31 Temmuz 2015 Cuma

Çaprazlama duran iki merdiven - 1

Aşağıdaki soruyu Martin Gardner'ın Mathematical Circus adlı kitabının 62. ve 63. sayfalarında gördüm.

Çözümü üçgenlerin benzerliğinden yapılan ve kökeni tam olarak bilinmeyen adı çıkmış klasik bulmacalardan birisi hakkında Dudley F. Church şöyle diyor: Problemin büyüsü ilk bakışta sadeymiş gibi görünüp daha sonra kolayca cebirsel bir kargaşaya dönüşen çözümünde yatıyor. Problem uzunlukları farklı iki merdiven hakkında. (Merdivenlerin uzunlukları eşitse, o zaman çözüm bariz oluyor.) Merdivenler şekilde gösterildiği gibi iki binaya yaslanmışlar. Merdivenlerin uzunlukları ve kesişim noktalarının yerden yüksekliği veriliyor. Binalar arasındaki mesafe nedir?
Gardner kitabında problemin nasıl çözüldüğünü anlatmamış. Sadece dördüncü dereceden bir (kuartik) denklemin çözümüne kadar indirgendiğini not etmiş ve orada bırakmış. Biz ilk önce Gardner'ın kitabında verilen cebirsel denklemi türeteceğiz. Daha sonra o cebirsel denklemin bizzat kendisini de başka bir zaman çalışacağız.

Şekilde kırmızı renkle gösterilen merdivenlerin uzunlukları $|AD|=:a$ ve $|BC|=:b$ olarak veriliyor. Çaprazlama duran merdivenlerin kesişim noktaları $E$ olup, bu noktanın sokağa izdüşümü $F$'tir. Yine soruda $|EF|=:c$ olarak verilmiş. Bunlar problemi çözmede kullanmamıza izin verilen bilinenler. Soruyu çözmek için $|AB|=:h$, $|CD|=:k$, $|BF|=:v$ ve $|FD|=:u$ olmak üzere toplamda dört tane bilinmeyen tanımlayacağız. Her ne kadar bizden $u+v$ uzunluğu istense de, biz bütün bilinmeyenleri $k$ cinsinden ifade edip, daha sonra çözüldüğünden $k$ değerini veren bir denkleme kadar problemi çalışacağız. Genelliği bozmadan $a > b$ kabul edelim.

İlk önce $\triangle ABC$ ve $\triangle BCD$ için Pisagor teoremini uygulayalım. \begin{eqnarray} a^{2} &=& h^{2} + (u+v)^{2} \\ b^{2} &=& k^{2} + (u+v)^{2} \end{eqnarray} Daha sonra da sırasıyle $\triangle DEF \sim \triangle ABD$ ve $\triangle BEF \sim \triangle BCD$ benzerliklerinden iki denklem daha üretebiliyoruz. \begin{eqnarray} \frac{c}{u} &=& \frac{h}{u+v} \\ \frac{c}{v} &=& \frac{k}{u+v} \end{eqnarray} Eleme yöntemlerini kullanarak her bilinmeyeni $k$ cinsiden ifade etmeye çalışacağız. Öncelikle (1) ve (2) nolu denklemleri taraf tarafa çıkarıp yeniden düzenlediğimizde \begin{equation} \bbox[5px,border:2px solid red]{h = \sqrt{a^{2}-b^{2}+k^{2}}} \end{equation} ilişkisini elde ediyoruz. (3) ve (4) nolu denklemleri taraf tarafa böldüğümüzde $u/v = k/h$ ya da \begin{equation} u = \frac{k}{h}v \end{equation} arasonucu karşımıza çıkıyor. Şimdi (2) nolu denklemden de \begin{equation} u = \sqrt{b^{2}-k^{2}} - v \end{equation} arasonucunu gözlersek, o zaman son iki denklemi birbirine eşitlediğimizde ve nihayet (5) nolu denklemi de kullandığımızda \begin{equation} \frac{k}{h}v = \sqrt{b^{2}-k^{2}} - v \ \ \ \Rightarrow \ \ \ \bbox[5px,border:2px solid red]{v = \frac{\sqrt{a^{2}-b^{2}+k^{2}}\sqrt{b^{2}-k^{2}}}{\sqrt{a^{2}-b^{2}+k^{2}}+k}} . \end{equation} Son olarak (8) nolu sonucu (6) nolu denklemde kullanırsak, o zaman bütün bilinmeyenlerin $k$ cinsinden ifade edilmesi süreci bitmiş oluyor. \begin{equation} \bbox[5px,border:2px solid red]{u = \frac{k\sqrt{b^{2}-k^{2}}}{\sqrt{a^{2}-b^{2}+k^{2}}+k}} \end{equation}

