Çizgili Forum

Geri git   Çizgili Forum > FORUM KULLANIM ALANI > Üst Yönetim Odası > EĞLENCE – MİZAH - SÖZLÜK > Bilmece – Bulmaca – Oyun
Üye Ol Yardım Üye Listesi Takvim Tüm Mesajları Okunmuş Say

Yanıtla
 
Seçenekler Stil
Alt 07-08-2010, 19:31   #1
machine_code

 
machine_code - ait Kullanıcı Resmi (Avatar)
 
Üyelik Tarihi: 11-02-2009
Mesajlar: 1.729
Uye No:1096
Tecrübe Puanı: 7575
Karizma Puanı: 7496492
Karizma Derecesi
machine_code şöhret ötesinde machine_code şöhret ötesinde machine_code şöhret ötesinde machine_code şöhret ötesinde machine_code şöhret ötesinde machine_code şöhret ötesinde machine_code şöhret ötesinde machine_code şöhret ötesinde machine_code şöhret ötesinde machine_code şöhret ötesinde machine_code şöhret ötesinde
Standart Mandrake' nin esrarengiz kristal küplerinin analizi...

Eski dostumuz Mandrake' nin esrarengiz küpleri, çizgiroman sevdalısı her arkadaşımız tarafından çok iyi bilinmesine rağmen " Küpler " hakkındaki bilgiler çok yüzeysel ve belirsizdir...

Çünkü tamamen antik kültürlere uygun bir anlatım kitaplarda geçer...

" Tanrılar tarafından insanlığa sunulduğundan bahsedilmesi,..." etc...

Kristal küpler ilk maceralarda " Kırılma riski " içeren bir cisim olarak betimlenirken, sonraları kırılmaz cisimlere de dönüşür...

Çizgiromanlarda, çoğunlukla çelişki, bir sanatçı üstadlığıyla gizlenmesine rağmen Mandrake' de oldukça belirgindir...

Bu duruma tipik bir örnek olarak 8 çetesi verilebilir...Bu çetenin gizemli lideri Okton " Latince Octō dan gelen bir kelimedir ve 8 demektir... " normalde bilinmeyen bir kişiliktir fakat bir macera da Kobra' nın gölgesi olarak görüntülenir...


********* L A T I N *********

Numeralia

Cardinalis .............. Ordinalis

Octō ...................... Octāvus

*************************

Küpler gerçekten de ilginçtir...Örneğin bir kenarının uzunluğu a olan küp şeklinde bir oda düşünelim...a = 1 m olsun...

Bu odaya 1.7 m uzunluğunda bir cisim girebilir mi_?...

Girebilir...Çünkü küplerin herhangi bir cisim köşegenlerinin " diagonal " uzunluğu √3 a dır ve a = 1 ise,...

Her bir cisim köşegen uzunlukları 1.7320508075688772935274463415059 m' dir...

Kübün her bir kenarının uzunluğu a' dır ve bu koşullara göre,... |GA| = √3 a, |BE| = √2 a olur...

Şimdi aşağıdaki kübü inceleyebiliriz...







i_ HD kenarı ile DF cisim köşegeni arasındaki açı " HDF açısı " nedir_?...

ii_ GA ve DF cisim köşegenleri arasındaki açı nedir_?...

iii_ " GA cisim köşegeni üzerinden olmamak şartıyla" A noktasından, G noktasına ulaşmak için izlenmesi gereken minimum yolun uzunluğu nedir_?...

Küp, eğer her bir kenar uzunluğu " a, b, c " olan bir dikdörtgenler prizması olsaydı " a > b > c " izlenmesi gereken minimum yolun uzunluğu ne olurdu_?...

* iv_ GA cisim köşegeni ile, BE yüzey köşegeni arasındaki minimum uzunluk " uzaklık, mesafe " ne kadardır_?...

Yüzey köşegenleri EG olsaydı, her birinin, DF cisim köşegeniyle arasındaki minimum uzunluk ne olurdu_?...

Yüzey köşegenleri FH ve DE olsaydı, her birinin, GA cisim köşegeniyle arasındaki minimum uzunluk ne olurdu_?...

