Kızımın vektör cebri ödevinden Cauchy-Schwarz'a

Ne yalan söyleyeyim liseye yeni başlayan kızımın matematik ve fizik ödevlerindeki bazı soruları çok seviyorum. Dün akşam bana gösterdiği vektör cebri ile ilgili sorulardan birisini biraz soyutlayıp genelleştirince yeni (yani yeni derken benim daha önceden bilmediğim anlamında) bir Cauchy-Schwarz ispatına da ulaştım. O soruyu burada paylaşalım daha sonra da uzun ispatı beraber yapalım.

Soru:${\mathcal V}$ karmaşık bir iç çarpım uzayı, $a,b$ ve $x$ ise bu uzayda yer alan vektörler olsun. Uzayda tanımlı iç çarpımı $\langle a | b \rangle$ ile, bu iç çarpımın ürettiği normu da $\|a\| := \sqrt{\langle a | a \rangle}$ ile gösterelim. Normu minimum olacak şekilde $a$ vektörüne öyle bir $x$ ekleyiniz ki $a+x$ ile $b$ aynı doğrultuda olsunlar.

Çözüm: $\alpha \in \mathbb{C}$ olmak üzere bizden $a+x = \alpha b$ denklemini sağlayan tüm $x$ vektörlerinden normu en küçük olanını bulmamız isteniyor. $x = \alpha b - a$ olduğundan optimize etmek istediğimiz normu (daha doğrusu onun karesini) kolayca hesaplayabiliriz. \begin{eqnarray} \nonumber \|x\|^{2} &=& \|\alpha b - a\|^{2} = \langle \alpha b - a | \alpha b - a \rangle \\ \nonumber &=& |\alpha|^{2} \|b\|^{2} + \|a\|^{2} - \alpha \langle a | b \rangle - \overline{\alpha} \langle b | a \rangle \end{eqnarray} Burada $\overline{\alpha}$ ile $\alpha$ skalerinin karmaşık eşleniği temsil edilmektedir.

$\alpha = \varrho e^{i \varphi}$ ile bu sayıyı kutuplu koordinatlarda temsil edelim ve $\varrho \gt 0$ olsun. O zaman \begin{eqnarray} \nonumber \|x\|^{2} &=& \varrho^{2} \|b\|^{2} + \|a\|^{2} - \varrho \left( e^{i\varphi}\langle a | b \rangle + e^{-i\varphi}\langle b | a \rangle \right) \\ \nonumber &=& \varrho^{2} \|b\|^{2} + \|a\|^{2} - 2\varrho \Re\left[ e^{i\varphi}\langle a | b \rangle \right] \\ \nonumber &=& \varrho^{2} \|b\|^{2} + \|a\|^{2} - \varrho \cos \varphi (\langle a | b \rangle + \langle b | a \rangle) - i\varrho \sin \varphi (\langle a | b \rangle - \langle b | a \rangle) \end{eqnarray} olur. Burada $\Re[z]$, $z$ karmaşık sayısının gerçel kısmını temsil etmektedir ve bu kısım her zaman $(z+\overline{z})/2$ ile hesaplanabilir. Benzer şekilde $(z-\overline{z})/2i$ de aynı sayının sanal kısmını verir ve $\Im[z]$ ile gösterilir.

Normu $\varrho$ ve $\varphi$ cinsinden ifade ettik. Şimdi optimize edelim. \begin{eqnarray}\nonumber 0 &=& \frac{\partial \|x\|^{2}}{\partial \varphi} = \sin \varphi (\langle a | b \rangle + \langle b | a \rangle) - i \cos \varphi (\langle a | b \rangle - \langle b | a \rangle) \\ \nonumber 0 &=& \frac{\partial \|x\|^{2}}{\partial \varrho} = 2 \varrho \|b\|^{2} - \cos \varphi (\langle a | b \rangle + \langle b | a \rangle) - i \sin \varphi (\langle a | b \rangle - \langle b | a \rangle) \end{eqnarray} Bu optimizasyon denklemlerine her zaman trigonometrik Pisagor teoremini ekleyebiliriz. \begin{equation*} \sin^{2} \varphi + \cos^{2}\varphi = 1 \end{equation*} İlk optimizasyon denklemi ile trigonometrik Pisagor teoremi beraber çözüldüklerinde $\cos \varphi$ ve $\sin \varphi$ kolayca bulunur. \begin{equation*} \cos \varphi = \frac{\langle a | b \rangle + \langle b | a \rangle}{2 |\langle a | b \rangle|} \ \ \ \text{ve} \ \ \ \sin \varphi = i \frac{\langle a | b \rangle - \langle b | a \rangle}{2 |\langle a | b \rangle|} . \end{equation*} Bu sonuçları $\varrho$ için verdiğimiz ikinci optimizasyon denkleminde kullandığımızda \begin{equation*} \varrho = \frac{|\langle a | b \rangle|}{\|b\|^{2}} \end{equation*} bulunur ve optimizasyon hesaplamaları da böylece biter.

