Çukur küresel aynalar asal eksenlerine paralel gelen ışınları odaklamaz!

Şekilde gösterildiği gibi çukur küresel bir ayna alalım. Bu aynanın asal eksenine paralel gelen $AE$ ışını ayna yüzeyinden optik yansıma kanununa göre $E$ noktasından yansıyıp $EF$ ışınını oluştursun. $AE$ ışını ile aynanın asal ekseni arasındaki mesafe $|EH|=h$, aynanın yarıçapı ise $|OE| = r$ olsun. Orta öğretimde hatta yüksek öğretimde optik derslerinde böylesi bir konstrüksiyonda $AE$ ışının yansıdıktan sonra aynanın $F$ odak noktasından geçtiği ve bu odak noktasının aynanın merkezine uzaklığının $|OF| = f = r/2$ olduğu öğretilir. Bu postada amacımız bunun yanlış olduğunu göstermek.

Düzlem olmayan aynalarda yansıma, sanki ışının ayna yüzeyine çarptığı noktadan geçen teğet ayna yüzeyinde gerçekleşiyormuş gibi yapılır. Yansıma kanunu uygulayacağız ve bu amaçla şekildeki çembere $E$ noktasından bir teğet çekiyoruz. Çemberlerde yarıçap ile teğet her zaman birbirlerine diktir. O zaman $OE$ aynı zamanda teğet ayna için bir normal görevi görür. Yansıma kanunu ve temel geometrik argümanlar uyarınca $\angle AEO = \angle FEO = \angle EOF =: \alpha$ olur. Problemin parametreleri cinsinden bu açının trigonometrik fonksiyonlarının değerlerini hesaplayabiliriz. \begin{equation*} \sin \alpha = \frac{h}{r} \ \ \ {\rm ve} \ \ \ \cos \alpha = \frac{\sqrt{r^{2}-h^{2}}}{r} \end{equation*}

Şimdi $\triangle EFO$ ikizkenar olduğundan cosinus teoremi uyarınca $r^{2} = 2f^{2} - 2f^{2} \cos (\angle EFO)$ ya da yeniden düzenleme ile \begin{equation*} f^{2} = \frac{1}{2} \frac{r^{2}}{1-\cos (\angle EFO)} \end{equation*} sonucu elde edilir. Ama $\angle EFO = \pi - 2 \alpha$ olduğundan $\cos (\angle EFO) = - \cos(2\alpha) = 1 - 2\cos^{2} \alpha$ bulunur. Önceki bulgularla beraber bu sonucu kullandığımızda \begin{equation*} \boxed{ f = \frac{r}{2} \frac{1}{\sqrt{1 - \tfrac{h^{2}}{r^{2}}}} } \end{equation*} eşitliğine ulaşır ve analizimizi tamamlarız.

Kutu içindeki formül eğer $h \ll r$ ise, o zaman $f \approx r/2$ kabul edebileceğimizi söylüyor. Diğer bir deyişle çukur küresel ayna ancak yaklaşık olarak odaklama yapabilir. Odaklamanın iyi olması için $r$ çok büyük seçilmelidir. Ancak burada bir sorun var. $r$ çok büyük seçilir ise, o zaman odak noktası da aynanın tepe noktasından epey uzak bir noktaya düşer. Bu ise küçük bir laboratuvarda ya da bir optik spektroskopi cihazında fizibilite sorunları çıkarır. Öte yandan daha önce yerölçüsünde izah ettiğimiz gibi, paraboloid bir ayna simetri eksenine paralel gelen ışınları bir noktada mükemmel bir biçimde odaklar. Tuhaftır ki çukur küresel aynaların yaklaşık odaklama özelliklerini, şu yukarıda yaptığımız üç satırlık trigonometrik analizi vermeye dahi yüksünerek anlatan ve sanki bu aynalar tam odaklama yapabilirmiş gibi öğrencileri yanlış yönlendiren orta öğretim fizik ders kitapları (bak: sayfa 157-159) paraboloid aynalardan hiç bahsetmezler.

Bernard Shaw piyeslerinin birisinde, seyirciye hitap eden Tanrı Ra'ya Ey siz ite kaka okutulanlar! dedirtir. Adamın bir bildiği varmış...

Tam üçgenlerin kullanımı (Lehmer'in "Rasyonel Üçgenler" makalesi - 2)

Yerölçüsü'nde yer alan bir önceki postamızda D. N. Lehmer'in bir çalışmasına dayanarak, hem kenarları hem de alanı tam sayı olan üçgenleri üretmek için bir yöntem geliştirmiştik. Bulgularımızı özetleyelim.

$m>n>0$ ve $p>q>0$ pozitif tam sayılar olsunlar. Aşağıdaki parametrizasyon kenar uzunlukları ve alanı tam sayı olan bütün üçgenleri üretir. \begin{equation} a = mn(p^{2}+q^{2}), \ \ \ b = (pm \mp qn)(qm \pm pn) \ \ \ {\rm ve} \ \ \ c = pq(m^{2}+n^{2}). \label{tam1} \end{equation} Ayrıca bu üçgenin iç açılarının sinus ve cosinus değerleri de aşağıdaki gibidir. \begin{equation} \sin A = \frac{2mn}{m^{2}+n^{2}}, \ \ \ \cos A = \frac{m^{2}-n^{2}}{m^{2}+n^{2}}. \ \ \ \sin C = \frac{2pq}{p^{2}+q^{2}}, \ \ \ \cos C = \pm \frac{p^{2}-q^{2}}{p^{2}+q^{2}} \label{tam2} \end{equation} Burada geniş açı olma ihtimali sadece $C$ açısıyla sınırlı tutulmuştur ve eğer $C$ geniş ise, o zaman $\cos C$ ifadesinde $-$ işaretinin alınması gerekir.

Lehmer'in çalışmasındaki sıralamayı takip edecek olursak şimdi makaledeki (5) nolu teoremi izah etmemiz lazım. Ama bu teorem ikili formlar (binary forms) teorisinden bir önermeyi kullanıyor ve makaledeki diğer teoremlerden nitelik olarak ayrılıyor. Bu yüzden, bir sonraki postada geri dönmek kaydıyla bu teoremi atlayıp diğer -nisbeten kolay- ve daha geometrik karakterli teoremleri çalışacağız.

Teoremler 6,7,8,9: Yukarıdaki parametrizasyon ile verilen tam üçgenin alanı $S = mnpq (pm \mp qn)(qm \pm pn)$, çevral çemberinin yarıçapı $R = \tfrac{1}{4} (m^{2}+n^{2})(p^{2}+q^{2})$ ile verilir. $m$ ve $n$ parametrelerini sabitleyip, $p$ ve $q$ parametrelerinin değişmesine izin verirsek, o zaman elde edilen üçgenlerin hepsi $A$ açısını içerir. $m,n,p,q$ parametrelerine atanmış her dörtlü için aynı çemberin içine yerleştirilmiş iki tane üçgen elde ederiz.
İspat: Sinus teoremi üçgenin alanı için $S = \tfrac{1}{2} a b \sin C$ ve çevral çemberin çapı içinse $R=\tfrac{a}{2 \sin A}$ formüllerini veriyor. (\ref{tam1}) ve (\ref{tam2}) nolu denklemler kullanılarak üçgenin alanı ve çevral çemberinin yarıçapı için önerilen formülleri kolayca kanıtlarız. $\sin A$ ve $\cos A$ sadece $m$ ve $n$ parametrelerine bağlı olduğundan, bu iki parametre sabitlendimi $p$ ve $q$ parametrelerinin her değeri için üçgenin hep aynı $A$ açısını içereceği barizdir zira bir açının sinus ve cosinus değerleri onun $[0,2\pi)$ aralığında biricik bir biçimde tayini için yeterlidir. (\ref{tam1}) nolu denklemde $b$ uzunluğu için $-+$ sırasını takip edersek başka, $+-$ işaret sırasını takip edersek başka değerler elde ederiz. Dolayısıyla kenar uzunlukları $(a,b_{1},c)$ ve $(a,b_{2},c)$ olan iki farklı üçgen üretilmiştir. Bu üçgenleri veren $m,n,p,q$ parametreleri aynı olduğundan her iki üçgenin çevral çemberi de aynı olacaktır.