* zor problem...

Problemleri ilgilerinize sunuyoruz...

İ ç t e n l i k l e...

Sevgiyle...
machine_code isimli üye çevrimdışı   Alıntı Yap ve Yanıtla
Alt 20-08-2010, 03:33   #2
machine_code

 
machine_code - ait Kullanıcı Resmi (Avatar)
 
Üyelik Tarihi: 11-02-2009
Mesajlar: 1.729
Uye No:1096
Tecrübe Puanı: 7575
Karizma Puanı: 7496492
Karizma Derecesi
machine_code şöhret ötesinde machine_code şöhret ötesinde machine_code şöhret ötesinde machine_code şöhret ötesinde machine_code şöhret ötesinde machine_code şöhret ötesinde machine_code şöhret ötesinde machine_code şöhret ötesinde machine_code şöhret ötesinde machine_code şöhret ötesinde machine_code şöhret ötesinde
Standart

i_ HD kenarı ile DF cisim köşegeni arasındaki açı " HDF açısı " nedir_?...


Öncelikle DC kenarı x, DA kenarı y, DH kenarı da z olsun ve bu kenarların üzerindeki birim vektörlerde i, j, k olsun...


A ve B gibi iki vektör ün skaler çarpımı bilindiği gibi,...


A B = A B Cos θ dır...Bu yüzden,...


DF = a ( i + j + k )


DF k = a ( i + j + k ) k = a


|DF| |k| Cos θ = ( a² + a² + a² )½ Cos θ olduğundan,...


Cos θ = 1 / √3 -> θ = 54.735610317245345684622999669981 ° dir...


ii_ GA ve DF cisim köşegenleri arasındaki açı nedir_?...


GA = a ( -i + j - k )


DF = a ( i + j + k )


GA DF = -a² + a² - a² = -a²


|GA||DF| Cos θ = ( (-a)² + (a)² + (-a)² )½ ( (a)² + (a)² + (a)² )½ Cos θ



GA DF = |GA| |DF| Cos θ olduğundan,...


-a² = √3 a √3 a Cos θ

Cos θ = -1/3 -> θ = 109.47122063449069136924599933996 ° dir...


Fakat vektör AG olarak alınsaydı Cos θ = 1/3 çıkacaktı...Bunun nedeni nedir_?...


iii_ " GA cisim köşegeni üzerinden olmamak şartıyla " A noktasından, G noktasına ulaşmak için izlenmesi gereken minimum yolun uzunluğu nedir_?...


Küp, eğer her bir kenar uzunluğu " a, b, c " olan bir dikdörtgenler prizması olsaydı " a > b > c " izlenmesi gereken minimum yolun uzunluğu ne olurdu_?...


Küp, dikdörtgenler prizmasının özel bir hali olduğundan öncelikle küpü incelemiyoruz...


|DC| = a, |DA| = b, |DH| = c olsun...


DC kenarı üzerinde bir P noktası alalım...|DP| = x, |PC|= ( a - x ) olsun...


Dikkat edilirse GCP açısı ile ADC açıları dik açı dır ve AP + PG alınması gereken yoldur...Bu yüzden,...


L(x) = |AP| + |PG| = ( b² + x² )½ + ( c² + ( a - x )² )½ olarak bulunur...


Bir fonksiyonun extreme noktalarının bulunması için ∂L(x = x0)/ ∂x = 0 olması gerekir...

∂²L(x = x0)/ ∂x² < 0 ise x0 fonksiyonun max değeri, ∂²L(x = x0)/ ∂x² > 0 ise x0 fonksiyonun minimum değeridir...


Bu yüzden fonksiyonun türevi alınarak sıfıra eşitlendiğinde,...


L'(x) = x ( b² + x² )¯½ - ( a - x ) ( c² + ( a - x )² )¯½ = 0


aşağıdaki ikinci dereceden bir bilinmeyenli denklem bulunur...


( c² - b² )x² + 2ab²x - a²b² = 0


Denklemin kökleri de ufak bir hesapla,...


x1 = ab ( b + c )¯

x2 = ab ( b - c )¯


olarak bulunur...Yukarıda bahsedilen ikinci türev teorisi uygulanırsa,...


