....


Sik kullanilanlara ekle Meraklılarına Matematik - Blogcu
Meraklılarına Matematik

Tanım

Matematik,...


Bağlantılarım

* Ana Sayfa
* Profilim
* Arşiv
* Arkadaşlarım
* Bilim Ve Teknik Dergisi
* Matematik Dünyası Dergisi
* Matematik Siteleri-1
* Bilim Siteleri-1
* Bilim Siteleri-2
* Matematik Aşkı :))

Kategoriler

  • Makalelerim
  • Matematik Panomuz Dergisi
  • Olimpiyatlar
  • Yazar Kadromuz

    		•

    Malfatti Çemberleri

                                                  Popüler Matematik, 2007

    Geometri

    İhsan YÜCEL

    İhsan_einstein@yahoo.com

    Malfatti Çemberleri ve ...

     

    M

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

    alfatti Çemberlerini türkçe literatüre ilk defa  Matematik Dünyası Dergisi’nde(1993/syf-6) ele alarak okuyucuların huzuruna sunan  Prof.Dr.Cem Tezer’in 1993 yılındaki yazısının başlangıcında sunduğu problemle yazımıza başlayalım:

     

    ‘’Herhangi bir maddeden, mesela, mermerden yapılmış bir üçgen dik prizmadan en az malzeme ziyan olacak şekilde üç dairesel dik silindir nasıl çıkarılır?’’

     

    Elbette ki bu üç boyutlu sunuş aslında gereksizdir. Örneğin prizma yerine, onun eksenine dik bir düzlem üzerine dik izdüşümü olan üçgen, silindir yerine de gene aynı şekilde elde edilmiş bir çember alınabilir. O zaman problem, verilen bir üçgen içine alanları toplamı en büyük olacak şekilde birbirinin ‘üzerine çıkmayan’ üç çemberin nasıl yerleştirileceği problemidir.

     


    Malfatti’nin 200 yıllık sorusunu kısaca:

     

    ‘’Herhangi bir üçgenin içine her çember diğer iki çembere dıştan teğet ve her biri üçgenin ilgili iki kenarına içten teğet olan üç çemberi Euclides Geometrisi ile (yalnız pergel ve cetvel kullanarak ) çiziniz.’’ olarak anlatabiliriz.

     

     



    Aslında bu problem birçok matematikçi tarafından çözüldü.(?)

    Sonra 1930’da şu gösterildi; bir eşkenar üçgende eğer kolonlardan biri iç daire(incircle) ve diğerleri teğet iki daha küçük daire olarak seçilirse, toplam daire alanında sağlanan artış çok az(üçgen alanının %1’i) olsa bile, daha az mermer israf edilmektedir.

    Otuzbeş yıl sonra (matematikçiler bazen çok yavaştır) Howard Eves ince uzun üçgenlerde şu çözümün en iyisi olduğunu bildirdi:

    Nihayet 1967’de Michael Goldberg, bulunan ilk çözümün en iyi çözüm olmadığını kanıtladı: dairelerin alternatif dizilişlerinin birinde alan maksimum olmaktadır.

    [Referans: C. Stanley Ogilvy, Ezcursions in Geometry, Oxford University Press, New York, 1969.]

     

    201 yıllık problemi bir Türk çözdü!

    Evet yanlış okumadınız! 2003 senesinde  hem görsel hem de yazılı basında büyük yankı uyandıran  İtalyan matematikçi Gianfrancesco Malfatti’nin 1803 tarihli matematik problemini 201 yıl sonra Türkiye’den bir matematik öğretmeni çözdü. Emekli matematik öğretmeni Mustafa Töngemen’in 7 yıl uğraşarak bulduğu yanıtı TÜBİTAK onayladı.

     

    İtalyan matematikçi Malfatti’nin 201 yıllık problemi üç çemberi bir üçgen içine içten teğet olarak yerleştirmeyi amaçlıyor. Probleme çözüm arayan matematik öğretmeni Mustafa Töngemen, 7 yıldan beri problemi çözmek için çalışıyordu. Çözüm için her gün 2 saat uğraşan Töngemen, geçen yıl soruyu çözmeyi başardı. Töngemen, çözümünün uluslararası kurumlar tarafından onaylamasını bekliyor.