$m=2$, $n=1$, $p=5$ ve $q=3$ seçilip bu parametreler (\ref{tam1}) nolu denklemde yerlerine konulduğunda $a=68$ (kırmızı), $b_{1}=77$ (mavi), $b_{2}=13$ (yeşil) ve $c=75$ (kahverengi) uzunluklar elde ediliyor. Bu uzunluklar kullanılarak $ABC$ ve $ABD$ üçgenleri şekilde gösterildiği gibi çizilebilir. Bu üçgenleri kahverengi kenarlarından yapıştırmayı tercih ettik. Kırmızı kenarlardan da yapıştırabilirdik. Elde edilen $ACBD$ dörtgeninin kenar uzunlukları, alanı ve çevral çemberinin çapının rasyonel olduklarını gözleyiniz. (Her dörtgenin bütün köşelerinden bir çevral çember geçmeyebilir ama burada kurduğumuz rasyonel dörtgenlerin köşeleri bir çember üstündedir.) $|AB|$ uzunluğu tam sayı olduğundan $ACBD$ dörtgeninin köşegenlerinden birisinin rasyonel olduğu barizdir. Her ne kadar şekilde gösterilmemiş olsa da, dörtgenin öteki köşegeni $|CD|$ de rasyoneldir. Bunu ispatlamak için öncelikle $\angle BAC$ ve $\angle BAD$ açılarının rasyonel açılar olduklarını gözleyelim. (Rasyonel açının tanımı için bir önceki postaya bakınız.) O zaman Lehmer'in (2) nolu teoremi uyarınca $\angle CAD = \angle BAC + \angle BAD$ rasyonel olur. Şekildeki çevral çemberin yarıçapı da rasyonel olduğundan, $|CD|=2R\sin(\angle CAD)$ değeri de rasyoneldir. $BD$ ve $CA$ kenarlarını şekilde gösterildiği gibi uzatalım ve bu uzantılar $E$ noktasında kesişsin. $BCE$ üçgeninin iki tane iç açısı rasyoneldir. O zaman $BEC$ açısı da rasyonel olur. Lehmer'in (3) nolu teoremi uyarınca bütün açıları rasyonel olan $BCE$ üçgeni de rasyoneldir. Şekilde tam görülmüyor ama $CB$ ve $AD$ kenarlarının uzatılmasıyla elde edilen üçgen de tamamen aynı sebeplerden dolayı rasyonel olacaktır. Nihayet, çevral çemberin yarıçapları ve tam üçgenlerin kenarları kullanılarak çizilen ikizkenar üçgenler de rasyoneldir. Örneğin $\triangle OAC$ gibi. Burada somut bir örnek üzerinde anlattığımız ifadeleri Lehmer bir önermede bir araya topluyor. İspatsız yer veriyoruz.

Teorem 10: Denklem (\ref{tam1}) ile üretilen iki üçgenin köşeleri aynı çemberin üstünde olacak şekilde konuçlandırılabilirler, öyle ki üçgenlerden birisinin bir kenarı ötekinin eşit olan bir kenarı ile çakışık olur. Bu ortak kenarın uçları ile karşıt köşeler bir çemberin içine çizilmiş ve kenarları, köşegenleri ve alanı rasyonel bir dörtgeni oluşturur. Elde edilen dörtgenin karşıt kenarlarını uzatıp kesiştirerek iki rasyonel üçgen daha üretebiliriz. Ayrıca dörtgenin köşeleri ile çemberin merkezini birleştirerek çizilen üçgenler de rasyoneldir. Nihayet, uygun bir tam sayıyla çarparak söz konusu bütün uzunluk ve alanları tam sayı yapabiliriz.

Konu bütünlüğünü bozmamak için Lehmer'in makalesindeki 11. teoremi bir sonraki postaya havale edeceğiz ve makaledeki son teorem ile bu postayı bitireceğiz.

Teorem 12: Rasyonel bir üçgen, sonsuz sayıda rasyonel üçgenlere bölünebilir.
İspat: $\triangle ABC$ rasyonel olsun. Eşkenar üçgen rasyonel olmadığından, açılardan birisi bir başkasından küçük olacaktır. Örneğin $\angle A < \angle B $ gibi. $\angle CBD = \angle A$ olacak şekilde bir $BD$ doğru parçası çizilsin. $CBD$ üçgeninin iki açısı ve bir kenarı rasyonel. Dolayısıyla $\triangle CBD$ rasyoneldir. Tamamen aynı yöntemle $ABD$ üçgeninin de rasyonel olduğu görülür. $ABC$ üçgenine uyguladığımız bu proses $ABD$ ve $CBD$ üçgenlerine de uygulanır ve böyle devam edilirse $ABC$ üçgenini istenilen sayıda rasyonel üçgene bölmüş oluruz.

Fermat neden Fermat asallarının asallığından şüphelendi?

Fermat asalları $F_{n}:= 2^{2^{n}}+1$ denklemiyle tanımlanıyorlar. Bu asallar cetvel pergel çizimlerinde önemli bir rol oynar. Gauss'un ispatladığı bir teoreme göre bir düzgün çokgenin cetvel ve pergelle çizilebilmesi için kenar sayısının Fermat asallarının çarpımının $2^{n}$ katı ($n \in {\mathbb N}$) olması yeterlidir. $n=0,1,2,3,4$ için bu dizi sırasıyla 3, 5, 17, 257 ve 65.537 değerlerini veriyor. (Yerölçüsünde daha önce $2 \pi /17$ açısının trigonometrisini çalışmış ve $\cos(2\pi /17)$ değerini karekök hesabı ve diğer aritmetik işlemlerini kullanarak vermiştik. 17 bir Fermat asalıdır.) Fermat bu davranışı gözönüne alarak $F_{n}$ dizisinin her $n$ için asal değer ürettiğini bir konjektür olarak iddia etmiş. Dizinin terimleri çok hızlı büyüdüğü için $n=5$ için dahi Fermat'nın konjektürünü doğrulamak o kadar kolay değil. 1732 yılında Euler $F_{5}=4.294.967.297$ sayısının 641 ile bölündüğünü ispatladı ve dolayısıyla Fermat'nın konjektürünün de yanlış olduğu gösterildi.

Bu postada Fermat'nın neden durup dururken $F_{n}$ dizisindeki terimlerin asallığından şüphelendiğini izah etmeye çalışacağız. Öncelikle daha makul bir diziyi tanımlamakla işe başlayalım. $A_{n}:=2^{n}+1$ olsun. $F_{n} = = A_{2^{n}}$ olduğunu gözleyiniz. Dolayısıyla $A_{n}$ dizisi $F_{n}$ dizisini kapsamaktadır. Şimdi $2^{m} \equiv -1\ ({\rm mod} \ A_{m})$ olduğundan, basitçe $2^{m(2k+1)} \equiv -1 \ ( {\rm mod} \ A_{m})$ olur. Diğer bir ifadeyle $A_{n}$ dizisindeki $A_{m(2k+1)}$ terimlerinin hepsi $A_{m}$ ile bölünürler. O zaman asal olma şüphesi sadece $A_{2km}$ terimlerine kalmaktadır.

Bir önceki paragrafta vardığımız çıkarsama uyarınca $m=1$ koyduğumuzda bütün $A_{2k+1}$ terimlerinin aslında $A_{1}=3$ ile bölündüğünü göstermiş oluyoruz. Geriye asal olma şüphesi $A_{2n}$ dizisine indirgenmiş oluyor. Bu dizinin ilk elemanı $A_{2}=5$ ve asal bir sayı. $A_{2n}$ dizisini de iki alt diziye ayıracağız: $A_{2(2n+1)}$ ve $A_{4n}$. Bu alt dizilerden asal olma şüphesi sadece $A_{4n}$ üzerinde kalıyor. $A_{4n}$ dizisinin ilk terimi 17 ve asal. (Fermat'nın yerinde kim olsa işkellenirdi bu noktadan sonra.)

Bu argümanı yineleyerek kullandığımızda $A_{n}$ dizisinde asal olma şüphesinin sadece $F_{n}=A_{2^{n}}$ sayılarında kaldığını -mesela tümevarımla- kolayca gösterebiliriz. Fermat konjektürünün üzücü olan yönü şu: $n > 4$ için hiç bir $F_{n}$ değerinin asal olduğu henüz gösterilemedi. Belki dizide asal bir terim vardır ama bugüne kadar bulan olmadı...

Sahi Euler nasıl oldu da $F_{5}$ değerinin 641 ile bölündüğünden şüphelendi? Bu konuyu sonra konuşalım. Size 641 ile bölünebilme kuralını vererek kendimi affettirmeye çalışayım. Onluk tabanda $k+1$ haneli $N := a_{k}\ldots a_{0}$ sayısı verilsin. O zaman \begin{eqnarray} \nonumber N &\equiv& (a_{0}-a_{16}+a_{32}-\cdots ) + 10\times (a_{1}-a_{17}+a_{33}-\cdots ) + 100\times (a_{2}-a_{18}+a_{34}-\cdots ) - 282\times (a_{3}-a_{19}+a_{35}-\cdots) \\ \nonumber &-& 256\times (a_{4}-a_{20}+a_{36}-\cdots ) + 4\times (a_{5}-a_{21}+a_{37}-\cdots ) + 40\times (a_{6}-a_{22}+a_{38}-\cdots ) - 241\times (a_{7}-a_{23}+a_{39}-\cdots ) \\ \nonumber &+& 154\times (a_{8}-a_{24}+a_{40}\cdots ) + 258\times (a_{9}-a_{25}+a_{41}-\cdots ) + 16\times (a_{10}-a_{26}+a_{42}-\cdots ) + 160\times (a_{11}-a_{27}+a_{43}-\cdots ) \\ \nonumber &+& 318\times (a_{12}-a_{28}+a_{44}-\cdots ) - 25\times (a_{13}-a_{29}+a_{45}-\cdots ) - 250\times (a_{14}-a_{30}+a_{46}-\cdots ) \\ \nonumber &+& 64\times (a_{15}-a_{31}+a_{47}-\cdots ) \ ({\rm mod} \ 641) \end{eqnarray} olur. Neden ilkokulda 641 ile bölünebilme kuralını bize öğretmedikleri böylece ortaya çıkmış oluyor. Şaka bir yana, bu kuralda sadece 16 tane katsayı var. 320 tane katsayı da olabilirdi. Nitekim 17 ile bölünebilme kuralında 8 tane katsayı vardır. O yüzden halimize şükredelim.