İşin nisbeten kolay kısmı bitti. Şimdi bilinmeyen olarak sadece $k$ niceliğini içeren bir denklem bulmamız gerekiyor. Ne yazık ki ilk dört denklemi kullandık. Bu yüzden onlara geri döndüğümüzde totolojik (ve can sıkıcı) sonuçlarla karşılaşabiliriz. Bu yüzden yeni bir denklemle işe başlamamız gerekiyor. Çalıştığımız problemin konfigurasyonundan yola çıkılarak pek çok benzerlik denklemi üretilebilir. Mesela $BEF$ ve $BCD$ üçgenlerinde benzerliği uyguladığımızda \begin{equation} \frac{\sqrt{c^{2}+v^{2}}}{c} = \frac{b}{k} \ \ \ \Rightarrow \ \ \ (c^{2}+v^{2})k^{2} = b^{2}c^{2} \end{equation} denklemi karşımıza çıkıyor. Artık bundan sonra (8) nolu denklemi yukarıda kullanmamız gerekiyor. \begin{equation} \left(c^{2}+\frac{(a^{2}-b^{2}+k^{2})(b^{2}-k^{2})}{a^{2}-b^{2}+2k^{2}+2k\sqrt{a^{2}-b^{2}+k^{2}}}\right) k^{2} = b^{2}c^{2} \end{equation} Amacımıza neredeyse ulaştık! Bu denklem sadece bir tane bilinmeyen içeriyor. Öte yandan Gardner'ın sözünü ettiği cebirsel kargaşa kendini göstermeye başladı. Bundan sonra yapılması gereken manipulasyonları eğer kalem kağıtla yapmaya çalışırsanız çok büyük bir ihtimalle hataya düşersiniz. Bu yüzden Maxima veya open-axiom gibi bir bilgisayar cebir sistemi/yazılımı (Computer Algebra System) kullanmanızı şiddetle tavsiye ediyorum. (Ben Maxima kullandım.) (11) nolu denklem üzerinde yapılması gereken işlemler sırasıyla şöyledir: (a) Önce parantezler açılır ve paydalar eşitlenerek, denklem kesirli ifadelerden temizlenir. (b) Ardından köklü ifadeler bir tarafta, diğer ifadeler öteki tarafta duracak şekilde denklem yeniden düzenlenir. (c) Her iki tarafın karesi alınarak denklem köklü ifadelerden de temizlenir. (Bu aşamada karşılaşılan ifade $k$ bilinmeyenine göre 8. derecedendir. Şaka gibi!) (d) Nihayet $f(k) =0$ formuna getirdiğimiz denklem -eğer çarpanlarına ayrılıyorsa!- çarpanlarına ayrılır. Neyseki şansımız yaver gitti ve 8. dereceden denklemimiz $f(k)=g(k)j(k)$ şeklinde iki tane dördüncü dereceden polinomun çarpımı şeklinde çarpanlarına ayrıldı. Maxima'nın verdiği sonuç aşağıdaki gibidir. \begin{eqnarray} g(k) &=& k^{4} - 2ck^{3} + (a^{2}-b^{2})k^{2} - 2(a^{2}-b^{2})ck + (a^{2}-b^{2})c^{2} \\ j(k) &=& k^{4} + 2ck^{3} + (a^{2}-b^{2})k^{2} + 2(a^{2}-b^{2})ck + (a^{2}-b^{2})c^{2} \end{eqnarray}