    Kendisinin yine 2003 senesinde NTV’ye yaptığı açıklama ise şöyleydi:

    “1993’te üç çember için 6 çember kullandım, 6 çemberi 9’a çıkardım. Uğraştım olmadı, sonra köşede bir çember çizdim. Bu çemberden yola çıkarak işlem yaptım ve o çember bana çözümü getirdi. Bir ağustos cuma günü yazlıktaki balkonda, saat 19.40’da kalemi elimden attım, ‘çözdüm’ diye bağırdım.”

     

    TÜBİTAK ÇÖZÜMÜ ONAYLADI
    Bulduğu çözümün doğruluğunu onaylatmak için Töngemen bazı üniversitelerle temaslara geçti. Mektup yazdığı Cumhurbaşkanlığı Töngemen’i TÜBİTAK’a yönlendirdi. TÜBİTAK şimdilik çözümü onayladı.
    TÜBİTAK’ın onayladığı çözüm:
    a) ABC üçgeninin iç açıortaylarının kesim noktası O1,
    b) OBC, OAC ve OAB üçgenlerinin iç açıortaylarının kesim noktaları sırasıyla O1, O2 ve O3,
    c) [O1O2 ]’nin orta dikmesi ile C noktasından [CO]’ya çizilen dikmenin kesim noktası Ç olsun.
    d) [ÇO2Ç[AO] = {M1 }. M1 noktası [AB] ve [AC]’ye teğet olan Malfatti Çemberi’nin merkezidir. (Ayrıca [ÇO1Ç[BO] = {M2}. M2 noktası [BA] ve [BC]’ye teğet olan Malfatti Çemberi’nin merkezidir. Bu merkezi (g)’de açıklandığı biçimde de bulunuyor.)
    e) [O2Y]^[AC] ve [O3 Z]^[AB] çiz.
    f) M1 merkezli Malfatti Çemberini çiz. Bu çember üzerinde |YF|=|YH| ve |ZG|=|ZX| olacak şekilde F ve G noktaları bulunur.
    g) [ M1GÇ[BO]={M2} ve [M1FÇ[CO]={M3} olmak üzere M2 ve M3 merkezli Malfatti Çemberi çizilir.
    Bu çözüm çeşitkenar, ikizkenar ve eşkenar olmak üzere bütün üçgenler için doğrudur.

     

    Son durum...

    Aslında Mustafa Töngemen Hoca 7 yıl belirli periyodlarla soruya kafa yorup çözmüş olsa da 4 yılı aşkın bir zamandır bu çözümü onaylatmak için uğraş veren hocamızı İTALYA' dan aramışlar ve Malfatti'yi anma töreninin de bulunması için bir teklif sunmuşlar!..

    Bu güzel haberin müjdesini vermek bana nasip olduğu için ayrıca gurur duyduğumu da bilesiniz.J (kendisiyle telefonda görüştüm. Tarih: 03.07.2007;Saat:18.53)

    Bu haberin ayrıntılarını L’adige gazetesinde bulabilirsiniz.

    ‘’...Fra i tanti, ci si è provato ultimamente anche un insegnante di matematica turco, che ci ha lavorato alcuni anni: Mustafà Töngemen. Venuto casualmente a conoscenza del tema, lo ha affrontato con le armi classiche dello studioso di geometria: ...’’ haberin ayrıntılarını

    http://www.trentinocultura.net/orizzonti/notizie/Anno-2007/malfatti.doc_cvt.asp linkinden de öğrenebilirsiniz.[Bunun için italyancanızın olması gerek şart...]

    *   *   *

    Ne diyelim darısı diğer matematik öğretmenlerimize(genç)...

     

     

     

    Kaynaklar:

     

    [1] http://www.geomania.org/forum/Default.aspx?g=posts&t=66

    [2] http://www.nokta2000.com/mustafatongemen.asp

    [3] http://www.ntvmsnbc.com/news/270762.asp

    [4] Well, David,’’Geometrinin Gizli Dünyası’’,Çeviren:Selçuk Alsan,Doruk Yayınları, syf.213.

    [5] Matematik Dünyası Cilt 3, Sayı 1 (1993) 6-10


    Tarih: 22:28, 29/7/2007     		Yorum (0) | Yorum yaz | Bağlantı

    Solucan Diğer Uca Varabilir mi?

    Solucan Diğer Uca Varabilir mi?