En küçük norm değerini veren $\varrho$ ve $\varphi$ niceliklerini (ya da $\alpha$ niceliğini) bulduk. Bunları $\|x\|^{2}$ için türettiğimiz denklemde kullanarak artık aradığımız minimal normu verebiliriz. \begin{equation*} \boxed{ \min \|x\|^{2} = \|a\|^{2} - \frac{|\langle a | b \rangle|^{2}}{\|b\|^{2}} } \end{equation*}

Ödev: Bu minimal norma tekabül eden $x$ vektörünü hesaplayınız.

İşaret: Minimal de olsa bir sayının karesi ya pozitiftir ya da sıfır. O zaman $\min \|x\|^{2} \geq 0$ eşitsizliğini yeniden düzenleyip her iki tarafın kökünü aldığımızda Cauchy-Schwarz eşitsizliğine ulaşıyoruz ki Wow! yani. \begin{equation*} |\langle a | b \rangle| \leq \|a\| \|b\| \end{equation*}

Daha önce bu blogda John von Neumann ve Paul Halmos'un Cauchy-Schwarz ispatlarına yer vermiştik. Bu da bendenizin Cauchy-Schwarz ispatı olsun. Kullandığımız yöntemin karmaşıklığı olarak von Neumann ispatını andırdığımız söylenebilir.

Çekilişlerde zugzwang yok

Satrançta hamle kimdeyse avantaj da ondadır. Büyük ustaların oyunlarında kimi zaman bir hamle kaybedenlerin oyundan çekildiği dahi görülür. Öte yandan, nadiren de olsa, hamle sırası kimdeyse o oyuncunun kesinlikle partiyi kaybettiği bazı oyun sonu durumları da vardır. Bunlara literatürde zugzwang denir. Bugünkü postada basit bir çekiliş probleminde hiç zugzwang olmadığını göstereceğiz. Çalışacağımız çekiliş problemi aşağıda.

Soru: Alp ve Burcu içinde $n$ adet kırmızı ve $m$ adet siyah top bulunan bir torbadan sırayla top çekiyorlar. Kırmızı topu ilk çeken oyunu kazanıyor ve eğer siyah top çekilmişse o zaman top tekrar torbaya konuyor. Oyuna Alp başladığına göre Alp'in çekilişi kazanma ihtimali nedir?

Kurguya göre $k \in \mathbb{Z}^{+}$ olmak üzere Alp birinci, üçüncü, beşinci ve genel olarak $(2k-1).$ çekilişleri yaparken Burcu da ikinci, dördüncü, altıncı ve genel olarak $2k.$ çekilişleri yapmaktadır. $A_{2k+1}$ ilk $2k$ çekilişte peşpeşe siyah top çekilirken $(2k+1).$ çekilişte kırmızı top çekildiği durumları temsil etsin. Bu durumlarda Alp çekilişi kazanmaktadır. $P(A_{1})=\frac{n}{n+m}$, $P(A_{3}) = \left(\frac{m}{n+m}\right)^{2} \frac{n}{n+m}$ ve genel olarak $P(A_{2k+1}) = \left(\frac{m}{n+m}\right)^{2k} \frac{n}{n+m}$ olur. Bütün bu ihtimalleri topladığımızda Alp'in çekilişi kazanma ihtimalini de hesaplamış oluruz.

\begin{eqnarray}\nonumber P(\text{Alp}) &:=& \sum_{k=0}^{\infty} P(A_{2k+1}) \\ \nonumber &=& \frac{n}{n+m} \sum_{k=0}^{\infty} \left(\frac{m}{n+m}\right)^{2k} = \frac{n}{n+m} \sum_{k=0}^{\infty} \left(\frac{m^{2}}{(n+m)^{2}}\right)^{k} \\ \nonumber &=& \frac{n}{n+m} \frac{1}{1 - \frac{m^{2}}{(n+m)^{2}}} \\ \nonumber &=& \frac{n+m}{n+2m} \end{eqnarray}

Alp'in kazanma ihtimali için \begin{equation*} P(\text{Alp}) = \frac{n+m}{n+2m} \gt \frac{\frac{n}{2}+m}{n+2m} = \frac{1}{2} \end{equation*} eşitsizliği her zaman geçerli olduğundan, çekilişe başlayan daha şanslıdır.

