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}

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...

Yuvarlanan bir parabolün odağı zincir eğrisini tarif eder

Yuvarlanan bir parabolün odak noktasının yeri nedir? Bu soruyu da, tıpkı koşuşturan köpekler problemi gibi, Steven Strogatz'ın twitter hesabında gördüm ve çözmeye çalıştım. Açıkçası bu problemin de böylesine çetin ceviz olacağını hiç mi hiç tahmin etmemiştim.

Daha önce yaptığımız çalışmalardaki parabollere dair bulgularımızı özetleyerek işe başlayalım. (1) Bazı koordinat ve ölçek dönüşümleri sonunda bütün paraboller $y = x^{2}$ formuna getirilebilirler. Bu yüzden genelliği kaybetmeden biz de çalıştığımız parabolün $y = x^{2}$ denklemi ile tarif edildiğini varsayacağız. (2) Devamla bu parabolün odak noktasının $F=(0,1/4)$ olduğunu da biliyoruz. Genel olarak parabolün üzerinde bir $X = (x,x^{2})$ noktası alalım. (3) Parabole bu noktadan çekilen teğetin eğimi $\tan \alpha = 2x$, bu teğetin $y$ eksenini kestiği nokta ise $P=(0,-x^{2})$ ile verilirler. $\alpha$ açısı şekilde koyu siyah renkle gösteriliyor.

Çalıştığımız problemde anahtar gözlemler şöyle sıralanabilir: (1) Parabol yuvarlanırken $X$ noktası yatay eksene değdiği anda, $PX$ teğeti de yatay eksenle çakışık olur. (2) $PF$ doğrusu ise yatay eksenle $\tfrac{\pi}{2}-\alpha$ kadar bir açı yapar. (3) $X$ noktası yatay eksene değdiği anda, orijinle arasındaki mesafe, yuvarlanmanın tanımından hareketle, parabol üzerinde kalarak $O$ noktasından $X$ noktasına giden yolun uzunluğuna denktir. Bu uzunluğa $s$ diyeceğiz.

Temel diferansiyel geometri ve analiz bilgisiyle bu uzunluğu aşağıdaki integral jimnastiği ile hesaplayabiliriz. \begin{equation*} s := \int\limits_{0}^{x} \sqrt{1 + 4 \xi^{2}} {\rm d}\xi = \frac{1}{2}\int\limits_{0}^{2x} \sqrt{1 + \eta^{2}} {\rm d}\eta = \frac{1}{2} \int\limits_{0}^{\arctan(2x)} \frac{{\rm d}\varphi}{\cos^{3} \varphi} \end{equation*} Burada önce $\xi =: \eta/2$ ardından da $\eta =: \tan \varphi $ dönüşümlerini uyguladık. Yuıkarıdaki denklemin sağ tarafındaki integral hesaplanılabiliyor ama bunun için bir kaç adım atacağız. Öncelikle bu integrali kısmi integrasyon tekniğini kullanarak daha sade bir forma getirelim. $A>0$ için \begin{equation*} \int\limits_{0}^{\arctan A} \frac{{\rm d}\varphi}{\cos^{3} \varphi} = A \sqrt{1+A^{2}} - \int\limits_{0}^{\arctan A}\frac{\sin^{2}\varphi}{\cos^{3}\varphi} {\rm d}\varphi \end{equation*} Burada $u:=1/\cos \varphi$ ve ${\rm d}v := {\rm d}\varphi / \cos^{2}\varphi$ tanımlarını kullandık. Haliyle bu tanımlar ${\rm d}u = \sin \varphi/\cos^{2}\varphi$ ve $v = \tan \varphi$ sonuçlarını doğurdu. Üçüncü basamakta kısmi integrasyon formülünü bir kere daha kullanacağız. Yine $A > 0$ için \begin{equation*} \int\limits_{0}^{\arctan A} \frac{\sin^{2}\varphi}{\cos^{3}\varphi} {\rm d} \varphi = \frac{1}{2} A \sqrt{1+A^{2}} - \frac{1}{2} \int\limits_{0}^{\arctan A} \frac{{\rm d}\varphi}{\cos \varphi} \end{equation*} Burada ise $u:=\sin \varphi$ ve ${\rm d}v := (\sin \varphi / \cos^{3}\varphi) {\rm d} \varphi$ tanımlarını kullandık. Bu tanımlarla ${\rm d}u = \cos \varphi {\rm d}\varphi$ ve $v = 1/(2\cos^{2}\varphi )$ sonuçlarına uzanmak mümkündür. Son olarak aşağıdaki integral dönüşümüyle ön hazırlığımızı tamamlıyoruz. \begin{equation*} \int\limits_{0}^{\arctan A} \frac{{\rm d}\varphi}{\cos \varphi} = \int\limits_{0}^{\arctan A} {\rm d}\varphi \frac{1+\sin \varphi}{\cos^{2}\varphi} \frac{\cos \varphi}{1+\sin \varphi} = \int\limits_{0}^{\arctan A} {\rm d} \varphi \frac{1}{f(\varphi)}\frac{{\rm d}}{{\rm d}\varphi} f(\varphi) = \log f(\arctan A) - \log f(0) \end{equation*} Burada $f(\varphi) := (1+\sin \varphi)/\cos \varphi$ denklemiyle tanımlanmıştır.