L''(x) = b² [( b² + x² )¯½]³ + c² [ ( c² + ( a - x )² )¯½ ]³ bulunur...


L''(x = x1) = ( b¯ + c¯ ) [ ( 1 + a² ( b + c)¯² )¯½ ]³

L''(x = x2) = ( b¯ + c¯ ) [ ( 1 + a² ( b - c)¯² )¯½ ]³


olarak her iki kök için bulunur...


Her iki sonuç incelendiğinde a > 0, b > 0, c > 0 ve tüm terimler toplama olduğundan her durumda L''(x = x1) > 0 olduğu görülür...


L''(x = x1) analiz edildiğinde, bazı durumlarda L''(x = x1) < 0 olacağı görülebilir...


Çünkü işlemler yapıldığında (b - c)³ şeklinde bir ifadenin p a y olduğu görülebilir...


Dolayısıyla b < c için b - c < 0 olacağından L''(x = x1) < 0 olma ihtimali vardır...


Bu yüzden x2 değeri minimum noktası olamaz...x1 değeri minimumdur...


Bir diğer yol olarak kök kenarlardan birine konulabilir...|PC| = ( a - x ) > 0 olmalıdır...


x2 değeri bu ifade de yerine konulduğunda,...


|PC| = ( a - x ) = a - ab ( b - c )¯ = - ac ( b - c )


İfadeden görüldüğü gibi ( b - c ) ye bağlı olarak,...


|PC| = - ac ( b - c ) < 0
|PC| = - ac ( b - c ) > 0


ihtimali vardır...


x1 konularak incelendiğinde, her durumda |PC| > 0 olduğu görülebilir...


Dolayısıyla değer x1' dir...


x1 değeri denklemde yerine konulduğunda,...


Lmin = ( b² + [ ab ( b + c )¯ ] ² )½ + ( c² + ( a - ab ( b + c )¯ )² )½


Dikdörtgenler Prizması için,...


Lmin = [ a² + ( b + c )² ]½ olarak bulunur...


|AG| = [ a² + b² + c² ]½ dir...


Küp için,...


Lmin = √5 a


|AG| = √3 a


olduğu görülür...Hem dikdörtgenler prizması, hem de küp için Lmin ile AG köşegen uzunluğu arasında oldukça büyük fark olduğu görülmektedir...


* iv_ GA cisim köşegeni ile, BE yüzey köşegeni arasındaki minimum uzunluk " uzaklık, mesafe " ne kadardır_?...


Bu problemlerin çözülebilmesi için öncelikle vektöryel çarpımın ne olduğunun bilinmesi gerekir...

"Vektöryel çarpım, skaler çarpımdan oldukça farklıdır... "


A x B = A B Sin θ


Diğer bir çok önemli nokta şudur...Herhangi vektörlerin vektöryel çarpımlarının sonucu da bir vektördür...


Örneğin yukarıda çıkan sonuç " A B Sin θ ", çarpılan iki vektörün " A x B " düzlemine dik bir başka vektörün şiddetidir...


İki vektörün vektöryel çarpımları Sin θ ya bağlı olduğu için aynı doğrultudaki vektörlerin çarpımları sıfırdır...


i x i = j x j = k x k = 0


Hareket yönü i -> j -> k şeklindedir..." Sağ üçlü... "


i x j = k, j x k = i, k x i = j olur...


Peki vektöryel çarpımda ortaya çıkan vektörün yönünü nasıl bulacağız_?...

Teknik açıdan bu problem önemlidir çünkü kuvvet, hız, ivme,... bir vektördür ve bilindiği gibi yön belirlenmezse vektör o fiziksel durumu belirtemez...


Ekran düzlemindeki j ve k dik birim vektörlerini düşünelim... j x k vektöryel çarpımı ne olur_?...






Sonuç bir vektördür...Yönü_?...


Sağ elinizin parmaklarını j' den k' ye döndürdüğünüzde başparmağınız nereyi göstermektedir_?...Sizi...Demek ki i vektörüdür...


Bu sağ el || sağ üçlü,...etc...teorinin renklendirilmiş biçimidir...

