Evrim Ağacı
Reklamı Kapat

Eşçevre Problemi: 2000 Yıllık Optimizasyon Problemi, Evren'deki Cisimlerin Küre Olma Eğilimini Nasıl Açıklıyor?

Eşçevre Problemi: 2000 Yıllık Optimizasyon Problemi, Evren'deki Cisimlerin Küre Olma Eğilimini Nasıl Açıklıyor?
Editör Seçkisi
Reklamı Kapat

Bu yazı, Evrim Ağacı'na ait, özgün bir içeriktir. Konu akışı, anlatım ve detaylar, Evrim Ağacı yazarı/yazarları tarafından hazırlanmış ve/veya derlenmiştir. Bu içerik için kullanılan kaynaklar, yazının sonunda gösterilmiştir. Bu içerik, diğer tüm içeriklerimiz gibi, İçerik Kullanım İzinleri'ne tabidir.

Bu yazımızda; köpük baloncuklarının geometrisini gözlemlemekten mikroorganizmaların yapısını anlamaya kadar evrendeki birçok fenomene ve Antik Yunandan beri ünlü astronomlardan fizikçiler ve biyologlara kadar birçok bilim insanının çalışmalarına ışık tutan Eşçevre Problemi (İng: "Isoperimetric Problem") üzerinde duracağız. Bu probleme cevap vermek isteyen matematikçilerin çalışmalarını ve problemin fizik alanındaki bazı uygulamalarını inceleyip, Eşçevre Eşitsizliğinin (İng: "Isoperimetric Inequality") iki boyutlu reel uzay için ispatını vereceğiz.

Tolstoy’un "İnsana Ne Kadar Toprak Lazım?" isimli eserini okumuşsunuzdur. Uçsuz bucaksız bir arazinin sahibi ile, alacağı toprak konusunda anlaşan baş karakterimiz Pahom, belirlenen günün sabahında elindeki küreği ile heyecanla bu devasa arazinin ufuklarından güneşin doğmasını bekler. Anlaşma şöyledir: Gün doğumu ile yola çıkan Pahom, arazide ilerledikçe belirli aralıklarla toprağa çukur kazarak işaretler bırakacak ve gün batmadan önce, başladığı yere geri dönebilirse, kazdığı çukurlar sabanla birleştirilecek ve çizdiği sınır ile kapatabildiği kadar toprak parçası kendisine ait olacak. Ama gün batmadan önce başladığı noktaya geri dönemezse, hem toprak sahibi olma şansını kaybedecek hem de bütün parasını...

Peki böyle bir durumda en akıllıca rota nasıl olmalı? Güneşin doğumundan batımına kadar olan süre, katedilebilecek yolun uzunluğunu belirlerken; nasıl bir şekil çizerek en fazla toprağa sahip olunabilir?

Oldukça benzer bir problemle Kartaca şehir devletinin kurucusu olan Kraliçe Dido karşılaşmıştı. Efsaneye göre; Kuzey Afrika topraklarına ulaşan kraliçeye, yerel Kral Hiarbas bir teklifte bulunur; sadece bir tane öküzün derisi ile kapatabildiği kadar toprağı kendisine vereceğini söyler. Kraliçe Dido, öküz derisini incecik ipler halinde kestirir ve bu binlerce incecik ipin uca bağlanmasını emreder. Böylece kapatacağı toprağın sınırlarını belirlemek için kilometrelerce uzunlukta bir ip elde etmiş olur. Ve bu ip ile Akdeniz kıyılarına karşı bir yarım daire oluşturarak kuracağı Kartaca devletinin topraklarına sahip olur.

Akdeniz Kıyılarına Karşı Yarım Daire Şeklinde Kurulan Kartaca Şehri
Akdeniz Kıyılarına Karşı Yarım Daire Şeklinde Kurulan Kartaca Şehri
Jean-Claude Golvin

Bu yazımızda cevabını arayacağımız sorulardan bir tanesi de bu: Kraliçe Dido, çizdiği bu yarım daire ile gerçekten de sahip olabileceği en fazla miktarda toprağı mı elde etmiş oldu, yoksa çok daha fazla toprağa sahip olmasını sağlayacak başka bir sınır çizebilir miydi?

Eşçevre Problemi

Uzunlukları aynı olan, bütün basit, kapalı eğriler arasından, hangi eğri en fazla alanı kapatır?

Eğrinin kapalı olması başlangıç ve bitiş noktalarının aynı olması ve böylece iç bölgesinde kalan alanı çevreliyor olması, ve basit olması ise hiçbir noktada kendisi ile kesişmiyor olması demektir. Yani; problemi, ismini aldığı formu ile sorarsak: Çevre uzunlukları eşit olan bütün şekiller arasından, hangisi en fazla alanı kaplar?

Sezgilerimiz, böyle bir şeklin varlığı yönündeyken; hem varlığı hem de, eğer varsa, birden fazla olup olmadığı belirsiz gibi gözükse de bu probleme karşı; büyük ihtimalle zihnimizde canlanan ilk düşünce, böyle bir şeklin konveks (dışbükey) olması gerektiğidir.