Filmi geriye sararak artık parabol parçasının uzunluğunu verelim. \begin{equation*} s = \frac{1}{2}x\sqrt{1+4x^{2}} + \frac{1}{4} \log \left( 2x + \sqrt{1+4x^{2}} \right) \end{equation*} Demek ki parabol yuvarlanırken $X$ noktası yatay eksene $X^{\prime} = (s,0)$ noktasında değiyormuş. Pisagor teoreminin basit bir uygulamasıyla $|PX| = x \sqrt{1+4x^{2}}$ olduğu da görülebilir. Parabol yuvarlanırken $P$ noktası $P^{\prime}$, $F$ noktası da $F^{\prime}$ noktalarına gelsinler. $P^{\prime}_{y}=0$ ve \begin{equation*} |P^{\prime}_{x}| = |PX| - s = \frac{1}{2} x \sqrt{1+4x^{2}} - \frac{1}{4} \log \left( 2x + \sqrt{1+4x^{2}} \right) \end{equation*} olması gerektiği barizdir. Ayrıca $|PF| = \sqrt{1+4x^{2}}/4$ olduğundan, \begin{equation*} F^{\prime}_{y} = |PF| \sin (\tfrac{\pi}{2}-\alpha) = |PF|\cos \alpha = \frac{1}{4} \sqrt{1+4x^{2}} \end{equation*} ve \begin{equation*} F^{\prime}_{x} = |PF| \cos(\tfrac{\pi}{2}-\alpha) - |P^{\prime}_{x}| = |PF| \sin \alpha - |P^{\prime}_{x}| = \frac{1}{4} \log \left( 2x + \sqrt{1+4x^{2}} \right) \end{equation*} bulunur. Problemin çözümü bu noktada bitmiştir.

Öte yandan $F^{\prime}$ noktasının koordinatlarını daha kısa bir formülle kucaklamak için $z := \tfrac{1}{4} \log \left(2x + \sqrt{1+4x^{2}}\right)$ tanımını kullandığımızda $\exp(4z) = 2x + \sqrt{1+4x^{2}}$ ve $\exp(-4z) = \sqrt{1+4x^{2}}-2x$ olduğunu görüyoruz. O zaman hiperbolik cosinus fonksiyonunun tanımını kullanarak \begin{equation*} \cosh(4z) := \frac{1}{2} \left( \exp(4z) + \exp(-4z) \right) = \sqrt{1+4x^{2}} = 4 F^{\prime}_{y} \end{equation*} denklemini elde ediyoruz. Demek ki yuvarlanan bir parabolün odağı $y = \tfrac{1}{4} \cosh(4z)$ eğrisi üzerinde kalmaktadır. Bu eğriye İngilizce'de catenary yani zincir eğrisi denmektedir.

Bitirirken şunu vurgulayalım: Geometri bakarak ve okuyarak öğrenilmez. Burada yaptığımız analizi kavramak isteyen okur eline kalemi alıp her bir basamaktaki işlemleri tek tek doğrulamalıdır.