İki vektörün " F, F' " vektöryel çarpımı için aşağıdaki determinant yöntemi kullanılabilir...


i j k
Fx Fy Fz
F'x F'y F'z


Yukarıdaki determinant problemimimiz için uygulanırsa,...


i j k
0 1 0
0 0 1


Sadece j ve k' nın 1 diğerlerinin 0 olduğuna dikkat edilmelidir...


( i 1 1 + 0 0 k + 0 j 0 ) - ( 0 1 k + 0 j 1 + i 0 0 )


Sonucun i olduğu basitçe görülür...


Vektöryel çarpımda komütatif özellik yoktur...


j x i = -k, k x j = -i, i x k = -j


Şimdi problemin çözülmesi açısından da çok önemli olan bir diğer tema incelenmelidir..." Herhangi bir noktaya göre Moment "...


Moment lise fizik derslerinden bilindiği gibi bir kuvvetin, herhangi bir eksen ya da noktaya göre döndürme etkisidir..." M = F d┌ "...

F kuvvet ve dolayısıyla da bir vektör olduğuna göre Moment' te " M " vektördür...


Teknik açıdan moment bu kadar basit bir şekilde ele alınmaz...Çünkü kuvvetin " F " Fx, Fy, Fz şeklinde bileşenleri olabilir ve bu durum da momentinde " M " Mx, My, Mz şeklinde bileşenleri olacak demektir...


Tipik bir örnek olarak " Asal eksenler x, y ve Jxy = 0 için " kirişlerin eğik eğilmeleri verilebilir...

M moment vektörünün eksenlerdeki iki bileşeninden " Mx, My " dolayı eğilme düz " Mx || My = 0 " değil, eğik " Kuvvetler çizgisi kesitin asal eksenlerinden g e ç m e z... " olur...


Peki bir F kuvvetinin, herhangi bir o noktasına göre, momenti ne olabilir_?...


Mo = roA x F dir...


Vektöryel çarpım olduğu için sonucun bir vektör olduğunu hatırlayınız..." Mo " Mx, My, Mz bileşenlerinin herhangi birinden ya da hepsinden oluşan bir vektördür...


roA ise o noktasını F kuvvetinin A başlangıç noktasına birleştiren vektördür...


Mo vektörünün hesaplanması için aşağıdaki determinant kullanılabilir...


i j k
x y z
Fx Fy Fz


Dik eksenlerdeki birim vektörler " i, j, k ",...


roA vektörünün uygulama noktasının koordinatları " rx, ry, rz ",...


F kuvvetinin bileşenleri " Fx, Fy, Fz " dir...


Peki bir F kuvvetinin, herhangi bir o noktasındaki momentinin " Mo ", herhangi bir eksene göre " MoL " momenti ne olabilir_?...


Mo momentinin adı geçen eksen üzerindeki izdüşümü, eksene göre momentidir... " MoL "


OL ekseni üzerindeki birim vektör λoL olsun..." Dik koordinatların birim vektörleri olan i, j, k' nın herhangi bir eksendeki karşılığı olarak düşünülebilir... "


λoL = OL/|OL|


Bu durumda MoL,...


MoL = λoL Mo = λoL ( roA x F ) olacaktır...


MoL aşağıdaki gibi bir determinant olarak ta ifade edilebilir...


λx λy λz

x y z

Fx Fy Fz


OL ekseninin doğrultman kosinüsleri " λx, λy, λz ",...


roA vektörünün uygulama noktasının koordinatları " rx, ry, rz ",...


F kuvvetinin bileşenleri " Fx, Fy, Fz " dir...


Problemin çözülmesi için gerekli olan teori anlatıldığına göre artık problem çözülebilir...


DC kenarı x, DA kenarı y, DH kenarı da z olsun ve bu kenarların üzerindeki birim vektörlerde i, j, k olsun...


BE yönünde bir F kuvvetinin etkidiğini düşünelim...FBE


Bu kuvvetin " FBE " başlangıç noktasına " B " rGB vektörünü birleştirerek G noktasına göre moment alalım... " Bir noktaya göre " G " momentin vektöryel çarpım olduğu unutulmamalıdır... "


MG = rGB x F olacaktır...


rGB = a ( j - k ),...