Gerçekten de, eğer maksimum alanı kapladığını iddia ettiğimiz şekil konveks değil de konkav (içbükey) olursa; aşağıdaki görselde olduğu gibi, öyle iki nokta seçebiliriz ki bu noktaları bir doğru parçası ile birleştirip, eğrinin o iki nokta arasında kalan kısmının bu doğru parçasına göre simetrisini alırsak, eğrinin uzunluğunu değiştirmemiş olmamıza rağmen şeklimizin alanını artırmış oluruz - ki bu durum, konkav olan herhangi bir şeklin maksimum alan kaplıyor olamayacağı anlamına gelir.

< class="itembox type- small-img">

Bir Şeklin, Çevre Uzunluğu Sabit Tutularak, Konkav Olan Kısmının Konveks Yapılıp Alanının Artırılması
Bir Şeklin, Çevre Uzunluğu Sabit Tutularak, Konkav Olan Kısmının Konveks Yapılıp Alanının Artırılması

Aynı zamanda, alanı maksimize edebilmek için, aradığımız şeklin deliksiz olması gerekir; eğer şekil delik içeriyorsa, aşağıdaki görselde olduğu gibi, deliği doldurup deliğin çevresinin uzunluğundaki bir eğriyi, şekli çevreleyen eğriye eklersek, eğrinin uzunluğunu değiştirmemiş olmamıza rağmen alanı artırmış oluruz - ki bu durum, delikli olan herhangi bir şeklin maksimum alanı kaplıyor olamayacağı anlamına gelir.

Delikli Bir Şeklin, Çevre Uzunluğu Sabit Tutularak, Deliğinin Yok Edilip Alanının Artırılması
Delikli Bir Şeklin, Çevre Uzunluğu Sabit Tutularak, Deliğinin Yok Edilip Alanının Artırılması

Zenodorus ve Pappus'un Çalışmaları

M.Ö. 2. yüzyılda bu soruyu, aynı uzunluğuna sahip çember ve düzgün çokgenler için düşünen Antik Yunan matematikçisi Zenodorus, yaptığı ispat ile eşçevre problemiyle uğraşmış olan ilk matematikçilerden biri olmuştu. Aynı uzunluğa sahip iki düzgün çokgenden köşe sayısı fazla olanın daha fazla alanı kaplıyor oluşunu, çokgenlerin köşe sayısını artırdıkça çembere benzediği düşüncesiyle birleştirerek, eşit uzunluktaki çember ve çokgenler arasından çemberin en fazla alanı kaplıyor olduğunu ispat eden Zenodorus; kendisinin çalışmalarını, doğrusal şekiller (rectilinear figures) ile genelleştirerek devam ettiren Helenistik Dönemin meşhur geometricilerinden İskenderiyeli Pappus’a da ışık tutmuş oldu.

Steiner'in İspatı

Antik Yunan döneminden kalan bütün bu çalışmalar doğru olsalar bile aradığımız sorunun cevabını verebilmek için eksikler. Çünkü bütün bu çalışmalar düzenli (regular) eğriler üzerine yapılmıştı ve düzensiz (irregular) eğriler için bir önermeleri yoktu. Soruya, düzensiz eğrileri de içerecek şekilde tam bir cevap vermek isteyen 19. yüzyıl matematikçilerinden İsviçreli matematikçi Jakop Steiner, Eşçevre Problemi'nin modern anlamdaki ispatı üzerine çalışan ilk matematikçi oldu. Steiner’ın ispatı 3 adımdan oluşuyordu:

AA bölgesinin maksimum alanı kaplıyor olduğu varsayılmak üzere,

  1. AA bölgesi, bizim de yukarıda gösterdiğimiz gibi, konveks olmalı.
  2. Eğri üzerinden, eğrinin tamamını iki eş parçaya bölecek şekilde seçilen iki nokta, birleştirilerek şekil iki parçaya bölündüğünde; bu parçaların alanları birbirine eşit olmalı.
  3. Eğrinin, ayrılan iki parçası da birer yarı çember olmalı.

İkinci maddeyi ele alalım: Gerçekten de, eğer eğriyi iki eş parçaya bölen bu doğru, alanı da iki eş parçaya bölmüyorsa; alanı daha büyük olan parçanın, bu doğruya göre simetrisi alındığında toplam çevre uzunluğu değişmemiş olmasına rağmen alan artmış olur. Böylece, sözünü ettiğimiz bu şeklin, maksimum alanı kaplamıyor olduğu sonucuna ulaşırız. Dolayısıyla, maksimum alanı kapladığını iddia ettiğimiz şekil için; eğriyi iki eşit parçaya bölen doğrunun, alanı da iki eşit parçaya böldüğünü ispatlamış olduk.

Steiner'ın İspatının İkinci Maddesinin Görseli
Steiner'ın İspatının İkinci Maddesinin Görseli

