Matematiğin faydasından çok güzelliğini vurgulayan bu sayfalarda bir düzine ilginç konu bulacaksınız. Matematikçi, yaptığı işin faydasını ve uygulamasını asla düşünmez. Onun için en önemli motivasyon, gizli kalmış hakikatleri gün ışığına çıkartmaktan ibaret. Daha sonra diğer bilimlerde ya da mühendislikte uygulama alanı bulunursa ne ala... Bulunmazsa da matematikçinin umurunda değil...
Konuları seçerken, Marmara Üniversitesinde 2008-2016 arasında verdiğim IE 701 (Engineering Mathematics) doktora dersinin muhtevasını kullandım. Dersin önemli özelliği, haftalık ödevlerle bu hakikatleri öğrencinin tekrar keşfetmesini sağlamak oldu. Dersimiz mühendislik kodlu olduğu için, uygulama alanı bulunan konulara ağırlık verdik. Dersin yaklaşık üçte birini bu konular kaplıyordu.
Bu sayfalarda verilen kanıtlar, bir matematikçinin aradığı titizlik ve katılıktan uzak. Buna rağmen, arka planda doğruluğu şüphesiz olan hakikatlerin neden doğru olduğunu meraklı okuyucuya anlatıyor.
Öte yandan, bu konuların hiçbiri okuyup geçilecek hafiflikte değil. Ciddi bir matematik okuyucusu kağıt kalem ile şekilleri çizmeli, formülleri türetmelidir. Bununla yetinmeyip, verilen kanıtları sayılarla doğrulamalıdır. Ancak o zaman konuyu anlamak yönünde ilerlemiş olur.
Haftalık Konu Listesi
Introduction and Proportion
Similarity and The Golden Mean
Graphs and Maps
Polyhedra: Platonic Solids
Transformation of the Platonic Solids
Uniform Polyhedra
(Midterm)
Natural and Rational Numbers
Complex Numbers: FT of algebra
Functions and Limits
Calculus: Integral and Derivative
Fundamental theorem of calculus
Computational complexity
NP-completeness
Referans
Söz konusu derste iki kitap kullandık:
1) J Kappraff, Connections: The Geometric Bridge Between Art and Science, 1991
Dersin geometri ağırlıklı ilk yarısında, şekiller ve simetri çalışırken, Connections temel kaynağımız oldu.
2) R Courant, H Robbins, What Is Mathematics? 1941
Sayılar ve forksiyonlar ile uğraşan analiz ağırlıklı ikinci yarıda da bu kitap temelimiz oldu.
2.07.2017
1.07.2017
Pisagor Teoremi
Ortaokul yaşlarında öğrenip de hayran kaldığım bu hakikatin neden doğru olduğunu o zaman çok merak etmiştim. Meğer yüzlerce ispatı varmış. Penrose bunlardan ikisini öyle vermiş ki, tekrar hayrete düştüm, yeniden hayran kaldım. Bir bilmece ile başlayalım: Farklı boyda iki kare verilmiş, bunları düz çizgilerle kesip yeniden düzenleyerek büyük bir tek kare yapabilir misiniz? Aşağıdaki şekil, bunun nasıl olacağını kolayca gösteriyor:
Büyük kare üstünde a uzunluğunu işaretledikten sonra, iki kareyi yan yana koyalım. Birbirine dik iki darbe ile kareleri beş parçaya bölelim. Üç parçanın yerini değiştirerek büyük kare kolayca elde edilir.
En sağdaki üçgenin kenarları arasında a² + b² = c² eşitliğini göstermiş olduk. 2500 sene önce İyonya'da yaşamış Pisagor'un adını taşıyan bu teoremin yüzlerce ispatından en güzel ve basit beş tanesini buraya aldım.
Teoremin cebir-geometri karışık ispatları pek hoştur:
Soldaki şekilde, her üçgenin alanı ab/2 olduğundan, (a+b)² − 2ab = c² ifadesi bir hamlede sonuca ulaşıyor. Sağda ise, (b−a)² + 2ab = c² eşitliği aynı sonucu veriyor.
Penrose'un verdiği ilk kanıt sadece geometri kullanıyor, cebir yok:
İki üçgeni ötelemek yeter, ne sayı ne de söz gerekiyor...
