mağlup olmasıyla, bir zamanlar Arşimetler yetiştiren Siraküza, zaman içerisinde yetiştirdiği dahilerden dahi bihaber bir duruma düşmüştür. Antik Roma döneminin meşhur yazar ve devlet adamlarından Cicero, Arşimet'in mezarını nasıl bulduğunu aşağıdaki satırlarda anlatıyor. Konumuzla ilgili olduğu için aşağıdaki parçayı bu vesileyle Arşimet'in hatırasına saygı bağlamında burada paylaşmak istiyorum.

        Lakin Dionysius'un kendi şehri Siraküza'dan, Dionysius'tan yıllar sonra yaşamış, pek az tanınan, küçük bir adama, Arşimet'e, bir zamanlar cetveliyle üzerinde çizgiler çizdiği topraktan çağrıda bulunacağım. Sicilya'da vergi tahsilat memuru olarak vazife yaptığım dönemde [MÖ 75'te, Arşimet'in vefatından 137 yıl sonra] onun mezarının izini bulmaya muvaffak oldum. Siraküzalılar mezar hakkında bir şey bilmedikleri gibi mezarın varlığını da inkar ediyorlardı. Ama işte karşımdaydı, böğürtlen çalıları ve dikenleriyle tamamen sarılmış ve saklanmış bir halde oradaydı. Arşimet'in mezar taşının tepesine yazılmış, bir küre ve silindire atıfta bulunan, önceden duyduğum bazı basit mısraları hatırladım ve Agrigento Kapısı'nın yanında duran sayısız mezarı iyice inceledim. Nihayet, üstünde bir küre ve silindir duran ve çalılardan zar zor görünen bir sütunu farkettim. Derhal Siraküzalılar'a, ki şehrin öndegelenlerinden bazıları da o an benimle beraberdi, peşinde olduğum şeyin bu olduğuna inandığımı söyledim. Anıt mahallini temizlemek üzere oraklı adamlar gönderildi ve anıta bir yol açıldığında doğrudan anıta doğru yürüdük. Her ne kadar lahitteki her satırın takriben ikinci yarısı aşınmış bulunsa da, mısralar hala görülebiliyordu.
        Hem Yunan dünyasının en meşhur yerleşim merkezlerinden birisi hem de eski günlerinde büyük bir eğitim merkezi olan bu şehir, Arpinumlu bir adam [Cicero, kendini kastediyor.] çıkıp göstermeseydi, şimdiye kadar yetiştirdiği en büyük yurttaşının kabrinden tamamıyla bihaber kalacaktı!
Cicero, On The Good Life. (İngilizce tercümesinden Türkçe'ye yerölçüsü için çevirdim. MD)

Biz bu postada kürenin hacmini hesaplayacağız ama kullanacağımız yöntem Cavalieri teoremine dayanacak. Tıpkı Arşimet gibi yarı çapı $R$ olan bir yarım küreyi, tabanının yarı çapı ve yüksekliği $R$ olan bir silindirin içine yerleştireceğiz. Dolayısıyla silindirin tavanı ile yarım kürenin kuzey kutbu birbirlerine teğet olacaklar. Daha sonra tabanı silindirin tavanıyla çakışık, yükseliği ise yine $R$ olan bir koniyi yine aynı silindirin içine yerleştireceğiz. Cavalieri'nin teoremini uygulayabilmek için silindirin tabanına (ya da tavanına) paralel bir düzlem ile bu cisimleri keseceğiz. Düzlem ile koninin kesişimi küçük bir çember vermektedir. Küre ile silindir arasında kalan bölgeyle düzlemin kesişimi ise bir halka tasvir ediyor.

Daha fazla ilerlemeden Cavalieri'nin teoremine ispatsız yer verelim.

Teorem: (Cavalieri) Üç boyutlu uzayda iki tane katı cisim birbirine paralel iki düzlem arasında bulunsun. Bu düzlemlere paralel her düzlem, söz konusu katı cisimleri eşit kesit alanları üretecek şekilde kesiyorsa, o zaman bu iki katı cismin hacimleri eşittir.

