Ay: Eylül 2023

Bir geometri sorusu tipi

Bu yazıda internet sitelerinde sık sık gördüğüm bir geometri sorusu üzerine düşüneceğim. Yine aynı sitelerde verilen çözüm yöntemi üzerine de aklıma takılan noktaları inceleyeceğim.

ABC üçgeninin ikizkenar üçgen olduğu verilmiş. EDA açısının değeri soruluyor. Bu aynı zamanda A açısının da değeri çünkü AED üçgeni de ikizkenar. Bu tür soruların çözümünde genelde yardımcı çizimlerle bir eşkenar üçgen elde edilmeye çalışılıyor ve bu sayede bütün açı değerleri hesaplanabiliyor. Bu soru için verilen yardımcı çizim de şu şekildeydi:

|DV| = |BV| = |BD| olacak şekilde bir V noktası seçilmiş. Ya da VDB açısı 60 derece olacak şekilde bir DV doğrusu ve DBV açısı yine 60 derece olacak bir doğru çiziliyor ve bu iki doğrunun kesiştiği noktaya V deniyor. Bu şekilde açı hesaplarını yaparsak da şu sonucu elde ediyoruz.

\(\angle{BAC} = \alpha \)

\(\angle{ACB} = \frac{180 – \alpha}{2} \) (ABC üçgeni ikizkenar olduğundan)

\(\angle {CVB} = \frac{180 – \alpha}{2} \) (Çizim sayesinde BVC üçgeni ikizkenar olduğundan)

\(\angle {VBC} = \angle {ABC} – 60 = \frac{180 – \alpha}{2} – 60 \) (ABC üçgeni ikizkenar ve DBV açısı da çizim nedeniyle 60 derece).

Şimdi BVC üçgeni için açıların toplamını yazarsak basit bir denklem buluruz.

\(\angle {VBC} + \angle{BCV} + \angle {CVB} = 180 \)

Yukarıdaki değerleri de yerlerine koyalım:

\(\frac{180 – \alpha}{2} – 60 + \frac{180 – \alpha}{2} + \frac{180 – \alpha}{2} = 180 \)

\(3 \cdot \frac{180 – \alpha}{2} – 60 = 180 \)

\( 3 \cdot \frac{180 – \alpha}{2} = 240 \)

\(3 \cdot (180 – \alpha) = 480 \)

\(180- \alpha = 160 \)

\(\alpha = 20 \)

Böyle güzel bir yardımcı çizimle elde edilen bu basit çözüm beni neden rahatsız etti peki?

Aklıma takılan soru baştan beri hep şu oldu: V noktasının AC kenarı üzerinde olduğunu nereden biliyoruz? BVD üçgeninin eşkenar olacak şekilde çizilebileceğinden şüphem yok ama V köşesinin ABC üçgeni üzerinde olmasını sağlayan bir şart var mı ve eğer varsa bu ne? Eğer yoksa bunu nasıl gösterebilirim?

Önce bu çizimi geogebra’da yaptım ve gerçekten de V köşesi AC kenarı üzerine geldi, bütün açılar ve mesafeler de problemde verilen özelliklere sahip oldu. O zaman ikna olmam çok zor olmamalıydı. Bu sefer o çizimi başka şekilde nasıl elde ederim diye düşünmeye başladım ve şu sonuca ulaştım.

Altmış derecelerle başlamak yerine DVE üçgeni ikizkenar olacak şekilde başlayabilirim. Bu şekilde AC kenarı üzerinde her zaman bir V noktası bulabilirdim. Peki bu V noktasını B noktası ile birleştirirsem ne olur?

Hemen şu şekli ve açıları elde ederiz.

\(\angle {DAE} = \angle {EDA} = \alpha \) (ADE üçgeni ikizkenar üçgen)

\(\angle{DEV} = 2\alpha \) (DAE üçgenindeki dış açı komşu olmayan iç açıların toplamına eşittir)

\(\angle {EVD} = \angle {DEV} = 2\alpha \) (DEV üçgeni ikizkenar üçgen)

\(\angle {BDV} = 3\alpha \) (\(\angle{ADE} + \angle{EDV} + \angle{BDV} = 180\) ve \(\angle{DEV} + \angle{EVD} + \angle{VDE} = 180\). Buradan da \(\angle {BDV} + \angle{ADE} = \angle{DEV} + \angle{EVD} \) çıkar. Sonuç olarak da \(\angle {BDE} = 2\alpha + 2\alpha – \alpha = 2\alpha\) çıkar).

