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 $OE =: {\mathbf r}$ olsun. $AE=:{\mathbf r}_{A}$ ve $BE=:{\mathbf r}_{B}$ tanımladığımızda, $\theta _{A}$ niceliğini $z$ ekseni ile ${\mathbf r}_{A}$ vektörü arasında kalan açı olarak tanımlayabiliriz. Benzer biçimde $\theta _{B}$ 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, $L_{z}$, 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 $L_{z}$ 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!\begin{equation*}\Omega := {\mathbf L}_{A} \cdot {\mathbf L}_{B} + 2me^{2}c^{2}(\cos \theta _{A} - \cos \theta _{B})\end{equation*}Burada ${\mathbf L}_{A}$ ve ${\mathbf L}_{B}$ elektronun sırasıyla $A$ ve $B$ noktalarına göre ölçülen açısal momentumu, $m$ elektronun kütlesi, $e$ ise yüküdür. Adı geçen yazarlar üç sayfalık makalelerinde $\Omega$ 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 ${\mathbf c} := (0,0,c)$ tanımlayalım. O zaman ${\mathbf r}_{A} = {\mathbf r} + {\mathbf c}$ ve ${\mathbf r}_{B} = {\mathbf r} - {\mathbf c}$ olduğu görülür. Şimdi\begin{equation*}{\mathbf L}_{A} :={\mathbf r}_{A} \times {\mathbf p} = ({\mathbf r} + {\mathbf c})\times {\mathbf p} = {\mathbf r} \times {\mathbf p} + {\mathbf c} \times {\mathbf p} = {\mathbf L} + {\mathbf c} \times {\mathbf p}\end{equation*}olacaktır. Burada ${\mathbf p}$ elektronun momentumu, ${\mathbf L}$ ise orijine göre ölçülen açısal momentumudur. Tamamen benzer bir alıştırmayla ${\mathbf L}_{B}={\mathbf L} - {\mathbf c} \times {\mathbf p}$ yazabiliriz. Bu iki niceliğin çarpımı bizim için önemlidir.\begin{equation*}{\mathbf L}_{A} \cdot {\mathbf L}_{B} = {\mathbf L} \cdot {\mathbf L} - ({\mathbf c} \times {\mathbf p}) \cdot ({\mathbf c} \times {\mathbf p})\end{equation*}Korunum ispatında zamana göre türev alacağımız için\begin{equation*}\frac{\rm d}{{\rm d}t}({\mathbf L}_{A} \cdot {\mathbf L}_{B}) = 2 {\mathbf L} \cdot \frac{{\rm d}{\mathbf L}}{{\rm d}t} - 2({\mathbf c} \times {\mathbf p}) \cdot ({\mathbf c} \times \frac{{\rm d}{\mathbf p}}{{\rm d}t})\end{equation*}türevi bize gereklidir. Newton'ın ikinci hareket kanununa göre\begin{equation*}{\mathbf F}_{\rm net} = \frac{{\rm d}{\mathbf p}}{{\rm d}t}\end{equation*}olduğundan\begin{equation*}\frac{{\rm d}{\mathbf L}}{{\rm d}t}= \dot{\mathbf r} \times {\mathbf p} + {\mathbf r} \times \dot{\mathbf p}= \frac{1}{m} {\mathbf p} \times {\mathbf p} + {\mathbf r} \times {\mathbf F}_{\rm net} = {\mathbf r} \times {\mathbf F}_{\rm net}\end{equation*}bulunur. 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.\begin{equation*}{\mathbf F}_{\rm net} = -\frac{e^{2}}{r_{A}^{3}}{\mathbf r}_{A} - \frac{e^{2}}{r_{B}^{3}}{\mathbf r}_{B}\end{equation*}Burada $e$ elektronun yükü olup, hesaplamaları kolaylaştırmak için Coulomb sabitinin bir olduğu birimlerde çalışılmaktadır. ${\mathbf r}\times {\mathbf r}_{A}={\mathbf r} \times {\mathbf c}=-{\mathbf r} \times {\mathbf r}_{B}$ olduğunu gözlersek\begin{equation*}{\mathbf r}\times {\mathbf F}_{\rm net} = e^{2} \left( \frac{1}{r_{A}^{3}} - \frac{1}{r_{B}^{3}} \right) {\mathbf c} \times {\mathbf r}\end{equation*}elde edilir. Tamamen benzer yöntemlerle\begin{equation*}{\mathbf c} \times {\mathbf F}_{\rm net} = -e^{2} \left( \frac{1}{r_{A}^{3}} + \frac{1}{r_{B}^{3}} \right) {\mathbf c} \times {\mathbf r}\end{equation*}bulunacaktır. Şimdiye kadar elde ettiğimiz sonuçları toparlarsak \begin{eqnarray}\nonumber \frac{\rm d}{{\rm d}t}({\mathbf L}_{A} \cdot {\mathbf L}_{B}) &=& 2e^{2}\left( \frac{1}{r_{A}^{3}} - \frac{1}{r_{B}^{3}} \right)({\mathbf r} \times {\mathbf p}) \cdot ({\mathbf c} \times {\mathbf r}) + 2e^{2}\left( \frac{1}{r_{A}^{3}} + \frac{1}{r_{B}^{3}} \right)({\mathbf c} \times {\mathbf p}) \cdot ({\mathbf c} \times {\mathbf r}) \\ \nonumber &=&\frac{2e^{2}}{r_{A}^{3}} ({\mathbf r}_{A} \times {\mathbf p}) \cdot ({\mathbf c} \times {\mathbf r}) - \frac{2e^{2}}{r_{B}^{3}} ({\mathbf r}_{B} \times {\mathbf p}) \cdot ({\mathbf c} \times {\mathbf r}) \end{eqnarray} denklemine ulaşırız.

