Loading [MathJax]/jax/output/HTML-CSS/jax.js

20 Ekim 2011 Perşembe

Moleküler hidrojen katyonunda hareketin üçüncü integrali

Moleküler hidrojen katyonu, H+2, tasarlanabilecek ve deneysel olarak tespit edilebilecek en basit moleküldür. Bu molekülde çekirdeklerin uzayın belli noktalarında sabitlendikleri varsayılırsa (adyabatik kestirme veya Born Oppenheimer kestirmesi) o zaman sadece elektronun iki merkezli Coulomb potansiyeli altında hareketi söz konusudur. Çekirdeklerin de hareketli oldukları probleme üç cisim problemi (three body motion) denir ki, bu problem Newton'dan beri analitik yöntemlerle çözülememiştir. Coulomb kuvveti ile Newton'un genel çekim kanunları aynı olduğundan burada irdelediğimiz problem aynı zamanda üç cisim probleminin yaklaşık çözümlerinde de kullanılmak istenmiştir. Dolayısıyla gravitasyon literatüründe bu problem Euler problemi olarak da anılır.

Molekülün bağ uzunluğuna 2c diyelim ve genelliği bozmadan protonları yandaki şekilde olduğu gibi A:=(0,0,c) ve B:=(0,0,c) noktalarında konuçlandıralım. Elektronun konumu E:=(x,y,z) noktası ile verilsin ve konum vektörü OE=:r olsun. AE=:rA ve BE=:rB tanımladığımızda, θA niceliğini z ekseni ile rA vektörü arasında kalan açı olarak tanımlayabiliriz. Benzer biçimde θB açısını da tanımlamak mümkündür. Şekilde bu açılar koyu siyah ve koyu kırmızı renklerle gösterilmiştir.

Sistemin toplam enerjisinin, h, korunacağını biliyoruz, çünkü bu problemde zamana bağlı bir kuvvet yoktur. Benzer şekilde elektronun açısal momentum vektörünün z bileşeni de, Lz, korunur, çünkü sistemin potansiyel enerjisi z ekseni etrafında dönme simetrisine sahiptir. Aynı durum protonlar sabitlendiği için açısal momentumun x ve y bileşenleri için doğru değildir. h ve Lz değerlerinin korunduğunu görmek, temel mekanik eğitimi almış herkes için kolay. Ama Euler'den yaklaşık 200 yıl sonra bu hareketin üçüncü bir integrali Erikson ve Hill (doi: 10.1103/PhysRev.75.29) tarafından bulundu ki, bunu görmek o kadar da kolay değil!Ω:=LALB+2me2c2(cosθAcosθB)Burada LA ve LB elektronun sırasıyla A ve B noktalarına göre ölçülen açısal momentumu, m elektronun kütlesi, e ise yüküdür. Adı geçen yazarlar üç sayfalık makalelerinde Ω niceliğinin klasik mekanikte korunduğunu göstermenin çok basit olduğunu yazıyorlar ve o yüzden de ispatını ihmal etmişler!

Biz bu ifadenin hareketin bir integrali olduğunu göstermek için önce c:=(0,0,c) tanımlayalım. O zaman rA=r+c ve rB=rc olduğu görülür. ŞimdiLA:=rA×p=(r+c)×p=r×p+c×p=L+c×polacaktır. Burada p elektronun momentumu, L ise orijine göre ölçülen açısal momentumudur. Tamamen benzer bir alıştırmayla LB=Lc×p yazabiliriz. Bu iki niceliğin çarpımı bizim için önemlidir.LALB=LL(c×p)(c×p)Korunum ispatında zamana göre türev alacağımız içinddt(LALB)=2LdLdt2(c×p)(c×dpdt)türevi bize gereklidir. Newton'ın ikinci hareket kanununa göreFnet=dpdtolduğundandLdt=˙r×p+r×˙p=1mp×p+r×Fnet=r×Fnetbulunur. Yukarıda bir vektörün kendisiyle olan iç çarpımının sıfır vektörüne eşit olduğu bilgisini kullandık ve Newton'ı takip ederek zamana göre türevi tepeye konan bir nokta ile gösterdik. Son olarak Coulomb kanununu da kullanarak net kuvveti verebiliriz.Fnet=e2r3ArAe2r3BrBBurada e elektronun yükü olup, hesaplamaları kolaylaştırmak için Coulomb sabitinin bir olduğu birimlerde çalışılmaktadır. r×rA=r×c=r×rB olduğunu gözlersekr×Fnet=e2(1r3A1r3B)c×relde edilir. Tamamen benzer yöntemlerlec×Fnet=e2(1r3A+1r3B)c×rbulunacaktır. Şimdiye kadar elde ettiğimiz sonuçları toparlarsak ddt(LALB)=2e2(1r3A1r3B)(r×p)(c×r)+2e2(1r3A+1r3B)(c×p)(c×r)=2e2r3A(rA×p)(c×r)2e2r3B(rB×p)(c×r) denklemine ulaşırız.