İşaret: Çekilişin anlamlı olabilmesi için $n \ll m$ olmalıdır. Bu asimptotikte $P(\text{Alp}) \sim 1/2$ olduğundan çekiliş nisbeten daha adil olmaktadır.

Ödev: $n=3$, $m=7$ olsun ama çekilen top torbaya konulmasın. Bu durumda Alp'in kazanma ihtimalini hesaplayınız.

Siklotomik polinomlarla çözülen bir geometri problemi

Soru: Birim çember üzerinde birbirine uzaklığı eşit $n$ nokta seçilsin ve daha sonra bu noktalardan biri sabit tutulup diğer $n-1$ noktaya doğru parçaları çizilsin. Doğru parçalarının uzunlukları çarpımı $n$ olur. İspatlayınız.

Bu problemi Bak ve Newman'ın beraber kaleme aldığı Kompleks Analiz kitabının ilk faslında gördüm. Çözümüne beraber bakalım. Birim çember üzerinde birbirine uzaklığı eşit $n$ nokta denildiğinde aklımıza ilk gelmesi gereken konu 1'in $n.$ dereceden kökleridir. Bu kökler \begin{equation*} z^{n}-1=0 \end{equation*} denklemini sağlar. Bu denklemin köklerinden bir tanesi ve en bariz olanı $1$'dir. Diğerlerini de $\zeta_{j} := \exp(2\pi i j / n)$ formülüyle ifade edebiliriz. Burada $i:=\sqrt{-1}$ ve $j \in \{0,\ldots,n-1\}$. $\zeta_{j}^{n}=1$ olduğundan bu niceliklerin 1'in $n.$ dereceden kökü olduğu barizdir.

Şimdi elimizdeki cebirsel ifadeyi çarpanlarına ayıralım. \begin{equation*} z^{n}-1 = (z-1) \varphi_{n}(z) \ \ \text{ve burada} \ \ \varphi_{n}(z) := z^{n-1} + z^{n-2} + \cdots + z + 1. \end{equation*} Çarpanlara ayırma işlemi sırasında zuhur eden $\varphi_{n}$ polinomlarına cebir literatüründe siklotomik polinomlar denir. Cebirin temel teoremi uyarınca siklotomik polinomları 1'in $n$. dereceden kökleri cinsinden hemen çarpanlarına ayırabiliriz. \begin{equation*} \varphi_{n}(z) = (z-\zeta_{1}) \cdots (z - \zeta_{n-1}) \end{equation*}

Gelelim problemin çözümüne. Genelliği kaybetmeden birim çember üzerinde aldığımız ilk nokta $\zeta_{0}=(1,0)$ noktası olsun. Bu noktadan herhangi bir $\zeta_{j}$ noktasına çizilen doğru parçasının uzunluğu $|\zeta_{0}-\zeta_{j}|=|1-\zeta_{j}|$ olur. Bu uzunlukların çarpımı ise \begin{equation*} |(1-\zeta_{1}) \cdots (1-\zeta_{n-1})| = |\varphi_{n}(1)| = n \end{equation*} kolayca hesaplanır.

Ödev: $|\zeta_{j+1}-\zeta_{j}|$ uzunluğunu hesaplayarak düzgün $n$-genin kenar uzunluğunu $n$ cinsinden ifade ediniz.

Konvekslik ve norm arasındaki bağ - Kreyszig'in örneği

Kreyszig'in fonksiyonel analiz kitabında Banach uzayları anlatılırken güzel bir önerme iki alıştırmaya paylaştırılarak veriliyor. Önerme, norm olmaya aday bir fonksiyonun gerçekten de norm olup olmadığının nasıl anlaşılacağına dair. Örneğin $x \in \mathbb{R}^{2}$ olmak üzere \begin{equation*} \varphi(x) := \left( \sqrt{|x_{1}|} + \sqrt{|x_{2}|} \right)^{2} \end{equation*} tanımlansın. Bu fonksiyonun $\mathbb{R}^{2}$ üzerinde bir norm tanımlayıp tanımlamadığını nasıl anlarız? Genel olarak bu tip sorgularda norm olmanın aksiyomlarından üçgen eşitsizliği hariç diğerleri kolayca ispatlanırken üçgen eşitsizliği ispatlanması en zor kademeyi teşkil eder. Kreyszig burada konveks analizden alternatif bir rota öneriyor. Ama öncelikle konvekslikten ne kastettiğimizi tanımlayalım.

