Cycloid Eğrisi

Bu animasyonda Cycloid eğrisini görüyorsunuz. Mavi çizgi çemberin merkezini, yeşil çizgi çemberin yarı-yarıçapını, kırmızı çizgi yarıçapı izliyor.

Cycloid eğrisi, yuvarlanan bir çember üzerindeki noktayı izleyen eğri (kırmızı eğri). Önceden cycloid eğrisinin farkına varan matematikçiler olsa da, Galileo Galilei ilk keşfeden olarak bilinir.

Kapak görseli: Bisikletin arka tekerine iliştirilmiş kırmızı ve mavi ışıkları uzun poz ile çekmişler.

Galilei’den kısa bir süre sonra cycloid eğrisinin fizikteki önemi anlaşıldı. Fizikçiler, ki 17.yy’dan bahsettiğimiz için fizikçiler daha bir köy nüfusunu geçememişler, yer çekimi altında düşen bir cismin hangi eğriyi izleyince en kısa sürede düşeceğini hesaplamaya çalışmışlar. Bu problemin diğer ismi Brachistochrone problemidir. Gel zaman git zaman Brachistochrone probleminin çözümü ortalıkta anonim olarak dolaşmaya başlamış. Brachistochrone probleminin çözümünün cycloid olduğunu gösteren kişi halen bilinmese de, baba Bernoulli “aslanı pencesinden tanıdım” diyerek problemi aslında Newton’un çözdüğünü tahmin etmiştir. Biraz yüksekte bir topun, aşağıdaki bir noktaya (direkt aşağısı değil) düşmesini istiyorsunuz. Başlangıç noktası ile varacağınız nokta arasına bir cycloid eğrisi şeklinde bir tel koyarsanız, top diğer alabileceği yollara göre, bu diğer yollara iki nokta arasındaki direkt düz çizgi de dahil, cycloid eğrisi üzerinde en kısa sürede düşer. Dahası, bu cycloid eğrisi üzerinde farklı noktalardan başlattığınız tüm toplar aynı sürede düşer.

Bu aynı zamanda düşmeyi şu animasyonla gösterebilirim: Turkuaz, bir cycloid eğrisi. Farklı noktalardan başlayan tüm toplar aynı zamanda aşağıya varıyorlar.

 

Eğer çemberin yarıçapı \(R\) ise, bir cycloid eğrisinin uzunluğu \(8R\), bir cycloid eğrisi altında kalan alan da \(3 \pi R^2\). Kürenin alanından (\(4 \pi R^2\)) sadece bir daire alanı kadar eksik!

Kürenin alanının \(4 \pi R^2\) olduğunun “mandalina ile” kanıtı. Mandalinanın en geniş yerinin etrafında dört tane kopya çizin ve mandalinanın kabuğunu soyduktan sonra kabuğun bu dört daireyi doldurduğunu görün.

Huygens tarafından gösterilen başka güzel bir sonucu daha var cycloid eğrisinin. Bu cycloid eğrisinde iki kırmızı çizgiyi alın, ters çevirin ve aradaki sivri yerine bir sarkaç bağlayın. Bu sarkacın ucundaki top, iki yana sallandıkça yine bir cycloid eğrisi çizer. Aynı zamanda sarkacın genliğinden bağımsız olarak, farklı genliğe sahip tüm bu sarkaçların periyotları aynıdır.

Cycloid eğrisini kullanarak yapılmış bir sarkaç. Yapan kişi bilinmiyor. Genliğinden bağımsız olarak, bu sarkacın periyodu her zaman aynıdır.

Pekala, biraz daha yakından inceleyelim bu cycloid eğrisini. Mesela, bu çemberimiz düz yol üzerinde değil de başka bir çemberin etrafında yuvarlanırsa nasıl görünür? Büyük, yuvarlanmayan çemberin yarıçapı \(R\), küçük, yuvarlanan çemberin yarıçapı \(r\) olsun. Bu durumda, küçük çemberin üzerindeki bir noktanın izlediği yolu (büyük çemberin merkezine uzaklığını) buraya yazıyorum:

\(\rho = \sqrt{(R+r)^2 + r^2 -2r(R+r)\cos\left(\displaystyle{\frac{R}{r}\theta}\right)}\)

Büyük çemberin yarıçapı ve küçük çemberin yarıçapına bağlı bu uzaklık. Bu tür bir eğriye epicycloid deniliyor. Çeşitli oranlar için (\(R/r = 1,2,3,4,5,6\)) animasyonları buraya koyuyorum:






Peki, bu oran tam sayı değil de kesirli bir sayı olursa nasıl görünür? Buraya yarıçapların oranının \(R/r = 2/3\) ve \(R/r  =3/2\) olduğu durumları koyuyorum:


Yani, bu oran rasyonel sayı olursa bir şekilde eğri kendi üzerine kapanıyor. eheheh O zaman bu oranı irrasyonel sayı alayım da görsün gününü:


Bu oran irrasyonel sayı olursa eğri asla uzerine kapanmaz. Burada oranın \(R/r = \pi\) ve \(R/r = \sqrt{2}\) olduğu durumları gösterdim. Bu sürpriz değil, uzaklık denkleminde \(\cos\left(R\theta/r\right)\) diye bir terim var. \(R/r\) irrasyonel ise hiçbir rasyonel \(\theta\) için \(R\theta/r\), \(2\pi\)’nin tam sayı katı olamaz.