Ω niceliğinin ikinci kısmı bize cosθA ve cosθB fonksiyonlarını vermektedir. İç çarpım kullanılarak bu açıların trigonometrik değerleri verilebilir.cosθA=crAcrAYukarıda ve bu paragraftaki bütün formüllerde A yerine B yazılarak, cosθB için de geçerli olan sonuçlara ulaşılır. ŞimdidcosθAdt=c˙rAcrAcrAcr2A˙rA=cpmcrAcrAcr2A˙rAelde ederiz. Ayrıca rA:=rArA olduğundan, ˙rA=r1ArA˙rA=(mr1A)rAp olur ve dolayısıyladcosθAdt=cpmcrA(crA)(rAp)mcr3Aelde edilir. Yukarıdaki ifadede paydaları eşitlemek için birinci terimin payını ve paydasını rArA=r2A ile çarparsakdcosθAdt=(rArA)(cp)mcr3A(crA)(rAp)mcr3Asonucuna ulaşırız. İspatı bitirmemize çok az kaldı. Sırada belki de bütün ispatın en anahtar noktası var.
Lemma: A,B,C ve D herhangi dört vektör olsun. O zaman
(A×B)(C×D)=(AC)(BD)(AD)(BC).İspat: Ödev.
İspatsız yer verdiğimiz vektörel çarpıma ait bu özellik kullanıldığında aşağıdaki ifadeyi elde ederiz.dcosθAdt=(rA×c)(rA×p)mcr3A

Şimdiye kadar elde ettiğimiz sonuçlar bir araya getirilirsedΩdt=d(LALB)dt+2mce2(dcosθAdtdcosθBdt)=0olduğu ve Ω niceliğinin korunduğu gösterilmiş olur.

7 Ekim 2011 Cuma

Parabolik bir aynada ışınların odaklanması

Problem 5: Parabolik bir aynanın simetri eksenine paralel gelen ışınlar, bu aynanın odağından geçerler. İspatlayınız.

Soruyu çözmek için analitik geometriden biraz faydalanacağız ama önce bütün parabollerin tek terimli sade bir denklem halinde ifade edilebileceğini gösterelim.
Lemma: En genel haliyle y=ax2+bx+c denklemi ile verilen bütün paraboller, sadece kaydırma izometrisi kullanılarak Y=AX2 formuna getirilebilirler.
İspat: Öncelikle x değerini x=:Xb2a olacak şekilde kaydıralım. O zaman y=a(X2baX+b24a2)+b(Xb2a)+c=aX2+cb24a sonucu çıkar. Şimdi de y=:Y+cb24a kaydırmasını uygularsak, parabolümüz Y=aX2 formuna girer. QED

Kaydırma dönüşümü fiziksel objelerde bir deformasyona sebep olmadığı için, genelliği bozmadan parabolik aynanın denkleminin y=ax2 olduğunu varsayalım. Bu aynanın simetri eksenine paralel, yandaki şekilde görüldüğü gibi AB ışını gelsin. Işın B noktasından Snell kanununa göre yansıyacaktır ve BK doğrusunu izlerken E noktasında aynaya tekrar çarpacaktır. O zaman α:=ABN=NBE (kırmızı, içi boş) ve β:=ABC=DBE=DBX (içi koyu siyah) tanımlarsak, α+β=π2, BN parabole B noktasında normal veya dik, CD ise teğet olurlar. Yansımanın geometrisini bulmak için γ:=BDO (gri) tanımlayalım. Temel analizden parabole (x0,y0) noktasında çekilen teğetin eğimi tanγ=2ax0 olacaktır. Yansıyan ışının x ekseniyle yaptığı açıya κ dersek, DBK üçgeninden κ=γ+β olduğu görülür. Benzer şekilde, BDX dik üçgeninden γ=β+π2 olduğu gözlenirse, κ=γ+γπ2=2γπ2 bulunur. BK doğrusunun eğimini bulmak için aşağıdaki trigonometri jimnastiğini yapmamız gerekiyor. (BK doğrusunu bulmaktaki amacımız, yansıyan ışının y eksenini kestiği F noktasının parabolün odağı olduğunu göstermektir.) tanκ=tan(2γπ2)=sin(2γπ2)cos(2γπ2)=cos2γsin2γ=1tan2γ=tan2γ12tanγ=4a2x2014ax0 Analitik düzlemdeki denklemi y=(tanκ)x+n olan BK doğrusunun kesme noktasını bulmak için bu doğrunun B=(x0,ax20) noktasından geçtiği bilgisini kullanalım. ax20=4a2x2014ax0x0+n  n=14a Kesme noktası aynı zamanda F=(0,n) noktasının da konumunu vermektedir. Bu konum AB ışınından bağımsızdır ve sadece parabolün eğriliğini tayin eden a parametresiyle hesaplanılabilir. O zaman parabolün simetri eksenine paralel gelen bütün ışınların, ayna tarafından F=(0,1/4a) odak noktasında toplanacağını ispatlamış oluyoruz.