Üçüncü maddeyi ele alalım: Yukarıdaki görselde olduğu gibi noktaların ismi PP ve QQ, eğrinin parçalarının ismi C1C_1 ve C2C_2 olsun; C1C_1 eğrisinin yarı çember olduğunu çelişki elde ederek göstermek için, C1C_1'in yarı çember olmadığını varsayalım. Bu durumda, aşağıdaki görselde olduğu gibi, C1C_1 eğrisi üzerinde öyle bir WW noktası vardır ki 'yy' açısı 9090 derecen farklı bir açıdır. Dolayısıyla, eğer C1C_1'in ve PW‾\overline {PW} ve WQ‾\overline{WQ} doğru parçalarının uzunluğunu değiştirmeden PP ile QQ noktaları arasındaki mesafeyi değiştirerek yani şekli büzerek yada gerdirerek 'yy' açısını 9090 dereceye eşitlersek, üçgenin alanı artarken (Sinüs Alan Teoremi, PW‾\overline{PW} ve WQ‾\overline{WQ} doğru parçalarının uzunlukları sırasıyla aa ve bb olmak üzere, Alan(PWQ^)=12absin(y)Alan(\widehat{PWQ}) = \frac{1}{2} \,ab\, sin(y) olduğundan dolayı, sinsin fonksiyonunun maksimum değeri olan 11'de yani y=90y=90 olduğunda PWQ^\widehat{PWQ} üçgeninin alanı da maksimum değerini almış olur), PWundefined\overgroup{PW} ve WQundefined\overgroup{WQ} yaylarının uzunluğu değişmemiş olduğundan da turuncu bölgelerin alanları aynı kalır. Bu durumda ise bölgenin toplam alanı artmış olur ve böylece maksimum alana sahip olduğunu iddia ettiğimiz bölgeden daha fazla alana sahip bir bölge elde etmiş oluruz - ki bu bir çelişkidir. Öyleyse C1C_1 eğrisi bir yarı çemberdir. Aynı yolu izleyerek C2C_2 eğrisinin de bir yarı çember olduğu sonucuna ulaşabiliriz.

Steiner'ın İspatının Üçüncü Maddesinin Görseli
Steiner'ın İspatının Üçüncü Maddesinin Görseli

En nihayetinde bu iki yarı çemberin uzunlukları eşit olduğundan, C1C_1 ve C2C_2 yarı eğrilerinin birlikte bir çember oluşturduğunu, yani AA bölgesini çevreleyen eğrinin bir çember olduğunu ispatlamış olduk.

■\blacksquare

Ancak bir sorunumuz var: Jakob Steiner’ın bu ispatı; aynı Zenodorus ve Pappus’un çalışmaları gibi, doğru olmasına rağmen aradığımız soruya cevap verebilmek için yetersiz. Çünkü; her ne kadar Steiner, ispatı yaparken açıkça belirtmemiş olsa da bizim ispata başlarken söylediğimiz gibi, bu ispat, böyle bir eğrinin var olduğu varsayımına dayanıyor. Yani biz; alanı maksimize eden şeklin çember olduğunu değil, eğer alanı maksimize eden bir şekil varsa bunun çember olduğunu bulduk. Yani eğer alanı maksimize eden bir şekil yoksa bile sırf böyle bir şeklin var olduğunu varsaydığımız için mi çemberin maksimum alanı kapattığını bulduk?

Evet aynen öyle, çünkü ispatımız tamamen bunun üzerine kurulu; ilk adımda böyle bir şeklin konveks olması gerektiğini söyledik, böyle bir şeklin var olduğunu varsaymasaydık konveksliğini araştıramazdık, aynı teknikle ikinci ve üçüncü adımlarda da böyle bir şeklin nasıl olması gerektiğini, nasıl olamayacağını göstererek bulduk, eğer baştaki varsayımımızı yapmamış olsaydık cevabımızın çember olduğu sonucuna da ulaşamazdık.

Dolayısıyla, Eşçevre Problemine doğru cevabı verebilmek için öncelikle böyle bir şeklin varlığını ispatlamamız gerek ki bunu da Eşçevre Eşitsizliğini tanıtıp ispatlayarak yapacağız; ama şimdi, bu ispatı yazımızın sonuna bırakıp, Eşçevre Problemini üçüncü boyutta ve evrenimizde ele alalım.

Eşalan Problemi ve Minimum Potansiyel Enerji Prensibi

1) Çevre uzunlukları eşit olan bütün şekiller arasından, hangisi en fazla alanı kaplar?

Yukarıdaki haliyle sorduğumuz problemimizi, Eşalan Problemi olarak isimlendirilen aşağıdaki formuyla da sorabiliriz:

2) Alanları eşit olan bütün şekiller arasından, hangisinin çevre uzunluğu en azdır?

Eşalan Problemi ve uygulamalarından bahsetmeden önce, bu iki problemin birbirine denk olduğunu ispatlayalım.

Teorem: YYşekli, 1. Problemin cevabıdır ⟺\iff YY şekli, 2. Problemin cevabıdır

İspat: 1⟹21\implies2: çelişki elde ederek ispatlamak için YY şeklinin 1'i sağlıyor ise 2'yi sağlamıyor olduğunu varsayalım. YY şekli 2'yi sağlamıyor ise öyle bir EE şekli vardır ki Alan(Y)=Alan(E)Alan(Y)=Alan(E) ve Çevre(E)<Çevre(Y)Çevre(E) < Çevre(Y) olur. 1'i sağlayan YY şekli deliksiz ve konveks olduğundan çevresinin uzunluğunu azalttığımızda alanını da azaltmış olacağımızdan dolayı, YY şeklini Çevre(E)=Çevre(Y)Çevre(E)=Çevre(Y) olacak şekilde çevresini azalttığımızda Alan(Y)<Alan(E)Alan(Y) < Alan(E) olur. Oysaki YY şeklinin 1'i sağladığını yani alanı maksimize ettiğini varsaymıştık ancak öyle bir eşit çevreye sahip EE şekli bulduk ki alanı, YY şeklinin alanından daha fazla ki bu bir çelişkidir. Böylece 1⟹21\implies2 olur.