F = 2¯½ F ( -i + k ) olacaktır...


MG = 2¯½ a F [ ( j - k ) x ( -i + k ) ] = 2¯½ a F ( i + j + k ) olarak

bulunur...


Artık MGA' nin bulunması gerekir...Bunu bulmak için yine daha önce anlatılan teoriden,... " MGA momentinin skaler çarpım olduğu unutulmamalıdır... "


λGA = GA/|GA| = a ( -i + j - k )/ [(-a)² + a² + (-a)²]½ = ( -i + j - k )/√3


MGA = λGA MG = 2¯½ 3¯½ a F( -i + j - k) ( i + j + k ) = -6¯½ a F


hesaplanarak bulunur...Şimdi F vektörü ile λGA vektörleri arasındaki açıyı bulmalıyız...Skaler çarpım teorisinden,...


F λGA = 2¯½ 3¯½ F ( -i + k ) ( -i + j - k ) = 0


F λGA = |F| |λGA| Cos θ = 0 olarak bulunur...


|F| ≠ 0, |λGA| ≠ 0 olduğuna göre Cos θ = 0 dır...Dolayısıyla θ = 90° ve iki vektör birbirlerine d i k tir...


M = F d┌ olduğunu biliyoruz...Bu yüzden MGA momenti,...


MGA = - F d┌ = -6¯½ a F ve buradan da,...


d┌ = a/√6 olarak bulunur...


MGA = - F d┌ deki eksi işareti F kuvvetinin, küpü GA eksenine göre saat yönünde döndürmesinden kaynaklanır...


Saat yönüne döndüren moment -, saat yönünün tersine döndüren kuvvet + dır...


Teori de MGA momentinin bir determinantla bulunacağı ifade edilmişti...Bu şekilde de hesaplayalım...


λGA = ( -i + j - k )/√3


λx, y, z = -1/√3, 1/√3, -1/√3


rGB = a ( j - k )


rx, y, z = 0, a, -a


F = 2¯½ F ( -i + k )


Fx, y, z = -2¯½ F, 0, 2¯½ F



Yukarıdaki veriler yardımıyla aşağıdaki determinant oluşturulur...



-1/√3 ....... 1/√3 ....... -1/√3

0 .............. a ............ -a

-2¯½ F ..... 0 ............ 2¯½ F




Determinant teorisinden bilindiği gibi herhangi bir satır veya sütundaki ortak çarpan determinantın dışına çıkartılabilir... 6¯½ a F çarpanı determinantın dışına alındığında,...



-1 ... 1 ... -1
0 .... 1 ... -1
-1 ... 0 .... 1



olarak yeni determinant bulunur...Hesaplandığında -1 çıkar...Dışarı çıkartılan çarpanla " 6¯½ a F " çarpıldığında daha önceden bulunduğu gibi,...


MGA = -6¯½ a F olarak bulunur...


MG momenti için de aynı şekilde yapılabilir...Tek değişiklik determinantın ilk satırının i j k olmasıdır...



i ................. j ............. k

0 ................ a ........... -a

-2¯½ F ...... 0............ 2¯½ F





2¯½ a F determinant çarpanı olarak dışarı alındığında,...



i ...... j ..... k
0 .... 1 ... -1
-1 ... 0.... 1



olarak yeni determinant bulunur...Hesaplandığında ( i + j + k ) çıkar...


Dışarı çıkartılan çarpanla " 2¯½ a F " çarpıldığında daha önceden bulunduğu gibi,...


MGA = 2¯½ a F ( i + j + k ) olarak bulunur...


Yüzey köşegenleri EG olsaydı, her birinin, DF cisim köşegeniyle arasındaki minimum uzunluk ne olurdu_?...


rDE = a ( i + j )


F = 2¯½ F ( -i + k )


F kuvvetinin D noktasına göre momenti,...