İşaret: F noktasından çok fazla foton geçtiği için, bu noktada termal enerji aniden yükselecektir. Efsaneye göre, Sicilya kuşatması esnasında (MÖ 214-212) Arşimet parabolik bir ayna yapmış ve bu ayna ile Roma donanmasının gemilerini yakmıştır.

Alıştırma: E noktasına gelen BE ışınının parabolik ayna tarafından tekrar simetri eksenine paralel yansıtılacağını gösteriniz.

30 Eylül 2011 Cuma

Derece skalasında üçün katı olan açıların trigonometrik fonksiyonları

Problem 4: Derece biriminde üç ve üçün tam katı olan açıların sinüs ve kosinüslerini tam sayılarla toplama, çıkarma, çarpma, bölme ve kök almayı kullanarak hesaplayınız.

Problemi çözmeden önce 0o, 30o, 45o, 60o ve 90o gibi özel açıların trigonometrik fonksiyonlarını eşkenar ve ikizkenar dik üçgenlerden hesaplamayı bildiğimizi varsayıyoruz.

Daha az tanınan bir üçgen ise yandaki şekilde gösterilen ve tepe açısı 36o olan ABC ikizkenar üçgenidir. Şekilde siyah renkle gösterilen açılar 72o iken kırmızı renkle gösterilen açılar 36o'dir. DC doğru parçası ACB'nin açıortayı olduğundan, ABCCBD açı-açı-açı benzerliği vardır. Bu benzerlikten faydalanarak 36o'nin trigonometrik fonksiyonlarının değerlerini bulmaya çalışalım. |AD|=|DC|=|BC|=:a ve |BD|=:b uzunluklarını tanımlarsak, |AB|=|AC|=a+b olur. Benzerlikten dolayı ba=aa+b denklemi geçerlidir. Bu denklem yeniden düzenlendiğinde aşağıdaki ikinci mertebeden denklem elde edilir. b2+aba2=0 Denklemin çözümü bize b uzunluğunu a cinsinden ifade etme olanağı sağlayacaktır. b=a512 Şimdi BCD üçgeninde kosinüs teoremini uygulayacak olursak b2=2a22a2cos36o  cos36o=1b22a2 sonucuna ulaşırız. Daha önce bulduğumuz oran yerine konulduğunda, cos36o=1+54 değeri hesaplanılabilir. Sinüsün değerini hesaplamak artık kolay: sin36o=1cos236o=558.

6o=36o30o olduğunu gözleyelim. O zaman trigonometrik fonksiyonların toplam formüllerini kullanarak sin6o=sin36ocos30ocos36osin30o=1535321+58 ve cos6o=cos36ocos30o+sin36osin30o=3+1585532 sonuçları bulunacaktır. Amacımıza neredeyse ulaştık. 3o'lik açının da sinüs ve kosinüsünü hesaplarsak, nN olmak üzere 3no'lik açılarında trigonometrik fonksiyonlarını hesaplayabileceğiz. Bu amaçla cos(2x)=2cos2x1=12sin2x formülünde x=3o koyalım. cos3o=12+12cos6o=8+3+151655128sin3o=1212cos6o=831516+55128

Artık indüksiyona başlayabiliriz. n2 için, sin(3(n1)o) ve cos(3(n1)o) biliniyorsa, o zaman sin(3no)=sin(3(n1)o)cos(3o)+cos(3(n1)o)sin(3o)cos(3no)=cos(3(n1)o)cos(3o)sin(3(n1)o)sin(3o) formüllerinden 3o'nin tam katı olan bütün açıların, sinüs ve kosinüsleri tamsayıları, dört aritmetik işlemi ve kök almayı kullanarak hesaplanılabilir.

İşaret: Burada bulduğumuz sonucun daha kuvvetlisi Öklit'in cetvel ve pergel çizimlerinde de vardır: Derece biriminde tamsayı olan bir açının, cetvel ve pergel ile çizilebilmesi için o açının üçe bölünebilmesi yeterlidir.

20 Eylül 2011 Salı

Kenarları verilen bir üçgene ait unsurların uzunlukları

Bir ABC üçgenine ait kenar uzunlukları a:=|BC|, b:=|AC| ve c:=|AB| verilmiş olsun. Amacımız bu üçgenin yüksekliklerini, alanını, iç ve dış açı ortayları ile kenar ortaylarının uzunluklarını, iç teğet, çevral ve dış teğet çemberlerinin yarıçaplarını verilenler cinsinden ifade etmektir.

Kenar ortaylar: ABC üçgeninde A noktasına ait kenar ortay BC kenarını D noktasında ikiye bölsün. O zaman |BD|=|CD|=a/2 olur. m(ACB)=:γ diyelim. ABC üçgeninde uygulanan kosinüs teoremi gereğince cosγ=a2+b2c22ab olur. A noktasından |BC| kenarına inen kenar ortayın ölçüsü ma=|AD| olsun. Kosinüs teoremini ACD üçgeninde de uygularsak m2a=b2+a24abcosγ olur. cosγ için daha önce elde edilen değer yerine konur ve denklem yeniden düzenlenirse ma=122b2+2c2a2 sonucuna ulaşılır. mb ve mc uzunluklarının formülleri de tamamen analog bir yöntemle çıkarılabilir.

