Allahsız AYT böyle soru mu olur, dedim

Soru: Düşey kesiti şekildeki gibi olan kapta $2h$ yüksekliğinde su vardır. Özdeş $K$ ve $L$ muslukları aynı anda açılıyor. Kaptaki suyun tamamı boşalıncaya kadar $K$ musluğundan akan suyun kütlesi $m$ olduğuna göre, $L$ musluğundan akan suyun kütlesi için ne söylenebilir?

A. $m$ ile $2m$ arasında
B. $2m$
C. $2m$ ile $3m$ arasında
D. $3m$
E. $3m$'den fazla

---

Çözüm: Bu soruyu bir AYT hazırlık kitabında gördüm ve yerölçüsü blogu için genişleterek çözmenin epey aydınlatıcı olacağını düşündüm. Soruyu çözerken takip edilecek brüt kuvvet stratejisi önce $K$ ve $L$ vanalarından tahliye edilen su miktarlarını hesaplayıp daha sonra bunları oranlayarak bir mukayese yapmayı önerir. Benim de aklıma ilk gelen strateji buydu ve çözümde karşıma çıkan integral denklem vb üniversite düzeyi analiz yaklaşımlarından dolayı hem kendimden şüpheye düştüm hem de postanın başlığında olduğu gibi tepki verdim.

Soruda belirtilmemiş -ki genelde soru bankası tipi kitaplarda problemi belirsizliklere mahal vermeyecek derecede anlamamızı temin eden böyle sıkıcı ayrıntılar hep ihmal edilir- ama bizden bazı varsayımlarda bulunmamız bekleniyor. Örneğin suyun sıkıştırılamayacağını, tahliye vanalarındaki su akış hızının vanadaki su basıncıyla doğru orantılı olduğunu varsayacağız. Dahası vanalar özdeş olduğu için su basıncıyla vanadan su akış hızı arasındaki orantı sabitinin her iki vanada aynı olduğunu kabul edeceğiz.

Şekle referansla $t$ anında tanktaki su seviyesi $2h-x(t)$ olsun. $x(0)=0$ başlangıç şartıyla yapacağımız analiz $0 \leq x \leq h$ için geçerlidir. Bu süre zarfında $K$ vanasından tahliye edilen su kütlesi $m_{K}(t)$, $L$ vanasından tahliye edilen su kütlesi ise $m_{L}(t)$ fonksiyonlarıyla verilsin. Bu fonksiyonlar için de bariz olan başlangıç şartı $m_{K}(0)=m_{L}(0)=0$ olur. $K$ vanasından su akışının durduğu ana $t_{K}$ diyelim. O zaman barizdir ki $x(t_{K})=h$ olur. Nihayet vanalardan kütle/zaman boyutundaki akış hızıyla vanadaki su basıncı arasındaki orantı sabitine $\alpha$ diyelim.

Yukarıdaki tanımlar ve hidrolik basınç formülü kullanıldığında vanalardaki su akış hızları aşağıdaki gibi olur. \begin{equation*} v_{K}(t) := \alpha \rho g (h - x(t)) \ \ \ {\rm ve} \ \ \ v_{L}(t) := \alpha \rho g (2h - x(t)) \end{equation*} Burada $\rho$ suyun yoğunluğunu, $g$ ise yerçekimi ivmesini temsil etmektedir. Yine tanımları kullanarak $t$ anında vanalardan tahliye edilen toplam su miktarı için \begin{eqnarray} \nonumber m_{T}(t) &:=& m_{K}(t) + m_{L}(t) \\ \nonumber &=& \int\limits_{0}^{t}v_{K}(s)ds + \int\limits_{0}^{t}v_{L}(s)ds \\ \nonumber &=& \alpha \rho g \int\limits_{0}^{t} (3h - 2x(s)) ds \end{eqnarray} yazabiliriz. $t=0$ anında tanktaki toplam su kütlesi $M$ olsun. O zaman yine şekle referansla \begin{equation*} m_{T}(t) = M \frac{x(t)}{2h} \end{equation*} olur. Elde ettiğimiz son iki denklem aynı niceliği tanımlıyor. Bunları birbirine eşitleyip yeniden düzenlediğimizde, çözüldüğünde $x(t)$ fonksiyonunu veren bir integral denklemi çıkmaktadır. \begin{equation*} x(t) = \frac{2\alpha \rho g h}{M} \int \limits_{0}^{t} (3h - 2x(s)) ds \end{equation*} Bu integral denklem soruyu çözerken bir yerlerde strateji hatası yaptığımızı ve başa dönüp başka bir kurguyla soruya yaklaşmamız gerektiğinin belirtisidir aslında...