Benzer Üçgenler
Pisagor teoreminin en çarpıcı kanıtları benzerlik üstüne kurulmuş:
Düşey çizginin ayırdığı iki üçgenle, asıl üçgenin benzerliği çok açık.
Küçük üçgende p/a = a/c ==> a² = pc
Büyük üçgende q/b = b/c ==> b² = qc
İki tarafı toplayıp c = p+q olduğunu görmek yeterli.
Penrose'un verdiği ikinci kanıt da aynı benzerliği kullanıyor. Şekildeki üç üçgen benzer olduğu için, her birinin alanı uzun kenarının karesi ile orantılı. Üçgenlerin alanları S1 + S2 = S olduğundan, a² + b² = c².
Geometrik Kanıt
Buraya aldığım ispatları Euclid beğenip de kitabına koymazdı. Çünkü hiçbiri temel aksiyomlara kadar inen bir mantık zinciri değil. Pisagor'dan 250 yıl sonra yazılan Elements isimli geometri kitabında temellere dayanan ispatı basitleştirerek buraya alalım:
Şekildeki mavi ve sarı üçgenler eşit. Sarı üçgenin alanı, karenin alanının yarısı: a²/2. Mavi üçgen ise soldaki dikdörtgenin yarısı, yani o da a². Aynı şekilde, sağdaki dikdörtgenin alanı b² olduğuna göre, a² + b² = c² bulunur.
Ödev
a²+b²+c² = d² denklemine tamsayılı çözümler bulun
Referans
Bu yazının aslı, 2007 yılında İki Kareden Tek Kareye olarak yayınlanmıştı
Roger Penrose, The Road to Reality: A Complete Guide to the Laws of the Universe, 2004
Pythagorean theorem:
Wikipedia
Mathworld
Mathsisfun
Cut-the-knot
En sağdaki üçgenin kenarları arasında a² + b² = c² eşitliğini göstermiş olduk. 2500 sene önce İyonya'da yaşamış Pisagor'un adını taşıyan bu teoremin yüzlerce ispatından en güzel ve basit beş tanesini buraya aldım.
Teoremin cebir-geometri karışık ispatları pek hoştur:
Soldaki şekilde, her üçgenin alanı ab/2 olduğundan, (a+b)² − 2ab = c² ifadesi bir hamlede sonuca ulaşıyor. Sağda ise, (b−a)² + 2ab = c² eşitliği aynı sonucu veriyor.
Penrose'un verdiği ilk kanıt sadece geometri kullanıyor, cebir yok:
İki üçgeni ötelemek yeter, ne sayı ne de söz gerekiyor...
Benzer Üçgenler
Pisagor teoreminin en çarpıcı kanıtları benzerlik üstüne kurulmuş:
Küçük üçgende p/a = a/c ==> a² = pc
Büyük üçgende q/b = b/c ==> b² = qc
İki tarafı toplayıp c = p+q olduğunu görmek yeterli.
Penrose'un verdiği ikinci kanıt da aynı benzerliği kullanıyor. Şekildeki üç üçgen benzer olduğu için, her birinin alanı uzun kenarının karesi ile orantılı. Üçgenlerin alanları S1 + S2 = S olduğundan, a² + b² = c².
Geometrik Kanıt
Buraya aldığım ispatları Euclid beğenip de kitabına koymazdı. Çünkü hiçbiri temel aksiyomlara kadar inen bir mantık zinciri değil. Pisagor'dan 250 yıl sonra yazılan Elements isimli geometri kitabında temellere dayanan ispatı basitleştirerek buraya alalım:
Şekildeki mavi ve sarı üçgenler eşit. Sarı üçgenin alanı, karenin alanının yarısı: a²/2. Mavi üçgen ise soldaki dikdörtgenin yarısı, yani o da a². Aynı şekilde, sağdaki dikdörtgenin alanı b² olduğuna göre, a² + b² = c² bulunur.
a²+b²+c² = d² denklemine tamsayılı çözümler bulun
Referans
Bu yazının aslı, 2007 yılında İki Kareden Tek Kareye olarak yayınlanmıştı
Roger Penrose, The Road to Reality: A Complete Guide to the Laws of the Universe, 2004
Pythagorean theorem:
Wikipedia
Mathworld
Mathsisfun
Cut-the-knot
Üçgenin Alanı
Üçgenin alan formülünü herkes bilir: ch/2, yani taban çarpı yükseklik bölü iki, bunun için ayrı bir konu açmaya değer mi?