Arşimet'in parabol üçgeni

Arşimet'in parabol dilimi ve elipsin alanlarını, kürenin hacmini veren formülleri keşfettiğini bazılarımız duymuştur. Böyle bir formül türetme işini günümüzde integral tekniklerini kullanarak yapmak çok kolay gerçekten. Ama Arşimet'in zamanında integral analizin, daha doğrusu topyekün analizin hiç olmadığı bir dönemde bunu yapmak o kadar da kolay bir iş değil. Bu postada parabol diliminin alanını integral tekniklerini kullanmadan, Arşimet gibi hesaplamaya çalışacağız. Daha önce parabolle ilgili yerölçüsünde -sadece cetvel pergel çizimlerini kullanarak- iki yazı yazdık. Bu üçüncüsü. Genel kültür olarak aklımızda bulunsun. Arşimet, parabolün alanıyla ilgili çalışmasını vefat eden Konon adlı matematikçi bir dostunun yerine saydığı Dositeus'a gönderdiği taziye mektubunda ilk defa ilan etmiş oluyor. Biri mekanik -levhaların dengesinden- ötekisi geometrik iki ispat öneriyor. Biz geometrik ispata yer vereceğiz. Daha fazla bilgiye Heath'in Arşimet'le ilgili çalışmasından ulaşabilirsiniz. Geometrik ispatında kullandığı yöntem, Arşimet'in en sevdiği teoremlerden birisine dayanıyor ve günümüzde gerçel analiz derslerinde bir şeyin sıfır olduğunu ispatlamakta da kullanılır. Birazdan değineceğiz buna ama biz işe parabol/Arşimet üçgenini tanımlamakla başlayalım.

Tanım: Tabanı parabole çekilen bir kirişten, tepe noktası ise kirişin orta noktasından parabolün simetri eksenine paralel çizilen doğru ile parabolün kesişiminden oluşan üçgene Arşimet üçgeni denir.

Şekilde $PQR$ üçgeni bir parabol üçgenidir. Bu üçgen bizim daha önce yerölçüsünde çizimini tarif etmediğimiz bir şey içermiyor. Hatırlatmak için vurgulayalım. Tanım gereği $x_{P} = x_{V} = (x_{Q}+x_{R})/2$ olur ve dahası parabolün denklemi için de daha önce izah ettiğimiz gerekçelerden ötürü $y = x^{2}$ eşitliğini kullanmak yeterlidir. Temel vektör analizi ile Arşimet üçgeninin alanını hesaplayabiliriz. \begin{eqnarray}\nonumber {\bf u} &:=& (x_{P}-x_{V},y_{P}-y_{V}) = (0,-\tfrac{1}{4}(x_{Q}-x_{R})^{2})\\ \nonumber {\bf v} &:=& (x_{Q}-x_{V},y_{Q}-y_{V}) = (\tfrac{1}{2}(x_{Q}-x_{R}),\tfrac{1}{2}(x_{Q}^{2}-x_{R}^{2})) \end{eqnarray} Şimdi $S(\Delta PQR)=S(\Delta PQV) + S(\Delta PVR) = 2S(\Delta PQV) = |{\bf u} \times {\bf v}|$ olduğundan bu alan kolaylıkla hesaplanılır. Sonuç \begin{equation*} S(\Delta PQR) = \frac{1}{8}|x_{Q}-x_{R}|^{3} =: \sigma. \end{equation*}

Arşimet üçgeninin alanı ummadığımız derecede kolay bir formülle veriliyor. Bilmemiz gereken tek şey kirişin uç noktalarının $x$ koordinatları. Şekildeki tek Arşimet üçgeni $\triangle PQR$ değil. $PQ$ kirişi de parabolden bir dilim kesiyor ve $\triangle PP_{l}Q$ da bir Arşimet üçgeni. Alanı ise bir önceki paragrafta yaptığımız analize dayanarak \begin{equation*} S(\Delta PP_{l}Q) = \frac{1}{8} |x_{Q}-x_{P}|^{3} = \frac{1}{64} |x_{Q}-x_{R}|^{3} = \frac{1}{8} S(\Delta PQR) = \frac{1}{8} \sigma \end{equation*} ile veriliyor. Okur kolayca $S(\triangle PP_{r}R)=S(\triangle PP_{l}Q)$ olduğunu gösterebilir. Bulgularımızı aşağıdaki teoremde toparlayalım.

Teorem: Alanı $\sigma$ olan bir Arşimet üçgeninin tabandan farklı iki kenarı üzerinde alanları birbirine eşit ve toplamda $\sigma/4$ olan iki Arşimet üçgeni daha kurulabilir.