Daha genel integral denklemlerini çözmeyi pek bilmiyorum ama neyse ki bu en basitlerinden. Her iki tarafın zamana göre türevini aldıktan sonra bir tam diferansiyel elde etmeye çalışalım. \begin{equation*} \frac{dx(t)}{dt} = \frac{4\alpha \rho g h}{M} \left( \frac{3h}{2} - x(t) \right) \ \Rightarrow \ \frac{1}{\frac{3h}{2} - x(t)} \frac{dx(t)}{dt} = \frac{4\alpha \rho g h}{M} \ \Rightarrow \ \frac{d}{dt} \log \left( \frac{3h}{2} - x(t) \right) = - \frac{4\alpha \rho g h}{M} \end{equation*} Burada $\log x := \int_{1}^{x} \tfrac{dy}{y}$ olduğunu hatırlatalım. Elde ettiğimiz toplam diferansiyelin $(0,t)$ aralığında integralini alır ve $x(0)=0$ başlangıç şartını kullanırsak aşağıdaki ara sonuç elde edilir. \begin{equation*} \log \frac{\tfrac{3h}{2}-x(t)}{\tfrac{3h}{2}} = -\frac{4\alpha \rho g h}{M} t \end{equation*} Bu aşamada $x(t_{K}) = h$ tanımını kullanarak $K$ vanasının aktif olduğu süreyi kolayca hesaplayabiliriz. \begin{equation*} t_{K} = \frac{\log 3}{4} \frac{M}{\alpha \rho g h} \end{equation*} Yine ara sonuçta her iki tarafın üstelini alarak $x(t)$ fonksiyonunun çözümünü tamamlayabiliriz. \begin{equation*} \boxed{ x(t) = \frac{3h}{2} \left\{ 1 - \exp \left( - \frac{4 \alpha \rho g h}{M} t \right) \right\} } \end{equation*}

Sorunun zor kısmı bitti ama işlem hammaliyesi olan kısmlar hala devam ediyor. Tanım gereği \begin{equation*} m := m_{K}(t_{K}) = \int\limits_{0}^{t_{K}} v_{K}(t)dt = \alpha \rho g \int\limits_{0}^{t_{K}} (h-x(t))dt \end{equation*} olur. Sevgili ziyaretçi, çorbada senin de tuzunun bulunması için, kutu içinde $x(t)$ için türettiğimiz formülü bu integralde yerine koymanı, integrali almanı ve işlem hatası yapmadan bir alıştırma olarak aşağıdaki sonuca ulaşmanı bekliyorum. \begin{equation*} m = \frac{2 - \log 3}{8} M \end{equation*} $L$ vanasından tahliye olan toplam su kütlesi barizdir ki $M-m$ ya da $\tfrac{6+\log 3}{8} M$ kadardır. O zaman aradığımız oran \begin{equation*} \frac{M-m}{m} = \frac{6 + \log 3}{2 - \log 3} \approx 7,875204 \end{equation*} olur. Cevap gönül rahatlığıyla E :-)

Ödev: $\alpha$ sabitinin SI sisteminde birimi nedir?

Yorum: AYT soru bankasını hazırlayan problem çıkarıcıların aklındaki çözüm muhtemelen bu değildi... Zannımca onlar şöyle düşünmemizi bekiyorlardı. Tankın alt yarısı, yani $M/2$ kadar kütle, kesinlikle $L$ vanasınca tahliye edilecektir. O zaman tankın üst yarısının tahliyesi esnasında $L$ vanasındaki basınç daima $K$ vanasındaki basınçtan büyük kaldığı için, tankın üst yarısının boşlatılması esnasında $L$ vanası $K$ vanasından daha fazla su tahliye edecektir. Diğer bir deyişle $K$ vanası su tahliye işinde üst yarının yarısından da az su boşaltacaktır. O zaman $m < \tfrac{M}{4}$ ve $M-m > \tfrac{3M}{4} > 3m$ olur. Ama işte bu çözüm ilk bakışta benim aklıma gelmedi!