Postayı bitiriken $F_{5}=4.294.967.297$ sayısının gerçekten de 641 ile bölündüğünü kuralımızı uygulayarak gösterelim. \begin{eqnarray} \nonumber F_{5} = 4.294.967.297 &\equiv& 7 + 10 \times 9 + 100 \times 2 - 282\times 7 - 256\times 6 + 4\times 9 + 40\times 4 - 241\times 9 \\ \nonumber &&+ 154\times 2 + 258\times 4 \equiv -3846 \equiv -6\times 641 \equiv 0 \ ({\rm mod}\ 641) \end{eqnarray}

Üç kenarortayı verilen bir üçgeni cetvel ve pergelle çiziniz

Bugün yine bir ters üçgen problemi çalışacağız. Üç kenarortayı da verilen bir üçgen var elimizde ve bu bilgiden yola çıkarak bu üçgeni çizmemiz isteniyor. Soruyu cebirsel yöntemle çözeceğiz ve hiç de şık olmayan bir tarzda bu cebirsel çözümü alıp cetvel pergel çiziminde aynen kullanacağız. Daha önce yerölçüsünde kenarları verilen bir üçgenin kenarortaylarını hesaplamayı anlatmıştık. Bulduğumuz cebirsel formüller şöyleydi. \begin{eqnarray} \nonumber m_{a} &=& \frac{1}{2}\sqrt{2b^{2}+2c^{2}-a^{2}} \\ \nonumber m_{b} &=& \frac{1}{2}\sqrt{2a^{2}+2c^{2}-b^{2}} \\ \nonumber m_{c} &=& \frac{1}{2}\sqrt{2a^{2}+2b^{2}-c^{2}} \end{eqnarray} Bu denklem sisteminde her iki tarafın da kareleri alınıp yeniden düzenleme yapıldığında verilenler ve bilinmeyenler arasında sanki ikinci derecedenmiş gibi görünen yeni bir denklem sistemine erişilir. \begin{eqnarray}\nonumber 2b^{2}+2c^{2}-a^{2} &=& 4 m_{a}^{2} \\ \nonumber 2a^{2}+2c^{2}-b^{2} &=& 4 m_{b}^{2} \\ \nonumber 2a^{2}+2b^{2}-c^{2} &=& 4 m_{c}^{2} \end{eqnarray} Bu denklem sistemini taraf tarafa topladığımızda şöyle fiyakalı bir eşitlik elde etmek mümkün, ama bizim işimiz bugün bu değil. \begin{equation*} 3(a^{2}+b^{2}+c^{2}) = 4(m_{a}^{2}+m_{b}^{2}+m_{c}^{2}) \end{equation*} Biraz önce denklem sisteminin sanki ikinci derecedenmiş gibi göründüğünü söyledik. Çapraz terimler olmadığı için, bu sistem aslında lineer cebirin imkanları ve yöntemleri kullanılarak çözülebilir. Örneğin basit bir denklem çözme alıştırmasıyla \begin{equation*} c = \frac{1}{3} \sqrt{8m_{a}^{2}+8m_{b}^{2}-4m_{c}^{2}} \end{equation*} olduğu kolayca gösterilebilir. Diğer uzunluklar için de benzer denklemleri türetmek mümkündür.

Cebirsel çözüm aslında cetvel pergel çözümü için de -fazla şık olmayan- bir yöntem öneriyor. Daha önce hem rasyonel hem de kareköklü sayıların cetvel ve pergelle çizimini yerölçüsünde anlattık. Buna istinaden $c$ uzunluğunu çizmek için yapmamız gereken işlemler şöyledir.

1. Tabanı $2\sqrt{2}m_{a}$ ve yüksekliği $2\sqrt{2}m_{b}$ olan $XYZ$ dik üçgeni çizilir. Bunun hipotenüsü $\sqrt{8m_{a}^{2}+8m_{b}^{2}}$ kadardır.
2. Çapı $XYZ$ üçgeninin hipotenüsü olacak şekilde bir çember tarif edilir ve üçgenin $Y$ köşesinden uzunluğu $2m_{c}$ olan kiriş çizilir. Bu kirişin çemberi kestiği $W$ noktası tespit edilir.
3. $|WZ|$ uzunluğunun üçte biri aradığımız üçgenin $c$ kenarını verir.

Bu çizimler $a$ ve $b$ kenarları için de yapılarak $ABC$ üçgeninin çizimi bitirilir.

Cetvel ve pergelle üç yüksekliği verilen bir üçgeni çiziniz

Yerölçüsünde daha önce emekli milletvekillerinden Ahmet Selim'in bir anısını ve o anısında bahsettiği problemin cebirsel çözümünü tartışmıştık. Problem şuydu: Üç yüksekliği verilen bir üçgeni çiziniz. Açıkçası cebirsel çözüm insanın içini çok da rahatlatmıyor. Çünkü sonuçta bizden istenen böyle bir üçgenin somut olarak çizimi. Bu postada işin çizim boyutuna da bakacağız.

Üçgenin yükseklikleri şeklin sol başında gösterildiği gibi verilsin ve kurmamız istenen üçgen de $ABC$ üçgeni olsun. Bu yüksekliklere sol baştan büyüklük sırasına göre $h_{A}$, $h_{B}$ ve $h_{C}$ diyelim. Verilen yükseklikleri kullanarak bir üçgen çizelim. Bu üçgen ortada gösteriliyor. Kurduğumuz üçgenin yüksekliklerini de çizelim. Bu yüksekliklerden de oluşan turuncu, mor ve kahverengi kenarlı üçgeni çizelim. Şimdi bir üçgende taban ve yükseklik çarpımı sabit olduğundan, taban ve yükseklik ters orantılıdır: $a h_{A} = bh_{B} = ch_{C}$. Ama yüksekliklerden kurulan üçgenin yükseklikleri $ABC$ üçgeninin kenarları ile doğru orantılı olur. Diğer bir ifadeyle mor, turuncu, kahverengi kenarlı üçgen $ABC$ üçgeni ile benzerdir. Kahverengi kenarı $h_{C}$ yüksekliğinin hizasını kesecek şekilde uzatırsak, bu bize $C$ köşesini verir. $C$ köşesinden mor kenara çektiğimiz paralelin turuncu kenarla kesişimi de $A$ noktasını verir.

Burada Öklit'in Elemanlar adlı eserinde tarif ettiği uzunluk taşıma ve üç kenarı verilen bir üçgenin çizimi gibi çok temel cetvel pergel çizim yöntemlerini ispatsız kullandık.

Bütün rasyonel sayılar ve karekökleri cetvel ve pergelle kurulabilir

Cetvel pergel çizimleri ile cebir ve sayılar teorisini birleştirmeye kalktığımızda rasyonel sayılar ve onların kökleri karşımıza çıkar. Örneğin ikinci dereceden bir denklemin çözümünde diskriminant köklü bir ifadedir ve denklemin katsayıları tam sayı ise, o zaman bu diskriminantın da nasıl kurulacağını tarif etmemiz gerekir. Aşama aşama bu çizimleri yapacağız. Açık konuşmak gerekirse bu postayı Felix Klein'in cetvel pergel çizimiyle $ax^{2}+bx+c=0$ denklemine önerdiği çözümü gördükten sonra yazdım. Çizim meşhur İngiliz matematikçi Hardy'nin analiz ders kitabında geçiyordu. O da Fransızca bir kaynaktan almış. (Evet, Klein Alman!)

1. Tam sayıların çizimi: $AB$ doğru parçası bizim uzunluk birimimiz olsun ve $B$ ucundan bu doğru parçasını düzlemde sonsuza kadar uzatalım. Merkezi $B$, yarıçapı $|AB|$ olan bir çember doğruyu $A$ ve $C$ noktalarında keser. Barizdir ki $|AC| = 2 |AB|$. Bu bize uzunluğu 2 birim olan bir doğru parçası kurmayı öneriyor. Merkezi $C$, yarıçapı $|BC|$ olan bir çember daha çizdiğimizde bu çember doğruyu $B$ ve $D$ noktalarında keser. Yine barizdir ki $|AD|=3|AB|$ olur. Tümevarımla devam ettiğimizde uzunluğu $n \in {\mathbb N}$ birim olan bir doğru parçasını kurabiliriz.
2. Tam sayıların kareköklerinin çizimi: Uzunluk birimimiz verilmiş olsun. O zaman kenarları 1 birim olan ikizkenar dik üçgeni çizdiğimizde hipotenüsün uzunluğu $\sqrt{2}$ birim olur. Şimdi $1,\sqrt{2},\sqrt{3},\ldots,\sqrt{n}$ uzunluklarını (burada $n \in {\mathbb N}$) çizebildiğimizi varsayalım. O zaman tabanı $\sqrt{n}$ yüksekliği 1 birim olan dik üçgenin hipotenüsünün uzunluğu $\sqrt{n+1}$ olacağından, tümevarımla bütün tam sayıların kareköklerinin de cetvel ve pergelle çizilebileceğini göstermiş oluyoruz.
3. Rasyonel sayıların çizimi: Rasyonel sayımız $a/b$ ve $a,b \in {\mathbb N}$ olmak üzere $b \ne 0$ olsun. $a < b$ varsayacağız. ($a > b$ ise, o zaman $a/b = k + r/b$ ve $0 \leq r < b$ şeklinde $k$ ve $r$ tam sayıları vardır. $k$ tam sayısı yukarıda anlattığımız gibi, $r/b$ rasyonel sayısı ise şimdi anlatacağımız gibi kurulabilir.) $|BC|=1$ ve $|AB| = b$ uzunluğunda bir dik üçgen çizilsin. $AB$ kenarı üzerinde merkezi $A$, yarıçapı $a$ olan bir çember $AB$ kenarını $P$ noktasında keser: $|AP|=a$. $P$ noktasından $BC$ kenarına çekilen paralel doğru $AC$ kenarını $Q$ noktasında kessin. Üçgenlerin benzerliğinden \begin{equation*} \frac{|PQ|}{|BC|} = \frac{|AP|}{|AB|} \end{equation*} olur. Nicelikler yerine konulduğunda $|PQ| = a/b$ olduğu görülür.
4. Rasyonel sayıların karekökleri: Çizmemiz gereken rasyonel sayının karekökü $\sqrt{a/b}$ ve ${a,b \in {\mathbb N}}$ olacak şekilde $b\geq 1$ olsun. ($b=1$ ise, o zaman $\sqrt{a}$ niceliğinin nasıl çizileceğini anlattık.) Yine yandaki dik üçgen üzerinden gideceğiz. Öncelikle $a < b$ varsayalım. ($a > b$ durumu okura alıştırma olarak bırakılmıştır.) $|BC|=1$ ve $|AB| = \sqrt{b}$ uzunluğu yukarıda anlattığımız yöntemler kullanılarak kurulabilir ve $ABC$ dik üçgeni çizilebilir. $|AP|=\sqrt{a}$ uzunluğunu $AB$ üzerinde olacak şekilde kuralım. $P$ noktasından $BC$ kenarına çekilen paralel $BC$ kenarını $Q$ noktasında keser. Üçgenlerin benzerliğinden \begin{equation*} \frac{|PQ|}{1}=\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{b}} \end{equation*} olur.