Cavalieri'nin teoreminde bahsettiği iki paralel düzlem bizim çalışmamızda üç boyutlu resimdeki silindirin tabanını ve tavanını kapsayan düzlemlerdir. Bu düzlemlere paralel bir düzlemi yine şekilde gösterdik. Amacımız söz konusu düzlemin, koniden kestiği dairesel alan ile, yarım küre ve silindir arasında kalan bölgeden kestiği alanların eşit olduğunu ispatlamak. Üç boyutlu resimdeki düzlemi yandaki çizimde kesikli çizgilerle gösterdik. Bu çizimde silindirin tabanına ve tavanına dik ve kürenin merkezini de kapsayan bir düzlemin kestiği bölge gösterilmektedir. Şimdi, silindirin yarı çapının ve yüksekliğinin eşit olduğu dikkate alınırsa, bu silindire yerleştirilen koninin aslında ikizkenar dik üçgenin $90^{\circ}$'lik tepe açısı etrafında döndürülmesiyle elde edildiği kolayca anlaşılır. Çalıştığımız paralel düzlem silindirin tabanından $x$ yükseklikte cisimleri $A,B,C$ noktalarında kessin. Koninin kesit alanı ikizkenar dik üçgen olduğundan $|OO^{\prime}|=|CO^{\prime}|=:x$ olacaktır. Dolayısıyla düzlemin koniden kestiği dairenin alanı $S_{1} := \pi x^{2}$ kadardır.

Pisagor teoreminin basit bir uygulamasıyla $(|BC|+x)^{2}+x^{2}=R^{2}$ ya da $|BC|=\sqrt{R^{2}-x^{2}}-x$ olduğu görülür. Yine şekile referansla, paralel düzlemin silindir ile küre arasında kalan bölgeden kestiği halkanın kalınlığı $u$ için $u=R-|BC|-x$ ya da $u=R-\sqrt{R^{2}-x^{2}}$ olduğu ortaya çıkmaktadır. Bu halkanın alanı ise $S_{2}:=\pi R^{2} -\pi (R-u)^{2}$ olduğundan, $S_{2}=\pi x^{2}$ olduğu kolayca görülür. Demek ki $S_{1}=S_{2}$ imiş.

Cavalieri teoremi uyarınca silindirin içindeki koninin hacmi ile, yarım küre ile silindir arasında kalan bölgenin hacimleri aynı olmalıdır. Ama daha önce bu blogda yaptığımız çalışmalar uyarınca koninin hacmi \begin{equation*} V_{C} := \frac{1}{3} \pi R^{3} \end{equation*} olmalıdır. O zaman yarım kürenin hacmi \begin{equation*} V_{HS} := \pi R^{3} - \frac{1}{3} \pi R^{3} = \frac{2}{3} \pi R^{3} \end{equation*} bulunur. Buradan da kürenin hacmi olan $V_{S} := 2V_{HS} = \frac{4}{3} \pi R^{3}$ formülüne kolayca uzanılır.

28 Kasım 2016 Pazartesi

İntegral analiz kullanmadan koni, piramid ve düzgün dörtyüzlü için hacım hesabı

Alan ve hacim hesaplamaları geometrinin çıkış noktalarından birisidir. Küp, silindir, dikdörtgenler prizması gibi basit şekillerin hacim formülleri tanımlar kovalanarak kolayca bulunurken koni, küre, düzgün dörtyüzlü gibi şekillerin hacimlerinin hesaplanmasının genellikle integral alınarak hesaplandığından söz edilir. Koni Eski Yunanlılarca adına konik kesitler denilen parabol, hiperbol, elips ve çember gibi şekilleri içerdiği için çalışılmıştır. Dahası Arşimet, koninin hacmini kullanarak kürenin hacmini de integral kullanmadan hesaplamıştır. Biz bu postada, hiç integral kullanmadan koni ve benzeri şekillerin hacimlerini hesaplayacağız.

