Gönderen Konu: Arşimed'in Lemmalar Kitabı  (Okunma sayısı 2001 defa)

Çevrimdışı scarface

  • Lokman Gökçe
  • Administrator
  • G.O Efsane Üye
  • *******
  • İleti: 2659
  • Karma: 16
  • Banana Republic
Arşimed'in Lemmalar Kitabı
« : Mayıs 01, 2017, 02:16:08 öö »
Ülkemizin nadide matematik forumu geomania.org'da siz matematikseverlerle yeni bir konuyu daha inceleyeceğiz. Konu yeni dedik ama aslında Antik Yunan Geometrisi ile ilgili olduğu göz önüne alınırsa eski defterleri karıştıracağımızı söyleyebiliriz. M.Ö 287-212 yılları arasında yaşamış matematikçi, fizikçi, mucit, astronom ve mühendis Siraküza'lı Arşimed ile ilgileneceğiz. Eski kaynaklardan öğrendiğimiz kadarıyla O'nun son derece derin bir ruh yapısına sahip olduğundan bahsedilmektedir. Hatırı sayılır ölçüde İskenderiye'de zaman geçirdiği bilinmektedir. Burada Öklid'in halefleriyle çalışmış olması mutemeldir. Daha sonra doğum yeri olan Siraküza'ya geri dönmüştür. Burada çalışmalarına ve icatlarına devam etmiştir. Arşimed'in babası da kralın astronomudur. Daha sonra babasından bu görevi devralmıştır. ''Her cisim hacmi kadar su taşırır'' şeklinde özetlenen ''Arşimed Prensibi'' halen fizik derslerinde anlatılmaktadır. Bu prensibi hamamda bulduğu anlatılan Arşimed'in peştemalle (ya da anadan üryan biçimde) sarayın koridorlarında koşturduğu ve ''Eureka! Eureka! (Buldum!)'' diye bağırdığı yazılmaktadır. (Kanaatimce, bir çok icadı olan Arşimed böyle bir şey yapmamıştır.) Arşimed'in, Siraküza şehrinin Roma'ya karşı savunulmasındaki efsanevi rolü filmlere konu olabilecek türdendir. Zamanının çok ötesinde bir zihinsel güce ulaşmış bu bilge adamın, Siraküza'da bir Roma askerinin elinde $75$ yaşında hayatını kaybettiği yazılmaktadır.

Cambridge Üniversitesi'nin matbaasında basılan $1897$ tarihli The Works of Archimedes (Arşimed'in Çalışmaları) isimli kitabın The Book of Lemmas (Lemmalar Kitabı) kısmında verilen $15$ lemmayı günümüz gösterimleriyle sunup ispatlarını vereceğiz. Sizler de bu lemmalara kendi yaptığınız ispatlarınızı ekleyerek içeriği zenginleştirebilirsiniz. Belki lemmalar dışında Arşimed'in çalıştığı diğer problemlere de değinebiliriz. Ancak önceliğimiz $15$ lemma olacak.

Kullandığımız kaynak kitaba Google'daki amcalar sponsor olmuşlar ve Arşimed'in insanlık tarihine mal olmuş bir değer oluşundan ötürü çalışmalarının buradan ücretsiz olarak paylaşılmasını uygun görmüşler. Bu kitabın şu anda $120$ yaşında olduğu düşünülürse eski bir kaynaktır. Ancak kitabın oluşumunda esas aldığı kaynaklara bakınca $1792$, $1824$, ... vs tarihli daha eski kitaplar olduğunu da göreceksiniz. Yani kaynak kitap eski zamanlara uzanıyor. Haydi başlayalım:

Lemma 1. İki çember $A$ noktasında teğet ve $[BD],[EF]$ çapları paralel ise $A,D,F$ doğrusaldır.


İspat 1. $[BD],[EF]$ çaplı çemberlerin merkezleri sırasıyla $C$ ve $O$ olsun. Teğet çemberlerin merkezleri ve teğet değme noktası doğrusal olduğundan $O,C,A$ doğrusaldır. $BD \parallel EF $ verildiğinden $\widehat{ACD}=\widehat{AOF}$ dir. İster merkez açı-çevre açı ilişkisinden deyin, ister $|CA|=|CB|=|CD|$ ve $|OA|=|OE|=|OF|$ yarıçap eşitliklerinden deyin; $\widehat{ABC}=\dfrac12\widehat{ACD}$ ve $\widehat{AEO}=\dfrac12\widehat{AOF}$ olup $\widehat{ABC}=\widehat{AEO}$ olup $A,B,E$ doğrusaldır. Benzer düşünceyle $A,D,F$ doğrusaldır.

İspat 2 (Kitabın İspatı). $OF$ ile $H$ noktasında kesişen $DH \parallel AO$ çizelim. $|OH|=|CD|=|CA|$ ve $|OF|=|OA|$ olduğundan $|HF|=|CO|=|DH|$ dır. Böylece $\widehat{HDF}=\widehat{HFD}$ olup $CAD$, $HDF$ üçgenlerinin ikisi de ikizkenardır ve üçüncü açıları da eşittir. Yani $\widehat{ADC}=\widehat{DFH}$ dır. (Bence ispat burada tamamdır). Her iki tarafa $\widehat{CDF}$ eklenirse $\widehat{ADC}+\widehat{CDF}=\widehat{DFH}+\widehat{CDF}=\text{iki dik açı}$ olduğundan $A,D,F$ doğrusaldır.