---

Nedir sayı? Bu göründüğünden çok daha zor bir soru ve cevaplamaya kalkmayacağız. Yüzeysel olarak dolayımından geçeceğiz sadece. Biz ilkokuldayken şöyle bir efsane anlatılırdı. Çobanın birisi sürüsündeki koyunları saymak için bir torbaya ahıra her koyun giridiğinde bir çakıl taşı atıyormuş. Her koyun çıktığında da bir çakıl alıyormuş torbadan. Böylece ahırdaki koyun kadar çakıl taşı oluyormuş torbada. Doğal sayılar böyle keşfedilmiş. Üç aşağı beş yukarı sayı dediğimiz şey günlük hayatta böyle kullanılagelmiştir. Rasyonel ve kareköklü sayılara gelince koyun sayma işi biraz zora giriyor. Antik Yunan kültüründeki geometricilerin sayı ile uzunluk ve alanı ilişkilendirip, sayıları uzunluk ve alanın ölçüsü olarak düşünmeleri rasyonel ve kareköklü sayıların temsil edilmesini de temin etmiştir. Vurgulayalım: hemen hemen her rasyonel sayının karekökü irrasyoneldir. Dolayısıyla cetvel pergel çizimleri bazı irrasyonel sayıların da kurulmasına olanak sunuyor.

Elips parçasından elipsin kütle merkezini cetvel ve pergel ile bulma

Daha önce bu blogda Kepler kanunları çerçevesinde elipsi çalışmış ve orijinin odaklardan birisiyle çakışık olduğu analitik düzlemde elipsin denklemini türetmiştik. Böyle bir yaklaşım astronomik uygulamalarda çok büyük kolaylık sağlıyordu çünkü referans noktamız güneş gezegenlerin yörüngesinin (kütle) merkezinde değil, odaklardan birisindeydi.

Şöyle bir problemle bugünkü konuyu motive edelim. Pluto'yu gözlüyorsunuz ve onu ilk keşfeden astronom sizsiniz. Kepler kanunlarından ve Newton'ın genel çekim teorisinden biliyorsunuz ki Pluto'nun yörüngesi bir elips, en azından yaklaşık olarak. Hemen şu soruyu soruyorsunuz: Pluto'nun yörüngesinin majör ve minör eksenleri nerede? Ah, unutmadan söyleyelim, bu farazi keşfinizde her şey canınızın istediği gibi değil. Güneş nedense kararmış, onu referans alamıyorsunuz. Yapabileceğiniz tek şey Pluto'nun yörüngesini bir süreliğine takip edip bir elips parçası çizmek. Yörüngenin parametrelerini çıkarabilmek için bir Pluto yılı bekleyecek kadar zamanınız yok. Sonuçta bir Pluto yılı yaklaşık 250 Dünya yılı tutuyor. Ne yapıp edip elips parçasından yörüngeyle ilgili parametreleri çıkarmanız gerekiyor. Ne yaparsınız?

Bu problemi kurdum ve çözmeden önce parabolde yaptıklarımızı (bak. Problem 17 ve 19) yineleyeceğimizi sandım ama durum o kadar kolay değildi. Öte yandan fazla da şikayet etmenin alemi yok. Sonuçta dermansız derde düşmüş değiliz! 250 yıl bekleyip Pluto'nun yörüngesinin ortaya çıkmasını bekleyebiliriz... Mürailik bir yana, biz işe operasyonel bazı lemmata ile başlayalım.

Lemma 1: Yarı majör ve yarı minör eksenleri sırasıyla $a$ ve $b$ olan elips ile $l: \ y=mx+n$ doğrusunun kesişim noktaları $P$ ve $Q$ olsun. O zaman \begin{eqnarray}\nonumber x_{P,Q} &=& \frac{-a^{2}mn \mp ab\sqrt{\Delta}}{\Delta + n^{2}} \\ \nonumber y_{P,Q} &=& \frac{b^{2}n \mp abm\sqrt{\Delta}}{\Delta + n^{2}} \end{eqnarray} ile verilir. Burada $\Delta := a^{2}m^{2}+b^{2}-n^{2}$ ile tanımlanıyor.
İspat: Elips ile doğru kesişiyorlarsa, kesiştikleri noktaların koordinatları hem elipsin hem de doğrunun denklemini sağlar. Koordinatları $(\xi,\eta)$ olan bir noktada elips ve doğru kesişsin. O zaman \begin{equation*} b^{2}\xi^{2} + a^{2}(m\xi+n)^{2} = a^{2}b^{2} \end{equation*} denklemini yeniden düzenlediğimizde aşağıdaki kuadratik denklemle karşılaşıyoruz. \begin{equation*} (b^{2}+a^{2}m^{2})\xi^{2} + 2a^{2}mn\xi + a^{2}(n^{2}-b^{2}) = 0 \end{equation*} Bu denklemin diskriminantı $4a^{4}m^{2}n^{2}-4a^{2}(n^{2}-b^{2})(a^{2}m^{2}+b^{2})$ ya da $4a^{2}b^{2}(a^{2}m^{2}+b^{2}-n^{2})$. Kuadratik formül kullanılarak $x_{P,Q}$ noktasını veren denklem ispatlanır. Bulduğumuz nokta doğru üzerinde olduğundan $\eta = m\xi + n$ ile de $y_{P,Q}$ noktasını veren denklemin ispatı tamamlanmış olur. QED

İşaret: $\Delta < 0$ ise, o zaman tabii ki elips ile doğru kesişmezler. Öte yandan $\Delta = 0$ elips ile doğrunun teğet olma şartıdır.

Şimdi birbirine paralel olacak şekilde elipse kiriş iki doğru, $c_{1}$ ve $c_{2}$ alalım. Bu doğruların eğimleri, $m$ olsun, aynıdır. Ama kesme noktaları, $n_{1}$ ve $n_{2}$ diyelim, farklıdırlar. Elips içinde birbirine paralel iki kirişin orta noktaları, $U_{1}$ ve $U_{2}$ olsun, Lemma (1) kanalıyla kolayca hesaplanılabilir. Örneğin \begin{eqnarray}\nonumber x_{U_{1}} &=& -\frac{a^{2}mn_{1}}{a^{2}m^{2}+b^{2}} \\ \nonumber y_{U_{1}} &=& \frac{b^{2}n_{1}}{a^{2}m^{2}+b^{2}} \end{eqnarray} olur. Devamla $U_{1}$ ve $U_{2}$ noktalarından geçen doğru, adına $l$ diyelim, analitik düzlemde $y = Mx + N$ denklemiyle verilsin. O zaman bu doğrunun eğimi aşağıdaki gibi olur. \begin{equation*} M=\frac{y_{U_{2}}-y_{U_{1}}}{x_{U_{2}}-x_{U_{1}}} = -\frac{b^{2}}{a^{2}m} \end{equation*} Yani kirişlerin orta noktalarını birleştiren doğrunun eğimi bu kirişlerin kesme noktalarından bağımsızdır. Ama daha önemlisi $N = y_{U_{1}}-Mx_{U_{1}}$ heaplanırsa tam olarak $N=0$ olduğu ortaya çıkar! Diğer bir ifadeyle

Lemma 2: Elips içinde birbirine paralel iki kirişin orta noktalarını birleştiren doğru, elipsin kütle merkezinden geçer.

Bu fikirleri kullanarak verilen bir elips parçasının kütle merkezini cetvel ve pergelle tayin edebiliriz.

Teorem 1: (Elips parçasından elipsin kütle merkezinin bulunması.)

1. Verilen bir elips parçasının üstünde alınan iki farklı noktadan ($P$ ve $Q$) geçen kiriş ve bu kirişin orta noktası ($U$) tespit edilir. Bu kirişe paralel ikinci bir kiriş daha çizilir ve orta noktası $V$ tespit edilir. $U$ ve $V$ noktalarından geçen doğru $l_{1}$ çizilir.
2. Yukarıdaki işlemler $PQ$ kirişine paralel olmayan (ama kendi aralarında paralel) başka iki kiriş için de tekrarlanır ve bu iki kirişin orta noktalarından geçen $l_{2}$ doğrusu çizilir.
3. $l_{1}$ ve $l_{2}$ elipsin kütle merkezinde kesişirler.