2⟹12\implies1 : aynı şekilde çelişki elde ederek ispatlamak için YY şeklinin, 2'yi sağlıyor ise 1'i sağlamıyor olduğunu varsayalım. YY şekli, 1'i sağlamıyor ise öyle bir FF şekli vardır ki Çevre(Y)=Çevre(F)Çevre(Y)=Çevre(F) ve Alan(Y)<Alan(F)Alan(Y) < Alan(F) olur. 2'yi sağlayan YY şeklinin konveks ve deliksiz olması gerektiği kolayca görülebileceğinden ( konkav ise en başta yaptığımız gibi konkav kısmın simetrisi alınıp bu simetri sonucu artan alan kadar alan şekil büzülerek çıkarılınca, alan sabit kalmasına rağmen çevre uzunluğu azalmış olur böylece konkav olan herhangi bir şeklin çevreyi minimize edemeyeceğini göstermiş oluruz, delikli olursa da benzer şekilde delik kapatılıp kapatılınca artan ki kadar alan, şekil büzülerek çıkarılınca alan sabit kalırken çevre uzunluğu azalmış olur böylece delikli olan herhangi bir şeklin çevreyi minimize edemeyeceğini göstermiş oluruz ) YY şeklinin alanını artırmak için çevresinin uzunluğunu da artırmamız gerektiğini söyeleyebiliriz. Dolayısıyla, YY şeklinin alanını Alan(Y)=Alan(F)Alan(Y)=Alan(F) olacak şekilde arttırırsak Çevre(Y)>Çevre(F)Çevre(Y) \text{\textgreater} Çevre(F) olur. Oysaki YY şeklinin 2'yi sağladığını yani çevre uzunluğunu minimize ettiğini varsaymıştık ancak öyle bir aynı alana sahip FF şekli bulduk ki çevre uzunluğu, YY şeklinin çevre uzunluğundan daha az ki bu bir çelişkidir. Böylece 2⟹12\implies 1 olur.

Sonuç olarak 1⟹21\implies2 ve 2⟹12\implies1 olduğundan dolayı, 1⟺21\iff2 olur. Yani, Eşçevre Problemi ve Eşalan Problemi birbirine denktir.

■\blacksquare

Bu problemi kendi evrenimizde ele aldığımızda; üç boyutlu Eşalan Probleminin çözümünün, Minimum Potansiyel Enerji Prensibinin cisimlerin geometrilerini nasıl etkilediğini açıkladığını görürüz.

Örneğin bir su kütlesine baktığımızda, yüzeydeki moleküllerin etkileştiği molekül sayısı, su kütlesinin iç bölgesindeki her tarafı diğer moleküllerle çevrili olan moleküllerin etkileştiklerininkinden daha az olduğu için yüzeydeki moleküllerin potansiyel enerjileri daha fazladır. Dolayısıyla Minimal Potansiyel Enerji Prensibinin belirttiği gibi; su kütlesi, toplam potansiyel enerjisini minimize etmek için, diğerlerinden daha fazla potansiyel enerjiye sahip olan yüzeydeki su moleküllerinin sayısını yani yüzey alanını olabildiğince azaltması gerekir.

Üç boyutlu Eşalan Probleminin cevabı yani belirli bir hacmin yüzey alanını minimize etmek için alması gereken form, küre olduğu için; su kütlesi de yüzeyini minimize etmek için küre şeklini almak zorundadır. Dünyadaki su damlacıkları, yerçekiminden dolayı, tam bir küre şekli oluşturamasalar da uzaydaki bir su kütlesinin yüzeyinin küresel bir yapıya sahip olmasının sebebi de budur.

Bir Yaprağın Üzerinde Küremsi  Formlardaki Su Damlacıkları
Bir Yaprağın Üzerinde Küremsi Formlardaki Su Damlacıkları
Piqsels
Uluslararası Uzay İstasyonundaki  Yerçekimsiz Ortam Sayesinde  Küre Şeklini Alan Bir Su Kütlesi
Uluslararası Uzay İstasyonundaki Yerçekimsiz Ortam Sayesinde Küre Şeklini Alan Bir Su Kütlesi
USGS

Bir diğer klasik örnek olan köpük baloncuklarını ele alacak olursak; dış basıncı, içerisindeki hava moleküllerinin uyguladığı basınç ile dengeleyerek formunu korumaya çalışan köpük baloncuğunun, bu dengeyi sağlayabilmek amacıyla yüzey alanını minimize eder ki bu durum, yüzeyinin küresel olmasının sebebini açıkladığı gibi birkaç köpük baloncuğunun bir araya gelmesiyle oluşan yapıda baloncukların birbirleri ile birleşme açıları ve arayüzlerinin geometrilerinin, neden toplam yüzey alanını minimize edecek şekilde olduğunu da açıklar.