Sorun şu: aradığımız $k$ değerini ya $g(k)=0$ ya da $j(k)=0$ denklemini çözerek bulacağız. Bir seçim yapmamız gerekiyor. Şimdi çalıştığımız problemin konfigürasyonu gereği $a^{2}-b^{2} > 0$ olduğundan, $j(k)$ polinomunun bütün katsayıları pozitiftir. O zaman $k>0$ için $j(k)>0$ olacağından, bu polinomun pozitif bir kökü olamaz. Sekiz alternatiften dördünü böylece elemiş oluyoruz. Geriye $g(k)=0$ denklemini çalışmak kalıyor. Gardner'ın kitabında ispatsız yer verdiği denklem de bu.

Bir sonraki gönderimizde $g(k)=0$ denkleminin kök tasnifine derinlemesine bakacağız.

30 Temmuz 2015 Perşembe

Ortik üçgenin optik özelliği

Problem 6: Dar açılı bir $\triangle ABC$'de $P \in BC$, $Q \in AC$ ve $R \in AB$ olacak şekilde $P$, $Q$ ve $R$ noktaları seçiliyor. $\triangle PQR$'nin çevresinin minimal olması için $P$, $Q$ ve $R$ noktaları nasıl seçilmelidir?

Cevabımız bir kaç aşamadan oluşacak. Öncelikle $m(\angle BPR) = m(\angle CPQ)$, $m(\angle CQP) = m(\angle RQA)$ ve $m(\angle ARQ) = m(\angle BRP)$ olduğunu göstereceğiz. Dikkatli okur bu konfigürasyonun aslında geometrik optikteki yansıma kanunundan başka bir şey olmadığını gözleyecektir. Üçgen biçiminde sürtünmesiz bilardo masasındaki esnek çarpışmalarla yansıyan ve periyodik bir yörünge izleyen bilardo topunun da dinamiği yine aynıdır. Şimdi aradığımız üçgenin çevresini \begin{equation*} s := |RP| + |PQ| + |QR| \end{equation*} tanımlayalım. $\triangle PQR$'nin tam tayin edilebilmesi için üç niceliğin verilmesi yeterlidir. Bunları mesela $x:= |BP|$, $y:=|CQ|$ ve $z := |AR|$ şeklinde seçebiliriz. Şimdi kosinus teoremini uygulayalım ve basitçe $\triangle PQR$'nin kenar uzunluklarını bilinmeyenler ($x$, $y$, $z$) ve bilinenler ($a:=|BC|$, $b:=|AC|$, $c:=|AB|$, $A:=m(\angle BAC)$, $B:=m(\angle ABC)$, $C:=m(\angle ACB)$) cinsinden ifade edelim. \begin{equation*} s := \sqrt{x^{2}+(c-z)^{2}-2x(c-z)\cos B} + \sqrt{y^{2}+(a-x)^{2}-2y(a-x)\cos C} + \sqrt{z^{2}+(b-y)^{2}-2z(b-y)\cos A} \end{equation*} Ekstremum şartı bize üç tane denklem verecektir: \begin{equation*} \frac{\partial s}{\partial x} = 0, \ \ \ \frac{\partial s}{\partial y} = 0 \ \ \ {\rm ve} \ \ \ \frac{\partial s}{\partial z} = 0. \end{equation*} Ben bunlardan sadece ilkini çalışıp, diğer ikisinin soruşturulmasını okura bırakacağım. (Takip edilmesi gereken yol aşağıdaki çalışmadan kolayca genelleştirilebilir.) İlk ekstremum şartı, türev alınıp yeniden düzenleme yapıldıktan sonra bize aşağıdaki denklemi verecektir. \begin{equation*} \frac{x-(c-z)\cos B}{|RP|} = \frac{(a-x)-y \cos C}{|PQ|} \end{equation*} $R$ ve $Q$ noktalarının $BC$ kenarı üzerine izdüşümlerine sırasıyla $U$ ve $V$ dersek, o zaman yukarıdaki son denklemin aslında temel trigonometrik argumanlar kullanılarak \begin{equation*} \frac{|UP|}{|RP|} = \frac{|VP|}{|PQ|} \ \ \ \Rightarrow \ \ \ \cos(m(\angle BPR)) = \cos (m(\angle CPQ)) \ \ \ \Rightarrow \ \ \ \bbox[5px,border:2px solid red]{ m(\angle BPR) = m(\angle CPQ)} \end{equation*} sonucunu doğurduğu görülür. Tamamen benzer yöntemlerle $m(\angle CQP) = m(\angle RQA)$ ve $m(\angle ARQ) = m(\angle BRP)$ olduğunu okur gösterebilir.