Öyleyse böyle ama işte öyle olmadığı için böyle de değil

Bu posta bir teoremin hipotez kısmını kontrol etmenin veya tümevarımın ilk basamağındaki genellikle çok basit ispatı yapmanın önemini hatırlatmak için yazdırılıyor. Kim mi yazdırıyor? Tecrübe. Bir problemle uzunca bir süre uğraşıp daha sonra gerçek olamayacak kadar güzel sonuçlara ulaştığımda nerede hata yaptığımı ararken bu basit basamağı atlayıp hayıflanmam bana bu postayı yazdırıyor.

$i \in \{1,\ldots,n\}$ ve $\kappa_{i} > 0$ olmak üzere \begin{equation*} D_{n}(x) := x^{n} + \kappa_{1}x^{n-1} + \kappa_{1}\kappa_{2}x^{n-2} + \cdots + (\kappa_{1}\kappa_{2} \cdots \kappa_{n}) \end{equation*} polinom dizisini tanımlayalım. Analitik kimya çalışanlar bu polinom dizisini bir yerlerden mutlaka hatırlayacaktır ama konunun kimyasal yönünün burada hiç önemi yok. Tanım gereği $x\geq 0$ ise o zaman $D_{n}(x) > 0$ olması gerektiğini gözleyiniz. Zira polinomun bütün katsayıları pozitif. Dolayısıyla $D_{n}$ polinomlarının gerçel kökleri aranacaksa bu kökler negatif olmalıdır.

Basit bir cebirsel manupulasyon ile $D_{n}$ dizisi için aşağıdaki yineleme bağıntısını kolayca elde edebiliriz. \begin{equation*} D_{n}(x) = xD_{n-1}(x) + (\kappa_{1}\kappa_{2} \cdots \kappa_{n}) \end{equation*} Sturm kök yerleştirme (root interlacing) teoremine aşina olanlar bu denklemi kullanarak ve $D_{n}-\kappa_{n}D_{n-1}$ ifadesini yeniden düzenleyerek aşağıdaki üç terimli yineleme bağıntısını da elde edebilirler. \begin{equation*} D_{n}(x) = (x+\kappa_{n})D_{n-1}(x) - \kappa_{n}xD_{n-2}(x) \end{equation*}

Şimdi aşağıdaki zımba gibi teoremi bu üç terimli yineleme bağıntısını kullanarak ispatlayabiliriz.

Önerme: Herhangi bir $j>0$ için $D_{j}(0)=0$ ise o zaman her $n>j$ için $D_{n}(0)=0$ olur.

Teoremin ispatında üç terimli yineleme bağıntısını $n=j+1$ için kullanalım. $D_{j+1}(0) = \kappa_{j+1}D_{j}(0) = 0$. Dolayısıyla tümevarım basamağı çalışıyor. Ancak teoremin hipotez kısmındaki şartı sağlayan bir $j$ yok zira her $j>0$ için $D_{j}(0)=\kappa_{1}\cdots \kappa_{j}>0$ olmaktadır.

Üzüntü ve muz kabuğu! Teoremimizin uygulanabileceği polinomlar boş küme oluşturuyor. Tümevarımın o ilk ve basit basamağı önemli. İhmal etmeyelim...

İkizkenar üçgen içinde alınan rasgele bir noktanın asimetrik köşeye yakın olma ihtimali

Bu postanın başlığındaki soruyu sosyal medyada gördüm ve çözümünü yaptıktan sonra muhtelif varyasyonlarını da kendim geliştirdim. Çözüm en temel düzeyde trigonometrik formülleri kullanmaktan başka bir şey gerektirmiyor ama ihtimaliyat ile trigonometriyi birleştirerek bir sentez yapmak.. sorunun cazibesi burada. Öncelikle soruyu kabule şayan bir dille ifade edelim ve ardından çözümünü verelim.