Ya yüksekliği bilmiyorsak? Günlük hayatta karşımıza çıkan üçgenlerin kenarlarını kolayca ölçebiliriz, ama arazide yatay bir yüksekliği ölçmek hiç kolay değil.
Mesela, kenarları 17, 25 ve 28 metre olan üçgenin alanı nedir? Bu sorunun cevabı Euclid'de değil, ondan birkaç yüz sene sonra yaşamış olan Heron'un formülünde:
Alan² = (a+b+c)(b+c−a)(a+c−b)(a+b−c)/16
= (17+25+28)(25+28−17)(17+28−25)(17+25−28)/16 = 44100
h² terimlerini eşitleyince
289 − p² = 625 − 784 + 56p − p²
56p = 448 ve p = 8 bulunur.
Buradan h² = 17² − 8² = 225
h = 15 ve Alan = ch/2 = 210 sonucuna ulaştık.
Genelleme
Verilen üç uzunluk için, iki denklemle alanı hesaplamayı başardık. Peki bu hesabı a, b, c kenar uzunlukları için genelleyen Heron formülüne nasıl ulaşacağız?
h² terimlerini eşitleyince
a² − p² = b² − c² + 2cp − p²
Buradan 2cp = a² − b² + c²
ve p = (a² − b² + c²)/2c bulunur.
[Bu noktada bir nefes alıp p = a cos B olduğunu hatırlarsak, B açısı için kosinüs kuralı yan ürün olarak karşımıza çıkıyor: cos B = (a² − b² + c²)/2ac ]
Öte yandan, iki kare farkını kullanarak, bilinmeyen ifadeyi bir çarpım olarak yazabiliriz:
h² = a² − p² = (a+p)(a−p)
İki kare farkını bir daha kullanalım:
(a+p) = ((a+c)²−b²)/2c = (a+c+b)(a+c−b)/2c
Diğer çarpan da benzer şekilde şöyle hesaplanır:
(a−p) = (b²−(a−c)²)/2c = (b+a−c)(b−a+c)/2c
Bu iki ifadenin çarpımından h², onun c²/4 ile çarpımından alanın karesi bulunur:
Alan² = c²h²/4 = (a+b+c)(b+c−a)(a+c−b)(a+b−c)/16
Heron formülünün bilinen şekline ulaşmak için üçgenin yarı çevresini tanımlayalım:
2s = (a+b+c)
Bu ifadeden sıra ile 2a, 2b, 2c çıkartınca
2(s−a) = (b+c−a)
2(s−b) = (a+c−b)
2(s−c) = (a+b−c) bulunur.
Böylece Alan² = s(s−a)(s−b)(s−c) elde edilir.
Geometrik Kanıt
Bu hesap Heron zamanında yapılamazdı, çünkü cebirsel ifadeler henüz bilinmiyordu. Euclid'in yaptığı gibi, sadece uzunluklar ve oranlar kullanan geometrik bir kanıt gerekiyordu. Öncelikle açıortayların kesiştiği noktayı merkez alan iç çemberi çizelim:
Kenar uzunlukları yerine α, β, γ teğet uzunlukları kullanalım:
α+β=28, γ+α=25, β+γ=17 denklemlerinden α=18, β=10, γ=7 bulunur.
Çemberin yarıçapı r bilinirse Alan = αr+βr+γr = sr olarak hesaplanır.
Şekilde boyalı üç merkez açının toplamının π radyan (180 derece) olduğunu not edelim, 3. ödevde gerekecek.
Heron'un karmaşık kanıtını anlamak için B'nin açıortayına çizilen dikme ile c kenarına çizilen dikmeyi H noktasında kesiştirelim ve ortaya çıkan sarı ve mavi üçgenlerde benzerlik arayalım:
Sarı üçgenin benzerliğinden, şekilde yazılı ilk iki orantıyı görmek kolay. Üçüncü orantı için gereken mavi üçgenlerin benzerliğini kanıtlamak biraz daha zor, yukarıda not edilen ipucu ile, HB çaplı çemberin A'dan geçtiğini düşünmek gerekecek.