Not: Aynı ispat, çemberler birbirine dıştan teğet olduğunda da uygulanabilir. Dıştan teğet çemberler ile ilgili durumu Pappus ispat etmiştir.
« Son Düzenleme: Ağustos 20, 2017, 10:08:57 ös Gönderen: scarface »
Uğraşınca çözebileceğim zorlukta olan soruları çözmeyi severim.

Çevrimdışı scarface

  • Lokman Gökçe
  • Administrator
  • G.O Efsane Üye
  • *******
  • İleti: 2659
  • Karma: 16
  • Banana Republic
Ynt: Arşimed'in Lemmalar Kitabı
« Yanıtla #1 : Mayıs 01, 2017, 04:53:00 öö »
Lemma 2. $[AB]$ bir yarım çemberin çapı olsun. $B$ den ve yarım çember üstündeki keyfi bir $D$ noktasından çizilen teğetler $T$ de kesişsin. $D$ noktasından $[AB]$ ye, $[DE]$ dikmesi inilir ve $AT$ nin $DE$ ile kesişimi $F$ ise $|DF|=|FE|$ olur.


İspat. $AD$ ile $BT$ nin kesişimi $H$ noktası olsun. Eşit teğet parçalarından $|TD|=|TB|$ olur. Ayrıca çapı gören çevre açı dik olduğundan $BD \perp AH$ dir. $BDH$ dik üçgeninde $|TD|=|TB|=|HT|$ dir. $ADE \sim AHB$ (açı-açı-açı) benzerliği vardır. Bu benzerlikten dolayı, $T$, $[BH]$ kenarının orta noktası olduğundan, $F$ de $[DE]$ kenarının orta noktası olur. Yani $|DF|=|FE|$ dir.
« Son Düzenleme: Ağustos 20, 2017, 10:10:29 ös Gönderen: scarface »
Uğraşınca çözebileceğim zorlukta olan soruları çözmeyi severim.

Çevrimdışı scarface

  • Lokman Gökçe
  • Administrator
  • G.O Efsane Üye
  • *******
  • İleti: 2659
  • Karma: 16
  • Banana Republic
Ynt: Arşimed'in Lemmalar Kitabı
« Yanıtla #2 : Mayıs 01, 2017, 03:11:29 ös »
Lemma 3. $[AB]$ çaplı çember üzerindeki herhangi bir $P$ noktasından $AB$ ye $[PN]$ dikmesini inelim. $[AB]$ üzerinde bir $D$ noktası $|AN|=|ND|$ olacak biçimde alınsın. $PQ$ ve $PA$ yayları eşit olacak biçimde çember üstünden $Q$ noktası alınırsa, $|BQ|=|BD|$ olur.


İspat. $AP$ ve $PQ$ yayları eşit ölçüde olduğundan $|AP|=|PQ|$ kiriş eşitliği vardır. Üstelik eşit yayları gören çevre açılar da eşit olmalıdır. Yani $\widehat{DBP}=\widehat{QBP}$ dir. $PN \perp AD$ ve $|AN|=|ND|$ olduğundan $APD$ üçgeni ikizkenar olup $|PD|=|AP|=|PQ|$ olur. İkizkenar üçgende $\widehat{PAD}$ taban iç açısıyla $\widehat{PDB}$ taban dış açısı bütünlerdir. Ayrıca $APQB$ kirişler dörtgeninde $\widehat{PAD}$ ve $\widehat{PQB}$ açıları da bütünlerdir. Dolayısıyla $\widehat{PDB}=\widehat{PQB}$ olup $PDB$ ve $PQB$ üçgenlerinin tüm iç açıları karşılıklı olarak eşittir. Bununla beraber bu üçgenlerin $[PB]$ kenarları da ortak olduğundan, üçgenler eştir. Yani $|BQ|=|BD|$ olur.
« Son Düzenleme: Ağustos 20, 2017, 10:11:54 ös Gönderen: scarface »
Uğraşınca çözebileceğim zorlukta olan soruları çözmeyi severim.

Çevrimdışı scarface

  • Lokman Gökçe
  • Administrator
  • G.O Efsane Üye
  • *******
  • İleti: 2659
  • Karma: 16
  • Banana Republic
Ynt: Arşimed'in Lemmalar Kitabı
« Yanıtla #3 : Mayıs 01, 2017, 04:28:28 ös »
Lemma 4. $[AB]$ çaplı yarıçember ve çap üstünde keyfi bir $N$ noktası verilsin. $[AN]$ ve $[NB]$ çaplı yarı çemberleri, ilk yarı çemberin içine çizelim. Bu üç yarı çemberin çevrelediği bölgeye Arbelos denir. (Arşimed, $\alpha \rho \beta \eta \lambda o s $ demiştir ve ayakkabıcı bıçağı anlamına gelir.) $N$ den geçen ve $AB$ ye dik olan doğrunun orijinal yarı çemberi kestiği nokta $P$ olmak üzere Arbelos'un alanı, $[PN]$ çaplı çemberin alanına eşittir.