Yükseklikler: A köşesinden BC kenarına indirilen dikme, BC kenarını HA noktasında kessin ve uzunluğu ha kadar olsun. x:=|BHA| dersek, |CHA|=ax olur. Hem ABHA hem de ACHA dik üçgenlerdir. O zaman Pisagor teoremini bu üçgenlere uygulayabiliriz: ABHA: x2+h2a=c2ACHA: (ax)2+h2a=b2 İkinci denklemden birinci denklemi çıkartıp sonucu x için yeniden düzenlediğimizde x=a2+c2b22a bulunur. Bu ifade mesela ABHA ile işaretli denkleme konulursa h2a=c2x2=(cx)(c+x)=(ca2+c2b22a)(c+a2+c2b22a)=(2aca2c2+b2)(2ac+a2+c2b2)4a2=(b2(ac)2)((a+c)2b2)4a2 Pay kısmında her iki parantezdeki iki kare farkına ait ifadeler çarpanlarına ayrılıp sağ ve sol tarafın karekökleri alınırsa ha=12a(a+b+c)(a+b+c)(ab+c)(a+bc) formülü bulunur. hb ve hc uzunluklarının formülleri de analog yöntemlerle elde edilebilir. (Bu paragrafta HA noktasının B ve C noktaları arasına düştüğü varsayılmıştır. Bazı üçgenlerde bu nokta B ve C noktalarının arasında olmayabilir. Böyle bir durumu da siz inceleyiniz. )

Alan: (İskenderiyeli Heron'un formülü) Bir önceki paragrafta yükseklikleri hesapladık. Artık üçgenin alanını hesaplamak çok basit bir Taban çarpı yükseklik bölü iki. uygulamasına kaldı. S(ABC)=12aha=14(a+b+c)(a+b+c)(ab+c)(a+bc) Bu formüle literatürde İskenderiyeli Heron'un (veya Hero'nun) formülü denir.

İç teğet çemberin yarıçapı: Heron'un formülünü de ispatladıktan sonra iç teğet çemberin yarıçapına geçebiliriz. ABC üçgeninin iç teğet çemberinin merkezi I noktası olsun. I noktasından kenarlara indirilen dikmeler, kenarları P, Q ve R noktalarında kessin. Kenarlar çembere teğet olduğundan bu dikmelerin hepsinin uzunluğu r, iç teğet çemberin yarıçapı kadardır. Bu dikmeler aynı zamanda ABI, BCI ve ACI üçgenlerinin yükseklikleridir. Şekildeki üçgenlerin alanları arasında S(ABC)=S(ABI)+S(BCI)+S(ACI) eşitliğinin olduğu aşikardır. O zaman S(ABC)=12(a+b+c)r olur. Artık burada Heron'un formülünü kullanarak r uzunluğunu ifade edebiliriz. r=12(a+b+c)(ab+c)(a+bc)a+b+c

İç açı ortaylar: BAC açısını ikiye bölen doğru BC kenarını L noktasında kessin. Tanım gereği m(BAL)=m(CAD)=:α olur. |AL|=:la diyelim. İç açı ortayın ABC üçgenini iki parçaya böldüğünü biliyoruz. En genel durumda bu parçaların alanları eşit olmasa dahi, bu iki parçanın alanları toplamı S(ABC) değerini verecektir. O zaman S(ABC)=S(ABL)+S(ACL)12bcsin(2α)=12clasinα+12blasinα Temel trigonometrideki sin(2α)=2sinαcosα formülü kullanılırsa, iç açı ortayın uzunluğu cosα cinsinden yazılabilir. la=2bcb+ccosα ABC üçgeninde kosinüs teoremini uygularsak, cos(2α) değerini rahatça hesaplarız. Buradan da cos2α=12cos(2α)+12 özdeşliğinden, cosα değeri bulunur. cos(2α)=b2+c2a22bc  cosα=(b+c)2a24bc Son olarak cosα ifadesinde iki kare farkını çarpanlarına ayırarark iç açı ortay uzunluğunu la=1b+cbc(a+b+c)(a+b+c) hesaplamış oluruz. lb ve lc için yapılacak analiz tamamen analogdur.

Çevral çemberin yarıçapı: Üçgenin alanının S(ABC)=12bcsin(BAC) olduğunu biliyoruz. Buradan sin(BAC)=2S(ABC)bc olur. Yine, çevral çemberin yarıçapı da R=a2sin(BAC) eşitliğini sağlar. (Bunu ispatlayabilir misiniz?) O zaman İskenderiyeli Heron'un formülünü kullanarak R=abc4S(ABC)=abc(a+b+c)(a+b+c)(ab+c)(a+bc) sonucuna ulaşırız.