Tanım: $X$ bir lineer uzay olsun. $A \subset X$ olacak şekilde \begin{equation*} x,y \in A \ \Rightarrow \ M := \left\{ z \in X \ | \ z = \alpha x + (1-\alpha)y, \ \alpha \in [0,1] \right\} \subset A \end{equation*} önermesi doğru ise $A$ konveks bir kümedir.

Bu temel tanımda $M$, başı $x$ ucu $y$ olan bir doğru parçası. Sözel olarak ifade edildiğinde verilen bir kümeden herhangi iki nokta alıp bunları bir doğru parçası oluşturacak şekilde birleştiriyoruz. Doğru parçasının tamamı bahsi geçen kümede kalıyorsa o zaman o kümenin konveks olduğunu söylüyoruz. Örneğin çember, elips, kare, küp ve küre konveks kümeler. Hilal, yıldız ve amip konveks kümeler değil. İkinci bir tanımımız daha var. O da kapalı birim topun tanımı. Bu da geometrik bir kavramı genelleştiriyor.

Tanım: Normlu bir lineer uzayda $\| x \| \leq 1$ eşitsizliğini sağlayan tüm $x$ vektörlerinin oluşturduğu kümeye kapalı birim top denir ve $B_{1}(0)$ ile gösterilir.

Geleneksel geometride "top" denilen objeler konveks. Kreyszig bu noktada basit bir önermeyle yol yapıyor. O da şu: Kapalı birim top gerçekten de konveks bir küme. İspatlamak için $x,y\in B_{1}(0)$ ve $\alpha \in [0,1]$ alalım. $z = \alpha x + (1-\alpha)y$ olsun. O zaman \begin{eqnarray}\nonumber \|z\| &=& \| \alpha x + (1-\alpha)y \| \\ \nonumber &\leq& \| \alpha x \| + \| (1-\alpha)y \| \\ \nonumber &=& |\alpha| \| x \| + |1-\alpha| \|y\| \\ \nonumber &=& \alpha \|x\| + (1-\alpha) \|y\| \\ \nonumber &\leq& \alpha + 1 - \alpha \\ \nonumber &=& 1 \end{eqnarray} olur. Son basamakta $x$ ve $y$ vektörlerinin kapalı birim top içinde olduklarını kullandık.

Gelelim norm olmaya aday $\varphi$ fonksiyonuna. $\varphi(x) \leq 1$ ile tanımlanan kapalı birim top içinde $x=(1,0)$ ve $y=(0,1)$ noktalarını alalım. $\alpha = 1/2$ olsun. O zaman $z = \alpha x + (1-\alpha)y = (1/2,1/2)$ olur. Ama $\varphi(z) = 2 > 1$ olduğundan bu nokta kapalı birim top içinde değildir. Demek ki $\varphi$ tarafından üretilen kapalı top konveks bir küme değilmiş. O zaman $\varphi$, $\mathbb{R}^{2}$ üzerinde bir norm tanımlamaz.

Makara sistemlerinde yol kaybı dinamik argumanlara girmeden de hesaplanabilir

Soru: Şekilde görülen ideal makara sistemi serbest bırakıldığında $M$ yukarı doğru ivmelenirken $m$ aşağı yönde hareket etmektedir. $M$ kütlesi $\xi$ kadar yükseldiğinde $m$ ne kadar aşağı doğru inmiştir?

Bu soruyu liselere geçiş sınavına hazırlanan kızım dün akşam getirdi ve ben de geometrik argumanlarla bir çözüm yaptım. Onu bu postada sizinle paylaşacağım. Yaptığım çözümü kızım çok uzun buldu. Onun yerine $M$'nin ağırlığı için $60$ N dedikten sonra ancak statik dengede geçerli olan iplerdeki gerilimleri heaplayarak kuvvet kazancının $4$ kat olduğunu hesapladı. Sonra da yol kaybından çözüme ulaştı. Halbuki bu pür geometrik bir problem. Dinamikle, kuvvetle, ip gerilimleriyle bir alakası yok!