Koniden, koniye benzer bir kısmı tabana paralel olacak şekilde keselim. Aşağıda kalan parçaya literatürde frustum denmektedir. Frustumun yüksekliği $h_{1}$, taban alanı ise $S_{1}$ olsun. Benzer şekilde kesilen koninin yüksekliğine $h_{2}$, taban alanına ise $S_{2}$ diyelim. Taban alanların kare kökleri koni tabanlarını oluşturan yarı çapla orantılı olduğundan, üçgenlerin benzerliğinden faydalanarak \begin{equation*} \sqrt{\frac{S_{2}}{S_{1}}} = \frac{h_{2}}{h_{1}+h_{2}} \end{equation*} yazabiliriz. Bu denklem vasıtasıyla problemin dört parametresinden bir tanesini, mesela $h_{2}$ parametresini denklemlerden eleyebiliriz. Bundan sonra \begin{equation*} h_{2} = h_{1} \frac{\sqrt{S_{2}}}{\sqrt{S_{2}}-\sqrt{S_{1}}} \end{equation*} ifadesini kullanacağız. Bu postada koninin hacminin ($V$), taban alanı ($S$) ve yüksekliği ($h$) cinsinden $V = \kappa Sh$ şeklinde bir formülle verildiği varsayıp, daha sonra buradaki $\kappa$ sabitini bulacağız. Frustumun hacmi \begin{eqnarray}\nonumber V_{F} &=& \kappa S_{1}(h_{1}+h_{2}) - \kappa S_{2}h_{2} \\ \nonumber &=& \kappa \frac{S_{1}^{3/2}}{S_{1}^{1/2}-S_{2}^{1/2}} h_{1} - \kappa \frac{S_{2}^{3/2}}{S_{1}^{1/2}-S_{2}^{1/2}} h_{1} \\ \nonumber &=& \kappa h_{1} (S_{1}+\sqrt{S_{1}S_{2}}+S_{2}) \end{eqnarray} şeklinde ifade edilebilir. Şimdi frustumda $h_{1}$ uzunluğunu çok küçülttüğümüzde, frustumun geometrisi bir silindire çok yaklaşır ve asimptotik olarak $S_{2} \to S_{1}$ ve hacim formülünde $V_{F} \to 3\kappa S_{1}h_{1}$ olur. Ama bu formülün bir silindirin hacmini verebilmesi için $\kappa = 1/3$ olmalıdır. Demek ki taban alanı $S$, yüksekliği $h$ olan bir koninin hacmi \begin{equation*} V = \frac{1}{3} Sh \end{equation*} formülüyle veriliyormuş.

Burada yaptığımız çalışmanın piramitler ve düzgün dörtyüzlü içinde geçerli olduğunu ve ilgili cisimlerinin taban alanı ve yükseklik çarpımlarının üçte birinin onların hacmini vereceğini gözleyiniz.

23 Kasım 2016 Çarşamba

Çift Atwood makinesi

Problem: Şekilde $m_{1}$ ve $m_{2}$ kütleleri, kütlesiz, sürtünmesiz ve esnemez, kısaca ideal, $A$ sicimiyle hareketli (yine kütlesiz ve sürtünmesiz) $B$ makarası üzerinden birbirlerine bağlıdırlar. $B$ makarası ise ideal $C$ sicimiyle kütlesiz ve sürtünmesiz, tavana sabitlenmiş, $D$ makarası ile $m_{3}$ kütlesine bağlıdır. Sistem başlangıçta hareketsiz olarak $t=0$ anında resimde yukarıdan aşağıya olan $g$ yerçekimi ivmesi ile harekete başlamaktadır. Tüm kütlelerin ve hareketli $B$ makarasının ivmesiyle, $A$ ve $C$ sicimlerindeki gerilmeyi soruda verilenler cinsinden ifade ediniz. (Resimin üzerine tıklayarak daha yüksek çözünürlükteki versiyonunu görebilirsiniz.)

Bu soruyu bir fizik ders kitabının arkasındaki sorular arasında işte meydan sınıfında bir soru olarak gördüm ve epeyce ilgimi çekti. Küçücük (hem de ideal) bir basit makinenin insanı nasıl otuzüçleteceğini görmek isterseniz, bu soruda şansınızı denemelisiniz.