Dış teğet çemberin yarıçapı: ABC üçgeninde AB ve BC kenarlarını uzatalım. Üçgenin AB, BC ve AC kenarlarına sırasıyla D, E ve F noktalarında dışarıdan teğet çemberin merkezi OA yarıçapı rA olsun. Amacımız rA değerini üçgenin kenarları cinsinden ifade etmektir. Hesaplamalarımıza başlamadan önce bir çembere dışında kalan bir noktadan çekilen teğetlerin uzunluklarının eşit olduğunu hatırlıyoruz. O zaman |BD|=|BE|=:x, |CE|=|CF|=ax, |AD|=|AF| olur. |AD|=c+x ve |AF|=b+ax oldukları gözlenirse buradan x=|BD|=|BE|=a+bc2 ve |AD|=|AF|=a+b+c2 bulunur. Şekildeki ADOAF dörtgeninin alanı için S(ADOAF)=rA|AD|=rAa+b+c2 yazabiliriz. Aynı alan S(ADOAF)=S(ADF)+S(DFOA) toplamı olarak da yazılabilir. Birbirlerini π radyana tamamlayan açıların sinüslerinin eşit olduğunu hatırlayarak son denklemi 12(a+b+c)24sin(BAC)+12r2Asin(BAC)=rAa+b+c2 denklemine ulaşırız. Bu rA için ikinci mertebeden bir denklemdir. Bu denklem klasik yöntemlerle çözüldüğünde rA=a+b+c21±cos(BAC)sin(BAC) Hangi işareti seçmeliyiz? Sezgisel olarak bakıldığında BAC açısı büyüdükçe dış teğet çemberin yarıçapıda büyümelidir. Böyle bir durum ancak () işaretini seçtiğimizde mümkündür. Kosinüs teoremi kullanılarak cos(BAC) rahatlıkla kenar uzunlukları cinsinden ifade edilebilir. Daha sonra da herhangi bir ζ açısı için geçerli olan sinζ=1cos2ζ formülünden de sin(BAC) hesaplanılırsa, aradığımız uzunluk rA=12(a+b+c)(ab+c)(a+bc)a+b+c hesaplanılabilir. Söylemeye lüzum var mı? rB ve rC tamamen analog bir biçimde hesaplanılacaktır.

Alıştırmalar

Bu bölümde bulduğumuz sonuçları kullanarak

  1. Üçgenin çevresi L, alanı S olsun. LS=2rArBrC olduğunu gösteriniz
  2. r1=r1A+r1B+r1C olduğunu gösteriniz.
  3. r1=h1a+h1b+h1c olduğunu gösteriniz.
  4. (Zor) ABC üçgeninde A açısına ait dış açı ortay BC kenarını üçgenin dışındaki bir E noktasında kesmektedir. |AE|=1cbbc(ab+c)(a+bc) olduğunu gösteriniz

İşaret: Burada çoğunlukla trigonometrik yöntemlerle bulduğumuz nicelikler ileride işimize yarayacak bir el kitabı niteliğindedir ve bundan sonra referans verilerek kullanılacaktır.

19 Eylül 2011 Pazartesi

Fermat'nın problemi

Problem 3: Dar açılı bir ABC üçgeni içerisinde öyle bir nokta bulunuz ki bu noktanın A, B ve C köşelerine uzaklıkları toplamı minimum olsun.

Bu problemi çözmeden önce bir lemmayı ispatlayarak işe başlamak istiyoruz.
Lemma: 0αβγ2π aralığında ve α+β+γ=2π olacak şekilde üç açı verilsin. Σ:=cosα+cosβ+cosγ toplamının biricik global minimumu 3/2'dir ve toplam bu değeri α=β=γ=2π/3 durumunda alır.
İspat: Açıların toplamı 2π kadar olduğundan aslında problemin serbestiyet mertebesi üçten ikiye düşmüştür. Dolayısıyla cosγ=cos(2π(α+β))=cos(α+β) trigonometrik özelliğini kullanarak kosinüsler toplamını sadece iki değişkenli bir fonksiyon haline indirgeyebiliriz. Σ=cosα+cosβ+cos(α+β). Şimdi, ekstremum şartlarını aramak için kısmi türevlere bakalım.
Σα=sinαsin(α+β)=0Σβ=sinβsin(α+β)=0 Bu denklemlerden sinα=sinβ olması gerektiği barizdir. Sinüsleri eşit olan açıların kosinüsleri için iki durum vardır: (I) cosα=cosβ veya (II) cosα=cosβ. Bu sonuçları ekstremum şartlarından ilki ile kullanırsak, sinαsinαcosβcosαsinβ=sinα{1+cosα+cosβ}=0 elde ederiz. Bu bize iki denklem verir. Ya sinα=0 ya da 1+cosα+cosβ=0. Öncelikle sinα=0 denklemini irdeleyelim. Bu kolay denklemin aradığımız aralıktaki çözümleri α={0,π,2π} şeklindedir. Bu çözüme tekabül eden (α,β,γ) üçlüleri ve Σ fonksiyonunun değerleri aşağıdaki tabloda özetlenmiştir.