Cebir kullansaydık, üç bilinmeyenli üç denklem kolayca çözülürdü. Ama cebir bilmeyince aynı işi üçgenler ve orantılarla yapmak gerekiyor!
Son iki eşitlikteki u/r oranını (18−t)/t = 28/7 şeklinde birleştirince, sadece t bilinmeyeni kalır. Paydaları paylara ekleyince orantının bozulmayacağını Heron iyi biliyordu.
Buradan 18/t = 5 ya da t = 18/5 ve ilk orantıdan r² = 10t = 36 olarak bulunur.
Daha önce bulduğumuz gibi, Alan = sr = 35x6 = 210 sonucuna ulaştık. Bu yöntemin genellemesini meraklı okuyucuya bırakıyorum.
Ödev
1. Kenar uzunlukları 15, 20, 25 cm olan üçgenin alanını her iki yöntemle hesaplayın.
2. Alanın tamsayı olduğu başka a, b, c tamsayıları bulabilir misiniz?
wikiwand.com/en/Heronian_triangle
3. Kenarları √2, 2, √10 olan üçgenin alanını formül ile hesaplayın ve temel geometri bilginizle sonucu doğrulayın.
4. Şekildeki mavi üçgenlerin benzerliğini gösterin.
5. Son hesabı genelleştirerek r² = αβγ/s ve
Alan² = sαβγ = s(s−a)(s−b)(s−c) olduğunu gösterin.
Referans
William Dunham, Journey Through Genius The Great Theorems of Mathematics, 1990 (s.118)
Ya yüksekliği bilmiyorsak? Günlük hayatta karşımıza çıkan üçgenlerin kenarlarını kolayca ölçebiliriz, ama arazide yatay bir yüksekliği ölçmek hiç kolay değil.
Mesela, kenarları 17, 25 ve 28 metre olan üçgenin alanı nedir? Bu sorunun cevabı Euclid'de değil, ondan birkaç yüz sene sonra yaşamış olan Heron'un formülünde:
Alan² = (a+b+c)(b+c−a)(a+c−b)(a+b−c)/16
= (17+25+28)(25+28−17)(17+28−25)(17+25−28)/16 = 44100
Bu karmaşık görünümlü simetrik formülden Alan = 210 m² bulunur.
Formüle Giden Yol
Kolayca hatırlanacak bir formül değil... En iyisi, hazır geometri bilgimizi kullanarak, iki küçük dik üçgende yazılan iki denklemden h'yi bulmaya çalışalım:
289 − p² = 625 − 784 + 56p − p²
56p = 448 ve p = 8 bulunur.
Buradan h² = 17² − 8² = 225
h = 15 ve Alan = ch/2 = 210 sonucuna ulaştık.
Genelleme
Verilen üç uzunluk için, iki denklemle alanı hesaplamayı başardık. Peki bu hesabı a, b, c kenar uzunlukları için genelleyen Heron formülüne nasıl ulaşacağız?
a² − p² = b² − c² + 2cp − p²
Buradan 2cp = a² − b² + c²
ve p = (a² − b² + c²)/2c bulunur.
[Bu noktada bir nefes alıp p = a cos B olduğunu hatırlarsak, B açısı için kosinüs kuralı yan ürün olarak karşımıza çıkıyor: cos B = (a² − b² + c²)/2ac ]
Öte yandan, iki kare farkını kullanarak, bilinmeyen ifadeyi bir çarpım olarak yazabiliriz:
h² = a² − p² = (a+p)(a−p)
İki kare farkını bir daha kullanalım:
(a+p) = ((a+c)²−b²)/2c = (a+c+b)(a+c−b)/2c
Diğer çarpan da benzer şekilde şöyle hesaplanır:
(a−p) = (b²−(a−c)²)/2c = (b+a−c)(b−a+c)/2c
Bu iki ifadenin çarpımından h², onun c²/4 ile çarpımından alanın karesi bulunur:
Alan² = c²h²/4 = (a+b+c)(b+c−a)(a+c−b)(a+b−c)/16
Heron formülünün bilinen şekline ulaşmak için üçgenin yarı çevresini tanımlayalım:
2s = (a+b+c)
Bu ifadeden sıra ile 2a, 2b, 2c çıkartınca
2(s−a) = (b+c−a)
2(s−b) = (a+c−b)
2(s−c) = (a+b−c) bulunur.
