Son İletiler

1

Analiz-Cebir / Fonksiyonel pertürbasyon sonucunda oluşan kesişim sayısı

« Son İleti Gönderen: niratesbiadenroc1 Temmuz 18, 2026, 10:41:54 ös »

f, g, $\varphi$, $\psi$ : $\mathbb{R}$ $\to \mathbb{R}$, f(x) polinom fonksiyonu ve g(x) = e$^{x}$, f$_{\varphi}$(x)​=f(x)+$\varphi$(x) ve g$_{\psi}$(x)​ = g(x)+$\psi$(x) sırasıyla pertürbe edilmiş f ve g fonksiyonları olmak üzere ($\varphi$ $\in $ C$_{b}$($\mathbb{R}$)) $\land $ ($\psi$ $ \in $ C$_{b}$($\mathbb{R}$)) $\land $ ($\left|\left|\varphi\right|\right|$$_{\infty }$ $\le \varepsilon$$_{\varphi}$) $\land $ ($\left|\left|\\\psi\right|\right|$$_{\infty }$ $\le $ $\varepsilon_{\psi}$) olsun. Buna göre f ile g'nin yalnızca birinin ya da her ikisinin aynı anda pertürbe edilmesi durumunda iki fonksiyonun $\mathbb{R} $ × $\mathbb{R}$ düzleminde kesişim sayısının değişmemesini garanti eden ($\varepsilon_{\varphi}$,$\varepsilon_{\psi}$) çiftlerini belirleyiniz.

(Fonksiyon grafikleri ektedir ve resim ölçekli değildir. Kesişim noktaları yuvarlak içine alınarak gösterilmiştir.)

2

Fantezi Geometri / Ynt: model üçgen - P noktası

« Son İleti Gönderen: geo Temmuz 18, 2026, 01:19:00 ös »

ラングレーの問題にトドメをさす!―4点の作る小宇宙完全ガイド
Putting the final blow to Langley's problem!—A complete guide to the microcosm created by 4 points
Hiroshi Saito adındaki amatör matematikçinin bu konuda bir kitabı var:
https://www.amazon.co.jp/exec/obidos/ASIN/4768703402/tsujimotter07-22/?dplnkId=9879d6fe-b5ff-4e28-9bcf-e6c140c66b97

3

Fantezi Geometri / Ynt: model üçgen - P noktası

« Son İleti Gönderen: geo Temmuz 18, 2026, 12:32:35 ös »

Çok hoş bir çözüm gibi durmasa da, bir model ailesine ait bir çözüm biliniyorsa diğer sorularının çözümleri ondan türetilebilir.

Mesela, Model x.j sorusu sorulsun ve Model x.i nin çözümü bilinsin.
Model x.j'deki bilinmeyen açının derecesine eşit olacak şekilde bir nokta alıp, Model x.i'deki bilgileri kullanırsak aldığımız nokta ile üçgenin köşesinin çakışık olduğu sonucu çıkar.

4

Fantezi Geometri / Ynt: model üçgen - P noktası

« Son İleti Gönderen: geo Temmuz 18, 2026, 09:02:53 öö »

$A:B$ gruplarından $2$ şer açı verildiği durumda, tek çözüm oluyor.
Gruplardan birinden $3$, diğerinden $1$ açı verildiğinde ise çözüm sayısı iki oluyor.

Bu durumu önce trigonometrik olarak ispatlayalım.

$\dfrac {\sin a_1}{\sin b_1}\dfrac {\sin a_2}{\sin x}\dfrac {\sin a_3}{\sin y} = 1$ denklemini çözmeye çalışıyoruz.

$\dfrac {\sin a_1}{\sin b_1}\dfrac {\sin a_2}{\sin x}\dfrac {\sin a_3}{\sin y} = \dfrac {\sin a_1}{\sin b_1}\dfrac {\sin a_2}{\sin b_2}\dfrac {\sin a_3}{\sin b_3} = 1$ olduğunu biliyoruz.

Bu durumda, $\sin x \sin y = \sin b_2 \sin b_3$ ve $x+y = b_2 + b_3$ elimizdeki bilgiler.
Trigonometrik dönüşümle $\cos (x-y) - \cos (x+y) = \cos (b_2 - b_3) - \cos (b_2 + b_3)$, buradan da $\cos (x-y) = \cos (b_2-b_3)$ elde edilir.
$x-y = |b_2 - b_3|$ ve $x+y = b_2 + b_3$ denklem sisteminin çözümü $(x,y)=(b_2,b_3)$ ya da $(x,y)=(b_3, b_2)$ dir. Bu da iki çözüm olduğu anlamına gelir.


Bu durumu geometrik olarak da şu şekilde gösterebiliriz.