Köpük Baloncuklarının Birleşerek Oluşturdukları Geometrilerden Bir Örnek
Köpük Baloncuklarının Birleşerek Oluşturdukları Geometrilerden Bir Örnek
Pikrepo

Eşçevre Eşitsizliği ve İspatı

EE ; nn boyutlu reel bir sınırlı C∞C^{\infty}sınıfı domain ise; BB, nn boyutlu birim küre olmak üzere ∣∂E∣≥|\partial{E}| \geq n∣B∣1n∣E∣n−1nn \,|B|^{\frac{1}{n}}\, |E|^{\frac{n-1}{n}} olur ve eşitlik ancak ve ancak EE ; nn boyutlu bir küre ise sağlanır.

Yani EE bölgesinin yüzeyinin yüzey hacmi, nn boyutlu birim kürenin hacminin 1n\frac{1}{n}'inci kuvveti ile EE bölgesinin hacminin n−1n\frac{n-1}{n}'inci kuvvetinin çarpımının nn katından daha büyüktür ya da eşittir.

Yukarıdaki nn boyutlu Eşçevre Eşitsizliği ve benzeri birçok optimizasyon probleminin çok daha soyut ve genel formlarını, alanlarına giren problemlerinden olarak sayabileceğimiz Minimal Yüzeyler Teorisi ve Konveks Optimizasyon Teorisi gibi teoriler bu tarz problemlerin çözümleri için çok daha ‘yüksek teknoloji’ olarak nitelendirebileceğimiz araçlar kullansa da; biz yazımızı, yukarıdaki bu eşitliğin yalnızca n=2n=2 durumu için oldukça basit bir geometrik ispatını vererek sonlandıracağız.

Alman matematikçi Erhard Schmidt’in 1939 yılında yaptığı bu ispata geçmeden önce, ispat için gerekli olan iki tane önsavı ispatlayacağız.

Önsav 1: CC; basit, kapalı, pozitif yönlendirilmiş ve [a,b][a,b] üzerinde tanımlı olan r(t)=⟨x(t),y(t)⟩r(t)=⟨x(t),y(t)⟩ ile parametrize edilmiş bir eğri ve DD, ∂D=C\partial{D}=C olacak şekilde yani CC eğrisinin kapattığı bölge olarak tanımlanmış olsun. Bu durumda,

Alan(D)=∫abx(t)y′(t)dt=−∫aby(t)x′(t)dtAlan(D)=\int_a^b x(t)y'(t)dt=-\int_a^b y(t)x'(t)dt olur.

İspat: F=⟨M,N⟩F=⟨M,N⟩, DD bölgesini içeren bir açık küme üzerinde tanımlı olan sürekli diferansiyellenebilir bir vektör alanı olsun.

Alan(D)=∬D1dAAlan(D)=\iint_{D}1\,\, dA integralini, rr parametrizasyonunun bileşenleri olan xx ve yy cinsinden yazabilmek için,

Green Teoremi; ∮CFdr\oint_{C} F\, dr =∬DcurlFdA= \iint_{D} curlF\,\,dA eşitliğini kullanarak, curlF=1curlF=1 olacak şekilde MM ve NN fonksiyonları bulmamız gerek.

Eğer M=0M=0 ve N=xN=x olarak alınırsa, curlF=∂N∂x−∂M∂ycurl F = \frac{\partial{N}}{\partial{x}} - \frac{\partial{M}}{\partial{y}} =1−0=1= 1-0=1 olur ve böylece, ∮Cxdy\oint_{C} x\,dy =∮CMdx+Ndy=\oint_{C} M\,dx+N\,dy =∮CFdr= \oint_{C} F\, dr =∬DcurlFdA=\iint_{D} curlF\,\,dA =∬D1dA\iint_{D} 1\,\,dA yani,

Alan(D)Alan(D) =∮Cxdy=\oint_{C} x \, dy =∫abx(t)y′(t)dt= \int_a^b x(t)y'(t)dt olur.

Eğer M=−yM=-y ve N=0N=0 olarak alınırsa, curlF=∂N∂x−∂M∂y=0−(−1)=1curlF=\frac{\partial{N}}{\partial{x}} - \frac{\partial{M}}{\partial{y}}=0-(-1)=1 olur ve böylece, ∮C−ydx\oint_{C} -y\,dx =∮CMdx+Ndy=\oint_{C} M\,dx+N\,dy =∮CFdr=\oint_{C} F\,dr =∬DcurlFdA=\iint_{D} curlF\,\,dA =∬D1dA=\iint_{D} 1\,\,dA yani,

Alan(D)=∬D1dA=−∮Cydx=∫aby(t)x′(t)dtAlan(D)=\iint_{D} 1\,\,dA=-\oint_{C} y\,dx=\int_a^b y(t)x'(t)dt olur.

■\blacksquare

Önsav 2: x,y,zx,\,y,\,z sürekli diferansiyellenebilir fonksiyonlar ise

(xy′−zx′)2≤(x2+z2)((x′)2+(y′)2)(xy'-zx')^2 \leq (x^2+z^2)((x')^2+(y')^2) olur ve eşitlik zy′=−xx′zy'=-xx' durumunda sağlanır.

İspat: (x2+z2)((x′)2+(y′)2)−(xy′−zx′)2(x^2+z^2)((x')^2+(y')^2)-(xy'-zx')^2

=x2(x′)2+x2(y′)2+z2(x′)2+z2(y′)2−(x2(y′)2−2xy′zx′+z2(x′)2)= x^2(x')^2 + x^2(y')^2+z^2(x')^2+z^2(y')^2- ( x^2(y')^2-2xy'zx'+z^2(x')^2)

=x2(x′)2+2xy′zx′+z2(y′)2= x^2(x')^2+2xy'zx'+z^2(y')^2

=(xx′+zy′)2=(xx'+zy')^2 ≥0\geq 0

Böylece eşitsizlik sağlanmış olur.