$\Omega$ niceliğinin ikinci kısmı bize $\cos \theta _{A}$ ve $\cos \theta _{B}$ fonksiyonlarını vermektedir. İç çarpım kullanılarak bu açıların trigonometrik değerleri verilebilir.\begin{equation*}\cos \theta _{A} = \frac{{\mathbf c} \cdot {\mathbf r}_{A}}{cr_{A}}\end{equation*}Yukarıda ve bu paragraftaki bütün formüllerde $A$ yerine $B$ yazılarak, $\cos \theta _{B}$ için de geçerli olan sonuçlara ulaşılır. Şimdi\begin{equation*}\frac{{\rm d}\cos \theta _{A}}{{\rm d} t} = \frac{{\mathbf c} \cdot \dot{{\mathbf r}}_{A}}{cr_{A}}- \frac{{\mathbf c} \cdot {\mathbf r}_{A}}{cr_{A}^{2}}\dot{r}_{A} = \frac{{\mathbf c} \cdot {\mathbf p}}{mcr_{A}}- \frac{{\mathbf c} \cdot {\mathbf r}_{A}}{cr_{A}^{2}}\dot{r}_{A}\end{equation*}elde ederiz. Ayrıca $r_{A} := \sqrt{{\mathbf r}_{A} \cdot {\mathbf r}_{A}}$ olduğundan, $\dot{r}_{A} = r_{A}^{-1} {\mathbf r}_{A} \cdot \dot{\mathbf r}_{A}=(mr_{A}^{-1}) {\mathbf r}_{A} \cdot {\mathbf p}$ olur ve dolayısıyla\begin{equation*}\frac{{\rm d}\cos \theta _{A}}{{\rm d} t} = \frac{{\mathbf c} \cdot {\mathbf p}}{mcr_{A}}- \frac{({\mathbf c} \cdot {\mathbf r}_{A})({\mathbf r}_{A} \cdot {\mathbf p})}{mcr_{A}^{3}}\end{equation*}elde edilir. Yukarıdaki ifadede paydaları eşitlemek için birinci terimin payını ve paydasını ${\mathbf r}_{A} \cdot {\mathbf r}_{A}=r_{A}^{2}$ ile çarparsak\begin{equation*}\frac{{\rm d}\cos \theta _{A}}{{\rm d} t} = \frac{({\mathbf r}_{A} \cdot {\mathbf r}_{A})({\mathbf c} \cdot {\mathbf p})}{mcr_{A}^{3}}- \frac{({\mathbf c} \cdot {\mathbf r}_{A})({\mathbf r}_{A} \cdot {\mathbf p})}{mcr_{A}^{3}}\end{equation*}sonucuna ulaşırız. İspatı bitirmemize çok az kaldı. Sırada belki de bütün ispatın en anahtar noktası var.
Lemma: ${\mathbf A},{\mathbf B},{\mathbf C}$ ve ${\mathbf D}$ herhangi dört vektör olsun. O zaman
\begin{equation*}({\mathbf A} \times {\mathbf B}) \cdot ({\mathbf C} \times {\mathbf D}) = ({\mathbf A}\cdot {\mathbf C})({\mathbf B}\cdot {\mathbf D}) - ({\mathbf A}\cdot {\mathbf D})({\mathbf B}\cdot {\mathbf C}).\end{equation*}İspat: Ödev.
İspatsız yer verdiğimiz vektörel çarpıma ait bu özellik kullanıldığında aşağıdaki ifadeyi elde ederiz.\begin{equation*}\frac{{\rm d}\cos \theta _{A}}{{\rm d} t} = \frac{({\mathbf r}_{A} \times {\mathbf c})\cdot ({\mathbf r}_{A} \times {\mathbf p})}{mcr_{A}^{3}}\end{equation*}

Şimdiye kadar elde ettiğimiz sonuçlar bir araya getirilirse\begin{equation*}\frac{{\rm d}\Omega}{{\rm d}t}= \frac{{\rm d}({\mathbf L}_{A} \cdot {\mathbf L}_{B})}{{\rm d}t} + 2mce^{2}\left(\frac{{\rm d}\cos \theta _{A}}{{\rm d} t} - \frac{{\rm d}\cos \theta _{B}}{{\rm d} t} \right) = 0\end{equation*}olduğu ve $\Omega$ niceliğinin korunduğu gösterilmiş olur.

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 $y=ax^{2}+bx+c$ denklemi ile verilen bütün paraboller, sadece kaydırma izometrisi kullanılarak $Y=AX^{2}$ formuna getirilebilirler.
İspat: Öncelikle $x$ değerini $x=:X-\frac{b}{2a}$ olacak şekilde kaydıralım. O zaman \begin{equation*} y=a\left(X^{2}-\frac{b}{a}X+\frac{b^{2}}{4a^{2}}\right) + b \left( X - \frac{b}{2a}\right) + c = aX^{2} + c - \frac{b^{2}}{4a} \end{equation*} sonucu çıkar. Şimdi de $y=:Y+c-\frac{b^{2}}{4a}$ kaydırmasını uygularsak, parabolümüz $Y=aX^{2}$ formuna girer. QED