Soruyu çözmeye başlamadan önce bizden istenilenleri, yani bilinmeyenleri, yazarak en az kaç adet denkleme ihtiyacımız olduğunu tespit edelim. Kütlelerin ivmeleri $a_{1}$, $a_{2}$ ve $a_{3}$ ve hareketli $B$ makarasının ivmesi $a_{B}$ olmak üzere 4 adet ivme. Buna ek olarak $A$ ve $C$ sicimlerindeki gerilimler $T_{A}$ ve $T_{B}$ var. Dolayısıyla toplamda 6 adet bilinmeyenimiz mevcut. Bunun için altı tane denklem ya da şart yazmamız gerekiyor.

Şimdi eğer Newton'ın ikinci hareket kanununu üç kütleye ve kütlesiz makaraya uygularsak, o zaman elimizde dört tane denklem olmaktadır. Bu ise yeterli değil. O zaman fiziğin bize sağladığı denklemlerin/şartların dışında geometrik ya da matematiksel başka şartlar bulunmalı ki, problemin çözümü tespit edilebilsin. Bizim çalıştığımız problemde sicimlerin uzunluğunun sabit olması bir geometrik şart olarak ortaya çıkmaktadır. Ben cisimlerin $D$ makarasının merkezine göre olan uzaklıklarını sırasıyla $x_{1},$ $x_{2},$ $x_{3}$ ve $x_{B}$ nicelikleri ile ölçtüm. Kuşkusuz başka bir eylemsiz referans noktasına göre de, örneğin tavana göre, bu ölçümleri yapabilirdik. Ama $B$ makarasının merkezine göre bu ölçümleri yapsaydık çıkan sonuç, bu makara ivmelendiği için yanlış olacaktı.

$B$ ve $D$ makaralarının sabit olan çevre uzunluklarına sırasıyla $s_{B}$ ve $s_{D}$ diyelim. O zaman basitçe şekile bakarak $A$ siciminin uzunluğunun $l_{A} = (x_{1}-x_{B}) + s_{B}/2 + (x_{2}-x_{B})$ ya da \begin{equation*} l_{A} = x_{1} - 2x_{B} + x_{2} + \frac{1}{2} s_{B} \end{equation*} olduğunu tespit ederiz. Resime göre aşağı yönü pozitif aldığımızdan, kinematiğin temel tanımlarını kullanarak bu denklemin zamana göre ikinci türevini alırsak, o zaman \begin{equation*} {\rm K1:} \ \ \ \boxed{a_{1} - 2a_{B} + a_{2} = 0} \end{equation*} denklemini elde ediyoruz. Tamamen benzer şekilde $C$ siciminin uzunluğu için de \begin{equation*} l_{C} = x_{B} + x_{3} + \frac{1}{2}s_{D} \end{equation*} denklemi geçerlidir. Yine her iki tarafın zamana göre ikinci türevi alındığında \begin{equation*} {\rm K2:} \ \ \ \boxed{a_{B}+a_{3} = 0} \end{equation*} denklemini çıkarmış oluyoruz.

Problemin zor noktasını aştık. Bundan sonra artık sadece Newton'ın ikinci hareket kanununu sistemde hareket eden dört cisme de uygulayacağız ve mekanik içerikli dört denklem elde edeceğiz. (Aşağı yönü pozitif aldığımızı tekrar vurgulayalım.) \begin{eqnarray} \nonumber &&{\rm M1:} \ \ \ \boxed{m_{1}g - T_{A} = m_{1}a_{1}} \\ \nonumber &&{\rm M2:} \ \ \ \boxed{m_{2}g - T_{A} = m_{2}a_{2}} \\ \nonumber &&{\rm M3:} \ \ \ \boxed{m_{3}g - T_{C} = m_{3}a_{3}} \\ \nonumber &&{\rm M4:} \ \ \ \boxed{2T_{A} - T_{C} = 0} \end{eqnarray} Bu mekanik denklemlerden ilk üçü aşırı derecede kolay anlaşılabilir. Lakin dördüncü mekanik denklemin sağ tarafının sıfır olması denge şartından kaynaklanmamakta, tam tersine hareketli olan $B$ makarasının kütlesinin sıfır olmasından kaynaklanmaktadır. $B$ makarasının kütlesi olsaydı, o zaman M4 etiketli denklemin sağ tarafı $m_{B}a_{B}$ ile verilecekti.