Bizi bu aşamada durduran hiç bir şey yok. Parabol diliminin içini Arşimet üçgenleriyle dolduracağız ve hepsinin toplam alanını hesaplayacağız. Bu işi çok fazla yaparsak, o zaman parabol diliminin alanına bir alt sınır da kestirmiş oluruz. Şimdi $QP_{l}$, $P_{l}P$, $PP_{r}$ ve $P_{r}R$ kirişlerinin üstüne de Arşimet üçgenleri kuralım. Bu işi $n$ defa yinelediğimizde her seviyede $2^{n-1}$ tane Arşimet üçgeni kurulacak ve bu üçgenlerin toplam alanı \begin{equation*} \left( 1+\frac{1}{4}+ \cdots + \frac{1}{4^{n-1}} \right) \sigma = \frac{1-\frac{1}{4^{n}}}{1-\frac{1}{4}} \sigma = \frac{4}{3} \left( 1 - \frac{1}{4^{n}} \right) \sigma \end{equation*} olacaktır. Parabol diliminin alanına $K$ dersek, her $n>0$ için \begin{equation*} K > \frac{4}{3}\sigma - \frac{1}{3\cdot 4^{n-1}} \sigma \end{equation*} olur. $n$ büyüdükçe parabol diliminin alanına daha da yaklaşmasını umduğumuz bir alt limit kestirdik. Ama bir de üst limit bulmadan $K = 4 \sigma /3$ denkliğinden kesin emin olamayız.

Arşimet'in $\pi$ sayısını kestirirken kullandığı yönteme başvuracağız ve parabol dilimini alanını bildiğimiz bir başka şekille çerçeveleyeceğiz. Öncelikle $ABRQ$ paralelkenarını ele alalım. Bu şeklin geniş kenarı $QR$ kirişine, düşey kenarı ise $PV$ doğru parçasına paralel kurulmuştur. Literatürde böyle bir tabir yok, ama bir Arşimet üçgenini kapsayacak şekilde kurulan paralelkenara da Arşimet paralelkenarı diyebiliriz pekala. Şimdi $S(ABRQ) = 2 \sigma > K$ olduğu barizdir. Genelde Arşimet paralelkenarının alanca Arşimet üçgeninin iki katı olduğunu söyleyebiliriz. $2\sigma > K$ keskin bir üst limit değil. O zaman $PP_{l}Q$ ve $PP_{r}R$ üçgenlerinin üzerine de Arşimet paralelkenarları kuralım. $S(CPQD) = S(CPRE) = \sigma /4$ olduğu barizdir. Parabol diliminin alanına getirdiğimiz yeni üst limit de $\sigma + \sigma/2 > K$ şeklinde ifade edilebilir. Bu işi $n$ defa yinelediğimizde parabol diliminin alanına bir üst limit kestirmiş oluyoruz. \begin{equation*} \left(1 + \frac{1}{4} + \cdots + \frac{1}{4^{n-2}} \right)\sigma + 2\frac{\sigma}{8^{n-1}}2^{n-1} > K \end{equation*} Geometrik terimlerin toplamıyla ilgili cebirsel ifadeler kullanıldığında bulduğumuz üst limitin \begin{equation*} \frac{4}{3}\sigma + \frac{2}{3\cdot 4^{n-1}}\sigma > K \end{equation*} olduğu görülür. Daha önce bulduğumuz alt limitle bu üst limiti birleştirelim. \begin{equation*} \frac{4}{3}\sigma + \frac{2}{3\cdot 4^{n-1}}\sigma > K > \frac{4}{3}\sigma - \frac{1}{3\cdot 4^{n-1}} \sigma > \frac{4}{3}\sigma - \frac{2}{3\cdot 4^{n-1}} \sigma \end{equation*} Mutlak değer tanımını kullandığımızda aşağıdaki eşitsizliği kanıtlamış oluyoruz. \begin{equation*} \left| K - \frac{4}{3}\sigma \right| < \frac{2}{3\cdot 4^{n-1}}\sigma \end{equation*}

İspatımızı bitirmek için Arşimet'in en sevdiği lemmaya başvuralım. Arşimet bu özelliği alan hesaplarında ve $\pi$ sayısının kestirilmesinde kullanmıştır.

Lemma: Her $\epsilon > 0$ için $|x| < \epsilon$ ise, o zaman $x=0$ olur.
İspat: $x \ne 0$ olsun ve $|x| = \xi > 0$ diyelim. $0 < \epsilon = \xi/2$ seçilsin. $|x| > \epsilon$ olacağı barizdir. Ama bu teoremin hipoteziyle çelişir. QED

Gerçel analiz literatüründen aldığımız bu lemma uyarınca parabol diliminin alanının tam olarak $4 \sigma /3$ olduğu kanıtlanmıştır.

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.