Kaydırma dönüşümü fiziksel objelerde bir deformasyona sebep olmadığı için, genelliği bozmadan parabolik aynanın denkleminin $y=ax^{2}$ 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 $\alpha := \angle ABN = \angle NBE$ (kırmızı, içi boş) ve $\beta := \angle ABC = \angle DBE = \angle DBX$ (içi koyu siyah) tanımlarsak, $\alpha + \beta = \frac{\pi}{2}$, $BN$ parabole $B$ noktasında normal veya dik, $CD$ ise teğet olurlar. Yansımanın geometrisini bulmak için $\gamma := \angle BDO$ (gri) tanımlayalım. Temel analizden parabole $(x_{0},y_{0})$ noktasında çekilen teğetin eğimi $\tan \gamma = 2ax_{0}$ olacaktır. Yansıyan ışının $x$ ekseniyle yaptığı açıya $\kappa$ dersek, $\triangle DBK$ üçgeninden $\kappa = \gamma + \beta$ olduğu görülür. Benzer şekilde, $\triangle BDX$ dik üçgeninden $\gamma = \beta + \frac{\pi}{2}$ olduğu gözlenirse, $\kappa = \gamma + \gamma - \frac{\pi}{2}=2\gamma - \frac{\pi}{2}$ 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.) \begin{equation*} \tan \kappa = \tan \left( 2\gamma - \frac{\pi}{2} \right) = \frac{\sin \left( 2\gamma - \frac{\pi}{2}\right)}{\cos \left( 2\gamma - \frac{\pi}{2}\right)}=-\frac{\cos 2\gamma}{\sin 2 \gamma}=-\frac{1}{\tan 2\gamma} = \frac{\tan ^{2}\gamma - 1}{2 \tan \gamma}=\frac{4a^{2}x_{0}^{2}-1}{4ax_{0}} \end{equation*} Analitik düzlemdeki denklemi $y= (\tan \kappa ) x + n$ olan $BK$ doğrusunun kesme noktasını bulmak için bu doğrunun $B=(x_{0},ax_{0}^{2})$ noktasından geçtiği bilgisini kullanalım. \begin{equation*} ax_{0}^{2} = \frac{4a^{2}x_{0}^{2}-1}{4ax_{0}}x_{0} + n \ \Rightarrow \ n=\frac{1}{4a} \end{equation*} 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.

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 $0^{\rm o}$, $30^{\rm o}$, $45^{\rm o}$, $60^{\rm o}$ ve $90^{\rm o}$ 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 $36^{\rm o}$ olan $\triangle ABC$ ikizkenar üçgenidir. Şekilde siyah renkle gösterilen açılar $72^{\rm o}$ iken kırmızı renkle gösterilen açılar $36^{\rm o}$'dir. $DC$ doğru parçası $\angle ACB$'nin açıortayı olduğundan, $\triangle ABC \sim \triangle CBD$ açı-açı-açı benzerliği vardır. Bu benzerlikten faydalanarak $36^{\rm o}$'nin trigonometrik fonksiyonlarının değerlerini bulmaya çalışalım. $|AD|=|DC|=|BC|=:a$ ve $|BD| =: b$ uzunluklarını tanımlarsak, $|AB|=|AC|=a+b$ olur. Benzerlikten dolayı \begin{equation*} \frac{b}{a}=\frac{a}{a+b} \end{equation*} denklemi geçerlidir. Bu denklem yeniden düzenlendiğinde aşağıdaki ikinci mertebeden denklem elde edilir. \begin{equation*} b^{2}+ab-a^{2}=0 \end{equation*} Denklemin çözümü bize $b$ uzunluğunu $a$ cinsinden ifade etme olanağı sağlayacaktır. \begin{equation*} b=a\frac{\sqrt{5}-1}{2} \end{equation*} Şimdi $\triangle BCD$ üçgeninde kosinüs teoremini uygulayacak olursak \begin{equation*} b^{2}=2a^{2}-2a^{2}\cos 36^{\rm o} \ \Rightarrow \ \cos 36^{\rm o} = 1- \frac{b^{2}}{2a^{2}} \end{equation*} sonucuna ulaşırız. Daha önce bulduğumuz oran yerine konulduğunda, $\cos 36^{\rm o}=\frac{1+\sqrt{5}}{4}$ değeri hesaplanılabilir. Sinüsün değerini hesaplamak artık kolay: $\sin 36^{\rm o}=\sqrt{1 - \cos ^{2} 36^{o}}=\sqrt{\frac{5-\sqrt{5}}{8}}$.

$6^{\rm o}=36^{\rm o}-30^{\rm o}$ olduğunu gözleyelim. O zaman trigonometrik fonksiyonların toplam formüllerini kullanarak \begin{equation*} \sin 6^{\rm o} = \sin 36^{\rm o}\cos 30^{\rm o} - \cos 36^{\rm o} \sin 30 ^{\rm o} = \sqrt{\frac{15-3\sqrt{5}}{32}}-\frac{1+\sqrt{5}}{8} \end{equation*} ve \begin{equation*} \cos 6^{\rm o} = \cos 36^{\rm o} \cos 30^{\rm o} + \sin 36^{\rm o} \sin 30 ^{\rm o} = \frac{\sqrt{3}+\sqrt{15}}{8} - \sqrt{\frac{5- \sqrt{5}}{32}} \end{equation*} sonuçları bulunacaktır. Amacımıza neredeyse ulaştık. $3^{\rm o}$'lik açının da sinüs ve kosinüsünü hesaplarsak, $n \in {\mathbf N}$ olmak üzere $3n^{\rm o}$'lik açılarında trigonometrik fonksiyonlarını hesaplayabileceğiz. Bu amaçla $\cos (2x) = 2 \cos^{2} x - 1 = 1 - 2\sin^{2}x$ formülünde $x=3^{\rm o}$ koyalım. \begin{eqnarray}\nonumber \cos 3^{\rm o} &=& \sqrt{\frac{1}{2} + \frac{1}{2}\cos 6^{\rm o}} = \sqrt{\frac{8+\sqrt{3}+\sqrt{15}}{16} - \sqrt{\frac{5-\sqrt{5}}{128}}} \\ \nonumber \sin 3^{\rm o} &=& \sqrt{\frac{1}{2} - \frac{1}{2}\cos 6^{\rm o}}=\sqrt{\frac{8 - \sqrt{3} - \sqrt{15}}{16} + \sqrt{\frac{5-\sqrt{5}}{128}}} \end{eqnarray}

Artık indüksiyona başlayabiliriz. $n \geq 2$ için, $\sin(3(n-1)^{\rm o})$ ve $\cos (3(n-1)^{o})$ biliniyorsa, o zaman \begin{eqnarray}\nonumber \sin (3n^{\rm o}) &=& \sin (3(n-1)^{\rm o})\cos(3^{\rm o}) + \cos (3(n-1)^{\rm o}) \sin (3^{\rm o}) \\ \nonumber \cos (3n^{\rm o}) &=& \cos (3(n-1)^{\rm o})\cos(3^{\rm o}) - \sin (3(n-1)^{\rm o}) \sin (3^{\rm o}) \end{eqnarray} formüllerinden $3^{\rm o}$'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.