Cetvel ve pergelle parabol parçasının odağının, simetri ekseninin ve tepe noktasının bulunması

Daha önce bu blogda bir parabol parçası üzerinde verilen bir noktaya cetvel ve pergel ile teğet çizmeyi tarif etmiştik. Bugün aynı çerçevede konuyu ilerleteceğiz ve önceki postada (bundan sonra P1 diyelim) kullandığımız notasyondan ve önermelerden faydalanacağız.

Teorem 1: (Parabolün simetri eksenine paralel gelen ışınların yansıması.) Bir parabol parçası ve onun üzerinde bir $P$ noktası verilsin. Parabolün simetri eksenine paralel ve $P$ noktasından geçen $s$ doğrusu çizilsin. (bak. P1 Teorem (2)) Parabole $P$ noktasında $t$ teğeti çekilsin. (bak. P1 Teorem (3)) $P$ noktasından geçen ve $t$ teğetine dik $n$ doğrusu çizilsin. $s$ ve $n$ doğruları arasındaki açıya $\alpha$ diyelim. $n$ doğrusu ile $\alpha$ açısı yapan ikinci bir doğru, adına $r$ diyelim, çizilsin. $s$ ışını $P$ noktasından yansıdıktan sonra $r$ doğrusu üstünde kalır.
İspat: Bariz. QED (Buradaki açı dublikasyonunun temel Öklit çizimleriyle yapılabileceğini vurguluyoruz.)

Cetvel ve pergelle simetri eksenine paralel ve parabole teğet çizmeyi daha önceki yazımızda hallettiğimiz için burada yansıma kanununu ve temel Öklit çizimlerini kullanarak ışınların parabol yüzeyinden yansımasına dair çizimi yapmak kolay oldu. Şimdi aynı işi bir de analitik geometri çerçevesinde yapalım. Bu bize fen ve mühendisliğin pek çok branşında defalarca karşımıza çıkacak, çok kullanışlı bir sonuç verecektir.

Lemma 1: Parabole $P:=(\xi,\xi^{2})$ noktasında simetri eksenine paralel gelen ışın, bu noktadan yansıdıktan sonra $y=\tfrac{4\xi^{2}-1}{4\xi}x + \tfrac{1}{4}$ doğrusu üzerinde kalır.
İspat: Parabole $P$ noktasında çekilen teğetin eğimi $\tan \alpha := 2\xi$ kadardır. (bak. P1 Lemma (2)) Parabolün simetri eksenine paralel gelip $P$ noktasından yansıyan ışının eğimi $\tan(2\alpha - \tfrac{\pi}{2})$ kadar olması gerektiği üstteki şekilden görülür. Temel trigonometri kullanılarak bu değerin $(\tan^{2}\alpha -1)/2 \tan \alpha$ olduğu gösterilebilir. Demek ki yansıyan ışının eğimi $(4\xi^{2}-1)/4\xi$ kadarmış. Bu ışın $(\xi,\xi^{2})$ noktasından geçtiğine göre, basit argümanlar sonucunda kesme noktasının $1/4$ olması gerektiği görülür.

İşaret: Yansıyan ışın parabolün simetri eksenini $F:=(0,1/4)$ noktasında kesiyor. Bu noktanın koordinatı ışının parabol üzerinde hangi noktadan yansıdığından bağımsız! O zaman parabolün simetri eksenine paralel gelen her ışın $F$ noktasından geçer ve bu noktaya parabolün odağı denir. Parabolik bir aynayı güneşe tuttuğunuzda bütün ışınlar odak noktasından geçeceğinden, bu noktada sıcaklık aniden yükselecektir. Efsane doğruysa Arşimet, Roma donanmasının gemilerini parabolik aynalar kullanarak yakmıştır. (Bu konuya daha önce teferruatlı bir şekilde bu blogda değinmiştik.) Spektroskopide, optikte ve akustikte ışınları ve dalgaları odaklamaya çalışan insanlar parabolik aynalar ve kubbeler kullanırlar. Bu fikrin tersi de doğrudur. Noktasal bir ışın ya da dalga kaynağını parabolik bir aynanın odağına yerleştirdiğinizde, aynadan yansıyan ışınlar parabolün simetri eksenine paralel yayılırlar. Buna optik spektroskopide kolimasyon denir.

Teorem 2: (Parabol parçasının simetri ekseninin bulunması.) Verilen bir parabol parçası üzerinde $P$ ve $Q$ noktaları alınsın. Bu noktalara parabolün simetri eksenine paralel gelen $s_{P}$ ve $s_{Q}$ ışınları (bak. P1 Teorem (2)), sırasıyla $r_{P}$ ve $r_{Q}$ ışınları olarak yansısınlar. (bak. Teorem (1)) $r_{P}$ ve $r_{Q}$ ışınlarının kesişim noktasına $F$ diyelim. $F$ noktasından geçen ve $s_{P}$ doğrusuna paralel olan, adına $y$ diyelim, doğru parabolün simetri eksenidir.
İspat: (1) nolu lemmanın ispatından da görüleceği üzere parabolün simetri eksenine paralel gelen ışınlar, hangi noktadan yansıdıklarına bakılmaksızın, parabolün simetri eksenini sabit bir noktada, odak noktasında keserler. Teoremde verilen $r_{P}$ ve $r_{Q}$ ışınları odak noktasından geçeceğine göre, bu ışınların kesişim noktası simetri ekseni üzerindedir. QED

Parabol parçasının hem odak noktasını hem de simetri eksenini cetvel pergel çizimiyle bulmayı tarif ettik. Artık tepe noktasının bulunması nisbeten basit bir iştir.

Teorem 3: (Parabol parçasından parabolün tepe noktasının bulunması.) Önce parabol parçasının simetri ekseni bulunur. (bak. Teorem (2)) Parabol parçası üstündeki herhangi bir $P$ noktasından simetri eksenin dikme çekilir. Bu dikmenin ekseni kestiği noktaya $Q$ diyelim. Daha sonra parabole $P$ noktasından bir teğet çekilir. Bu teğetin simetri eksenini kestiği noktaya da $R$ diyelim. $Q$ ve $R$ noktalarının orta noktası $T$ tayin edilir. $T$ parabolün tepe noktasıdır.
İspat: $P=(\xi,\xi^{2})$ noktasının simetri eksenine izdüşümü $Q=(0,\xi^{2})$ olur. P1 Lemma (2) uyarınca parabole $P$ noktasında çekilen teğet simetri eksenini $R=(0,-\xi^{2})$ noktasında keser. Buradan $T=(0,0)$ olduğu barizdir. QED

İşaret: Daha önce parabolün $y$ (simetri) eksenini bulmuştuk. Tepe noktası ise $x$ ile $y$ eksenlerinin kesişmindedir. O zaman simetri eksenine tepe noktasından çekilen dikme basitçe $x$ eksenini verecektir.

Cetvel ve pergel ile parabol parçasındaki bir noktaya teğet çizimi

Geoffrey Taylor'ın hikayesini anlatırken bir ters çember problemi çözmüştük. Küresel bir ateş topunun fotoğrafı vardı ve bizim bu ateş topunun merkezini ve yarıçapını bulmamız gerekiyordu. Bu postada da benzer bir ters parabol problemi çalışacağız. Bize bir parabol veriliyor. Ama bu parabolün $x$ ve $y$ eksenlerini silmişler. Dahası parabolün hepsini de değil sadece bir parçasını vermişler. Sonra da şu soruyu sormuşlar: Bu parabol parçasının üstünde bir nokta veriliyor. Sadece cetvel ve pergel kullanarak parabole bu noktadan bir teğet çiziniz. Bu cetvelin Öklit cetveli olduğunu, yani uzunluk ölçmeyip sadece önceden tespit edilen iki noktayı birleştirerek düz bir doğru (ya da doğru parçası) çizebildiğini, pergelin de ayaklarıyla uzunluk taşımadığını vurgulayalım.

Gerekli çizimleri burada tek tek açıklayacağız. Ama çizimlerimizin doğruluğunu ispatlamak için analitik geometriyi kullanacağız. Kabul edelim ki bu çok da klasist bir çözüm değil. Ama klasik bir yaklaşım bu yazının uzunluğunu rahatlıkla iki kat arttırırdı. İşe parabollerin analitik formunu olabildiğince sadeleştirmekle başlıyoruz.

Lemma 1: $y=ax^{2}+bx+c$ formundaki bütün paraboller eksen kayması ve ölçek değişimi gibi dönüşümlerle $Y=X^{2}$ formuna getirilebilirler.
İspat: $x=:\xi - \tfrac{b}{2a}$ ile $x$ eksenini kaydıralım. (Bu dönüşüme cebir literatüründe von Tschirnhaus ya da Tschirnhausen dönüşümü denir.) \begin{equation*} y = a \left(\xi - \frac{b}{2a}\right)^{2} + b\left(\xi-\frac{b}{2a}\right) + c = a\xi^{2}+c-\frac{b^{2}}{4a} \end{equation*} Şimdi $y =: \eta + c - \tfrac{b^{2}}{4a}$ dönüşümü ile $y$ eksenini kaydıralım. O zaman barizdir ki bu eksenlerde parabolün denklemi $\eta = a \xi^{2}$ olur. Nihayet ölçü birimimizi $\xi =: X/a$ ve $\eta =: Y/a$ şeklinde değiştirirsek $Y=X^{2}$ ispatlanır. QED

İşaret: $xy \to \xi \eta \to XY$ dönüşümleri, parabol dediğimiz somut nesneyi değiştirmiyorlar. O, olduğu gibi kalıyor. Öte yandan $xy$ düzleminde üç parametreye bağlı olan parabol denklemi, $XY$ düzleminde hiç bir parametreye bağlılık göstermiyor. Bu hesaplamalarımızda büyük kolaylık sağlayacaktır.