Eşitlik ise (xx′+zy′)2=0(xx'+zy')^2=0 olunca yani zy′=−xx′zy'=-xx' durumunda sağlanır.

■\blacksquare

Teorem (Eşçevre Eşitsizliği) : c(t)=⟨x(t),y(t)⟩c(t)=⟨x(t),y(t)⟩ ; [a,b][a,b] üzerinde tanımlı, basit, kapalı, pozitif yönlendirilmiş, yay uzunluğu ile parametrize edilmiş, sürekli diferansiyellenebilir, uzunluğu LL olan bir eğri ve kapattığı alan AA olsun. Bu durumda,

L2≥4πAL^2 \geq 4 \pi A olur ve eşitlik ancak ve ancak c(t)c(t) bir çember ise sağlanır.

İspat ( Erhard Schmidt, 1939 ) : rr sayısı, c(t)c(t) eğrisinin xx eksenindeki genişliğinin yarısı olarak tanımlanmış olsun yani r=12maxs,u∈[0,L]∣x(u)−x(s)∣r=\frac{1}{2}\, max_{s,u \in [0,L]} |x(u)-x(s)| ve x(t)x(t) fonksiyonu [−r,r][-r,r] aralığında değer alıyor olsun. x(0)=rx(0)=r ve herhangi bir p1∈[0,L]p_1 \in [0,L] için x(p1)=−rx(p_1)=-r olarak tanımlansın.

Şimdi, (0,0)(0,0) merkezli ve rr yarıçaplı bir çember tanımlayalım ve bu çember;

z(t)={r2−x(t)2, 0≤t≤p1−r2−x(t)2, p1≤t≤Lz(t) = \begin{cases} \sqrt{r^2 - x(t)^2 }\,\, , &\ 0\leq t \leq p_1 \\ -\sqrt{r^2 - x(t)^2 }\,\, , &\ p_1 \leq t \leq L \end{cases} olacak şekilde k(t)=⟨x(t),z(t)⟩k(t)=⟨x(t),z(t)⟩ ile parametrize edilmiş olsun.

E. Schmidt'in İspatının Birinci Kısmının Görseli
E. Schmidt'in İspatının Birinci Kısmının Görseli

AA, c(t)c(t) eğrisinin kapattığı alan ve BB, k(t)k(t) eğrisinin kapattığı alan olmak üzere Önsav 1'deki eşitlikler kullanılarak,

A=∫0Ly′xdtA=\int_0^L y'x\,dt ve B=∫0Lzx′dt=πr2B=\int_0^L zx'\,dt = \pi r^2 eşitlikleri elde edilir dolayısıyla;

A+B=∫0Lyx′−zx′dtA+B = \int_0^L yx'-zx'\,dt

≤∫0L(y′x−zx′)2dt\leq \int_0^L \sqrt{(y'x-zx')^2}\,dt

≤∫0L(x2+z2)((x′)2+(y′)2)dt\leq \int_0^L \sqrt {(x^2+z^2)((x')^2+(y')^2)}\,dt (Önsav 2) (i)

=∫0Lrdt= \int_0^L r \, dt ( x2+z2=r2x^2+z^2=r^2 ve (x′)2+(y′)2=1(x')^2+(y')^2=1 )

=Lr=Lr

yani, A+B≤LrA+B \leq Lr olur.

ee ve ff herhangi bir pozitif reel sayı olmak üzere, (e−f)2≥0(\sqrt{e}-\sqrt{f}\,)^2 \geq 0 olduğundan dolayı e−2ef+f≥0e-2\sqrt{ef}+f \geq 0 yani e+f2≥ef\frac {e+f}{2} \geq \sqrt{ef} olur.

Yani eğer e=Ae=A ve f=πr2f=\pi r^2 olarak seçilirse, Aπr2≤A+πr22≤Lr2\sqrt{A} \sqrt{\pi r^2} \leq \frac{A+ \pi r^2}{2} \leq \frac {Lr}{2} yani 4πAr2≤L2r24 \pi A r^2 \leq L^2 r^2 ve sonuç olarak,

4πA≤L24 \pi A \leq L^2 olur ve böylece Eşçevre Eşitsizliği ispatlanmış olur.

Şimdi de, alanı maksimize eden eğriyi bulabilmek için 4πA=L24 \pi A = L^2 eşitliğinin hangi durumda sağlandığını ispatlıyalım.

Eğer 4πA=L24 \pi A = L^2 eşitliği sağlanıyorsa,

Aπr2=A+πr22=Lr2\sqrt{A} \sqrt{\pi r^2} = \frac {A+\pi r^2}{2} = \frac {Lr}{2} eşitlikleri de sağlanır. Birinci eşitlikten A=πr2A=\pi r^2 olduğunu görürüz.

