Akademisyenler öncülüğünde matematik/fizik/bilgisayar bilimleri soru cevap platformu
1 beğenilme 0 beğenilmeme
224 kez görüntülendi
Düzlemde rastgele iki doğru seçelim ve her biri üzerinde üç tane farklı ardışık nokta işaretleyelim: $A, B, C$ ve $A', B', C'$. Sonra bu noktaları şu şekilde karşılıklı birbirine bağlayarak 3 yeni nokta bulalım: $p_1 = AB' \cap A'B$, $p_2 = AC' \cap A'C$ ve $p_3 = BC' \cap B'C$.

$p_1$, $p_2$ ve $p_3$'ten her zaman tek bir doğru geçtiğini gösterebilir misiniz?
Akademik Matematik kategorisinde (116 puan) tarafından  | 224 kez görüntülendi
Bu Pappus ün Teoremi değil mi?
Evet ta kendisi. Sorunun gizemini artırır diye umarak hiç bahsetmeyeyim dedim.
Burada (ben de, bu teorem ile ilk karşılaştığımda öyle düşünmüştüm, daha sonra anladım) "ardışık" (sıralı) gereksiz.

Nedense (benim gördüğüm) şekillerde hep öyle çizilir.

Bu teorem, projektif geometrinin bir (ilk) teoremidir, oysa projektif geometride bir doğru üzerindeki noktaların ardışık olması anlamlı değil (projektif dönüşümler tarafından korunmaz)

(Projektif geometride düşünüldüğünde, bazı doğru çiftlerinin kesişmemesi durumunda da benzer bir sonuç ortaya çıkıyor.)
Bu teoremin duali ne acaba ? (Noktalari dogru, dogrulari nokta yapinca ayni sekli elde ettim )

Duali yine kendisi (self dual)

Wikipedia

@DoganDonmez: Teşekkür ederim, dediğiniz gibi gerçekten fark etmemiştim ben de sıralamanın önemsiz olduğunu.

@eloi: Bir devam sorusu olarak aynı teoremin konik üstündeki noktalar için olan versiyonunu (Pascal teoremi) yazmak istiyordum, o da ilginç duruyor üstüne düşünmek için.

Biz (muyendizler olarak) projektif geometriyi "computer vision" dersinde isimize yarayacak kadarini gorduk. Boyle guzel teoremlerin varligindan haberdar degildim. Hem @DoganDonmez hem de @awesome hocalarimizin paylastiklari linkleri okudum. Cok guzel teoremler. @lokman gokce hocamizin ve @awesome hocamizin verdikleri ispat arasindaki yaklasim farki da cok hosuma gitti. @awesome hocam Pascal Teoremini de paylasirsaniz guzel olur bence. Belki gene saf sentetik geometri ve biraz daha "agir makina" kullanilarak yapilan ispatlar goruruz site zenginlesir
Bir de, bu noktaların hiç birinin, doğruların kesişme noktası olmaması gerekiyor.

'Noktaların doğrusallığı' kavramının duali 'doğruların noktadaşlığı' olduğundan, Pappus teoreminin duali aşağıdaki şekildeki renkli üç doğrunun $U$ noktasında noktadaş olması demek oluyor. Fakat bu da başladığımız Pappus teoremi figürüne dönüşmüş durumdadır. Pappus teoreminin dualini alarak aynı teoremi tekrar elde etmiş oluyoruz.

Soru daha önce sitede https://matkafasi.com/39652/pappus-teoreminin-ispatlari bağlantısında sorulup yanıtlamış.

2 Cevaplar

1 beğenilme 0 beğenilmeme
En İyi Cevap

Pappus Teoremi: Varsayalım ki, $\{ A, B, C \}$ ve $\{ A' , B' , C' \}$ nokta grupları, farklı iki doğru üzerinde doğrudaş olan altı farklı nokta olsun.O zaman $D = AB' \cap A'B \ ,\ E = AC' \cap A'C$ ve $F = BC' \cap B'C$ noktaları da doğrusaldır.

 

İspat: $A'B, B'C, C'A$ doğrularının meydana getirdiği üçgen $PQR$ olsun. Bu üçgende sırasıyla $ADB' , CEA', BFC'$ kesenleri için Menelaus teoremi uygulayalım. $$\dfrac{AR}{AP}\cdot\dfrac{DP}{DQ}\cdot\dfrac{B'Q}{B'R}=1$$ $$\dfrac{CQ}{CR}\cdot\dfrac{ER}{EP}\cdot\dfrac{A'P}{A'Q}=1$$ $$\dfrac{BP}{BQ}\cdot\dfrac{FQ}{FR}\cdot\dfrac{C'R}{C'P}=1$$ Bu üç ifadeyi çarparsak, $$\left (\dfrac{AR}{AP}\cdot\dfrac{CQ}{CR}\cdot\dfrac{BP}{BQ}  \right )\left (\dfrac{B'Q}{B'R}\cdot\dfrac{A'P}{A'Q}\cdot\dfrac{C'R}{C'P}  \right )\left (\dfrac{DP}{DQ}\cdot\dfrac{ER}{EP}\cdot\dfrac{FQ}{FR}  \right )=1$$ olur. Burada ilk iki parantezdeki çarpımlar $1$'e eşittir çünkü $A, B, C$ ve $A', B', C'$ noktaları doğrusaldır. O halde üçüncü parantezdeki ifade de $1$'e eşit olup bu $D, E, F$ noktalarının aynı doğru üzerinde olduğunu gösterir.

