Gönderen Konu: Yarım çember üzerindeki rastgele nokta  (Okunma sayısı 311 defa)

Çevrimdışı metonster

  • G.O Genel Moderator
  • G.O Efsane Üye
  • ********
  • İleti: 368
  • Karma: +7/-0
Yarım çember üzerindeki rastgele nokta
« : Ocak 29, 2021, 08:52:44 öö »
Bir $ABCD$ dikdörtgeninin dışına $[AB]$ çap olacak şekilde bir yarım çember çiziliyor. Bu yarım çember üzerinde alınan rastgele bir $P$ noktası için $CP$ ve $DP$ doğruları $AB$ kenarını sırasıyla $K$ ve $L$'de kessin. Her $P$ noktası için $|AK|^2+|BL|^2$ değeri sabittir ancak ve ancak $|AB|=|BC|\sqrt{2}$ olduğunu gösteriniz.
Gerçek hikayeler aslında söylenmeyenlerdir.

Çevrimdışı scarface

  • Lokman Gökçe
  • Administrator
  • Geo-Maniac
  • *********
  • İleti: 3109
  • Karma: +21/-0
  • İstanbul
Ynt: Yarım çember üzerindeki rastgele nokta
« Yanıtla #1 : Ocak 30, 2021, 03:00:25 öö »
Uzun zaman önce Sharygin'in geometri kitabında bu problemin ilk kısmıyla karşılaştığımda ben de analitik çözüm yapmıştım. Burada okuyuculara problemin tarihsel gelişiminden de bahsedelim.


Fermat'nın Unutulan Problemi: $ABFE$, $|AB|=\sqrt{2}|AE|$ kenarlarına sahip bir dikdörtgendir. $[AB]$ çaplı ve dikdörtgenin dış bölgesinden geçen yarım çember yayı üzerinden keyfi bir $M$ noktası alınıyor. $ME$, $MF$ doğruları $[AB]$ kenarını sırasıyla $R$, $S$ noktalarında kesiyor. $|AS|^2 + |BR|^2 = |AB|^2$ olduğunu kanıtlayınız.

Dipnot1: Pierre de Fermat, 1601-1665 yılları arasında yaşamış Fransız matematikçi. Fermat, bu problemi tarihsiz bir mektupla (muhtemelen 1658 haziranında) Kenelm Digby'ye  göndermiştir.


Çözüm:

$[AB]$ doğru parçası üzerindeki $R$, $S$ noktaları için $|AB|\cdot|RS| + |AR|\cdot|BS| = |AS|\cdot|BR| \tag{1}$
olduğunu görmek kolaydır. $PEA \sim BFQ$ açı-açı-açı benzerliğinden $\dfrac{|PE|}{|AE|}=\dfrac{|BF|}{|QF|}$ olup $|PE|\cdot |QF|=|AE|\cdot |BF|=|AE|^2$ yazılır. Ayrıca $ 2|AE|^2=|AB|^2=|EF|^2$ olduğundan
$2|PE|\cdot |QF| =|EF|^2 \tag{2}$
bulunur. $[PQ]$ tabanı $E$ ve $F$ noktaları tarafından bölünmektedir. $[AB]$ doğru parçası da $R$ ve $S$ noktaları tarafından aynı oranda bölünür. Dolayısıyla
$2|AR|\cdot |BS| =|AB|^2 \tag{3}$
olur. $|AS|+|BR|=|AB|+|RS|$ olduğundan,
$|AS|^2+|BR|^2 + 2|AS|\cdot |BR|= |AB|^2+|RS|^2 + 2|AB|\cdot |RS| \tag{4}$
yazılır. $(3)$ eşitliğini $(4)$'de yazarsak
$|AS|^2+|BR|^2 + 2|AS|\cdot |BR|= |AB|^2+ 2|AR|\cdot |BS|+ 2|AB|\cdot |RS| \tag{5}$
olur. $(1)$ eşitliğini $(5)$'de kullanırsak $|AS|^2+|BR|^2=|AB|^2 $ eşitliğine ulaşırız.


Dipnot2: Leonhard Euler bu problemi 1747 veya 1748'de çözdü. Görünüşe göre Euler, Fermat'nın mektuplarının bir koleksiyonunu okuyordu ve bununla ilgili olarak 'Mektuplarında Fermat, geometricilerin ispatlaması için doğru bir önerme sunmuştu ve şimdiye kadar hiçbir ispat yapılmadı' diye belirtmiştir. Euler, analitik geometri ile kolay bir kanıtının olduğunu, ancak eski tarz bir geometrik kanıt vereceğini söylüyor. Sadece klasik geometri yöntemlerini kullanma bakımından değil, kelime seçimi ve yazım tarzı bakımından da 1600'lerin üslubunu kullanıyor. Böylelikle dediğini yaparak, yukarıdaki çözümü bizlere sunmuştur. Kaynak: http://eulerarchive.maa.org/hedi/HEDI-2008-12.pdf
« Son Düzenleme: Ocak 30, 2021, 03:06:15 öö 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 31 32 33 34 
SimplePortal 2.3.3 © 2008-2010, SimplePortal