İspatımızın ikinci aşamasında $\triangle PQR$'nin iç açı ortaylarını çalışacağız. Hesaplamalarımızda kolaylık olması için \begin{eqnarray} \nonumber \alpha &:=& m(\angle BPR) = m(\angle CPQ), \\ \nonumber \alpha^{\prime} &:=& m(\angle RPT) = m(\angle TPQ), \\ \nonumber \beta &:=& m(\angle CQP) = m(\angle AQR), \\ \nonumber \beta^{\prime} &:=& m(\angle RQS) = m(\angle PQS), \\ \nonumber \gamma &:=& m(\angle BRP) = m(\angle ARQ), \\ \nonumber \gamma^{\prime} &:=& m(\angle QRW) = m (\angle PRW) \end{eqnarray} tanımlayalım. Yansıma kanunundan da kolayca görüleceği üzere $\alpha+\alpha^{\prime} = \beta + \beta^{\prime} = \gamma + \gamma^{\prime} = 90^{\rm o}$ olmalıdır. Yine barizdir ki $\triangle PQR$'nin iç açılarının toplamından ve açı ortay özelliğinden $\alpha^{\prime} + \beta^{\prime} + \gamma^{\prime} = 90^{\rm o}$ olur. Öncelikle $BPTR$ dörtgeninde iç açıların toplamına bakalım. \begin{equation*} 360^{\rm o} = B + 90^{\rm o} + \alpha^{\prime} + 2 \beta^{\prime} + 90^{\rm o} + \gamma^{\prime} \end{equation*} ya da $B+\beta^{\prime} =90^{\rm o}$ olacaktır. Bu ise $\bbox[2px,border:2px solid red]{\beta = B}$ sonucunu gerektirir. Okur az önce uyguladığımız tekniği sırasıyla $CPSQ$ ve $ARWQ$ dörtgenlerine uygulayarak $\gamma = C$ ve $\alpha = A$ sonuçlarına da varabilir. Demek ki aradığımız $P$, $Q$, ve $R$ noktaları $\triangle ABC$'ni üç tane benzer (ama genelde birbirine eşit olmayan) üçgene bölüyormuş.