Günlük hayatta bize paraboloid bir ayna ya da Boğaziçi Köprüsü gibi parabol şeklinde olan bir asma köprü verildiğinde hiç kimse bu nesnelerin $x$ ve $y$ eksenlerini ya da tepe noktalarını vermeyecektir. Ama parabollerle ilgili pek çok canalıcı mesele, örneğin odak noktaları gibi, simetri ($y$) eksenlerinde düğümlendiği için bir parabol parçasının simetri eksenini bulmak aslında epeyce önemli bir iş. Burada şimdilik simetri eksenini bulmayacağız. Ama ona paralel doğrular bulmakla yetineceğiz.

Teorem 1: (Parabolün simetri eksenine paralel bir doğru bulma.) Parabol parçası üzerinde farklı iki nokta, $Q$ ve $R$ diyelim, alınsın ve $QR$ kirişinin orta noktası, ona da $U$ diyelim, tespit edilsin. İkinci olarak parabol üzerinde $Q$ ve $R$ noktalarından farklı, adına $S$ diyelim, üçüncü bir nokta alınsın ve $S$ noktasından $QR$ kirişine paralel bir doğru çizilsin. Söz konusu doğru parabolü $T$ noktasında kessin ve $ST$ kirişinin orta noktasına da $V$ diyelim. Son olarak $V$ ve $U$ noktalarından geçen doğru parçası, adına $s_{1}$ diyelim, ya parabolün simetri eksenidir ya da ona paraleldir.
İspat: $QR$ kirişinin uzatılmasıyla elde edilen doğrunun denklemi $c_{Q}: \ y=mx+n$ olsun. Burada $m$ ve $n$ değerleri bize veriliyor. O zaman bu doğrunun $y=x^{2}$ parabolüyle kesişim noktaları ikinci dereceden $x^{2}=mx+n$ denkleminin çözümüyle kolayca bulunabilir: $x_{Q,R} = \tfrac{1}{2}(m \mp \sqrt{\Delta})$. Burada diskriminant $\Delta := m^{2}+4n$ denklemiyle tanımlanıyor ve $x_{Q}$ denildiğinde $Q$ noktasının $x$ koordinatı anlaşılmalıdır. Kurulum gereği $x_{U} = \tfrac{1}{2}(x_{Q}+x_{R})$ olduğundan $x_{U} = \tfrac{1}{2}m$ olur. Dikkat edilirse $U$ noktasının $x$ koordinatı sadece $c_{Q}$ doğrusunun eğimine bağlıdır. Yine kurulum gereği $ST$ kirişinin uzatılmasıyle elde edilen doğru $c_{Q}$ doğrusuna paralel olacağından, onun da eğimi $m$ olmak zorundadır. O zaman $x_{V}=m$ olur. Şimdi $s_{1}$ doğrusu $V$ ve $U$ doğrularından geçiyorsa eğimi sonsuzdur. O zaman $s_{1}$ doğrusu ya parabolün simetri ekseni olan $y$ eksenidir ya da ona paraleldir. QED

İşaret: Bu teoremde algoritmik bir sıralamayla verilen işlemlerin tamamen Öklit'in bize öğrettiği cetvel-pergel çizimleriyle yapılabileceğini gözleyiniz. Hatta öyle ki, bu işlemler için cetvelin düz kenarlı olması yeterli. Diğer bir ifadeyle cetvelle uzunluk ölçmüyoruz.

Teorem 2: (Parabolün üstünde verilen bir noktadan geçen ve simetri eksenine paralel doğruyu bulma.) Bir parabol parçası ve onun üzerinde bir $P$ noktası verilsin. (1) nolu teoremde tarif edildiği gibi parabolün simetri eksenine paralel bir doğru, adına $s_{1}$ diyelim, bulunsun ve bu doğru parabolü $p$ noktasında kessin. Genellikle $P \ne p$. İkinci olarak $P$ noktasından geçen ve $s_{1}$ doğrusuna paralel ikinci bir doğru daha, adına $s_{2}$ diyelim, kurulsun. Aranılan doğru $s_{2}$ doğrusudur.
İspat: Bariz. QED

Parabol üstünde verilen bir noktadan $y$ eksenine paralel bir doğru çizmeyi tarif ettik. Aynı noktaya teğet çekmek için küçük bir ön hazırlık yapmamız gerekiyor.

Lemma 2: Parabole $P:=(\xi,\xi^{2})$ noktasında çekilen teğetin denklemi $t_{P}: \ y = 2 \xi x - \xi^{2}$ ile verilir.
İspat: Aradığımız teğetin denklemi $y = mx+n$ olsun. Bu teğet parabole sadece $P$ noktasında dokunduğuna göre, $\xi^{2}=m\xi+n$ denkleminin sadece bir çözümü vardır. Bu ikinci dereceden cebirsel ifadenin diskriminantı $\Delta:=m^{2}+4n$ ise, o zaman teğet olma şartı $\Delta =0 \iff n=-\tfrac{1}{4}m^{2}$ ile verilir. Parabol ve doğrunun kesişimlerini bir kere daha kullanalım: $\xi^{2} = m\xi - \tfrac{1}{4}m^{2} \iff (m-2\xi)^{2}=0$ ya da $m=2\xi$ bulunur. QED

Şimdi bu lemma ve daha önce ispatladığımız önermeleri kullanarak cetvel ve pergelle parabole verilen bir noktadan teğet çekmeyi tarif edeceğiz.

Teorem 3: (Parabolün üstünde verilen bir noktaya teğet çekme.) Bir parabol parçası ve o parabol parçasının üzerinde bir $P$ noktası verilsin. (2) nolu teoremde tarif edildiği gibi bu noktadan parabolün simetri eksenine paralel, adına $s$ diyelim, bir doğru parçası çizilsin. $P$ noktasından geçen ve $s$ doğrusuna dik $r$ doğrusu çizilsin. $r$ doğrusu üzerinde $|AP|=|PB|$ şartını sağlayacak şekilde $A$ ve $B$ noktaları bulunsun. ($A$ noktası parabolün içinde, $B$ noktası dışında olmalıdır.) $A$ ve $B$ noktalarından geçen ve $r$ doğrusuna dik doğrular parabolü $Q$ ve $R$ noktalarında kessinler. $QR$ kirişi parabole $P$ noktasından çekilen teğete paraleldir.
İspat: $QR$ kirişinin orta noktası $V$ olsun. Kurulum gereği $P$ noktası $AB$ doğru parçasının tam ortasında olduğundan, üçgenlerin benzerliği kullanılarak $x_{V}=x_{P}$ olduğu rahatça ispatlanılabilir. (1) nolu teoremin ispatında da gösterildiği gibi $QR$ kirişinin eğimi $2x_{V}=2x_{P}$ olmalıdır. Ama lemma (2) uyarınca bu aynı zamanda parabole $P$ noktasından çekilen teğetin eğimi ile aynıdır. Temel Öklit çizimlerinin imkanları kullanılıp, $P$ noktasından geçen ve $QR$ kirişine paralel bir doğru çizilerek ispat tamamlanır.

G. I. Taylor sadece patlama fotoğraflarına bakarak atom bombasının enerjisini hesapladı

Birleşik Devletler Kara Kuvvetleri Komutanlığı (US Army) tarafından 16 Temmuz 1945 tarihinde Socorro (NM) şehrinin 56 km güneydoğusundaki White Sands Proving Ground'da gerçekleştirilen Trinity (teslis) kod adlı tatbikat aynı zamanda Atomik Çağ'ın da başlangıcını tespit eder. Bu tatbikatta patlatılan ve gayrıresmi kod adı The Gadget (alet edevat) olan silah, daha sonra 9 Ağustos 1945'te Nagasaki'ye atılan Fat Man (şişman adam) kod adlı bombayla aynı prensibe dayanarak çalışmaktaydı. Trinity Tatbikatı'nda 20 kilotonluk TNT'nin patladığında yaydığı enerjiye eşdeğer bir patlama üretilmiştir.

1947 yılında Birleşik Devletler Atomik Enerji Komisyonu'nun (US Atomic Energy Commission) Trinity Tatbikatı'ndaki patlamanın video görüntülerini yayınlamasıyla birlikte, akışkanlar mekaniği ve dalga teorisi alanlarında bir uzman olan İngiliz matematikçi ve fizikçi Sir Geoffrey Ingram Taylor şok cephesinin yayılmasıyla ilgili teorilerini kanıtlamak üzere bu görüntüleri kullanmıştır. Çalışmalarını 1950 yılında iki makale ile yayınlayan Taylor, sadece Atomik Enerji Komisyonu'nun yayınladığı görüntüleri kullanarak, Trinity Tatbikatı'nda kullanılan atom bombasından çıkan enerjiyi de kestirebilmiştir. Bu enerji değeri o zamanlar için askeri sır olarak kabul ediliyordu ve Taylor'ın yalnızca fotoğraflara bakarak bu değeri kestirebilmesi kamuoyunda ve siyasi çevrelerde bir süre konuşuldu. 50'li yılların, Soğuk Savaş dönemindeki nükleer silahlanma yarışına denk geldiği hatırlanacak olursa, Taylor'ın makalesinin NATO ittifakı için ne denli büyük bir istihbarat skandalı ve fiyaskosu olduğu daha net algılanabilir.