α β γ Σ
0 0 2π 3
0 π π 1
0 2π 0 3
π π 0 1
π 0 π 1
2π 0 0 3
Öte yandan 1+cosα+cosβ=0 olduğunu varsayar ve (I) nolu durumu uygularsak, cosα=cosβ=1/2 sonucuna ulaşırız ki bu da tek uygun çözüm olarak α=β=γ=2π/3 ve Σ=3/2 sonucunu vermektedir. Ne α ne de β, 4π/3 değerini alamazlar. Çünkü (a) her ikisi de 4π/3 olduğunda γ negatif olur. (b) Birisi 2π/3 öteki 4π/3 olduğunda ise sinα=sinβ çıkar ki bu da ekstremum şartlarından elde edilen bulgular ile çelişmektedir. (II) nolu durum 1+cosα+cosβ toplamını sıfır yapmadığından, incelenmeyecektir. Bütün durumlar incelendiğinde Σ fonksiyonunun global minimumunun α=β=γ=2π/3 durumunda 3/2 değerinde olduğu görülmektedir. QED

Trigonometri ve analize olan borçlarımızı ödedik. Şimdi Fermat'nın problemine başlayabiliriz. Öncelikle ABC üçgeninde en geniş açının BAC olduğunu varsayıyor ve analitik düzlemde üçgenimizin köşelerini A=(0,a), B=(b,0) ve C=(c,0) noktalarına yerleştiriyoruz. Üçgende geniş açı olmadığından b0 seçilmelidir. (Neden?) P noktasının koordinatı (x,y) olsun. Bu noktanın üçgenin köşelerine olan toplam uzaklığını δ:=|PA|+|PB|+|PC| tanımlayalım. Pisagor teoreminin analitik geometriye basit bir uygulaması olarak |PA|=x2+(ya)2,|PB|=(xb)2+y2,|PC|=(xc)2+y2 yazabiliriz. Optimize etmek istediğimiz uzunluğu x ve y'nin fonksiyonu olarak elde ettik. Artık ekstremum şartlarını bir kere daha kullanacağız. δx=x|PA|+xb|PB|+xc|PC|=0δy=ya|PA|+y|PB|+y|PC|=0 İki tane bilinmeyeni içeren iki tane denklemimiz var ama bu denklemler maalesef birinci dereceden değil. Brüt kuvvet paradigması önce paydalardaki kareköklerden kurtulup daha sonra ekstremum şartlarını çözmeyi önerecektir. Bu çok da pratik bir yol değildir, çünkü paydalardaki köklerden kurtulana kadar denklemlerin derecesi artar. (İki defa kare alıp paydaları eşitlediğimizi düşünün!) Bu gönderideki Lemma'yı da kullanabilmek amacıyla önce PA=(x,ay), PB:=(bx,y) ve PC=(cx,y) vektörlerini tanımlayıp bu vektörler arasındaki açıları iç çarpım formülünden hesaplayalım. cos(BPC)=PBPC|PB||PC|=(xb)(xc)+y2|PB||PC|cos(APC)=PAPC|PA||PC|=x(xc)+y(ya)|PA||PC|cos(APB)=PAPB|PA||PB|=x(xb)+y(ya)|PA||PC| Bariz olanı bütünlüğü muhafaza adına kaydedelim: m(BPC)+m(APC)+m(APB)=2π. Şimdi ekstremum şartlarından her ikisinin de karesini alıp taraf tarafa topladığımızda x2+(ya)2|PA|2+(xb)2+y2|PB|2+(xc)2+y2|PC|2+2{(xb)(xc)+y2|PB||PC|+x(xc)+y(ya)|PA||PC|+x(xb)+y(ya)|PA||PC|}=0 sonucunu elde ederiz. Bu son denklemde ilk üç terimin de 1 olduğunu hemen gözleyelim. Öte yandan parantez içindeki terimler de daha önce hesapladığımız kosinüslerdir. Dolayısıyla 3+2{cos(BPC)+cos(APC)+cos(APB)}=0 denklemine ulaşmış bulunuyoruz. Bu çözümün ilk yarısında ispatladığımız Lemma gereğince m(BPC)=m(APC)=m(APB)=2π/3 olmalıdır, ki bu da Fermat problemini çözer. Çünkü P noktasının A, B ve C noktalarına göre durumu tarif edilmiştir.

