Bilardo Masasi ve topun yorungesi

Question

Kare biciminde bir bilardo masasi olsun. Masa surtunmesiz olsun. Masanin ustune bir tane bilardo topu yerlestirelim. Topa oyle bir vurayim ki top asla basladigi noktaya gelmesin. Bu mumkun mudur?

 

Peki Bilardo masasi kare olmasaydi da baska bir duzgun poligon olsaydi ne olurdu ?

Answer 1

Kareyi kordinat düzleminde birim kare $\{(x,y):0\leq x\leq1,\ 0\leq y\leq1\}$ olarak düşünebiliriz.

(Hareket sırasında, topun köşelere çarpmadığını varsayıyoruz)

Bu karenin $(a,b)$ koordinatlı herhangi bir noktasından bilardo topu herhangi bir yönde atılsın ve $n$ defa kenarlara çarpıp aynı noktaya geri gelsin. Bir  (ama konveks olmak zoruna değil) kırık çizgi şeklinde (kapalı) çizgi oluşur.

Kenara çarpınca yansımanın (ışığın yansımasında olduğu gibi) şu özelliğini kullanacağız:

çarpmadan sonraki (bir sonraki kenara çarpmadan önceki) kısa bir yolu (çarptığı) kenara göre yansıtırsak bir doğru parçası oluşur.

Bunu kullanarak, son düz kenardan başlayıp çarptığı kenara göre (sadece son düz çizgiyi) yansıtarak, her defasında bir köşeyi "düzelterek" (çarpma sayısı kadar) bir doğru parçası oluşuralım. İlk düz parça aynı kalacaktır.

Doğru parçamızın bir ucu topun ilk bulunduğu nokta, diğer ucu ise bu noktanın $n$ defa (değişik doğrulara göre) yansımasından sonra ulaşacağı noktadır. Bu ucun koordinatlarına $(c,d)$ diyelim.

Yansımalar, $x=m$ vey $y=k$ ($m,k\in\mathbb{Z})$ doğrularına göre yapıldığı için 

$x=m$ doğrusuna göre yansımada, koordinatlar $x'=2m-x, y'=y$ şeklinde dönüşür.

$y=k$ doğrusuna göre yansımada, koordinatlar $x'=x, y'=2 k-y$ şeklinde dönüşür.

Ayrıca bu yansımalar, bu doğru ailelerini, yine aynı ailede başka bir doğruya dönüştürür.

Bu nedenle, doğru parçamızın "diğer" ($(c,d)$ koordinatlı) ucunun koordinatları $(a,b)$ ikilisine bu (farklı) dönüşümlerin $n$ kez uygulanması ile bulunacaktır.

Burada şunu görüyoruz:

$a,b\in\mathbb{Q}$ ise $c,d\in\mathbb{Q}$ (hatta, biraz daha fazlası doğru) olur.

Bu nedenle (eğer düşey değil ise) bu doğru parçasının eğimi rasyonel bir sayıdır.

Bu nedenle, bilardo topunun (EK: topun ilk konumunun koordinatları rasyonel iken) ilk hareket yönü irrasyonel  eğimli bir doğru ise, topun başlangıç noktasına dönmesi mümkün olamaz, çünki, ilk hareket, bu oluşturduğumuz doğru parçası ile aynı eğime sahiptir.

(Diğer, düzgün olmayanlar için bile, poligonlarda da bu mantığı genelleştirilebiliriz, ama orada durum biraz daha karmaşık. Çünki, yansımalarda katsayılar irrasyonel olabilir)

Comments

Şu şekil biraz anlamaya yardımcı olabilir.

---

 

Irrasyonel egimle atilan bir topun yorungesini cizdirdim ben de.

---

Bu durumda, sanırım, yörünge karede yoğun oluyor.

Bu da bir soru olabilir.

---

Kapali yorungeler icin soyle bir gozlemim oldu. Eger egimim $\frac{p}{q}$ (en sade seklinde) ise top bir kenara $p$ defa diger kenara ise $q$ defa carpiyor. Bunu nasil ispatlariz?