Devam… Bu çember diğer sabit çemberin dışında değil de içinde dönerse eğri nasıl görünür? Bu durumun ismi de hypocycloid. Latince düşününce cidden çok yaratıcı bir isim. Ben buna “iç-çemberimsi” desem Türkçe’de, neyse… Bu durumun polar denklemi de:

\(\rho = \sqrt{(R-r)^2 + r^2 -2r(R-r)\cos\left(\displaystyle{\frac{R}{r}\theta}\right)}\)

Burada \(R/r = 2,3,4,5,6\) olan durumların animasyonlarını koyuyorum:





Evet, \(R/r = 2\) olduğu durum düz bir çizgi. Her bir çizgiyi biraz döndürdüm ve aşağıdaki muazzam şekli elde ettim. Her nokta kendi başına çizgi üzerinde salınan hareketten başka bir şey yapmıyor!

 

Bu oranın kesirli olduğu iki durum:


…ve son olarak irrasyonel olduğu, kendi üzerine kapanmadığı iki durum. Yine \(\pi\) ve \(\sqrt{2}\) için:


Ekleme: Altın oran ile epicycloid ve hypocycloid.



Ayrıca, çemberin yarıçapının ucunda değil de, yarıçapın yarısının izlediği yol ile de benzer şekiller yapılabilir. Buraya yarıçapların oranının yine altın oran olduğu halleri ekliyorum:


Bitirmeden önce şunu paylaşmadan geçemeyeceğim. Dönen çember diğer çemberin içinde olduğu durum için şekiller üst üste binmiş elipslerle gösterilebilir. \(R/r = 4\) olduğu durumu buraya koyuyorum. Eminim ki hatırlayacaksınız, kareli defterlerden. İleride zaman ayırabilirsem başka oranlar için olanları da koyarım buraya:

Yakın zamanda dolaşan Adam Savage (Mythbusters) ve VSauce’nin Brachistochrone problemi videosunu görmediyseniz de hemen görün:

 

Yazi ve animasyon: Bilgecan Dede

Cycloid Eğrisi” için 5 yorum

  • 22 Temmuz 2017 tarihinde, saat 02:41
    Permalink

    Öncelikle isimde yaptığım kötü espri için özür dilerim 🙂

    Topun en hızlı cycloid üzerinde düştüğünü gördük, peki cycloidi ters tutarsak yine aynı sürede mi düşer, en yavaş sürede mi olur yoksa yorum yapılamaz mı? Bu konuda bir bilginiz var mı?

    Yanıtla
    • 22 Temmuz 2017 tarihinde, saat 03:28
      Permalink

      Ozure gerek yok, ben gulumsedim espriye 🙂

      Cycloid egrisi seklinde bir telimiz olsun ve bu tele bir boncuk gecirdik (yukaridaki turkuaz egri mesela). Teli duz tutarsak boncuk en kisa zamanda duser. Ters cevirirseniz, duz hali ile ayni surede dusmez, ama tum yollara gore en fazla surede de dusmez. En fazla surede dusen hal, teli 90 dereceye yakin sekilde kivirdiginiz hal (tam 90 derecede boncuk yatay olarak gitmeyecek sonucta).

      Yanıtla
      • 23 Temmuz 2017 tarihinde, saat 03:53
        Permalink

        Haklısınız, zaten ben en başta, cycloidi çevirdikten sonra tepe noktasının konumunun değişeceğini düşünemeyerek hatalı bir soru sormuşum. 😀

        Ancak bu da beni başka bir noktaya getirdi. Verilen örneklerde hep yatay uzunluk yükseklikten daha fazla. Peki ya yüksekliğin daha fazla olduğu durumda 90 dereceçevrilmiş bir cycloid (şekildeki gibi > https://prnt.sc/fz2s4s) yine en hızlı alınan yol olur mu? Bununla ilgili bir şeye denk geldiniz mi yada görüşünüz nedir?

        Yanıtla
        • 24 Temmuz 2017 tarihinde, saat 22:22
          Permalink

          Bu animasyonlari yaparken, sectigim parametreleri hep Dunya’daki duruma gore sectim. Brachistochrone probleminde, parametreler yer cekimi ivmesine bagli; mesela etrafinda donen cemberin yaricapi ve faz farki. Dediginiz durumun olmasi icin cemberin yaricapinin ve fazin daha fazla olmasi gerekiyor, bu da yer cekiminin daha buyuk olmasini gerektiriyor.

          Jupiter’in yuzeyi olsaydi ve ayni deneyi Jupiter’de yapsaydik herhalde sizin gorseldeki gibi gorunurdu (22g). Belki daha uzun (yeni animasyon fikri oldu 🙂 , yakin zamanda eklerim).
          Bu deneyi Mars’ta yaparsak (g cok daha az, 0.38g) yatay uzunluk cok daha uzun olur.

          Yanıtla

Bir Cevap Yazın

E-posta hesabınız yayımlanmayacak. Gerekli alanlar * ile işaretlenmişlerdir