Pekiyi, P noktası biricik mi yoksa aynı şekilde başka noktalar da bulunabilir mi? Şekilde x:=m(BAP) ile gösterilen açının ölçüsünü hesaplayabilirsek ve bu değerin biricik olduğunu gösterebilirsek o zaman P noktasının da biricik olduğunu göstermiş oluruz. (Buradaki x açısı ile koordinatları temsil eden x değişkeni farklıdır!) Şekildeki diğer bütün açılar x cinsinden ifade edilebilirler: m(ABP)=π3x, m(CBP)=B+xπ3, m(BCP)=2π3Bx, m(ACP)=π3A+x ve m(CAP)=Ax. Burada A, B ve C üçgenin köşe açılarının ölçüleridir. Şimdi sinüs teoremini üç defa uygulayalım. ABP:sinxsin(π3x)=|BP||AP|BCP:sin(B+xπ3)sin(2π3Bx)=|CP||BP|ACP:sin(π3A+x)sin(Ax)=|AP||CP| Bu denklemleri taraf tarafa çarptığımızda çözüldüğünde x değerini veren bir denklem elde edilecektir. sinxsin(π3x)sin(B+xπ3)sin(2π3Bx)sin(π3A+x)sin(Ax)=1 Son denklemde sinαsinβ=12(cos(αβ)cos(α+β)) ve sinαcosβ=12(sin(α+β)+sin(αβ)) bağıntıları sıra ile uygulanırsa pay kısmı için 14{sin(A+B2π3+x)+sin(AB+2π3+x)sin(A+B+3x)sin(ABx)} sonucu bulunur. Benzer bir yöntemle paydayı da hesaplayabiliriz. 14{sin(A+B+x)+sin(A+Bπ3x)sin(A+B+3x)sin(A+Bπ3+x)} Burada önemli olan hem pay hem de payda kısımlarında 3x içeren terimin aynı işaretle ortaya çıkmasıdır. Pay ve payda birbirine eşitlendiğinde bunlar sadeleşecek ve geriye sadece x içeren terimler kalacaktır. Bu terimler sin(α+x)=sinαcosx+cosαsinx formülü kullanılarak açılırsa, x açısının sinüs ve kosinüsünü içeren homojen bir denklem elde edilebilir. Buradan da denklemin her iki tarafı cosx ile bölünerek, tanx soruda verilen A ve B açılarının trigonometrik fonksiyonları cinsinden ifade edilmiş olur ki, bu da x değerinin ve dolayısıyla P noktasının biricikliğini ispatlar. (Böyle bir alıştırmayı daha önce Problem 1'de yapmıştık.)

16 Eylül 2011 Cuma

Biri diğerini kapsayan iki haritadaki sabit nokta

Problem 2: Dikdörtgen şeklinde ve biri diğerini kapsayan (dolayısıyla farklı ölçekli) iki haritalardan küçük olanı, büyüğün üzerine rasgele bir biçimde konulmuş olsun. Bu haritalarda aynı konumu gösteren ve çakışık bir nokta vardır. İspatlayınız.

Büyük haritayı kütle merkezi orijinle çakışacak ve uzun kenarlar xeksenine paralel olacak şekilde analitik düzleme yerleştirelim. O zaman küçük haritayı da aynı şekilde analitik düzleme yerleştirmek için büyük harita üzerindeki her bir noktayı daraltma/genleşme (dilatation, inbisat) dönüşümüne tabi tutmamız gerekiyor. Düzlemdeki bir (x,y) noktası için genleşme dönüşümü Dκ(x,y):=(κx,κy) denklemiyle tanımlanmaktadır. Pozitif değerli κ parametresi bizim problemimizde κ(0,1) aralığında seçilmelidir ve küçük harita ile büyük haritanın ölçekleri oranıdır. Dκ dönüşümü ile küçük haritayı elde ettik ama bu harita rasgele konulduğundan yönelimi de orijinden geçen zekseni etrafında bir dönme dönüşümü ile tespit edilmelidir. Bir noktayı saat yönünün tersine θ açısı kadar döndürmek için Rθ(x,y):=(cosθxsinθy,sinθx+cosθy) denklemiyle tanımlanan dönme dönüşümünü uyguluyoruz. Genleşme ve dönme dönüşümleri orijinin konumunu değiştirmezler. Küçük haritanın rasgele konumunu elde etmek için merkezini (ve diğer bütün noktalarını) öteleme dönüşümü ile kaydırmamız gerekiyor. Kaydırma vektörü a ise, öteleme dönüşümü Ta(x,y):=(x+ax,y+ay) denklemi ile tanımlanır. Şekilde dıştaki dikdörtgen büyük haritayı temsil etmektedir. Büyük harita önce genleşme ile içerideki daha küçük (sürekli çizgili) haritaya dönüşür. Ardından dönme dönüşümüyle gri ve kesikli çizgili ikinci harita elde edilir. Son olarak, kesikli çizgili harita kaydırılırsa kırmızı çizgili ve rasgele konulmuş küçük harita elde edilir.

Aradığımız çakışık nokta TaRθDκ(x,y)=(x,y) denkleminin çözümüdür. Bu üç doğrusal dönüşümü ardarda uyguladığımızda birinci dereceden iki bilinmeyenli iki denklem elde edilir. x=κcosθxκsinθy+axy=κsinθx+κcosθy+ay Ortaöğrenim seviyesindeki bu denklemler çözüldüğünde aradığımız sabit noktanın koordinatlarını bulmuş oluruz. x=ax(κcosθ1)+ayκsinθ1+κ22κcosθy=axκsinθay(κcosθ1)1+κ22κcosθ

İşaret: cosη:=(κcosθ1)/1+κ22κcosθ ve sinη:=κsinθ/1+κ22κcosθ denklemleriyle η[0,2π) açısını tanımlayalım. O zaman bulduğumuz sabit noktanın a vektöründen bir dönme ve genleşme dönüşümü ile elde edildiğini gözleyiniz. (x,y)=DμRηa Buradaki genleşme parametresi μ:=1/1+κ22κcosθ denklemiyle tanımlanmıştır.