Öte yandan eğer ikinci eşitlik sağlanıyorsa, (i) numaralı eşitsizliğin eşitlik olması için,

(xy′−zx′)=(x2+z2)((x′)2+(y′)2)(xy'-zx') = (x^2+z^2)((x')^2+(y')^2) eşitliği de sağlanır.

x2+z2=r2x^2+z^2=r^2 ve yay uzunluğu ile parametrize edildiğinden (x′)2+(y′)2=1(x')^2+(y')^2=1 olduğundan dolayı,

(xy′−zx′)2=r2(xy'-zx')^2=r^2 olur, yani

x2(y′)2−2zx′xy′+z2(x′)2=r2x^2(y')^2-2zx'xy' + z^2(x')^2=r^2 eşitliği elde edilir

ve (xy′−zx′)2=(x2+z2)((x′)2+(y′)2)(xy'-zx')^2 = (x^2+z^2)((x')^2+(y')^2) eşitliğinin zy′=−xx′zy'=-xx' durumunda sağlandığını ispatladığımızdan dolayı,

x2(y′)2+2(x′)2x2+z2(x′)2=r2x^2(y')^2 + 2(x')^2x^2+z^2(x')^2=r^2 eşitliği elde edilir ve böylece,

x2((x′)2+(y′)2)+(x′)2(x2+z2)=r2x^2((x')^2+(y')^2) + (x')^2(x^2+z^2)=r^2 yani,

x2+(x′)2r2=r2x^2 + (x')^2r^2=r^2 ve böylece x2=r2(1−(x′)2)=r2(y′)2x^2=r^2(1-(x')^2)=r^2(y')^2 olur ve sonuç olarak

x=−+ry′x=\,_-^+\,ry' eşitliği elde edilmiş olur.

Şimdi ispatımızın başına, c(t)c(t) eğrisinin xx eksenindeki genişliği ile aynı çapa sahip k(t)=⟨x(t),z(t)⟩k(t)=⟨x(t),z(t)⟩ ile parametrize edilmiş çemberi tanımladığımız noktaya geri dönelim ve bu sefer c(t)c(t) eğrisinin yy eksenindeki genişliği ile aynı çapa sahip j(t)=⟨w(t),y(t)⟩j(t)=⟨w(t),y(t)⟩ ile parametrize edilmiş başka bir çember tanımlayalım.

E. Schmidt'in İspatının İkinci Kısmının Görseli
E. Schmidt'in İspatının İkinci Kısmının Görseli

Yarıçapı, n=12maxs,u∈[0,L]∣y(u)−y(s)∣n= \frac{1}{2}\, max_{s,u \in [0,L]} |y(u)-y(s)| olan bu yeni çember için de yukarıdaki adımları izlediğimizde, benzer şekilde; GG, yeni çemberimizin kapattığı alan yani G=πn2G=\pi n^2 olmak üzere, AA yani c(t)c(t) eğrisinin kapattığı alan için A=πn2A= \pi n^2 olur. Böylece, yukarıda A=πr2A= \pi r^2 olduğunu gösterdiğimizden dolayı, n=rn=r sonucuna ulaşırız. Öte yandan, aynı teknikle, −xw′=yy′-xw'=yy' olunca eşitliğin sağlandığı gösterilip y=−+rx′y=\,_-^+\, r x' eşitliği elde edilir.

Böylece, x2+y2=(−+ry′)2+(−+rx′)2=r2((x′)2+(y′)2)=r2x^2+y^2=(_-^+ry')^2+(_-^+rx')^2=r^2((x')^2+(y')^2)=r^2 eşitliği elde edilmiş olur.

Yani, L2=4πAL^2=4 \pi A ise c(t)c(t) eğrisi bir çemberdir. Öte yandan c(t)c(t) bir çember ise L2=4πAL^2=4 \pi A olacağı da açıktır.

Böylece, L2=4πAL^2=4 \pi A eşitliği ancak ve ancak c(t)c(t) eğrisi bir çember ise sağlanır.

Sonuç olarak; alanı maksimize eden tek şekil, çemberdir.

■\blacksquare

Bu İçerik Size Ne Hissettirdi?
  • Muhteşem! 4
  • Tebrikler! 3
  • Bilim Budur! 3
  • Merak Uyandırıcı! 3
  • Mmm... Çok sapyoseksüel! 2
  • Umut Verici! 1
  • Güldürdü 0
  • İnanılmaz 0
  • Üzücü! 0
  • Grrr... *@$# 0
  • İğrenç! 0
  • Korkutucu! 0
Kaynaklar ve İleri Okuma

Evrim Ağacı'na her ay sadece 1 kahve ısmarlayarak destek olmak ister misiniz?

Şu iki siteden birini kullanarak şimdi destek olabilirsiniz:

kreosus.com/evrimagaci | patreon.com/evrimagaci

Çıktı Bilgisi: Bu sayfa, Evrim Ağacı yazdırma aracı kullanılarak 12/08/2020 21:44:40 tarihinde oluşturulmuştur. Evrim Ağacı'ndaki içeriklerin tamamı, birden fazla editör tarafından, durmaksızın elden geçirilmekte, güncellenmekte ve geliştirilmektedir. Dolayısıyla bu çıktının alındığı tarihten sonra yapılan güncellemeleri görmek ve bu içeriğin en güncel halini okumak için lütfen şu adrese gidiniz: https://evrimagaci.org/s/9054

İçerik Kullanım İzinleri: Evrim Ağacı'ndaki yazılı içerikler orijinallerine hiçbir şekilde dokunulmadığı müddetçe izin alınmaksızın paylaşılabilir, kopyalanabilir, yapıştırılabilir, çoğaltılabilir, basılabilir, dağıtılabilir, yayılabilir, alıntılanabilir. Ancak bu içeriklerin hiçbiri izin alınmaksızın değiştirilemez ve değiştirilmiş halleri Evrim Ağacı'na aitmiş gibi sunulamaz. Benzer şekilde, içeriklerin hiçbiri, söz konusu içeriğin açıkça belirtilmiş yazarlarından ve Evrim Ağacı'ndan başkasına aitmiş gibi sunulamaz. Bu sayfa izin alınmaksızın düzenlenemez, Evrim Ağacı logosu, yazar/editör bilgileri ve içeriğin diğer kısımları izin alınmaksızın değiştirilemez veya kaldırılamaz.