Sağdaki şekli kitaptaki soruyu taklit ederek ben çizdim. İp parçalarının üzerindeki uzunluklar tabii ki kitapta yoktu. (Yeri gelmişken ilgili TikZ komutlarını web'de paylaşarak bizi günlerce debelenip durmaktan kurtaran Izaak Neutelings'e teşekkürler.) Bu problemi geometriye ve lineer cebirin kurallarına uyarak çözeceğiz.

Şekilde aslında iki parça ip var. İpler hareket esnasında esnemediklerinden bu ip parçalarının uzunlukları korunuyor. Özdeş makaraların çevresine $C$ diyelim. O zaman iplerin uzunlukları aşağıdaki denklemlerle verilir. \begin{eqnarray}\nonumber l & := & l_{1}(t) + l_{2}(t) + l_{3}(t) + C \\ \nonumber k & := & k_{1}(t) + k_{2}(t) + \tfrac{1}{2}C \end{eqnarray} Burada ipin bir makara etrafında yarım devir tur attığını varsaydık. Bu iki denklemi görmesi kolaydı. Şimdi, ortadaki makarayı $k$ ipine bağlayan aparatın sabit kalan uzunluğuna $A$ dersek, bütün hareket boyunca geçerli üçüncü bir denkleme daha ulaşırız. \begin{equation*} k_{1}(t) + l_{3}(t) + A = k_{2}(t) \end{equation*} Bu denklem $M$ kütlesinin bağlı olduğu makaranın tavana göre konumunu iki farklı yolla ölçüyor. Son olarak birinci makarayı tavana bağlayan aparatın uzunluğuna da $A$ dersek ortadaki makaranın tavana göre konumunu sağındaki ve solundaki ip uzunluklarıyla ölçen bir denklem daha bulunur. \begin{equation*} l_{2}(t)+A=l_{3}(t) \end{equation*} İşte bu dört geometrik kısıtlamayı kullanarak yol kaybını bulmaya çalışacağız.

$k_{2}$ sadece bir ip segmentinin uzunluğu değil aynı zamanda $M$ kütlesinin tavana göre konumunu da ölçüyor. Bu kütlenin $\xi(t)$ kadar yükselmesi demek $k_{2}(t)=k_{2}(0)-\xi(t)$ demektir. Ama $k$ ipinin toplam uzunluğu korunduğundan $k_{1}(0)+k_{2}(0)+\tfrac{1}{2}C=k_{1}(t)+k_{2}(0)-\xi(t)+\tfrac{1}{2}C$ denklemi geçerlidir ve buradan $k_{1}(t) = k_{1}(0)+\xi(t)$ ara sonucu bulunur.

$k$ ipindeki segmentlerin uzunluklarını bulduk. Şimdi aynı işlemleri $l$ ipi için de yapacağız. Şimdi, $l_{3}(t)=k_{2}(t)-k_{1}(t)-A$ ve $A=k_{2}(0)-k_{1}(0)-l_{3}(0)$ denklemleri beraber kullanıldığında $l_{3}(t) = l_{3}(0)-2\xi(t)$ eşitliği bulunur. Çorabın nasıl söküldüğünü bu aşamada artık okur kavramıştır. Bu yüzden sonuçları vererek çözümü bitirelim. $l_{2}(t) = l_{2}(0)+2\xi(t)$ ve $\boxed{l_{1}(t) = l_{1}(0)+4\xi(t)}$. Demek ki $m$ kütlesi $4\xi$ kadar aşağı inmiş.

İşaret: Öğrencimizin problemi hızlıca çözmek için neden büyük ağırlık yerine $60$ N koyduğunu ilk başta ben de merak ettim. Sonra Sümerliler'in neden aritmetiği 60 tabanında yaptığı aklıma geldi. Çünkü 60 sayısının bölünebilirliği 10'a kıyasla daha fazla! İp gerilimlerini hesaplarken bu ağırlığı böle böle ilerliyorsunuz.

Bir makara probleminde kütlelerin olası tüm hareket yönleri

Aşağıdaki ideal makara düzeneğinde genel olarak birbirinde farklı kütlelere sahip yükler esnemeyen ve gergin bir iple bağlanmıştır. Bu postada olası tüm kütle kombinasyonları için parametre uzayında kütlelerin ivmelenme yönlerini sorgulayacağız.

PDF formatında çözümü indirmek için tıkla.

İki quadratiğin ortak kökü bulunması için gerek ve yeter şart

Soru: $q(X):=aX^{2}+bX+c$ ve $Q(X):=AX^{2}+BX+C$ ile iki kuadratik polinom veriliyor. Bu ikisinin ortak kökleri bulunması için katsayılar üzerindeki gerek ve yeter şartı bulunuz.