    İhsan Yücel[1]/Kerem Altun[2]

     ihsan_einstein@yahoo.com/kerem.altun@gmail.com

     

     


    1

     kilometre uzunluğunda bir ipimiz olduğunu düşünelim ve ipin ucunda da çok çok küçük bir solucan olduğunu varsayalım. Solucan ip üzerinde saniyede 1 cm.lik sabit hızla öbür uca doğru ilerliyor. İp ise her saniye sonunda bir lastik bant gibi gerilerek 1 kilometre uzuyor (ilk saniye sonunda 2 km., ikinci saniye sonunda 3km., …, n’inci saniyede n+1 uzunlukta oluyor) fakat örneğin solucan yari yoldaysa önündeki mesafe 500 m artıyor

     Bu durumda solucan (ömrü yeterse!) ipin öbür ucuna varabilir mi? Varabilirse neden ve ne kadar zamanda varabilir?
    Solucanın sonsuza kadar ipin sonunu bulmak için gideceğini düşünürsek sonsuz sürede sonsuz yol alabilir ve ip ne kadar uzarsa uzasın sonunda ipin sonuna ulaşır diyebilirsiniz fakat ipin ucu gittikçe uzaklaşıyor. Solucanın en son noktaya varabileceği pek garanti değil. Sonsuz yol gidecek olması bir şey ifade etmiyor. Çünkü ipin ucu da sonsuz km uzaklaşmış olur.

    Bir ipucu:Her saniye sonunda solucanın ipin kaçta kaçlık bölümünü ardında bıraktığını hesaplayın.

    Şimdi ipucundan yola çıkarak matematiksel dile aktarmaya çalışalım.

    Önce soruyu iyice anlamalıyız. Her adımdan sonra ip uzuyor, ama ipin her tarafı uzuyor. Yani solucanın kat etmiş olduğu mesafe de kat etmediği mesafeyle aynı oranda uzuyor. O yüzden eğer solucan ipin ‘a’ oranında bir kısmını kat ettiyse, ip uzasa da bu oran sabit kalıyor.
    Şimdi solucanın her adımda ipin kaçta kaçını kat ettiğini hesaplayalım. 1. adim aşikar, ip 100000cm, solucan 1 cm gitmiş, yani 1/100000. İkinci adim ip 200000cm oldu solucan hala 1 cm gidiyor, yani 1/200000. 3. adim 1/300000 ve k. adım da 1/(kx100000) olur. Şimdi 1/100000'e ‘s’ dersek k. adımdan sonra solucanın kat ettiği toplam mesafe:

    k sonsuza giderken bu seri ıraksak olduğu için sonlu bir k için 1’i geçer ve solucan ipin 1/1’ini yani hepsini yürümüş olur. Şimdide olayı analiz boyutunda ele alarak ikinci sorduğumuz sorunun yanıtını aramaya çalışalım. (Ne kadar zamanda varabilir?)
         L uzunluğunda türdeş bir ipimiz olsun. Yani seçilen her iki nokta için, arada kalan ip parçasının yoğunluğu sabit olsun. Bunun üzerine bir koordinat sistemi yerleştirelim (örneğin x), soldaki ucunu sabitleyip (x = 0 olsun bu) sağ ucundan çekmeye başlayalım. Diyelim uzunluğu L' olana kadar uzattık. Bu durumda x = 0 hariç her noktanın yeri değişir. İpin üzerindeki bir x noktasının yeni koordinatı x' olsun. Yoğunluk değişti tabii. Ama türdeşlik özelliği devam edecekse, x'/x=L'/L olmalıdır. Şöyle de diyebiliriz: ipin üzerindeki her x için, uzama miktarının x'e oranı bir sabittir. Bunu aklımızda tutalım. Şimdi soruya dönelim. İpi yine x = 0 noktasından sabitleyip diğer ucundan çekmeye başlayacağız. Olay t = 0 anında başlasın. Yani hem ipi çekmeye başlayacağız, hem de solucan ipin sabit olmayan ucundan sabit ucuna doğru harekete geçecek. İpi sabit hızla çekeceğiz (1 km/s). Yani ipin uzunluğu u ise, du/dt =1 km/s olacak. Bu durumda u(0)=1 olduğunu da düşünürsek, u(t) = 1 + t olur. Bu aynı zamanda herhangi bir t anında ipin sağ ucunun koordinatını da verir. Bu t anında ipin herhangi bir x noktasını düşünelim. Dt kadar bir zaman daha geçsin. Bu x noktasının yeni koordinati x + Dx olur. Yani uzama miktarı Dx kadar. İpin sağ uç noktasının koordinati da 1 + t + Dt olur. Yani uzama miktarı Dt kadar. Yukarıdaki eşitlik sağlanmalı. Yani Dt/(1 + t) = Dx/x olmalıdır. Şimdi Dt --> 0 için, dx/dt = x/(1+t) oldu. Yani ipin üzerindeki bir x noktasının t anındaki hızını bulduk. Solucanımız da yürümeye devam ediyor tabii. Onun bulunduğu noktaya s diyelim. Solucan tam s'nin üzerindeyken, hızı s/(1+t)-0.00001'dir(İpin üzerinde kaymıyorsa). Yani,