Kenarları verilen bir üçgene ait unsurların uzunlukları

Bir $\triangle ABC$ 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: $\triangle ABC$ üçgeninde $A$ noktasına ait kenar ortay $BC$ kenarını $D$ noktasında ikiye bölsün. O zaman $|BD|=|CD|=a/2$ olur. $m(\angle ACB) =: \gamma$ diyelim. $\triangle ABC$ üçgeninde uygulanan kosinüs teoremi gereğince \begin{equation*} \cos \gamma = \frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab} \end{equation*} olur. $A$ noktasından $|BC|$ kenarına inen kenar ortayın ölçüsü $m_{a}=|AD|$ olsun. Kosinüs teoremini $\triangle ACD$ üçgeninde de uygularsak \begin{equation*} m_{a}^{2}=b^{2}+\frac{a^{2}}{4}-ab\cos\gamma \end{equation*} olur. $\cos \gamma$ için daha önce elde edilen değer yerine konur ve denklem yeniden düzenlenirse \begin{equation*} m_{a}=\frac{1}{2}\sqrt{2b^{2}+2c^{2}-a^{2}} \end{equation*} sonucuna ulaşılır. $m_{b}$ ve $m_{c}$ uzunluklarının formülleri de tamamen analog bir yöntemle çıkarılabilir.

Yükseklikler: $A$ köşesinden $BC$ kenarına indirilen dikme, $BC$ kenarını $H_{A}$ noktasında kessin ve uzunluğu $h_{a}$ kadar olsun. $x:=|BH_{A}|$ dersek, $|CH_{A}|=a-x$ olur. Hem $\triangle ABH_{A}$ hem de $\triangle ACH_{A}$ dik üçgenlerdir. O zaman Pisagor teoremini bu üçgenlere uygulayabiliriz: \begin{eqnarray} \nonumber \triangle ABH_{A}: &\ & x^{2} + h_{a}^{2} = c^{2} \\ \nonumber \triangle ACH_{A}: &\ & (a-x)^{2} + h_{a}^{2} = b^{2} \end{eqnarray} İkinci denklemden birinci denklemi çıkartıp sonucu $x$ için yeniden düzenlediğimizde \begin{equation*} x = \frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2a} \end{equation*} bulunur. Bu ifade mesela $ABH_{A}$ ile işaretli denkleme konulursa \begin{eqnarray}\nonumber h_{a}^{2}&=&c^{2}-x^{2} =(c-x)(c+x)= \left( c - \frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2a}\right) \left(c + \frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2a}\right) \\ \nonumber &=& \frac{(2ac-a^{2}-c^{2}+b^{2})(2ac+a^{2}+c^{2}-b^{2})}{4a^{2}} \\ \nonumber &=& \frac{(b^{2}-(a-c)^{2})((a+c)^{2}-b^{2})}{4a^{2}} \end{eqnarray} Pay kısmında her iki parantezdeki iki kare farkına ait ifadeler çarpanlarına ayrılıp sağ ve sol tarafın karekökleri alınırsa \begin{equation*} h_{a}=\frac{1}{2a}\sqrt{(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)} \end{equation*} formülü bulunur. $h_{b}$ ve $h_{c}$ uzunluklarının formülleri de analog yöntemlerle elde edilebilir. (Bu paragrafta $H_{A}$ 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. \begin{equation*} S(\triangle ABC)=\frac{1}{2}a h_{a}=\frac{1}{4}\sqrt{(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)} \end{equation*} 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. $\triangle ABC$ 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 $\triangle ABI$, $\triangle BCI$ ve $\triangle ACI$ üçgenlerinin yükseklikleridir. Şekildeki üçgenlerin alanları arasında \begin{equation*} S(\triangle ABC) = S(\triangle ABI) + S(\triangle BCI) + S(\triangle ACI) \end{equation*} eşitliğinin olduğu aşikardır. O zaman \begin{equation*} S(\triangle ABC) = \frac{1}{2}(a+b+c)r \end{equation*} olur. Artık burada Heron'un formülünü kullanarak $r$ uzunluğunu ifade edebiliriz. \begin{equation*} r=\frac{1}{2} \sqrt{\frac{(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)}{a+b+c}} \end{equation*}

İç açı ortaylar: $\angle BAC$ açısını ikiye bölen doğru $BC$ kenarını $L$ noktasında kessin. Tanım gereği $m(\angle BAL)=m(\angle CAD) =: \alpha$ olur. $|AL|=:l_{a}$ diyelim. İç açı ortayın $\triangle ABC$ üçgenini iki parçaya böldüğünü biliyoruz. En genel durumda bu parçaların alanları eşit olmasa dahi, bu iki parçanın alanları toplamı $S(\triangle ABC)$ değerini verecektir. O zaman \begin{eqnarray}\nonumber &&S(\triangle ABC) = S(\triangle ABL)+S(\triangle ACL) \\ \nonumber &&\frac{1}{2}bc \sin (2\alpha) = \frac{1}{2}cl_{a} \sin \alpha + \frac{1}{2}b l_{a} \sin \alpha \end{eqnarray} Temel trigonometrideki $\sin(2\alpha)=2\sin \alpha \cos \alpha$ formülü kullanılırsa, iç açı ortayın uzunluğu $\cos \alpha$ cinsinden yazılabilir. \begin{equation*} l_{a}=\frac{2bc}{b+c}\cos \alpha \end{equation*} $\triangle ABC$ üçgeninde kosinüs teoremini uygularsak, $\cos (2\alpha )$ değerini rahatça hesaplarız. Buradan da $\cos ^{2} \alpha = \frac{1}{2}\cos (2\alpha ) + \frac{1}{2}$ özdeşliğinden, $\cos \alpha$ değeri bulunur. \begin{equation*} \cos(2\alpha )= \frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc} \ \Rightarrow \ \cos \alpha = \sqrt {\frac{(b+c)^{2}-a^{2}}{4bc}} \end{equation*} Son olarak $\cos \alpha$ ifadesinde iki kare farkını çarpanlarına ayırarark iç açı ortay uzunluğunu \begin{equation*} l_{a}=\frac{1}{b+c}\sqrt{bc(a+b+c)(-a+b+c)} \end{equation*} hesaplamış oluruz. $l_{b}$ ve $l_{c}$ için yapılacak analiz tamamen analogdur.