İspat. $|AN|=2a, |NB|=2b$ dersek $|AB|=2(a+b)$ olur. Ayrıca çapı gören çevre açı dik olduğundan $APB$ dik üçgeninde Öklid'in yükseklik bağıntısından $|PN|^2=|AN|\cdot |NB|$ dir. Böylece $$ |PN|=2\sqrt{ab} $$ olur. $[PN]$ çaplı çemberin alanı $$\pi ab \tag{1}$$ dir. Diğer taraftan Arbelos'un alanı; $[AN],[NB]$ çaplı yarım çemberlerin alanlarının toplamının, $[AB]$ çaplı yarım çemberin alanından çıkarılmasıyla bulunur. Yani Arbelos'un alanı $\dfrac{\pi}{2} (a+b)^2-\dfrac{\pi}{2}a^2-\dfrac{\pi}{2}b^2 $ dir. $(a+b)^2-a^2-b^2=2ab$ olduğundan bu alan $$\pi ab \tag{2}$$ bulunur. $(1)$ ve $(2)$ den dolayı, Arbelos'un alanının $[PN]$ çaplı çemberin alanına eşit olduğunu söyleriz.
« Son Düzenleme: Ağustos 20, 2017, 10:13:20 ös Gönderen: scarface »
Uğraşınca çözebileceğim zorlukta olan soruları çözmeyi severim.

Çevrimdışı scarface

  • Lokman Gökçe
  • Administrator
  • G.O Efsane Üye
  • *******
  • İleti: 2659
  • Karma: 16
  • Banana Republic
Ynt: Arşimed'in Lemmalar Kitabı
« Yanıtla #4 : Mayıs 01, 2017, 05:20:44 ös »
Lemma 5. $[AB]$ çaplı yarı çember ve $[AB]$ üstünde keyfi bir $C$ noktası verilsin. $\ell \perp [AB]$ olacak biçimde $C$ den geçen bir $\ell$ doğrusu alalım. $[AB]$ çaplı yarı çemberin içine $[AC],[CB]$ çaplı yarı çemberleri çizelim. $\ell $ ye teğet ve $\ell $ nin farklı taraflarında kalan iki çember, ikişer yarı çembere teğet olacak biçimde çizilirse, bu çemberler birbirine eştir.


İspat. Şekli göz önüne alalım. Çemberlerden biri $[AB]$ çaplı yarım çembere $F$ de, $[AC]$ çaplı yarım çembere $G$ de, $\ell $ doğrusuna $E$ de teğet olsun. Buna $C_1$ çemberi ismini verelim. $C_1$ çemberinin $[HE] \parallel [AB]$ olan çapını çizelim ve $|HE|=d_1$ diyelim. Diğer çembere de $C_2$ diyelim ve onun çapı da $d_2$ olsun. $d_1=d_2$ olduğunu göstermek istiyoruz.

$C_1$ çemberi ile $[AB]$ çaplı yarı çemberi göz önüne alalım. Lemma 1'den dolayı $A,H,F$ doğrusaldır ve $B,E,F$ doğrusaldır. $C_1$ çemberi ile $[AC]$ çaplı yarı çemberi göz önüne alırsak $A,G,E$ ve $C,G,H$ doğrusaldır. $AF$ ve $CE$ (yani $\ell $) doğrusunun kesişimi $D$ olsun. $[BD]$ yi çizelim. $AE$ ile $BD$ nin kesişimi $I$ noktası olsun. Çapı gören çevre açıdan $\widehat{AFB}$ nin dik açı olduğunu biliyoruz. Ayrıca $DC \perp AB $ dir. Dolayısıyla $ABD$ üçgeninde $[DC]$ ve $[BF]$ iki yükseklik olup $E$ diklik merkezidir. Yani $[AI]$ da üçüncü yüksekliktir ve  $\widehat{AIB}$ dik açıdır. Böylece $I$ noktası aynı zamanda $[AB]$ çaplı çemberin üstündedir. $HC \parallel DB$ dir. Bu paralelliklerden $$ \frac{d_1}{|AC|}= \frac{|DH|}{|DA|} $$ ve $$ \frac{|DH|}{|DA|} = \frac{|BC|}{|AB|}$$ olup $$d_1= \frac{|AC|\cdot |BC|}{|AB|} $$ elde edilir. Benzer biziçimde $$d_2= \frac{|AC|\cdot |BC|}{|AB|} $$ bulunabilir. Böylece $ d_1=d_2$ dir.
« Son Düzenleme: Ağustos 20, 2017, 10:14:47 ös Gönderen: scarface »
Uğraşınca çözebileceğim zorlukta olan soruları çözmeyi severim.

 


Sitemap 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 
SimplePortal 2.3.3 © 2008-2010, SimplePortal