$AC$ üzerinde, $\angle ADP = b_2$ olacak şekilde $D$ noktası alalım. $D$ noktası $C$ ile çakışık ise cevabımız $(x,y)=(b_3, b2)$ dir.
Değilse, problemimiz $(a_1, a_2 : b_1, b_3) \Longrightarrow (a_3:b_2)$ problemine döner.
Bu durumda, $\angle BDP = \angle BCP = a_3$ olduğu için $C,D,P,B$ çembersel olur. Buradan da $\angle ADP = \angle CBP = b_2$ olur.

import olympiad;

pair A = (4,8);
pair C = (0,0);
pair B = (10,0);
pair P = (4.2,3.8);

path cc = circumcircle(C, P, B);
path lineAC = (C + 2*(A-C)) -- (A + 2*(C-A));
pair[] ip = intersectionpoints(cc, lineAC);
real d0 = (ip[0].x-C.x)*(ip[0].x-C.x) + (ip[0].y-C.y)*(ip[0].y-C.y);
real d1 = (ip[1].x-C.x)*(ip[1].x-C.x) + (ip[1].y-C.y)*(ip[1].y-C.y);
pair D = ip[0];
if (d0 < d1) D = ip[1];

draw(A--B--C--cycle, black+1);
draw(A--P, black+1);
draw(B--P, black+1);
draw(C--P, black+1);

// yeni cizilen adimlar (kirmizi), cevrel cember kesikli
draw(cc, red+dashed);
draw(D--P, red+1);
draw(D--B, red+1);

markangle("$b_1$", P, A, B, radius=0.8, black);
markangle("$a_1$", C, A, P, radius=0.8, black);
markangle("$y$", P, C, A, radius=0.8, red);
markangle("$a_3$", B, C, P, radius=0.8, black);
markangle("$a_2$", A, B, P, radius=0.8, black);
markangle("$x$", P, B, C, radius=0.8, red);

markangle("$b_2$", P, D, A, radius=0.5, red);
markangle("$a_3$", B, D, P, radius=0.5, blue);

dot("$D$", D, dir(180), red);
dot("$A$", A, N);
dot("$B$", B, SE);
dot("$C$", C, SW);
dot("$P$", P, dir(50));

$D$ noktası $AC$ nin uzantısı üzerinde ($C$ nin ötesinde) ise durum şu şekilde görünür:

import olympiad;

pair A = (4,8);
pair C = (0,0);
pair B = (10,0);
pair P = (6.2,2.4);

path cc = circumcircle(C, P, B);
path lineAC = (C + 3*(C-A)) -- (A + 0.3*(A-C));
pair[] ip = intersectionpoints(cc, lineAC);
real d0 = (ip[0].x-C.x)*(ip[0].x-C.x) + (ip[0].y-C.y)*(ip[0].y-C.y);
real d1 = (ip[1].x-C.x)*(ip[1].x-C.x) + (ip[1].y-C.y)*(ip[1].y-C.y);
pair D = ip[0];
if (d0 < d1) D = ip[1];

draw(A--B--C--cycle, black+1);
draw(A--P, black+1);
draw(B--P, black+1);
draw(C--P, black+1);
draw(C--D, black+dashed);

// yeni cizilen adimlar (kirmizi), cevrel cember kesikli
draw(cc, red+dashed);
draw(D--P, red+1);
draw(D--B, red+1);

markangle("$b_1$", P, A, B, radius=0.8, black);
markangle("$a_1$", C, A, P, radius=0.8, black);
markangle("$y$", P, C, A, radius=0.7, red);
markangle("$a_3$", B, C, P, radius=0.7, black);
markangle("$a_2$", A, B, P, radius=0.8, black);
markangle("$x$", P, B, C, radius=0.8, red);

markangle("$b_2$", P, D, A, radius=0.6, red);
markangle("$a_3$", B, D, P, radius=0.6, blue);

dot("$D$", D, SW, red);
dot("$A$", A, N);
dot("$B$", B, SE);
dot("$C$", C, dir(120));
dot("$P$", P, dir(60));

Bu yaptığımız geometrik çözümden çıkan sonuç, bu tip soruları (x.10, x.11., x.12, x.13, x.14, x.15 soruları) diğer 9 sorudan birine benzeterek çözebiliriz.

5

Fantezi Geometri / Bir Üçgen 15 Problem

« Son İleti Gönderen: AhmetG Temmuz 16, 2026, 03:45:11 ös »

Merhaba arkadaşlar.

Bir süredir üzerinde çalıştığım küçük bir geometri çalışmasını tamamladım ve sizlerle paylaşmak istedim.
Çalışmanın çıkış noktası oldukça basit: Bir ABC üçgeninin içinde alınan bir P noktasıyla oluşan tek bir temel şekilden hareketle, iki açıyı gizleyerek oluşturulabilecek toplam **15 farklı problem** ele alındı.
İlk bakışta bu sorular birbirine çok benziyor gibi görünse de, soruların büyük kısmı tamamen farklı yardımcı çizimler ve farklı sentetik fikirler gerektiriyor.
Bu çalışmanın amacı yalnızca 15 sorunun cevabını vermek değil; benzer görünen geometri problemlerinin aslında ne kadar farklı düşünme biçimleri gerektirebildiğini göstermek.
Elbette verilen çözümler tek çözüm olmak zorunda değil. Farklı sentetik çözümler veya daha kısa ispatlar bulunabileceğini düşünüyorum. Bu nedenle görüş ve eleştirilerinizi memnuniyetle dinlemek isterim.