Ornekler:

egim $= \frac{12}{5}$

egim $= \frac{12}{6}$

 

 

 

 

---

Doğan hocam haddim değil biliyorum ama bu sitede her soruda bir cevabınız var hocam bazen sizin cevaplarinizi okuyorum bişey anlamıyorum ama diyorumki doğan hoca çok zeki bı hoca diyorum keşke öğrenciniz olsam demekde geçmiyor değil içimden:)

---

İrrasyonel bir eğimle başlayan yörüngeler asla kapalı bir eğri çizmiyorlarsa masadaki her noktadan geçerler herhalde, diye düşünmek içimizden gelse de, yanıt maalesef hayır (neden?). Ama bu yörüngenin masa üzerindeki her bir noktaya istendiği kadar yakın geçtiklerini gösterebiliriz, Doğan Hocanın deyişiyle yörünge karede yoğun bir küme oluşturuyor. Bunun ispatı için $\mathbb{R}^2$de orijinden $r$ irrasyonel eğimiyle yükselen $y = rx$ doğrusunu ele alalım. Masa ise bir kenarı $1$ uzunluğunda ve sol alt köşesi orijinde bulunan bir kare olsun, yansıtmalarla bütün düzlemi bu kareyle döşeyelim. $x$ veya $y$ doğrultusunda bir masa mesafesi, yani bir tamsayı kadar uzak olan koordinatlar, masa üzerinde bir ve aynı noktayı ifade ederler: $n, m \in \mathbb{Z}$ için $(a+n, b+m) \equiv (a,b)$.

Şimdi sadece sol duvarın herhangi bir noktasında (yani $n$ tamsayısı için $x = n $ doğruları) gerçekleşen iki ardışık yansıma düşünelim. Bu olaylar arasındaki masa üzerindeki mesafe $\Delta x = 1 \equiv 0$ iken $\Delta y = r \equiv r - \lfloor r \rfloor =: \epsilon$ olur.  Bu bize $x$ koordinatındaki her $1$ adımda $y$ koordinatı üzerinde $\epsilon$ büyüklüğünde bir adım atıyor olduğumuzu gösteriyor.$^\dagger$

Eğer ardışıklara değil de, ilk yansıma ile $k$ adım sonraki yansıma arasındaki mesafeye bakarsak $\Delta x = k$ iken $\Delta y =k \epsilon$ olur. Burada $k \epsilon > 1 > (k-1) \epsilon$ şartını sağlayabilen özel bir $k$ tamsayısını seçelim. Bu $k$ için ikinci eşitsizliği kullanarak $ \epsilon > k \epsilon - 1 \equiv \Delta y $ olduğundan, artık $x$'teki her $k$ adıma karşılık $y$'deki yeni adım büyüklüğünü $\delta(k) := k \epsilon - 1$ olarak seçebiliriz. Şimdi $y$ ekseninde daha ufak adımlar atabiliyoruz, ama bunun için aynı duvardan $k$ kere yansıma olmasını beklemek zorundayız.

Aynı prosedürü $\delta(k)$ ve $k'\delta > 1$ şartı için tekrarlayarak yeni ve daha ufak bir adım büyüklüğüne ulaşabiliriz $\delta'(k') < \delta(k)$, tabii şimdi daha çok ($k' k$ tane) yansıma beklemek pahasına. Acaba böylelikle $[0,1)$ aralığından seçilen herhangi bir değere istendiği kadar yaklaşmak mümkün mü? Prosedürün $i$ kere tekrarından sonra elde ettiğimiz değerleri $\delta^{(i)}$ dizisi olarak adlandırırsak, soruya evet cevabı vermek için $i \rightarrow \infty$ altında bu dizinin limitinin $0$ olmasını arzu ederiz.

Bunu sağlayabilmek için biraz önce $\delta(k)$'yı seçtiğimiz adımı biraz değiştireceğiz. Seçmiş olduğumuz ilk değere $\delta_\text{üst} = k\epsilon - 1$ adını verelim. Daha önce üçlü eşitsizliğin soldan ikinci parçasını kullanmıştık, şimdi birinci parçasını da kullanarak görelim ki: $\epsilon > 1 - (k-1) \epsilon > 0$. Burada ortadaki ifadeye ise $\delta_\text{alt}$ adını verelim.

Şu basit toplama işlemi bize istediğimizi verecek: $\delta_\text{üst} + \delta_\text{alt} = \epsilon$

Buradi iki $\delta$ değeri de pozitif olduğundan (ve birbirlerine eşit olamayacaklarından!) bir tanesi $\delta < \epsilon / 2$ olmak zorundadır. Eğer her seferinde küçük olan değeri $\delta(k)$ olarak seçersek,

$$\frac{\epsilon}{2^i} > \delta^{(i)} \xrightarrow{i \rightarrow \infty} 0$$

olduğu ve diziyi kullanarak her noktaya istendiği kadar yaklaşacağımız görülür.

İstenen $y$ değerine yeterince yaklaştıktan sonra, aynı adımları $x$ ekseninde istenen değer için de uygulayabiliriz. Artık masadan seçilen herhangi bir $(a_0, b_0)$ noktasının herhangi bir komşuluğunda bilardo topunun yörüngesine ait bir nokta bulacağımız kesindir.

$^\dagger$ Burada $\epsilon$ sayısının sıfırdan farklı ve irrasyonel bir sayı oluşu kritik önem taşıyor.