İspatımızın artık son aşamasına geldik. Açı-açı-açı benzerliğinden üç defa faydalanacağız. Öncelikle $\triangle PBR \sim \triangle ABC$ benzerliğinden \begin{equation*} \frac{c-z}{x} = \frac{a}{c} \ \Rightarrow \ z = c - \frac{a}{c}x \ \ \ ... \ \ \ (☿) \end{equation*} denklemini elde ediyoruz. Devamla $\triangle PQC \sim \triangle ABC$ benzerliğinden faydalanarak \begin{equation*} \frac{y}{a-x} = \frac{a}{b} \ \Rightarrow \ y = \frac{a^{2}}{b} - \frac{a}{b}x \ \ \ ... \ \ \ (♀) \end{equation*} sonucuna ulaşıyoruz. Son olarak $\triangle AQR \sim \triangle ABC$ benzerliğini de kullanırsak, o zaman \begin{equation*} \frac{z}{b-y} = \frac{b}{c} \ \Rightarrow \ z = \frac{b^{2}}{c} - \frac{b}{c}y \ \ \ ... \ \ \ (♁) \end{equation*} sonucuna da ulaşırız. Şimdi (♀) etiketli denklemi (♁) etiketli denklemde kullanalım ve $z$ uzunluğunu $x$ cinsinden verelim. \begin{equation*} z = \frac{b^{2}}{c} - \frac{a^{2}}{c} + \frac{ax}{c} \ \ \ ... \ \ \ (♂) \end{equation*} Ama hem (☿) hem de (♂) etiketli denklemler $z$ niceliğini $x$ uzunluğu cinsinden ifade ediyorlar. Bu ikisi birbirine eşit olmak zorundadır. O zaman \begin{equation*} c - \frac{a}{c}x = \frac{b^{2}}{c} - \frac{a^{2}}{c} + \frac{ax}{c} \ \Rightarrow \ x = \frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2a} \ \ \ ... \ \ \ (♃) \end{equation*} olması gerektiği ortaya çıkar. Kosinus teoremine göre $\cos \beta = (a^{2}+c^{2}-b^{2})/2ac$ olduğundan, biz (♃) etiketli sonucu $x=c \cos \beta$ şeklinde yeniden düzenleyebiliriz. Böylece $\bbox[2px,border:2px solid red]{AP \perp BC}$ olduğunu da kanıtlamış oluyoruz. Okur benzer yöntemlerle $BQ \perp AC$ ve $CR \perp AB$ olduğunu da ispatlayabilir.

Toparladığımızda $P$, $Q$ ve $R$ noktaları, $\triangle ABC$'nin yüksekliklerinin ayaklarıdır. $\triangle PQR$'ne literatürde ortik üçgen denir.

28 Temmuz 2015 Salı

Cebir, (denkleştirilebilir) bütün kimyasal tepkimeleri denkleştirmek için yeterlidir

Bugünkü genel kimya sınıfında redoks tepkimelerini denkleştirmeyi çalıştık. Yöntemimiz iki kanuna dayanıyor: (1) Dalton'un atom teorisine göre kimyasal tepkimeler yoktan atom üretmez ve var olan atomları imha etmez. O zaman bir tepkimenin sol ve sağ tarafında her elementten toplamda aynı sayıda olmalıdır. Dalton'un atom teorisi aynı zamanda Lavoisier'in kütle korunum kanununu da gerektirir ama tersi doğru değildir. (2) Kimyasal tepkimeler yük üretmez ve varolan yükü imha etmez. O zaman bir kimyasal tepkimenin her iki tarafındaki toplam yük aynı olmalıdır.

Kimya eğitiminde öğrencilere pratik eğitim vereceğiz derken işin özünü ıskalıyoruz ve sanki redoks tepkimeleri bu kanunlardan varesteymiş gibi "yarı reaksiyon metodu" denilen ve daha kolay olduğu iddia olunan bir yöntemi benimsiyoruz. Anlatmayacağım yarı reaksiyonu ama onsuz da redoks tepkimelerinin denkleştirilebileceğini bir örnekle göstereceğim. Aşağıdaki tepkimeyi ele alalım.
    Fe2+ + MnO4- → Fe3+ + Mn2+ (asidik ortamda)
Tepkime asidik ortamda gerçekleştiği için burada denklemin sağ veya sol tarafına H+ ve/veya H2O eklememiz gerektiği barizdir. Tamamen keyfi bir biçimde tepkimenin sol tarafına H+ ve H2O ekleyelim ve malzemelerin bilinmeyen katsayılarını alfabetik sembollerle ifade edelim. (Dikkatli okur suyu sağa, dolayısıyla hidrojeni de sola eklememiz gerektiğini gözleyecektir.)
    $x$Fe2+ + $y$MnO4- + $z$H+ + $w$H2O → $u$Fe3+ + $v$Mn2+