    ds/dt = s/(1+t)-0.00001 olmalıdır. Yanıtı vereyim, (denkleme koyup deneyebilir isteyen).

    s(t) = (1+t)(1-0.00001ln(1+t)) ifadesi bu denklemin s(0) = 1 koşulunu sağlayan tek çözümüdür.


    [1] Amasya Üniversitesi ilköğretim mat.öğrt.4.sınıf öğrencisi

    [2] Bilkent Üniversitesi Elektrik-Elektronik Müh. öğrencisi


    Tarih: 22:27, 29/7/2007     		Yorum (0) | Yorum yaz | Bağlantı

    Bukalemunlar

    Popüler Matematik:

     

    Bukalemunlar...

     

    İhsan YÜCEL[1], ihsan_einstein@yahoo.com

     

    " Bir matematik problemine dalıp gitmekten daha büyük mutluluk yoktur."

    C.Morley

     

    MD

    -2004-IV sayısının 107’inci sayfasında Eureka köşesinde ‘Bukalemunlar’ başlığı altında bir soru sorulmuştu. Dört dörtlük bir mantık ve düşünme egzersizi olan bu sorunun MD 2005-I’ deki çözümün kısa olarak verilmesinin, sorunun orijinalliğini gölgelediği için tekrardan ele alarak biraz daha derinlemesine incelemeye çalışacağız. Yazımızın sonunda ‘Bu bir süper problemdir’ cümlesinin manasını çıkartacağınızı düşünüyorum. Şimdi sorumuzu tekrar anımsayalım:☺  

              Bir adaya 45 bukalemun götürülüyor. Bunlardan on yedisi kahverengi, on beşi yeşil ve on üçü sarı. Bukalemunlar adada serbest dolaşıyor ve arada bir birbirlerine rastlıyorlar. Her karşılaşmada sadece iki bukalemun bulunuyor. Farklı renkten iki bukalemun karşılaşınca, ikisi de renk değiştirip üçüncü rengi alıyorlar. Mesela, sarı ve kahverengi iki bukalemun karşılaşınca, ikisi de birdenbire yeşil oluveriyor. Aynı renkte iki bukalemun buluşursa hiçbir değişiklik olmuyor. Bir süre sonra adadaki bütün bukalemunların aynı renkte olması mümkün mü?2

              Hayır, bu olanaksızdır. Çözüm yoktur, yani bütün bukalemunlar aynı rengi alamaz. Önce şunu anlayalım: Başlangıç durumu 13, 15, 17 iken, farklı renklerden bukalemunların her karşılaşmasında bu üç sayıdan ikisi 1 azalacak, birisi 2 artacaktır(örneğin, 13 sarı, 15 beyaz ve 17 kırmızı bukalemun varken bir sarı ile bir kırmızı karşılaşınca 12 sarı, 17 beyaz ve 16 kırmızı bukalemun olacaktır). Toplam daima 13+15+17=45 sabittir. İspatlamak istediğimiz (45, 0, 0), (0, 45, 0) veya (0, 0, 45) durumlarının olanaksız olduğudur. Sarıların sayısına s, beyazların b ve kırmızıların k diyelim. Başlangıç durumu (s, b, k) dır; şimdi şu üç durumdan biri oluşmak zorundadır: [(s-1), (b-1), (k+2)], [(s+2), (b-1), (k-1)], [(s-1), (b+2), (k-1)].Bir invariyant(değişmez) arıyoruz. Köşeli parantez içindeki 1. Ve 2. Parantezlerin farkını alalım;

    (s-1)-(b-1)=(s-b)+3 ve (s-1)-(b+2)=(s-b)-3. Ne bulduk? (s-b), (s-b)+3 ve (s-b)-3. Başlangıç terimler s,b ve k ve 1. ve 2. terimin farkı (s-b) idi. O halde yaptığımız operasyonlar sonucu 1. Ve 2. terim farkı ya aynı kaldı(yani sıfır arttı) ya 3 arttı veya 3 eksildi. Her üç olasılıkta da söz konusu fark 3 modülüne göre sıfırdır.