Çevral çemberin yarıçapı: Üçgenin alanının $S(\triangle ABC) = \frac{1}{2}bc \sin(\angle BAC)$ olduğunu biliyoruz. Buradan $\sin (\angle BAC) = \frac{2S(\triangle ABC)}{bc}$ olur. Yine, çevral çemberin yarıçapı da $R=\frac{a}{2\sin (\angle BAC)}$ eşitliğini sağlar. (Bunu ispatlayabilir misiniz?) O zaman İskenderiyeli Heron'un formülünü kullanarak \begin{equation*} R=\frac{abc}{4S(\triangle ABC)} = \frac{abc}{\sqrt{(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)}} \end{equation*} sonucuna ulaşırız.

Dış teğet çemberin yarıçapı: $\triangle ABC$ üçgeninde $AB$ ve $BC$ kenarlarını uzatalım. Üçgenin $AB$, $BC$ ve $AC$ kenarlarına sırasıyla $D$, $E$ ve $F$ noktalarında dışarıdan teğet çemberin merkezi $O_{A}$ yarıçapı $r_{A}$ olsun. Amacımız $r_{A}$ değerini üçgenin kenarları cinsinden ifade etmektir. Hesaplamalarımıza başlamadan önce bir çembere dışında kalan bir noktadan çekilen teğetlerin uzunluklarının eşit olduğunu hatırlıyoruz. O zaman $|BD|=|BE|=:x$, $|CE|=|CF|=a-x$, $|AD|=|AF|$ olur. $|AD|=c+x$ ve $|AF|=b+a-x$ oldukları gözlenirse buradan \begin{equation*} x=|BD|=|BE|=\frac{a+b-c}{2} \end{equation*} ve \begin{equation*} |AD|=|AF|=\frac{a+b+c}{2} \end{equation*} bulunur. Şekildeki $ADO_{A}F$ dörtgeninin alanı için $S(ADO_{A}F) = r_{A}|AD| = r_{A}\frac{a+b+c}{2}$ yazabiliriz. Aynı alan \begin{equation*} S(ADO_{A}F) = S(\triangle ADF) + S(\triangle DFO_{A}) \end{equation*} toplamı olarak da yazılabilir. Birbirlerini $\pi$ radyana tamamlayan açıların sinüslerinin eşit olduğunu hatırlayarak son denklemi \begin{equation*} \frac{1}{2}\frac{(a+b+c)^{2}}{4}\sin (\angle BAC) + \frac{1}{2}r_{A}^{2}\sin (\angle BAC) = r_{A} \frac{a+b+c}{2} \end{equation*} denklemine ulaşırız. Bu $r_{A}$ için ikinci mertebeden bir denklemdir. Bu denklem klasik yöntemlerle çözüldüğünde \begin{equation*} r_{A}=\frac{a+b+c}{2} \frac{1\pm \cos (\angle BAC )}{\sin (\angle BAC)} \end{equation*} Hangi işareti seçmeliyiz? Sezgisel olarak bakıldığında $\angle BAC$ açısı büyüdükçe dış teğet çemberin yarıçapıda büyümelidir. Böyle bir durum ancak $(-)$ işaretini seçtiğimizde mümkündür. Kosinüs teoremi kullanılarak $\cos (\angle BAC)$ rahatlıkla kenar uzunlukları cinsinden ifade edilebilir. Daha sonra da herhangi bir $\zeta$ açısı için geçerli olan $\sin \zeta = \sqrt{1-\cos ^{2}\zeta}$ formülünden de $\sin (\angle BAC)$ hesaplanılırsa, aradığımız uzunluk \begin{equation*} r_{A}=\frac{1}{2} \sqrt{\frac{(a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)}{-a+b+c}} \end{equation*} hesaplanılabilir. Söylemeye lüzum var mı? $r_{B}$ ve $r_{C}$ tamamen analog bir biçimde hesaplanılacaktır.

Alıştırmalar

Bu bölümde bulduğumuz sonuçları kullanarak

1. Üçgenin çevresi $L$, alanı $S$ olsun. $LS=2r_{A}r_{B}r_{C}$ olduğunu gösteriniz
2. $r^{-1}=r_{A}^{-1}+r_{B}^{-1}+r_{C}^{-1}$ olduğunu gösteriniz.
3. $r^{-1}=h_{a}^{-1}+h_{b}^{-1}+h_{c}^{-1}$ olduğunu gösteriniz.
4. (Zor) $\triangle ABC$ üçgeninde $A$ açısına ait dış açı ortay $BC$ kenarını üçgenin dışındaki bir $E$ noktasında kesmektedir. \begin{equation*} |AE|=\frac{1}{c-b}\sqrt{bc(a-b+c)(a+b-c)} \end{equation*} olduğunu gösteriniz