\(\angle {DBE} = \angle {DVB} = \frac{180 – 3\alpha}{2}\) (DBV ikizkenar üçgen)

\(\angle {ACB} = \frac{180-\alpha}{2}\) (ABC ikizkenar üçgen)

\(\angle{CBV} = \angle {ABC} – \angle{DBV} = \frac{180-\alpha}{2} – \frac{180 – 3\alpha}{2} = \alpha\) (ABC üçgeni ikizkenar üçgen)

\(\angle{CVB} = \frac{180 – \alpha}{2} \) (BVC üçgeninin iç açıları toplamı 180 derecedir ve buradan da BVC üçgeninin ikizkenar üçgen olduğu çıkar)

\(\left| BV \right| = \left| BC \right| \) (BVC üçgeni ikizkenar üçgen)

BDV üçgeni eşkenar üçgendir çünkü \(\left| BD \right| = \left| DV \right| = \left| BV \right| \)

\(\angle{BDV} = \angle{DVB} = \angle{VBD} = 60\) (BDV üçgeni eşkenar üçgen)

\(3\alpha = 60 \rightarrow \alpha = 20 \)

Demek ki o eşkenar üçgen çizme yöntemi bu üçgende işe yarıyormuş ama bence bu iyi bir problem çözme yöntemi değil. Öncelikle bu heralde sadece 80-80-20 (iç açılar) ikizkenar üçgeninde işe yarar ve hiçbir açı verilmediğinden bu çizimi yapabilmek cevabı bilmeyi gerektirir. Bunun yerine yukarıdaki ikizkenar üçgen ile başlama hiçbir şekilde böyle bir ön bilgi gerektirmemekte ve aynı sonuca ulaşmakta.

Hislerim bu sefer doğru çıkmadı ama en azından bu soru için artık rahatça ikna olabilirim.

Martingale (Olasılık deneyi)

Bu oyunda kumarbaz yazı tura oynamakta. Bilemediği zaman ortaya bir önceki turda koyduğu paranın iki katını koymakta. Böylece daha önceki turlarda kaybettiği parayı da kazanıp kara geçecek. Eninde sonunda kazanacağından kesin kazançlı bir sistem gibi görünüyor.

Bu deneyde problemi matematiksel analiz etmeyeceğim. Sadece programla oyunu oynayıp sonuçları sayacağım. Matematiksel analizleri ders kitaplarında ya da internette bulmak mümkündür.

experiment <- function() {
  number_of_experiments <- 1000;
  #counters <- c(constants_H = 0, constants_T = 0, gambler = 0, gambler_with_offset_1 = 0, gambler_with_offset_2 = 0,
  #              gambler_with_offset_3 = 0, random = 0);
  #scores <- c(constants_H = 0, constants_T = 0, gambler = 0, gambler_with_offset_1 = 0, gambler_with_offset_2 = 0,
  #            gambler_with_offset_3 = 0, random = 0);

  counters <- vector(length = number_of_experiments);
  for(i in 1:number_of_experiments) {

    number_of_trials <- 1;
    coin <- c('T', 'H')
    toss <- sample(coin, size = 1);
    while(toss != 'T') {
      number_of_trials <- number_of_trials + 1;
      toss <- sample(coin, size = 1);
    }
    counters[i] = number_of_trials;

  }
  print(sum(counters));
  print(max(counters));
}

Yukarıdaki R programıyla bu oyunu kısmen denemeye çalıştım. Kumarbaz her oyunda yazı gelene kadar oynuyor. Yani paranın her tura geldiğinde önceki turda koyduğu paranın iki katını koyuyor. Yazı geldiğinde kazanıyor. Bin kere oynandığında yazı gelene kadar kaç kere yazı tura atıldığını bir diziye koydum ve sonunda toplam yazı tura atışını ve arka arkaya en fazla kaç kere tura geldiğini ekrana yazdırdım. Sonuçlar şuna benzer çıktı.

Yazı gelene kadar gereken ortalama para atışı: 2
Yazı gelene kadar gereken maksimum para atışı: 11

Bu sistemde ortalama para atışının çok düşük olması bu stratejiyi çok cazip yapsa da maksimum para atışı durumlarında kumarbaz başlangıçta koyduğu baranın en az bin katını oynamak zorunda kalacak ve bu bazen pek de mümkün olmayabilir. Özellikle bahisler için üst sınır koyulan yerlerde bu yöntem hiç işe yaramayabilir.