Böylece Alan² = s(s−a)(s−b)(s−c) elde edilir.
Geometrik Kanıt
Bu hesap Heron zamanında yapılamazdı, çünkü cebirsel ifadeler henüz bilinmiyordu. Euclid'in yaptığı gibi, sadece uzunluklar ve oranlar kullanan geometrik bir kanıt gerekiyordu. Öncelikle açıortayların kesiştiği noktayı merkez alan iç çemberi çizelim:
α+β=28, γ+α=25, β+γ=17 denklemlerinden α=18, β=10, γ=7 bulunur.
Çemberin yarıçapı r bilinirse Alan = αr+βr+γr = sr olarak hesaplanır.
Şekilde boyalı üç merkez açının toplamının π radyan (180 derece) olduğunu not edelim, 3. ödevde gerekecek.
Heron'un karmaşık kanıtını anlamak için B'nin açıortayına çizilen dikme ile c kenarına çizilen dikmeyi H noktasında kesiştirelim ve ortaya çıkan sarı ve mavi üçgenlerde benzerlik arayalım:
Cebir kullansaydık, üç bilinmeyenli üç denklem kolayca çözülürdü. Ama cebir bilmeyince aynı işi üçgenler ve orantılarla yapmak gerekiyor!
Son iki eşitlikteki u/r oranını (18−t)/t = 28/7 şeklinde birleştirince, sadece t bilinmeyeni kalır. Paydaları paylara ekleyince orantının bozulmayacağını Heron iyi biliyordu.
Buradan 18/t = 5 ya da t = 18/5 ve ilk orantıdan r² = 10t = 36 olarak bulunur.
Daha önce bulduğumuz gibi, Alan = sr = 35x6 = 210 sonucuna ulaştık. Bu yöntemin genellemesini meraklı okuyucuya bırakıyorum.
Ödev
1. Kenar uzunlukları 15, 20, 25 cm olan üçgenin alanını her iki yöntemle hesaplayın.
2. Alanın tamsayı olduğu başka a, b, c tamsayıları bulabilir misiniz?
wikiwand.com/en/Heronian_triangle
3. Kenarları √2, 2, √10 olan üçgenin alanını formül ile hesaplayın ve temel geometri bilginizle sonucu doğrulayın.
4. Şekildeki mavi üçgenlerin benzerliğini gösterin.
5. Son hesabı genelleştirerek r² = αβγ/s ve
Alan² = sαβγ = s(s−a)(s−b)(s−c) olduğunu gösterin.
Referans
William Dunham, Journey Through Genius The Great Theorems of Mathematics, 1990 (s.118)
Altın Oran
Öyle bir sayı bulalım ki, karesi aynı sayının bir fazlası olsun:
Genellikle φ (fi) harfi ile gösterilen bu sayının tersi de bir eksiğine eşit:
Altın oran olarak bilinen φ sayısının tam ve yaklaşık değerleri:
Böylece yaklaşık olarak 1/φ ≈ 0,618, φ ≈ 1,618, φ² ≈ 2,618 bulunur.
İkinci derece x²=x+1 denkleminin iki çözümünün φ ve 1−φ olduğunu kaydedelim.
Sayısal tanımı böyle, ama bu oranın orijinal tanımı elbette yine geometrik:
"Altın oranlı dikdörtgenden bir kare kesince, küçük dörtgen ilk dörtgene benzer olsun."
Göze hoş görünen bu dikdörtgenin kenar oranına "altın oran" deniyor. İnsan yapısı bir çok sanat ve mimarlık eserinde ortaya çıktığı gibi, muhtelif canlılarda da sıkça rastlanıyor.
Düzgün beşgen ve içine çizilen yıldızda da bu oranı gözlüyoruz:
Fibonacci Sayıları
İlk değerleri F0=0 ve F1=1 olan bir dizi düşünelim.