Taylor'ın teorisi bugün astrofizikteki süpernova patlamaları da dahil olmak üzere, küresel simetrik patlamaların olduğu pek çok alanda uygulanmaktadır. Biz bu postada Taylor'ın yaptığı veri analizinin temel ilkelerini anlatacağız. Literatürde Taylor-Sedov patlaması olarak bilinen enerji yoğunluğunun bir akışkan içinde yayılmasıyla ilgili teoriye göre, şok cephesinin yarıçapı ($R$) ile anlık patlamadan sonra geçen zaman ($t$) arasında aşağıdaki gibi bir kuvvet kanunu vardır. \begin{equation} R = At^{\mu} \end{equation} Burada $A$ bir sabit olup, patlamanın yaydığı enerjiyle bağlantılıdır. $\mu>0$ ise teoriye göre değeri $2/5$ olan bir kuvvettir. Şimdi bu denklemde her iki tarafın logaritmasını alırsak, o zaman \begin{equation} \log R = \mu \log t + \log A \end{equation} denklemini elde ederiz. $y:= \log R$ ve $x := \log t$ tanımlarıyla aslında bu denklemin $y = mx+n$ formunda bir doğru denklemi olduğu barizdir. Burada doğrunun eğimi $m=\mu$ ve kesme noktası da $n=\log A$ olur. İstatistiksel veri analizindeki en küçük kareler yöntemi Atomik Enerji Komisyonu'nun yayınladığı fotoğraflara uygulanırsa, o zaman hem $\mu$ hem de $A$ değerleri kestirilmiş olur. Çünkü fotoğrafların üzerinde patlamadan sonra kaç saniye geçtiği ve fotoğrafın ölçeği (yani birim uzunluğun kaç metreye tekabül ettiği) verilmektedir. Örneğin aşağıdaki fotoğraf patlamadan 15 ms sonra çekilmiştir.

Bizim geometrici olarak burada vazifemiz şok cephesinin yarıçapını hesaplamaktır. Bunu yapmanın bir kaç yolu var. Ateş topunun üstünde üç nokta seçelim ve bu üç noktadan oluşan $ABC$ üçgeninin kenar uzunluklarını ($a,b,c$) cetvelle ölçelim. Daha önce bu blogda kenarları verilen bir üçgen için çevral çemberin yarıçapını hesaplamayı anlatmıştık. \begin{equation} R = \frac{abc}{\sqrt{(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)}} \end{equation} Nihayet fotoğraf üzerinden ölçtüğümüz uzunluğun gerçekte kaç metreye tekabül ettiğini de ölçekten kolayca bulabiliriz.

Gerekmiyor ama ateş topunun merkezi de tespit edilebilir. Şekilde gösterildiği gibi $AB$, $AC$ ve $BC$ kenarlarının orta noktalarını tespit ettikten sonra, kenarlara bu noktalardan çekilen dikmeler ateş topunun merkezini (şekilde $O$ noktası) gösterir. Merkezin, patlamadan 15 ms sonra yaklaşık olarak yerden 30 m yüksekte olduğuna dikkat ediniz. Öldürme gücü daha yüksek olsun diye, atom bombaları zemine sıfırda patlatılmaz. Onun yerine zemine mesela 100 m gibi bir yükseklikteyken bomba düzeneği uzaktan kumandayla patlatılır.

Taylor'ın konuyla ilgili makaleleri

1. G. Taylor, The Formation of a Blast Wave by a Very Intense Explosion. I. Theoretical Discussion, Proc. R. Soc. Lond. A 201, 159-174 (1950). doi: 10.1098/rspa.1950.0049
2. G. Taylor, The Formation of a Blast Wave by a Very Intense Explosion. II. The Atomic Explosion of 1945, Proc. R. Soc. Lond. A 201, 175-186 (1950). doi: 10.1098/rspa.1950.0050

İkizkenar bir üçgenin eşit kenarlarına ve çevral çemberine teğet bir çemberin çizimi

IMO 1978/4: $ABC$ üçgeninde $|AB|=|AC|$ veriliyor. Bu üçgenin çevral çemberine ve eşit kenarlarına $P \in AB$ ve $Q \in AC$ noktalarında içten teğet bir çember çiziliyor. $PQ$ doğru parçasının orta noktasının $ABC$ üçgeninin iç teğet çemberinin merkezi olduğunu gösteriniz.

Biz bu problemi olimpiyat komitesinin önerdiği gibi değil de, postanın başlığında verildiği gibi çözeceğiz. Yani bir ikizkenar üçgen verilmiş. Bu üçgenin eşit kenarlarına ve çevral çemberine içten teğet bir çember nasıl çizilir, onunla uğraşacağız. Üçgenimiz ikizkenar olduğu için çözmemiz gereken problem de kolaylaşmış oluyor. (Henüz denemedim ama çeşit kenar bir üçgende aynı problemi çalışmak çok daha zor olabilir gibi bir sezgim var.)

İşe öncelikle şekilde verilen ikizkenar $ABC$ üçgeninin yüksekliğini bulmakla başlayalım. $|BC|=:a$, $|AB|=|AC|=:b$ ve $|AH|=:h$ olsun. O zaman yükseklik Pisagor teoreminden kolayca hesaplanılır. \begin{equation*} h = \frac{1}{2}\sqrt{4b^{2}-a^{2}} \end{equation*} Üçgen ikizkenar olduğu için çevral çemberin merkezi $AH$ doğrultusunun üstündedir ve dahi $AH$ doğrultusu $BAC$ açısını ikiye böler. Çevral çemberin merkezini şekilde $O$ noktası ile gösterdik. Hatırlanacağı üzere çevral çemberin merkezinden kenarlara indirilen dikmeler, kenarları iki eşit parçaya bölüyordu. O zaman $R \cos (A/2) = b/2$ olur. Burada $R$ çevral çemberin yarıçapıdır. Ama $ABH$ üçgeninden $\cos(A/2) = h/b$ eşitliğini gözlediğimizde \begin{equation*} R = \frac{b^{2}}{\sqrt{4b^{2}-a^{2}}} \end{equation*} olur. Ön hazırlığımızın sonuncu aşamasında iç teğet çemberin yarıçapını, $r$ değerini, hesaplayacağız. Bunu isterseniz $ABC$ üçgeninin toplam alanını kullanıp, $ah = (2b+a)r$ eşitliğini çözerek kolayca yapabiliriz. (İç teğet çemberin merkezinden kenarlara indirilen dikmelerin hepsi $r$ kadardır.) \begin{equation*} r = \frac{a}{2(2b+a)}\sqrt{4b^{2}-a^{2}} \end{equation*}

Şekilde iç teğet çemberin merkezini $I$ noktası ile gösterdik. $I$ noktası aynı zamanda $ABC$ üçgeninin iç açı ortaylarının kesişim noktası olduğundan, $I \in AH$ olduğu barizdir. Çizmemiz istenilen çember ikiz kenar üçgenin her iki kenarına da teğet olduğundan onun da merkezi $J \in AH$ olmak zorundadır. $PQD$ çemberinin yarıçapı $\rho$ olsun. O zaman barizdir ki $|JH|=h-|OA|-|OJ|$ ya da $|JH|=h-R-(R-\rho)=h-2R+\rho$ olur. Yine üçgenin toplam alanından gideceğiz ve $ah = 2b\rho + a|JH|$ denklemini kuracağız. Bu denklemde $|JH|$ yerine konulup $\rho$ için çözüldüğünde $\rho = 2aR/(2b+a)$ bulunuyor. Diğer bir ifadeyle \begin{equation*} \rho = \frac{2ab^{2}}{(2b+a)\sqrt{4b^{2}-a^{2}}} \end{equation*} olmaktadır.

Şimdi, $PQ$ doğru parçası $AH$ yüksekliğini $K$ noktasında kessin. (Şekilde bariz bir biçimde $K=I$ olması gerektiği görülüyor ama biz bunu henüz ispatlamadık!) O zaman $|HK|=|JH|+|JK|$ olur. $|JH|$ uzunluğunu daha önce bulduk. $|JK|=\rho \sin (A/2)$ olduğuna göre, $\sin(A/2)=a/2b$ ve daha önce bulduklarımızı kullandığımızda \begin{equation*} |HK| = h-2R+\rho + \rho \frac{a}{2b} = \frac{a}{2(2b+a)}\sqrt{4b^{2}-a^{2}} = r \end{equation*} olduğunu göstermiş oluyoruz. O zaman $|HK|=|HI|=r$ ve $I$ ile $K$ noktaları aynı doğrultu üzerinde olduklarına göre $I=K$ denkliği gösterilmiş oluyor.

Toparlayalım. İkizkenar bir üçgenin eşit kenarlarına ve çevral çemberine içten teğet bir çember çizmek için

1. Üçgenin tepe noktasına ait açı ortay (aynı zamanda dikme ve kenar ortay) $AH$ çizilir.
2. İç açı ortayların kesişim noktasından, iç teğet çemberin merkezi $I$ tespit edilir.
3. $AH$ doğru parçasına $I$ noktasında dik doğrunun $AB$ kenarını kestiği nokta $P$ ve $AC$ kenarını kestiği nokta $Q$ tespit edilir.
4. $AB$ kenarına $P$ noktasından çizilen dikme ile $AC$ kenarına $Q$ noktasından çizlen dikmenin kesişim noktası $J$ tespit edilir.
5. Aranılan çemberin merkezi $J$ noktasında olup, yarıçapı ise $|JP|$ kadardır.