Soruyla ilgili yazdığımız denklemlerde bütün bilinmeyenler birinci dereceden yer alıyor. Bu tip denklemlere literatürde lineer denklemler denir. Lineer cebirde Gauss eliminasyonu denilen bir yöntem ile bütün lineer denklemler -eğer çözümleri varsa- sadece aritmetik işlemler kullanılarak, sonlu sayıda işlem sonrasında çözülebilirler. Bu kuşkusuz bilgisayarlar için, hele hele sadece altı tane bilinmeyeni olan bir sistemde, çocuk oyuncağıdır ama iş Gauss eliminasyonunu kağıt kalemle uygulamaya geldiğinde bu biraz kıllı... Denklem sistemimizdeki altı denklemin hemen hemen hepsinde sadece iki değişken yer alıyor. Normalde altı değişken/bilinmeyen de yer alabilir. Bu tip az sayıda değişkenin kendini denklemlerde gösterdiği sistemlere literatürde sparse (seyrek) sistemler denir. Seyrek sistemlerin çözümleri nisbeten daha hızlıdır. Çalıştığımız sistem seyrek olduğu için onu kağıt kalemle çözmeye cüret edebiliriz. Normalde doğrudan bir bilgisayar cebir yazılımını (mesela Maxima) kullanmamız gerekirdi bu aşamada.

Şimdi (K1) etiketli denklemden $a_{B} = (a_{1}+a_{2})/2$ ve (K2) etiketli denklemden de $a_{3} = -a_{B} = -(a_{1}+a_{2})/2$ ara sonuçlarını elde edebiliriz. Devamla (M1) ve (M2) denklemlerini sırasıyla $m_{1}$ ve $m_{2}$ ile böler ve çıkan sonuçları taraf tarafa toplarsak, o zaman aşağıdaki ara sonuca ulaşırız. \begin{equation*} {\rm AS1:} \ \ \ 2g - \frac{m_{1}+m_{2}}{m_{1}m_{2}}T_{A} = a_{1}+a_{2} = -2a_{3} \end{equation*} Şimdi (AS1) ile (M3) etiketli denklemler taraf tarafa bölünür ve (M4) etiketli denklemden $T_{C}=2T_{A}$ yazılırsa, o zaman \begin{equation*} {\rm AS2:} \ \ \ \frac{m_{3}g-2T_{A}}{2g - \frac{m_{1}+m_{2}}{m_{1}m_{2}}T_{A}} = -\frac{m_{3}}{2} \end{equation*} denklemine ulaşıyoruz. Sadece bir tane bilinmeyen içeren (AS2) etiketli denklem o kadar basit ki ben bile çözebilirim! \begin{equation*} T_{A} = \frac{4m_{1}m_{2}m_{3}g}{4m_{1}m_{2}+m_{1}m_{3}+m_{2}m_{3}} \end{equation*} $T_{C}$ ise bu gerilimin tam iki katı kadar olacaktır. (Gerilim değerlerinin, olması gerektiği gibi, çalıştığımız referans sisteminde her türlü kütle seçimi için pozitif çıktığına dikkat ediniz.) (M1) etiketli denklem yoluyla \begin{equation*} a_{1} = g - \frac{1}{m_{1}}T_{A} = \frac{4m_{1}m_{2}+m_{1}m_{3}-3m_{2}m_{3}}{4m_{1}m_{2}+m_{1}m_{3}+m_{2}m_{3}}g \end{equation*} hesaplanılır. Benzer şekilde (M2) etiketli denklem bize \begin{equation*} a_{2} = g - \frac{1}{m_{2}}T_{A} = \frac{4m_{1}m_{2}-3m_{1}m_{3}+m_{2}m_{3}}{4m_{1}m_{2}+m_{1}m_{3}+m_{2}m_{3}}g \end{equation*} formülünü verecektir. Son olarak \begin{equation*} a_{3} = -\frac{1}{2}(a_{1}+a_{2}) = \frac{4m_{1}m_{2}-m_{1}m_{3}-m_{2}m_{3}}{4m_{1}m_{2}+m_{1}m_{3}+m_{2}m_{3}}g \end{equation*} ifadesi hesaplanılır. $a_{B} = -a_{3}$ olduğundan problemin çözümü burada bitmiştir.