Tepe açısı $\tfrac{\pi}{3}$ radyandan küçük bir $ABC$ ikizkenar üçgeninde taban uzunluğu $a=|BC|$, ikiz kenarların uzunluğu ise $b=|AB|=|AC|$ olsun. Bu üçgen içinde rasgele bir $Q$ noktası alalım. $|QA| < |QC|$ ihtimali nedir? Diğer bir deyişle $Q$ noktasının $A$'ya $C$'den daha yakın olma ihtimalini hesaplayınız.

Şekile bakalım ve bariz bir gözlemde bulunalım: $AC$ doğru parçasını tam ortadan ikiye bölen dikme $DE$ üzerinde alınan tüm noktalar $A$ ve $C$ köşelerine eşit uzaklıktadır. (Tepe açısı $\tfrac{\pi}{3}$ radyandan küçük olduğundan $D$ noktasının $AB$ üzerinde olduğunu söyleyebiliriz.) Buradan yola çıkarak $DE$ doğrusunun kuzeyinde yer alan tüm noktaların $A$ noktasına $C$'den daha yakın olacağını söyleyebiliriz. O zaman $ADE$ üçgeninde yer alan tüm noktalar $A$ noktasına $C$ noktasından daha yakındır. Rasgele aldığımız bir noktanın $ADE$ üçgeni içinde olması peşinde olduğumuz eşitsizliği peşinen sağlar.

Bu noktada pek söylenmeyen bir varsayımdan bahsedeceğiz. Fizik literatüründe equal a priori hypothesis olarak bir varsayıma göre bir sistemin tanım kümesinde yer alan tüm durumları seçme ihtimalimiz eşittir. Ancak bu varsayıma tabi olduğumuz takdirde elimizdeki problemi çözebiliriz. Aksi takdirde problemi çözmek için yeterli veri yoktur ve soruyu hazırlayanların bize üçgen üzerindeki noktaları seçme ihtimaline dair bir ihtimal yoğunluğu vermesi gerekir. Örneğin nokta seçme işini güneyden kuzeye esen bir rüzgarlı havada yukarıdan bir mürekkep damlatmak suretiyle yapabiliriz. Bu $ADE$ üçgeni içinde nokta seçmeyi daha muhtemel kılar. Bu tip durumları dışlıyoruz...

Üçgen içindeki tüm noktaları eşit ihtimalle seçtiğimizi kabullendiğimiz zaman aradığımız ihtimal $ADE$ üçgeniyle $ABC$ üçgeninin alanlarının oranlarından ibarettir. (Neden?) Üçgenin tepe açısına $\alpha$ diyelim. Sinus teoremini uygulayarak çözümü verebiliriz. \begin{equation} p = \frac{S(\triangle ADE)}{S(\triangle ABC)} = \frac{\tfrac{1}{2} |AD||AE| \sin \alpha}{ \tfrac{1}{2}|AB||AC| \sin \alpha} = \frac{|AD||AE|}{|AB||AC|} = \frac{\tfrac{b}{2\cos \alpha} \tfrac{b}{2}}{b^{2}} = \frac{1}{4 \cos \alpha} \end{equation} Bu aşamada $\kappa := a/b$ oranını tanımlayalım. Ama cosinus teoremine göre $a^{2} = 2b^{2}-2b^{2}\cos \alpha$ ya da $\cos \alpha = 1 - \kappa^{2}/2$ olduğundan aradığımız ihtimal \begin{equation} \boxed{p = \frac{1}{4-2\kappa^{2}}} \end{equation} olur.

Ödev

Güzel bir soru gördüğümüzde onu genelleştirmek ve varyasyonları üzerinde uğraşmak en doğal tepkimizdir. İşte size uğraşın diye iki örnek:

1. Aynı soruyu tepe açısının $\tfrac{\pi}{3}$ radyandan büyük olduğu durum için çözünüz.
2. Rasgele seçtiğimiz $Q$ noktasının $A$ noktasına $B$ ya da $C$ noktalarından daha yakın olma ihtimalini tepe açısının her iki durumu için de inceleyiniz.