Açıların cebirsel olarak üçe bölünmesindeki totoloji

Eski Yunan'dan günümüze kalan en meşhur problemlerden birisi de cetvel ve pergelle bir açıyı üçe bölmektir. Öklit ve daha sonra gelen geometriciler bu problemi çözemediler. Biz de bu postada $\cos (\theta)$ (ve dolayısıyla $\sin (\theta)$) değeri verilen bir açı için $x:=\cos (\theta/3)$ değerinin nasıl hesaplandığına bakacağız.

Şimdi trigonometri argosunda 433 diye bilinen formülden faydalandığımızda $4x^{3}-3x=\cos(\theta)$ ya da çalışılması gerekli kübik denklem \begin{equation*} {\rm K:} \ \ \ x^{3} - \frac{3}{4}x - \frac{1}{4}\cos(\theta) = 0 \label{bir} \end{equation*} olmaktadır. Daha önce burada kübik denklemleri Cardano'nun yöntemiyle çözmüştük. K etiketli denklemin depressed formunda olduğunu gözleyiniz. $p:=-3/4$ ve $q:=-\cos(\theta)/4$ tanımıyla hemen diskriminatı hesaplayalım. \begin{equation*} \Delta = \frac{4p^{3}}{27}+q^{2} = -\frac{\sin^{2}(\theta)}{16} \end{equation*} Çözümde ara basamak olarak \begin{equation*} U_{1,2} = \sqrt[3]{\frac{-q\pm \sqrt{\Delta}}{2}} = \frac{1}{2}\sqrt[3]{\cos(\theta) \pm i \sin(\theta)} \end{equation*} niceliklerine ihtiyaç duyuyoruz. Her ne kadar $\cos(\theta)$ ve $\sin(\theta)$ değerleri verilse de problemin çözümünü bitirmek için küpkökü hesaplamak zorundayız. Şimdi sakın $\cos(\theta) \pm i \sin(\theta) = \exp(i\theta)$ özdeşliğinden faydalanarak \begin{equation*} U_{1,2}=\frac{1}{2} \exp(\pm i\theta /3) = \frac{1}{2} (\cos(\theta/3) \pm i \sin (\theta /3)) \end{equation*} olur demeyin. Çünkü çözümü bilinmeyenler cinsinden vermiş olursunuz.

Görünen o ki, Cardano yönteminin cevabı vermek için bizi karmaşık sayıların küpköklerine mecbur etmesi bizi aynı zamanda bir totolojiye getirmektedir. Örneğin \begin{equation*} \cos(\theta/3) = x = U_{1}+U_{2} = \cos(\theta /3) \end{equation*} gibi. Kübik denklemleri cebirsel olarak evet çözebiliyoruz, ama bunu trigonometriye bir açıyı üçe bölmek biçiminde uyguladığımızda bu bize bir totoloji veriyor. Mesela bu yüzden daha önce $\cos(3^{\rm o})$ değerini hesapladık ama bu sonucu kullanarak $\cos(1^{\rm o})$ değerine gidemedik. Aklımızda bulunsun: Kuartik denklemler de genellikle resolvent cubic diye tabir edilen üçüncü dereceden bir ara denkleme ihtiyaç duyarlar. Onların da çözümünde totolojiler çıkması kuvvetle muhtemeldir.

Nostaljik bir uluslararası olimpiyat sorusu

IMO 1964/3: Kenar uzunlukları $a,b,c$ olan $ABC$ üçgenine bir iç teğet çember çiziliyor. Üçgenin kenarlarına paralel olacak şekilde bu çembere teğetler çekiliyor. Bu teğetlerden her biri $ABC$ üçgeninden bir üçgen keserler. Bu kesilen üçgenlere de iç teğet çemberler çiziliyor. Dört çemberin toplam alanını $a,b,c$ cinsinden bulunuz.

Şimdiki olimpiyat sorularına bakınca gerçekten de son derece kolay bir soru bu. $ABC$ üçgeni, soruda geçen dört çember ve paraleller şekilde gösteriliyor. Şimdi $AH \perp BC$ olacak şekilde, $A$ köşesinden $BC$ tabanına bir dikme indirelim. İç teğet çemberin merkezinden kenarlara çizilen doğru parçaları da kenarlara diktir. O zaman $AH \parallel WX$ olur. $r := |IX|$ ve $h_{a}:=|AH|$ tanımları ve üçgenin alanından hareketle \begin{equation*} \frac{r}{h_{a}} = \frac{a}{a+b+c} \end{equation*} diyebiliriz. $APQ$ üçgeninin iç teğet çemberinin yarı çapına $r_{A}$ diyelim. (Benzer şekilde $r_{B}$ ve $r_{C}$ uzunlukları da tanımlanabilir.) $\triangle ABC \sim \triangle APQ$ kullanıldığında \begin{equation*} \frac{r_{A}}{r} = \frac{h_{a}-2r}{h_{a}} \end{equation*} benzerlik oranını da yazabiliyoruz. Bu iki denklem beraber çözüldüğünde bize \begin{equation*} r_{A} = r \frac{-a+b+c}{a+b+c} \end{equation*}

eşitliğini verecektir. Diğer bir ifadeyle $r_{A}$ değeri, $r$ cinsinden ifade edilmiş olur. Tamamen benzer yöntemlerle \begin{equation*} r_{B} = r \frac{a-b+c}{a+b+c} \ \ \ {\rm ve} \ \ \ r_{C} = r \frac{a+b-c}{a+b+c} \end{equation*} sonuçlarına da ulaşabiliriz. Aradığımız toplam alanı yukarıdaki yarı çap ilişkileri ile sadece $r$ cinsinden ifade etme imkanı doğdu. \begin{equation*} S:=\pi (r^{2}+r_{A}^{2}+r_{B}^{2}+r_{C}^{2}) = \frac{4\pi(a^{2}+b^{2}+c^{2})r^{2}}{(a+b+c)^{2}} \end{equation*} Soruyu bitirmek için daha önce bu blogda yer alan Kenarları verilen bir üçgene ait unsurların uzunlukları başlıklı postadan iç teğet çemberin yarı çapını kullanıyoruz. \begin{equation*} S = \frac{\pi (a^{2}+b^{2}+c^{2})(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)}{(a+b+c)^{3}} \end{equation*}

Üç yüksekliği verilen bir üçgeni çizin

Aşağıdaki alıntı eski milletvekillerinden Ahmet Selim'in 19.06.2003 tarihli köşe yazısından. Yazının başlığı Eğitim Fecaati:

Lise bir’den iki’ye geçtiğim yılın yaz tatilinde köye gitmiştim. Orada matematik hocası Hasan Bey’e rastladım. Akrabamızdı, o da tatile gelmişti. Sohbet sırasında, teşvik ettikleri için, şöyle bir soru sordu: “Üç yüksekliği verilen üçgeni çizin.” Soru ne kadar basit ve yalın. “Üç kenara” benziyor! Amcam da merakla bekliyor ve bana çok güvendiği için şıp diye cevaplandıracağımı umuyor.

Biraz bakıp düşündüm ve şu yorumu sundum: “Bu bir çizim değil, problem. Hatta özel bir problem. Önceden bir defa görmüş olsaydım, kolaydı. Şimdi mucit gibi çözmek durumundayım! Bu gece çözer, yarın sabah takdim ederim! Benzerlikten yararlanılacağı biçiminde bir sezgim var.”

Gülümsedi Hasan Hoca. “Çözülmüş sayıyorum. Yaklaşımını ölçmek için özellikle sormuştum. Tatil günü uğraşma.” dedi ama, lambanın ışığında o gece o problemi çözdüm...

Biz de bu mektupta Ahmet Selim'in -muhtemelen- cetvel (ya da düz kenar) ve pergel çizimiyle yaptığı çözümün bir benzerini cebirsel yöntemle yapacağız. Şimdi daha önce Kenarları verilen bir üçgene ait unsurların uzunlukları başlıklı gönderiden \[ h_{a} = \frac{1}{2a} \sqrt{(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)} \] formülünü hatırlayınız. Burada $a,b,c$ üçgenin kenar uzunlukları ulup, $h_{a}$ ise $A$ köşesinden $BC$ kenarına indirilen dikmenin (yüksekliğin) uzunluğudur.

Burada işimiz tersinden: $h_{a},h_{b},h_{c}$ veriliyor. Ama kenar uzunluklarını bulmamız isteniyor. Bir üçgende herhangi bir kenar ile o kenara ait yüksekliğin çarpımı sabittir, çünkü bu çarpım alanın iki katını verir. O zaman $ah_{a}=bh_{b}=ch_{c}$ yazabiliriz. $p:=h_{a}/h_{b}$ tanımlarsak, o zaman $b=pa$ olur. Tamamen benzer bir yöntem ve $q:=h_{a}/h_{c}$ tanımıyla da $c = qa$ olur. Burada $p$ ve $q$ oranlarının bilindiğini vurgulayalım. $b$ ve $c$ kenarlarının $p,q$ ve $a$ cinsinden ifadelerini $h_{a}$ uzunluğunu veren formüle koyduğumuzda \[ a = \frac{2h_{a}}{\sqrt{(1+p+q)(-1+p+q)(1-p+q)(1+p-q)}} \] formülüne ulaşıyoruz. Bu bize $a$ kenarının uzunluğunu hesaplama imkanı sunuyor. $b$ ve $c$ uzunlukları da artık $b=pa$ ve $c=qa$ formüllerinden bulunabilir.

Problemi cebirsel yöntemle çözünce kolay gibi göründü. Cetvel pergel çizimiyle çözümü için biraz düşünmek gerekir. Onu da daha sonra anlatalım.

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.