     

     

    İşte invariyantımız:

    0 ≡ 0(mod3); 3 ≡ 0(mod3) ve –3 ≡ 0(mod3).

    Buna karşı başlangıçta s-b=13-15=-2≡(mod3) idi. Görülüyor ki aynı invariyantı baştan sona götüremiyoruz; o halde çözüm yok.

    Viviani Teoremi. Bir eşkenar üçgenin içinde alınan

     isteksel bir noktadan kenarlara inen dikmelerin

    toplamı, eşkenar üçgenin bir yüksekliğine eşittir.

    Kanıt. Alınan nokta P olsun. P noktası köşelere

    birleştirilirse oluşan APB, BPC ve CPA üçgenlerinin

    alanlarının toplamı eşkenar üçgenin alanını verir.

     Alan(ABP) = ax/2, Alan(BPC) = ay/2,

    Alan((CPA) = az/2 değerleri toplanır ve ah/2’ye

     eşitlenirse x + y + z = h bulunur.

     

     


              Şimdi problemimizin  geometrik yorumuna gelelim. s + b + k = p sabittir(p=45). O halde yüksekliği p olan bir eşkenar üçgen alırsam, başlangıç durumunu, kenarlardan uzaklığı s, b ve k olan bir 0 noktası ile gösterebilirim(s + b + k = p = yükseklik)(Bkz. Gri kutuda ki Viviani Teoremi). Her operasyonda 0 noktasının kenarların birinden uzaklığı 2 artarken diğer iki kenarın her birinden uzaklığı 1 azalacaktır. Her birinin yüksekliği 1 olan S2 eşkenar üçgenden yapılmış çok büyük bir eşkenar üçgen düşünelim(şekil2). Yerimiz dar olduğundan 452=2025 eşkenar üçgen içeren bir eşkenar üçgen yerine,92=81 eşkenar üçgen içeren bir büyük eşkenar üçgen alalım. s’i 45 yerine 9 olarak aldık, o halde terimlerimiz bu kez 13, 15, 17 yerine 1, 3 ve 5‘dir(1+3+5=9). Belli ki küçük üçgenlerin köşeleri, toplamı s olan tamsayı trio’larına karşılıktır. Köşelerin birinden operasyonlarımızın sonucu olarak 2 birim uzunluğunda bir ok uzatalım; geldiğimiz köşeden yine 2 birim uzunluğunda bir ok uzatalım ve buna devam edelim(Okun uzunluğunun neden 2 birim olması gerektiği şekil 1’de görülüyor).

              Bütün bu kırmızı oklar, kenarları 2 olan yeni bir eşkenar üçgen ağı oluşturur. Bu kırmızı üçgen ağının köşeleri, başlangıç durumundan (13, 15, 17) kurallara uyarak oluşan tam sayı trio’larına karşılıktır. Kolayca görülüyor ki herhangi bir kırmızı noktadan oklarla diğer kırmızı noktalara gidilebilir. Benzerlik yoluyla kanıtlanabilir ki mavi noktalardan başlanarak mavi oklar çıkılabilir ve kenarları 2 olan bir mavi eşkenar üçgenler ağı yaratılabilir; yeşil  noktalardan başlanarak aynı şey yapılabilir. Şekil karışmasın diye mavi ve yeşil oklar konulmamıştır. Köşelerdeki tam sayıların 3 ile bölünmesinden artan sayıya r dersek (yani köşelerdeki tam sayıları 3 modülüne göre yazarsak), bellidir ki kırmızı noktalar için r = 0, yeşiller için  r = 1 ve maviler için r = 2 olacaktır.[13 ≡ 1(mod3), 15 ≡ 0(mod3) ve 17 ≡ 2(mod3) veya 1 ≡ 1(mod3),

    3 ≡ 0(mod3) ve 5 ≡ 2(mod3)]. s, 3’ün katı ise (burada 45 veya 9, 3’ün katı idi) büyük üçgenin köşeleri r = 0 olacaktır ve buralara yalnız r = 0 olan noktalardan (kırmızı noktalar) erişilecektir. S, 3 ile bölünmezse büyük üçgenin köşelerinden biri r = 0(kırmızı), biri r = 1(yeşil) ve biri de </