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

Fermat'nın problemi

Problem 3: Dar açılı bir $\triangle{ABC}$ 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: $0 \leq \alpha \leq \beta \leq \gamma \leq 2 \pi$ aralığında ve $\alpha +\beta + \gamma = 2\pi$ olacak şekilde üç açı verilsin. $\Sigma := \cos \alpha + \cos \beta + \cos \gamma$ toplamının biricik global minimumu $-3/2$'dir ve toplam bu değeri $\alpha = \beta = \gamma = 2 \pi /3 $ durumunda alır.
İspat: Açıların toplamı $2\pi$ kadar olduğundan aslında problemin serbestiyet mertebesi üçten ikiye düşmüştür. Dolayısıyla $\cos \gamma = \cos (2\pi - (\alpha + \beta)) = \cos (\alpha + \beta)$ trigonometrik özelliğini kullanarak kosinüsler toplamını sadece iki değişkenli bir fonksiyon haline indirgeyebiliriz. $\Sigma = \cos \alpha + \cos \beta + \cos (\alpha + \beta)$. Şimdi, ekstremum şartlarını aramak için kısmi türevlere bakalım.
\begin{eqnarray}\nonumber \frac{\partial \Sigma}{\partial \alpha} &=& -\sin \alpha - \sin (\alpha + \beta) = 0\\ \nonumber \frac{\partial \Sigma}{\partial \beta} &=& -\sin \beta - \sin (\alpha + \beta) = 0 \end{eqnarray} Bu denklemlerden $\sin \alpha = \sin \beta$ olması gerektiği barizdir. Sinüsleri eşit olan açıların kosinüsleri için iki durum vardır: (I) $\cos \alpha = \cos \beta$ veya (II) $\cos \alpha = -\cos \beta$. Bu sonuçları ekstremum şartlarından ilki ile kullanırsak, \begin{equation*} -\sin \alpha - \sin\alpha \cos \beta - \cos \alpha \sin \beta = -\sin \alpha \left\{ 1 + \cos \alpha + \cos \beta \right\} = 0 \end{equation*} elde ederiz. Bu bize iki denklem verir. Ya $\sin \alpha = 0$ ya da $1 + \cos \alpha + \cos \beta=0$. Öncelikle $\sin \alpha = 0$ denklemini irdeleyelim. Bu kolay denklemin aradığımız aralıktaki çözümleri $\alpha = \{0, \pi, 2\pi \}$ şeklindedir. Bu çözüme tekabül eden $(\alpha,\beta,\gamma)$ üçlüleri ve $\Sigma$ fonksiyonunun değerleri aşağıdaki tabloda özetlenmiştir.

$\alpha$	$\beta$	$\gamma$	$\Sigma$
$0$	$0$	$2\pi$	$3$
$0$	$\pi$	$\pi$	$-1$
$0$	$2\pi$	$0$	$3$
$\pi$	$\pi$	$0$	$-1$
$\pi$	$0$	$\pi$	$-1$
$2\pi$	$0$	$0$	$3$

Öte yandan $1 + \cos \alpha + \cos \beta =0$ olduğunu varsayar ve (I) nolu durumu uygularsak, $\cos \alpha = \cos \beta = -1/2$ sonucuna ulaşırız ki bu da tek uygun çözüm olarak $\alpha = \beta = \gamma = 2\pi/3$ ve $\Sigma = -3/2$ sonucunu vermektedir. Ne $\alpha$ ne de $\beta$, $4\pi/3$ değerini alamazlar. Çünkü (a) her ikisi de $4\pi/3$ olduğunda $\gamma$ negatif olur. (b) Birisi $2\pi/3$ öteki $4\pi/3$ olduğunda ise $\sin \alpha = -\sin \beta$ çıkar ki bu da ekstremum şartlarından elde edilen bulgular ile çelişmektedir. (II) nolu durum $1+\cos \alpha + \cos \beta$ toplamını sıfır yapmadığından, incelenmeyecektir. Bütün durumlar incelendiğinde $\Sigma$ fonksiyonunun global minimumunun $\alpha = \beta = \gamma = 2\pi/3$ durumunda $-3/2$ değerinde olduğu görülmektedir. QED