Umarım geometriyle ilgilenen arkadaşlara faydalı olur. İyi çalışmalar dilerim.

6

Fantezi Geometri / Ynt: Model 1.2'e ait Soru

« Son İleti Gönderen: geo Temmuz 15, 2026, 02:55:59 ös »

Model 1.3'e göre genel çözüm, https://geomania.org/forum/index.php?topic=4656.msg27114#msg27114 burada yapılmıştır.

7

Fantezi Geometri / Ynt: Üçgen içerisinde P noktası, Model 1.3

« Son İleti Gönderen: geo Temmuz 15, 2026, 02:53:21 ös »

Açıların Trigonometrik Ceva teoreminin bir sonucu olarak yer değiştirmiş hallerinden birine çözüm verelim:

Problem:
$\triangle ABC$ nin iç bölgesinde $\angle ABP = 30^\circ$, $\angle CAP = t$, $\angle BAP = 30^\circ - t$, $\angle ACP = 30^\circ + t$ olacak şekilde $P$ noktası alınıyor. $\angle CBP = 2t$ ve $\angle BCP = 90^\circ - 3t$ olduğunu gösteriniz.

Çözüm:

$B$ nin $AC$ ye göre simetriği $B'$ olsun.


$ABB'$ bir eşkenar üçgendir.
$\angle ABP= \angle B'VB = 30^\circ$ olduğu için $AP=B'P$, dolayısıyla $\angle ACP = \angle PAB' = \angle AB'P = 30^\circ + t$. Bu durumda, $A,B',C, P$ çemberseldir. $\angle CAP = \angle CB'P = t$ olacaktır.
Ayrıca, $\angle BAP = \angle BB'P = 30^\circ - t$ olduğu için $\angle BB'C = \angle B'BC = |30^\circ - 2t|$ olacaktır.
$\angle CBP = 30^\circ - (30^\circ -2t) = 2t$ ya da $\angle CBP = 30^\circ + (2t - 30^\circ) = 2t$ olur.

8

Fantezi Geometri / Ynt: Model 1.8'e ait Soru

« Son İleti Gönderen: AhmetG Temmuz 15, 2026, 05:12:19 öö »

Kendi çözümümü paylaşayım.



$|AB| > |AC|$ olduğundan $x + 30^\circ < 120^\circ - x$, $2x < 90^\circ$, $x < 45^\circ$ olur.

$m(\widehat{PCB})$ ise, $m(\widehat{PCB}) > 35^\circ$ olduğundan $[AB]$ üzerinde $m(\widehat{PCD}) = 30^\circ$ olacak şekilde bir $D$ noktası alabiliriz.

$[AP]$ üzerinde $AFC$ ikizkenar olacak şekilde $F$ noktası alırsak $m(\widehat{AFC}) = 2m(\widehat{ADC}) = 80^\circ$ olduğundan $F$, $ADC$ üçgeninin çevrel merkezidir.

Dolayısıyla $EDC$ eşkenar üçgen ve $EPC$ $\cong $ $DPC$ olur. Buradan da $m(\widehat{PDC}) = 20^\circ$ gelir.

$DPCB$ dörtgeninde $[DP]$ kenarını gören açılar eş olduğundan $DPCB$ kirişler dörtgenidir.

Sonuç olarak $x = m(\widehat{PDC}) = m(\widehat{PBC}) = 20^\circ$ olarak bulunur.

Not:Foruma geogebra üzerinden veya direkt resim yüklemeyi öğrenemediğimden harici site kullanmak durumunda kaldım. Öğrenince değiştireceğim.

9

Fantezi Geometri / Ynt: Model 1.8'e ait Soru

« Son İleti Gönderen: geo Temmuz 14, 2026, 10:12:39 ös »

Bu soru, model bulucuya göre Model 1.2 ya da Model 1.3 e aittir.

10

Fantezi Geometri / Ynt: Model 1.8'e ait Soru

« Son İleti Gönderen: niratesbiadenroc1 Temmuz 14, 2026, 08:09:17 ös »

@niratesbiadenroc1 merhaba,

Çözümlerinizde paragraf bütünlüğü içinde kalarak, gereksiz satır boşlukları bırakmadan yazarsanız insan gözüyle rahat takip edilebilir ve okunabilir bir biçime gelmiş olur. Aşağı doğru sarkan uzun bir sayfaya bütüncül bakmak ve takip etmek okuyucu açısından zordur. Çözümünüzü yapay zekâdan düzenlemesini istemiş olabilirsiniz. Bir düzeyde destek almak yararlı olabilir ancak YZ'ler bu kısımda henüz yerince iyi performans gösteremiyor. Bu yüzden son aşamada paragraf bütünlüğünü sağlamak ve çözümün akıcılığı manuel olarak düzenleyip göndermek uygundur. Aksi hâlde sunulan çalışma çok makine işi duruyor.

İyi çalışmalar diliyorum.

Anladım, teşekkürler.