Reklamı Kapat
Güncel
Agora
Instagram
Yeni Koronavirüs
Kan Hastalıkları
Tehlike
Salgın
Kültür
Evrimsel Biyoloji
Hasta
Çiftleşme
Yapay Zeka
Okyanus
Ortak Ata
Gelişim
Evren
Canlılık
Covid-19
Skeptisizm
Dinozorlar
Beyin
Hominid
Sars
Yiyecek
Kuyrukluyıldız
Saç
Evrimsel Tarih
Botanik
Daha Fazla İçerik Göster
Daha Fazla İçerik Göster
Reklamı Kapat
Reklamsız Deneyim

Evrim Ağacı'nın çalışmalarına Kreosus, Patreon veya YouTube üzerinden maddi destekte bulunarak hem Türkiye'de bilim anlatıcılığının gelişmesine katkı sağlayabilirsiniz, hem de site ve uygulamamızı reklamsız olarak deneyimleyebilirsiniz. Reklamsız deneyim, Evrim Ağacı'nda çeşitli kısımlarda gösterilen Google reklamlarını ve destek çağrılarını görmediğiniz, daha temiz bir site deneyimi sunmaktadır.

Kreosus

Kreosus'ta her 10₺'lik destek, 1 aylık reklamsız deneyime karşılık geliyor. Bu sayede, tek seferlik destekçilerimiz de, aylık destekçilerimiz de toplam destekleriyle doğru orantılı bir süre boyunca reklamsız deneyim elde edebiliyorlar.

Kreosus destekçilerimizin reklamsız deneyimi, destek olmaya başladıkları anda devreye girmektedir ve ek bir işleme gerek yoktur.

Patreon

Patreon destekçilerimiz, destek miktarından bağımsız olarak, Evrim Ağacı'na destek oldukları süre boyunca reklamsız deneyime erişmeyi sürdürebiliyorlar.

Patreon destekçilerimizin Patreon ile ilişkili e-posta hesapları, Evrim Ağacı'ndaki üyelik e-postaları ile birebir aynı olmalıdır. Patreon destekçilerimizin reklamsız deneyiminin devreye girmesi 24 saat alabilmektedir.

YouTube

YouTube destekçilerimizin hepsi otomatik olarak reklamsız deneyime şimdilik erişemiyorlar ve şu anda, YouTube üzerinden her destek seviyesine reklamsız deneyim ayrıcalığını sunamamaktayız. YouTube Destek Sistemi üzerinde sunulan farklı seviyelerin açıklamalarını okuyarak, hangi ayrıcalıklara erişebileceğinizi öğrenebilirsiniz.

Eğer seçtiğiniz seviye reklamsız deneyim ayrıcalığı sunuyorsa, destek olduktan sonra YouTube tarafından gösterilecek olan bağlantıdaki formu doldurarak reklamsız deneyime erişebilirsiniz. YouTube destekçilerimizin reklamsız deneyiminin devreye girmesi, formu doldurduktan sonra 24-72 saat alabilmektedir.

Diğer Platformlar

Bu 3 platform haricinde destek olan destekçilerimize ne yazık ki reklamsız deneyim ayrıcalığını sunamamaktayız. Destekleriniz sayesinde sistemlerimizi geliştirmeyi sürdürüyoruz ve umuyoruz bu ayrıcalıkları zamanla genişletebileceğiz.

Giriş yapmayı unutmayın!

Reklamsız deneyim için, maddi desteğiniz ile ilişkilendirilmiş olan Evrim Ağacı hesabınıza üye girişi yapmanız gerekmektedir. Giriş yapmadığınız takdirde reklamları görmeye devam edeceksinizdir.

Destek Ol
Türkiye'deki bilimseverlerin buluşma noktasına hoşgeldiniz!

Göster

Şifrenizi mi unuttunuz? Lütfen e-posta adresinizi giriniz. E-posta adresinize şifrenizi sıfırlamak için bir bağlantı gönderilecektir.

Geri dön

Eğer aktivasyon kodunu almadıysanız lütfen e-posta adresinizi giriniz. Üyeliğinizi aktive etmek için e-posta adresinize bir bağlantı gönderilecektir.

Geri dön

Close
“Beni harekete geçiren iki temel düşünce vardır: Dün, yaşam hakkında ne kadar biliyor idiysen, bugün daha fazlasını öğren ve diğerlerinin acısını azalt. Bu düşüncelerin seni ne kadar ileriye taşıdığını görünce şaşıracaksın.”
Neil deGrasse Tyson
Geri Bildirim Gönder