Trigonometri ve analize olan borçlarımızı ödedik. Şimdi Fermat'nın problemine başlayabiliriz. Öncelikle $\triangle ABC$ üçgeninde en geniş açının $\angle BAC$ olduğunu varsayıyor ve analitik düzlemde üçgenimizin köşelerini $A=(0,a)$, $B=(b,0)$ ve $C=(c,0)$ noktalarına yerleştiriyoruz. Üçgende geniş açı olmadığından $b \leq 0$ seçilmelidir. (Neden?) $P$ noktasının koordinatı $(x,y)$ olsun. Bu noktanın üçgenin köşelerine olan toplam uzaklığını \begin{equation*} \delta := |PA| + |PB| + |PC| \end{equation*} tanımlayalım. Pisagor teoreminin analitik geometriye basit bir uygulaması olarak \begin{eqnarray}\nonumber |PA| &=& \sqrt{x^{2}+(y-a)^{2}},\\ \nonumber |PB| &=& \sqrt{(x-b)^{2}+y^{2}}, \\ \nonumber |PC| &=& \sqrt{(x-c)^{2}+y^{2}} \end{eqnarray} yazabiliriz. Optimize etmek istediğimiz uzunluğu $x$ ve $y$'nin fonksiyonu olarak elde ettik. Artık ekstremum şartlarını bir kere daha kullanacağız. \begin{eqnarray} \nonumber \frac{\partial \delta}{\partial x} &=& \frac{x}{|PA|} + \frac{x-b}{|PB|} + \frac{x-c}{|PC|}=0 \\ \nonumber \frac{\partial \delta}{\partial y} &=& \frac{y-a}{|PA|} + \frac{y}{|PB|} + \frac{y}{|PC|} =0 \end{eqnarray} 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 $\vec{PA} = (-x,a-y)$, $\vec{PB}:=(b-x,-y)$ ve $\vec{PC}=(c-x,-y)$ vektörlerini tanımlayıp bu vektörler arasındaki açıları iç çarpım formülünden hesaplayalım. \begin{eqnarray} \nonumber \cos (\angle BPC) &=& \frac{\vec{PB} \cdot \vec{PC}}{|PB| |PC|}=\frac{(x-b)(x-c)+y^{2}}{|PB| |PC|} \\ \nonumber \cos (\angle APC) &=& \frac{\vec{PA} \cdot \vec{PC}}{|PA| |PC|}=\frac{x(x-c)+y(y-a)}{|PA| |PC|} \\ \nonumber \cos (\angle APB) &=& \frac{\vec{PA} \cdot \vec{PB}}{|PA| |PB|}=\frac{x(x-b)+y(y-a)}{|PA| |PC|} \end{eqnarray} Bariz olanı bütünlüğü muhafaza adına kaydedelim: $m(\angle BPC) + m(\angle APC) + m(\angle APB) = 2\pi$. Şimdi ekstremum şartlarından her ikisinin de karesini alıp taraf tarafa topladığımızda \begin{equation*} \frac{x^{2}+(y-a)^{2}}{|PA|^{2}} + \frac{(x-b)^{2}+y^{2}}{|PB|^{2}} + \frac{(x-c)^{2}+y^{2}}{|PC|^{2}} +2 \left\{\frac{(x-b)(x-c)+y^{2}}{|PB| |PC|} + \frac{x(x-c)+y(y-a)}{|PA| |PC|} + \frac{x(x-b)+y(y-a)}{|PA| |PC|} \right\}=0 \end{equation*} 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 \begin{equation*} 3 + 2 \left\{\cos (\angle BPC) + \cos (\angle APC) + \cos (\angle APB) \right\} =0 \end{equation*} denklemine ulaşmış bulunuyoruz. Bu çözümün ilk yarısında ispatladığımız Lemma gereğince $m(\angle BPC)=m(\angle APC)=m(\angle APB)=2\pi/3$ 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 $x:=m(\angle BAP)$ 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: $m(\angle ABP) = \frac{\pi}{3}-x$, $m(\angle CBP) = B+x-\frac{\pi}{3}$, $m(\angle BCP) = \frac{2\pi}{3}-B-x$, $m(\angle ACP) = \frac{\pi}{3}-A+x$ ve $m(\angle CAP) = A-x$. Burada $A$, $B$ ve $C$ üçgenin köşe açılarının ölçüleridir. Şimdi sinüs teoremini üç defa uygulayalım. \begin{eqnarray}\nonumber \triangle ABP : && \frac{\sin x}{\sin (\frac{\pi}{3}-x)}=\frac{|BP|}{|AP|}\\ \nonumber \triangle BCP : && \frac{\sin (B+x-\frac{\pi}{3})}{\sin (\frac{2\pi}{3}-B-x)}=\frac{|CP|}{|BP|}\\ \nonumber \triangle ACP : && \frac{\sin(\frac{\pi}{3}-A+x)}{\sin (A-x)}=\frac{|AP|}{|CP|} \end{eqnarray} Bu denklemleri taraf tarafa çarptığımızda çözüldüğünde $x$ değerini veren bir denklem elde edilecektir. \begin{equation*} \frac{\sin x}{\sin (\frac{\pi}{3}-x)} \frac{\sin (B+x-\frac{\pi}{3})}{\sin (\frac{2\pi}{3}-B-x)} \frac{\sin(\frac{\pi}{3}-A+x)}{\sin (A-x)}=1 \end{equation*} Son denklemde $\sin \alpha \sin \beta = \frac{1}{2}(\cos(\alpha-\beta) - \cos (\alpha + \beta))$ ve $\sin \alpha \cos \beta = \frac{1}{2} (\sin (\alpha + \beta) + \sin (\alpha - \beta))$ bağıntıları sıra ile uygulanırsa pay kısmı için \begin{equation*} \frac{1}{4}\left\{ \sin (A+B-\frac{2\pi}{3}+x) + \sin (-A-B+\frac{2\pi}{3}+x) - \sin (-A+B+3x) - \sin (A-B-x) \right\} \end{equation*} sonucu bulunur. Benzer bir yöntemle paydayı da hesaplayabiliriz. \begin{equation*} \frac{1}{4} \left\{ \sin (A+B+x) + \sin (A+B-\frac{\pi}{3}-x) - \sin (-A+B+3x) - \sin (-A+B-\frac{\pi}{3}+x) \right\} \end{equation*} 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 $\sin (\alpha +x) = \sin\alpha \cos x + \cos \alpha \sin x$ formülü kullanılarak açılırsa, $x$ açısının sinüs ve kosinüsünü içeren homojen bir denklem elde edilebilir. Buradan da denklemin her iki tarafı $\cos x$ ile bölünerek, $\tan x$ 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.)