İşaret: Dönme ve öteleme dönüşümlerine izometri denir. İzometrik dönüşümler, uygulandıkları cisimlerdeki noktalar arası mesafelerin hepsini korurlar.

İşaret: Kinematikte Chaseles'ın teoremi olarak bilinen bir önerme şöyledir: Katı bir cisimin en genel hareketi, bir dönme ve onu takip eden bir öteleme ile elde edilebilir.

İşaret: Matematikte, tıpkı bu problemde olduğu gibi, ilk bakışta bulunması çok zor görünen durumların varlığına dair başka ifadeler de vardır. Mesela şöyle: Bir ormandaki ağaçların sayısı o ormandaki en fazla yaprak barındıran ağacın yapraklarının sayısından fazla ise, o zaman o ormanda yapraklarının sayısı birbirine eşit en az iki ağaç vardır. Ya da: Müteveffa veya hay beni Adem ile benatı Havva içünde, kaydı hayatınca tek aded musafaha eylemiş ibadullahın adedi çifttir. Birinci önermenin ipsatı basit, sadece biraz düşünmek gerekiyor. İkincisi ise graf teorisinden.

15 Eylül 2011 Perşembe

Üçgen içindeki bir noktanın köşelere göre durumu

Problem 1: ABC üçgeni içerisinde bir P noktası alınıyor. P noktasının B ve C köşelerine göre durumu m(ABP)=:α, m(CBP)=:β, m(BCP)=:γ ve m(PCA)=:δ olarak veriliyor. m(BAP)=:x değerini verilenler cinsinden hesaplayınız.

Bu problemi sinüs teoremini üst üste üç defa kullanarak sistematik bir biçimde çözebiliriz. ABP: sinxsinα=|BP||AP|BCP: sinβsinγ=|CP||BP|ACP: sinδsin(παβγδx)=|AP||CP| Öncelikle toplamları π kadar olan açıların sinüslerinin aynı olduğunu hatırlayalım: sin(πζ)=sin(ζ). Daha sonra da yukarıdaki üç denklemi taraf tarafa çarpalım. Çarpımın sağ tarafının 1 olacağı aşikardır. Elde edilen sonuç yeniden düzenlendiğinde sinx=sin(α+β+γ+δ+x) denklemine ulaşırız. Burada oranı hesaplamaları sadeleştirmek için aşağıdaki gibi tanımlanmıştır. :=sinαsinγsinβsinδ Trigonometrik fonksiyonların toplam formülünü kullanarak sinx=sinxcos(α+β+γ+δ)+cosxsin(α+β+γ+δ) yazabiliriz. Son denklemde her iki taraf cosx ile bölündüğünde denklemin sol ve sağ taraflarında x açısına bağlı sadece tanx fonksiyonu kalır. Bu ifade yeniden düzenlendiğinde aradığımız açının tanjantını da bulmuş oluruz. tanx=sin(α+β+γ+δ)1cos(α+β+γ+δ) Gerisi arctan fonksiyonunu kullanarak x değerini hesaplayabilmemize kalmış. arctan fonksiyonu kullanılırken, fonksiyonun (0,π) aralığındaki değerleri alınmalıdır.

İşaret: Sistematik bir biçimde çözdüğümüz bu problemin çeşitli özel durumlarını Matematik Dünyası yayınlamıştı. Hatta rahmetli Hüseyin Demir tarafında hazırlanan ilk versiyon, derginin birinci cildinin birinci sayısının kapağındadır. Biz, elimizdeki ciltlere bakarak toplam üç tane varyant bulduk. Özel durumlardan dolayı, derginin yarışma problemi olarak verdiği varyantlar, bizim burada sunduğumuz sistematik trigonometrik yöntem dışında da çözülebiliyor. Ama bu çözümleri görmek için hiç alakasız üçgenleri eşkenar veya ikizkenar üçgenlere tamamlamak gibi bazı kahramanlık destanları yazmak gerekiyor. Bu özel durumları aşağıda listeliyoruz. (Notasyon yukarıdaki ile aynıdır.)

  1. Kapak sorusu: α=β=γ=10o ve δ=20o. Cevap x=30o. Matematik Dünyası, Cilt: 1, Sayı: 1, Yıl: 1991.
  2. Kapak sorusu: α=40o, β=γ=10o ve δ=20o. Cevap x=70o. Matematik Dünyası, Cilt: 2, Sayı: 3, Yıl: 1992.
  3. α=β=δ=10o ve γ=20o. Cevap x=100o. Matematik Dünyası, Cilt: 3, Sayı: 3, Yıl: 1993.
Birinci ve üçüncü özel durumların çok benzer oldukları halde, cevapları arasındaki sayısal farka dikkat ediniz.