 

Not: İspatta Menelaus teoremi ve Karşıt Menelaus teoremi kullanılmıştır. Yazım ve çizim için Erhan Erdoğan'a teşekkürler.

(1.3k puan) tarafından 
tarafından seçilmiş
1 beğenilme 0 beğenilmeme

Bir de projektif geometriyi kullanarak çözmeye çalışalım.

Projektif uzay

Sorudaki iki boyutlu düzlemi bir $\mathbb{R}^3$ uzayı içine yerleştirelim. Ayrıca bu uzayda orijinden çıkan tek bir ışın üzerinde yer alan bütün noktaları birbirine denk kabul edelim, bir başka deyişle bir $t \neq 0$ için $(x,y,z) \sim t(x,y,z)$ olsun. Bu kabulle ve orijin noktasını hariç tutarak elde ettiğimiz uzaya "projektif uzay" diyeceğiz ve $\mathbb{P}^2 $ olarak kısaltacağız.
Başlangıçtaki düzlemi $\mathbb{R}^3$ içine, örneğin $z=1$ düzlemine yerleştirebiliriz. Büyük uzayda artık düzlemdeki her bir $(x,y)$ noktası için tek bir ışın (denklik sınıfı) ve ışın üzerinde sonsuz sayıda $t(x,y,1)$ noktası olacaktır.

$\mathbb{R}^2$deki herhangi bir doğruyu $ax+by+c=0$ diye ifade ettiğimizi hatırlayalım. Bu denklemi yeni koordinat sisteminde $l = (a,b,c)$ ve $p=(x,y,1)$ iki vektör olmak üzere $\langle l, p \rangle = \sum_i l_i p^i  = 0$ şeklinde yazabilirdik. Böylelikle $\mathbb{R}^2$deki her doğru için şimdi $\mathbb{R}^3$te orijinden geçen düzlemler elde ettik. Bu yazım şeklinin çok kullanışlı birkaç özelliği var:

(1) $\mathbb{R}^3$ içindeki genel lineer dönüşümler, veya kısaca $GL(3,\mathbb{R})$, altında değerinin değişmemesi, düzlemleri (doğru denklemlerini) başka düzlemlere (doğru denklemlerine) götürmesi.

 (2) $\mathbb{R}^3$ içindeki bir ölçek değişimi altında ($p^i \xrightarrow{} tp^i$) doğru denklemini sağlayan bir $p$ noktası için $\langle l, tp \rangle = t\langle l, p \rangle = 0$ olması.

(3) Doğru denklemini sağlamayan bir $q$ noktası için $\langle l, q \rangle \neq 0 \implies \langle l, tq \rangle \neq 0$ ilişkisini koruması. Dolayısıyla $p$ hep doğru üzerinde kalırken $q$'nun hep dışında kalması.

Yani derdimiz bir soruda verilen noktaların arasındaki mesafe değil de, hangilerinin aynı doğru üzerinde yer aldığı sorusu ise, bunun yanıtını $\mathbb{R}^3$te (aslında $\mathbb{P}^2$de) aramayı deneyebiliriz.

Biraz tensör cebiri egzersizi

$\epsilon_{ijk}$ tam antisimetrik Levi-Civita tensörü olsun ve yeni bir işlem tanımlayalım: $\langle xyz \rangle = \epsilon_{ijk} x^i y^j z^k$. 3 boyutta bir $\Lambda$ lineer dönüşümü altında $\langle xyz \rangle \xrightarrow{} \text{det} \Lambda \langle xyz \rangle$ olduğunu gözlemleyin.

Şimdi biraz üzerinde oynayarak ikna olabileceğiniz iki iddia: 

(i) $\mathbb{R}^2$de bir doğruya denk düşen 3 boyutlu bir $l$ vektörünü o doğru üzerindeki iki farklı nokta belirler: $l_i = \epsilon_{ijk}
x^j y^k$ çünkü $\langle l, x \rangle = \langle l, y \rangle = 0$.

(ii) $\mathbb{R}^2$de iki farklı doğrunun kesişim noktası: $x^i = \epsilon^{ijk} l_j m_k$ çünkü $\langle l, x \rangle = \langle m, x \rangle = 0$.

Demek ki sorumuz $\langle l_{(p_1 p_2)} , p_3 \rangle = \langle p_1 p_2 p_3 \rangle$ değerini hesaplamakla çözülebilir:

$$\langle p_1 p_2 p_3 \rangle = \langle B'AC' \rangle \langle AA'C \rangle \langle A'BC' \rangle \langle BB'C \rangle - \langle BA'C \rangle \langle A'AC' \rangle \langle AB'C \rangle \langle B'BC \rangle = 0$$ İlk eşitlikte $\epsilon_{ijk}$ tensorünün özelliklerini, son eşitlikte $ABC$ doğrusu üzerinde yer almayan herhangi bir $q$ noktası için $\langle qAB \rangle = \langle qAC \rangle = \langle qBC \rangle$ olduğunu kullandık*.

(*) Ek düzenleme: Sonuncu özellik ilk bakışta açıkça görünmüyor, çünkü aslında doğru eşitlik bir $k \neq 0$ için $\langle qAB \rangle = k \langle qAC \rangle$. Ama projektif uzayda $q$ noktasını temsil etmek için $q_i$ yerine $\frac{1}{k} q_i$ koordinatlarını da kullanabileceğimizden $k$'yı ortadan kaldırabiliriz.

(116 puan) tarafından 
tarafından düzenlendi
19,387 soru
21,148 cevap
70,781 yorum
25,129 kullanıcı