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 $x-$eksenine 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 \begin{equation*} {\cal D}_{\kappa}(x,y) := (\kappa x, \kappa y) \end{equation*} denklemiyle tanımlanmaktadır. Pozitif değerli $\kappa$ parametresi bizim problemimizde $\kappa \in (0,1)$ aralığında seçilmelidir ve küçük harita ile büyük haritanın ölçekleri oranıdır. ${\cal D}_{\kappa}$ dönüşümü ile küçük haritayı elde ettik ama bu harita rasgele konulduğundan yönelimi de orijinden geçen $z-$ekseni etrafında bir dönme dönüşümü ile tespit edilmelidir. Bir noktayı saat yönünün tersine $\theta$ açısı kadar döndürmek için \begin{equation*} {\cal R}_{\theta}(x,y) := (\cos \theta x - \sin \theta y, \sin \theta x + \cos \theta y) \end{equation*} 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 $\vec{a}$ ise, öteleme dönüşümü \begin{equation*} {\cal T}_{\vec{a}}(x,y):=(x+a_{x},y+a_{y}) \end{equation*} 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 \begin{equation*} {\cal T}_{\vec{a}}{\cal R}_{\theta}{\cal D}_{\kappa} (x,y) = (x,y) \end{equation*} denkleminin çözümüdür. Bu üç doğrusal dönüşümü ardarda uyguladığımızda birinci dereceden iki bilinmeyenli iki denklem elde edilir. \begin{eqnarray}\nonumber x &=& \kappa \cos \theta x - \kappa \sin \theta y +a_{x} \\ \nonumber y &=& \kappa \sin \theta x + \kappa \cos \theta y + a_{y} \end{eqnarray} Ortaöğrenim seviyesindeki bu denklemler çözüldüğünde aradığımız sabit noktanın koordinatlarını bulmuş oluruz. \begin{eqnarray}\nonumber x &=& -\frac{a_{x}(\kappa \cos \theta -1)+a_{y}\kappa \sin \theta}{1+\kappa ^{2} -2\kappa \cos \theta} \\ \nonumber y &=& \frac{a_{x}\kappa \sin \theta - a_{y}(\kappa \cos \theta -1)}{1+\kappa ^{2} -2\kappa \cos \theta} \end{eqnarray}

İşaret: $\cos \eta := -(\kappa \cos \theta -1)/\sqrt{1+\kappa ^{2} - 2\kappa \cos \theta}$ ve $\sin \eta := \kappa \sin \theta / \sqrt{1+\kappa ^{2} - 2\kappa \cos \theta}$ denklemleriyle $\eta \in [0,2\pi)$ açısını tanımlayalım. O zaman bulduğumuz sabit noktanın $\vec {a}$ vektöründen bir dönme ve genleşme dönüşümü ile elde edildiğini gözleyiniz. \begin{equation*} (x,y) = {\cal D}_{\mu} {\cal R}_{\eta} \vec{a} \end{equation*} Buradaki genleşme parametresi $\mu := 1/\sqrt{1+\kappa ^{2} - 2\kappa \cos \theta}$ 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.

Üçgen içindeki bir noktanın köşelere göre durumu

Problem 1: $\triangle ABC$ üçgeni içerisinde bir $P$ noktası alınıyor. $P$ noktasının $B$ ve $C$ köşelerine göre durumu $m(\angle ABP)=:\alpha$, $m(\angle CBP)=:\beta$, $m(\angle BCP)=:\gamma$ ve $m(\angle PCA)=:\delta$ olarak veriliyor. $m(\angle BAP)=:x$ değerini verilenler cinsinden hesaplayınız.

Bu problemi sinüs teoremini üst üste üç defa kullanarak sistematik bir biçimde çözebiliriz. \begin{eqnarray}\nonumber \triangle ABP: &\ & \frac{\sin x}{\sin \alpha} = \frac{|BP|}{|AP|} \\ \nonumber \triangle BCP: &\ & \frac{\sin \beta}{\sin \gamma} = \frac{|CP|}{|BP|} \\ \nonumber \triangle ACP: &\ & \frac{\sin \delta}{\sin( \pi - \alpha - \beta - \gamma - \delta - x)} = \frac{|AP|}{|CP|} \end{eqnarray} Öncelikle toplamları $\pi$ kadar olan açıların sinüslerinin aynı olduğunu hatırlayalım: $\sin( \pi - \zeta) = \sin (\zeta)$. Daha sonra da yukarıdaki üç denklemi taraf tarafa çarpalım. Çarpımın sağ tarafının 1 olacağı aşikardır. Elde edilen sonuç yeniden düzenlendiğinde \begin{equation*} \sin x = \aleph \sin (\alpha + \beta + \gamma + \delta + x) \end{equation*} denklemine ulaşırız. Burada $\aleph$ oranı hesaplamaları sadeleştirmek için aşağıdaki gibi tanımlanmıştır. \begin{equation*} \aleph := \frac{\sin \alpha \sin \gamma}{\sin \beta \sin \delta} \end{equation*} Trigonometrik fonksiyonların toplam formülünü kullanarak \begin{equation*} \sin x = \aleph \sin x \cos (\alpha + \beta + \gamma + \delta) + \aleph \cos x \sin (\alpha + \beta + \gamma + \delta)\end{equation*} yazabiliriz. Son denklemde her iki taraf $\cos x$ ile bölündüğünde denklemin sol ve sağ taraflarında $x$ açısına bağlı sadece $\tan x$ fonksiyonu kalır. Bu ifade yeniden düzenlendiğinde aradığımız açının tanjantını da bulmuş oluruz. \begin{equation*} \tan x = \frac{\sin (\alpha + \beta + \gamma + \delta)}{\aleph^{-1}- \cos(\alpha + \beta + \gamma + \delta)}\end{equation*} Gerisi arctan fonksiyonunu kullanarak $x$ değerini hesaplayabilmemize kalmış. arctan fonksiyonu kullanılırken, fonksiyonun $(0,\pi)$ 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: $\alpha=\beta=\gamma=10^{\rm o}$ ve $\delta=20^{\rm o}$. Cevap $x=30^{\rm o}$. Matematik Dünyası, Cilt: 1, Sayı: 1, Yıl: 1991.
2. Kapak sorusu: $\alpha=40^{\rm o}$, $\beta=\gamma=10^{\rm o}$ ve $\delta=20^{\rm o}$. Cevap $x=70^{\rm o}$. Matematik Dünyası, Cilt: 2, Sayı: 3, Yıl: 1992.
3. $\alpha=\beta=\delta=10^{\rm o}$ ve $\gamma=20^{\rm o}$. Cevap $x=100^{\rm o}$. Matematik Dünyası, Cilt: 3, Sayı: 3, Yıl: 1993.

Birinci ve üçüncü özel durumların çok benzer oldukları halde, cevapları arasındaki sayısal farka dikkat ediniz.