Toplam 6 tane katsayı var. Şimdi Dalton'un atom teorisini uyguladığımızda Fe, Mn, O ve H için 4 tane denklem elde edeceğiz. \begin{eqnarray} &&{\rm Fe}: \ x=u \\ &&{\rm Mn}: \ y=v \\ &&{\rm O}: \ 4y+w=0 \\ &&{\rm H}: \ z+2w =0 \end{eqnarray} Nihayet toplam yük denkliğini de ifade ettiğimizde veri toplama aşamasını bitirmiş oluyoruz. \begin{equation} {\rm Q:} \ 2x-y+z=3u+2v \end{equation}

6 bilinmeyenimiz var ama toplamda sadece 5 lineer denklem üretebildik. Bu bize problemin sonsuz tane çözümünün olduğunu söylüyor. (Yadırgamıyoruz çünkü 2H2 + O2 → 2H2O tepkimesi aynı zamanda H2 + ½O2 → H2O şeklinde de denkleştirilebilir.) Her ne kadar lineer cebirde yukarıdaki denklem sistemini sistematik bir biçimde çözmenin yöntemleri var olsa da biz daha pratik bir yol izleyeceğiz. Şimdi O ve H denklemlerinden $w=-4y$ ve $w=-z/2$ olduğunu gözleyiniz. O zaman $-4y=-z/2$ eşitliğinden hareketle $z=8y$ bulunur. Fe ve Mn denklemlerini Q denkleminde kullanır ve az önce ulaştığımız $z=8y$ arabilgisinden faydalanırsak, o zaman $2x-y+8y=3x+2y$ ya da $x=5y$ sonucuna da ulaşırız. Toparladığımızda bütün bilinmeyenleri $y$ cinsinden ifade etmiş oluyoruz: $x=5y$, $z=8y$, $w=-4y$, $u=5y$ ve $v=y$. Şimdi, tamemen keyfi bir şekilde, $y=1$ seçelim. (Burada genellikle takip edilen konvansiyon katsayıları aralarında asal en küçük doğal sayılar olacak şekilde seçmektir.) O zaman $x=5$, $z=8$, $w=-4$, $u=5$ ve $v=1$ olmalıdır. Suyun katsayısı burada negatif çıktığı için onu denklemin sağ tarafına atmamız gerektiği barizdir. Toparladığımızda aradığımız denklemin aşağıdaki gibi olduğu görülecektir.
    5Fe2+ + MnO4- + 8H+ → 5Fe3+ + Mn2+ + 4H2O

Yarı reaksiyon yöntemi redoks tepkimelerini denkleştirmede lüzumsuzdur. Bununla birlikte redoks tepkimelerinden elektrik enerjisi üretmek için pil kurmak istiyor ve anot/katot hücrelerini ayarlamamız gerekiyorsa, o zaman yarı reaksiyon metodu bize anot ve katotu kolayca gösterecektir.

Bu yazının başlığında "denkleştirilebilir bütün kimyasal tepkimeler" diye bir ifade var. Bu tabir haklı olarak "Denkleştirilemeyen kimyasal tepkimeler de mi varmış?" sorusunu doğuracaktır. Cevap, evet! Kışın karşılaştığımız en hayati sağlık sorunlarından birisini, metanın eksik yanmasını ele alalım. Tepkimenin denkleşmemiş hali şöyledir.
    CH4 + O2 → CO + CO2 + H2O
Okur rahatlıkla bu tepkimenin hem CH4 + $\tfrac{7}{4}$O2 → $\tfrac{1}{2}$CO + $\tfrac{1}{2}$CO2 + 2H2O hem de CH4 + $\tfrac{15}{8}$O2 → $\tfrac{1}{4}$CO + $\tfrac{3}{4}$CO2 + 2H2O şeklinde olduğu gibi birbirinden bağımsız sonsuz farklı denkleşmiş hallerinin bulunduğunu görebilir. Böyle tepkimelere denkleştirilemez tepkimeler diyeceğiz.

Ödev: Verilen bir tepkimenin denkleştirilemez olduğu nasıl anlaşılır?