İkaz: Burada polinomların gerçel analitik düzlemde kesiştiği noktaları aramıyoruz. Örneğin $x^{2}+1$ ve $-x^{2}-1$ polinomları gerçel analitik düzlemde asla kesişmez ama tüm kökleri ortaktır.

Çözüm: Buna benzer bir problemi geçen yılın son blog postasında çözmüştük. Orada kullandığımız temel fikir aradığımız özellik sağlanınca sıfır olan ve kökler cinsinden yazılabilen simetrik bir indikatör fonksiyonu icat etmekti. Her ne kadar indikatör fonksiyon kökler cinsinden yazılsa da permütasyon simetrisinden dolayı kökleri hesaplamadan da değeri bulunabiliyordu. Bu problemi çözerken de böyle yapacağız ve adına resultant denilen bir fonksiyon tanımlayacağız. $q$ ve $Q$ polinomlarının kökleri sırasıyla $\{r_{1},r_{2}\}$ ve $\{s_{1},s_{2}\}$ olsun. O zaman ilk defa J. J. Sylvester tarafından tanıtılan resultant fonksiyonu \[ R(r_{1},r_{2};s_{1},s_{2}) := A^{2}a^{2}(r_{1}-s_{1})(r_{1}-s_{2})(r_{2}-s_{1})(r_{2}-s_{2}) \] ile verilir.

İşaret: Polinomların derecesi 2 olduğundan $a \ne 0$ ve $A \ne 0$ olmalıdır. O zaman $R$ fonksiyonunun sıfır olması için gerek ve yeter şart $r_{i}=s_{j}$ biçiminde bahsi geçen polinomların en az bir ortak köke sahip olmalarıdır.

İşaret: Resultant fonksiyonu $\{r_{1},r_{2}\}$ arasındaki permütasyonlara göre simetriktir. Benzer şekilde $\{s_{1},s_{2}\}$ değişkenleri arasındaki permütasyonlara göre de simetriktir. Ancak tüm değişkenleri alıp bir permütasyon yaparsanız simetri bozulabilir.

Resultantın simetrik olması onu Viete-Girard polinomlarını kullanarak katsayılar cinsinden ifade edebileceğimiz anlamına geliyor. Cebirin temel teoremine göre $Q(X)=A(X-s_{1})(X-s_{2})$ olduğundan \[ R = a^{2} Q(r_{1})Q(r_{2})\] yazabiliriz.

İşaret: Bize resultantın değerinden ziyade işareti lazım ve işaret $Q$ polinomunun $q$ polinomunun köklerindeki işaretine bağlı. Bir polinomun işaretinin başka bir polinomun köklerindeki değerinin sorgusuna literatürde Tarski sorgusu denir ve cebirsel geometeri literatüründe bu problemin kendine özgü bir yeri vardır.

Resultant, Sylvester matrisleri ve determinantları kullanılarak etkin bir şekilde hesaplanabilir. Biz burada problemin küçüklüğünden dolayı sadece simetrik fonksiyonları kullanacağız. Hatırlatalım: $\sigma_{1} := r_{1}+r_{2} = -b/a$ ve $\sigma_{2} := r_{1}r_{2} = c/a$ ile tanımlanmaktaydı. \begin{eqnarray}\nonumber R &=& a^{2}(Ar_{1}^{2}+Br_{1}+C)(Ar_{2}^{2}+Br_{2}+C) \\ \nonumber &=& a^{2} \left(A^{2}r_{1}^{2}r_{2}^{2} + B^{2}r_{1}r_{2} + C^{2} + ABr_{1}r_{2}(r_{1}+r_{2}) + AC(r_{1}^{2}+r_{2}^{2}) + BC(r_{1}+r_{2})\right) \\ \nonumber &=& a^{2}\left(A^{2} \frac{c^{2}}{a^{2}} + B^{2}\frac{c}{a} + C^{2} - AB \frac{bc}{a^{2}} + AC((r_{1}+r_{2})^{2}-2r_{1}r_{2}) - BC \frac{b}{a} \right) \\ \nonumber &=& A^{2}c^{2} + B^{2}ac + C^{2}a^{2} - ABbc + ACb^{2} - 2ACac - BCab \\ \nonumber &=& (Ac-Ca)^{2} - (Ab-Ba)(Bc-Cb) \end{eqnarray}