MD = rDE x F = a ( i + j ) x 2¯½ F ( -i + k )


MD = 2¯½ a F ( i - j + k )


λDF = DF/|DF| = a ( i + j + k )/ [ ( a² + a² +a )² ]½ = ( i + j + k )/√3


MDF = λDF MD = 2¯½ 3¯½ a F ( i + j + k ) ( i - j + k ) = √6 a F


F λDF = 2¯½ 3¯½ F ( -i + k ) ( i + j + k ) = 0 olduğu için bundan önceki gibi...


MDF = F d┌ = 6¯½ a F


d┌ = a/√6 olarak bulunur...


Demek ki her iki cisim köşegeni için, her iki yüzey köşegeninden olan minimum uzunluklar birbirlerine eşittir ve değeri d┌ = a/√6 dır...


Yüzey köşegenleri FH ve DE olsaydı, her birinin, GA cisim köşegeniyle arasındaki minimum uzunluk ne olurdu_?...


FFH = 2¯½ F ( -i - j )


FDE = 2¯½ F ( j + k )


rGF = a j


rGD = a ( -i - k )


λGA = GA/|GA| = a ( -i + j - k )/ [(-a)² + a² + (-a)²]½ = ( -i + j - k )/√3


FFH λGA 0

FDE λGA 0


olduğundan, minimum uzaklığın bulunması için daha farklı hesapların yapılması gereklidir...


Fakat neticede bu hesaplar yapılsa bile yine de çözüm bulunamayabilir...

Fakat bulunabilirde...Bu yüzden deneyebilirsiniz...


Denemek güzeldir...Değil mi_?... : )


Fakat birtakım düşünceler ileri sürülebilir...


Dikkat edilirse yüzey köşegeniyle, cisim köşegenleri arasındaki minimum uzaklığın bulunması için cisim köşegeni üzerindeki birim vektör " λij " çarpılmaktadır...


Cisim köşegenlerinin üzerindeki birim vektörler kaç tanedir_?...


Bir küpün kaç tane cisim köşegeninin olduğundan ziyade üzerlerindeki birim vektörün" λij " ( ± i ± j ± k )/√3 şeklinde değiştiklerini biliyoruz...


Dolayısıyla = 8 tane birim vektörün olması gerektiği ilk bakışta düşünülüyor...


İhtimalleri tek tek yazalım...


+ + +
- . - .-


+ + -
- .- +


+ - +
- .+ -


+ - -
- + +


İkili gruplar eşit ve zıt yönlü vektörlerdir...


λGA = ( -i + j - k )/√3 olarak bulunmuştu...


Fakat λAG hesaplanırsa,...


λAG = ( i - j + k )/√3 olarak bulunur...


Buradan λij = - λji olduğu basitçe görülür ve benzeri durum aynı yüzey köşegenlerindeki zıt kuvvetler için de geçerlidir...


Demek ki 4 tane birim vektör ve 4 tane cisim köşegeni vardır...


FFH = 2¯½ F ( -i - j )


FDE = 2¯½ F ( j + k )


kuvvetleri hangi birim vektörle çarpılırsa çarpılsın sıfıra eşit o l m a z...


İki yüzey köşegeninden geçen iki kuvvet için sıfır olur ve problemlerimiz her iki durum için de çözülmüştür...


Peki küpün herhangi bir yüzey köşegeninden geçen başka herhangi bir kuvvet herhangi bir cisim köşegeninin birim vektörüyle çarpıldığında değeri sıfıra eşit o l a b i l i r mi_?...

" Bu yöntemle çözülebilen başka minimum problemleri b u l u n a b i l i r mi_?..."


Problemlere ilgi gösteren tüm dostlarımıza teşekkür ediyoruz...


İ ç t e n l i k l e...


Sevgiyle...
machine_code isimli üye çevrimdışı   Alıntı Yap ve Yanıtla
Yanıtla


Konuyu toplam 1 üye okuyor. (0 kayıtlı üye ve 1 misafir)
 
Seçenekler
Stil

Yetkileriniz
You may not post new threads
You may not post replies
You may not post attachments
You may not edit your posts

Smileler Açık
[IMG] Kodları Açık
HTML-KodlarıKapalı
Gitmek istediğiniz klasörü seçiniz




vBulletin® Version 3.7.0 Beta 4