Sonraki değerler, hep bir önceki ve iki önceki sayıların toplamı olsun:
Bu şekilde elde edilen 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89... dizisine Fibonacci Sayıları deniyor. Bu sayılarla altın oranın kuvvetleri arasında ilginç iki bağıntı gizli:
Birinci bağıntıyı göstermek için, x²=x+1 denkleminin iki çözümünün φ ve 1−φ olduğunu yukarıda kaydetmiştik. Fn için şöyle bir varsayım yapılırsa
İrrasyonel φ sayısından tamsayılar üreten bu formül gerçekten şaşırtıcı.
|1−φ|<1 olduğundan, büyük n değerleri için ikinci terim ihmal edilebilir. Yaklaşık olarak
İkinci bağıntı için, φ = 1φ + 0 eşitliğinden başlayarak iki tarafı φ ile çarpalım ve sağ tarafı φ² = φ + 1 tanımını kullanarak sadeleştirelim. Bu işlemi bir kaç kere tekrarlayınca iki adet Fibonacci dizisi ile karşılaşıyoruz:
Birim kareden başlayarak, etrafına sıra ile 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21,... boyunda kareler dizilirse, Fibonacci sarmalı (spiral) elde edilir:
Düzgün Yirmiyüzlü
Üç adet altın oranlı dikdörtgeni birbirine dik olarak yerleştirince, düzgün bir yirmiyüzlünün (icosahedron) 12 köşesi ortaya çıkar:
Ödev
1. Kenarı 1 olan düzgün beşgenin iki köşegenini çizip benzer üçgenler yardımı ile köşegen uzunluğunun φ olduğunu gösterin.
2. Şu noktaların, kenarı 2 olan eşkenar bir üçgen tanımladığını gösterin:
(0, 1, φ) (1, φ, 0) (φ, 0, 1)
3. φn = Fnφ + Fn−1 bağıntısını tümevarımla gösterin.
Referans
https://www.goldennumber.net/what-is-phi/
https://www.mathsisfun.com/numbers/nature-golden-ratio-fibonacci.html
https://www.wikiwand.com/en/Fibonacci_number
φ² = φ + 1
Genellikle φ (fi) harfi ile gösterilen bu sayının tersi de bir eksiğine eşit:
1/φ = φ − 1
Altın oran olarak bilinen φ sayısının tam ve yaklaşık değerleri:
φ = (1+√5)/2 ≈ 1,6180
Böylece yaklaşık olarak 1/φ ≈ 0,618, φ ≈ 1,618, φ² ≈ 2,618 bulunur.
İkinci derece x²=x+1 denkleminin iki çözümünün φ ve 1−φ olduğunu kaydedelim.
Sayısal tanımı böyle, ama bu oranın orijinal tanımı elbette yine geometrik:
"Altın oranlı dikdörtgenden bir kare kesince, küçük dörtgen ilk dörtgene benzer olsun."
Göze hoş görünen bu dikdörtgenin kenar oranına "altın oran" deniyor. İnsan yapısı bir çok sanat ve mimarlık eserinde ortaya çıktığı gibi, muhtelif canlılarda da sıkça rastlanıyor.
Düzgün beşgen ve içine çizilen yıldızda da bu oranı gözlüyoruz:
Fibonacci Sayıları
İlk değerleri F0=0 ve F1=1 olan bir dizi düşünelim.
Sonraki değerler, hep bir önceki ve iki önceki sayıların toplamı olsun:
Fn+1 = Fn + Fn−1 n=1,2,3,...
Bu şekilde elde edilen 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89... dizisine Fibonacci Sayıları deniyor. Bu sayılarla altın oranın kuvvetleri arasında ilginç iki bağıntı gizli:
Fn = (φn−(1−φ)n)/√5 ve
φn = Fnφ + Fn−1 n=1,2,3,...
φn = Fnφ + Fn−1 n=1,2,3,...
Birinci bağıntıyı göstermek için, x²=x+1 denkleminin iki çözümünün φ ve 1−φ olduğunu yukarıda kaydetmiştik. Fn için şöyle bir varsayım yapılırsa
Fn = Aφn + B(1−φ)n
F0=0 ve F1=1 eşitliklerinden A = −B = 1/√5 bulunur.İrrasyonel φ sayısından tamsayılar üreten bu formül gerçekten şaşırtıcı.
|1−φ|<1 olduğundan, büyük n değerleri için ikinci terim ihmal edilebilir. Yaklaşık olarak
Fn ≈ φn/√5 ve
Fn+1/Fn ≈ φ
Fn+1/Fn ≈ φ
İkinci bağıntı için, φ = 1φ + 0 eşitliğinden başlayarak iki tarafı φ ile çarpalım ve sağ tarafı φ² = φ + 1 tanımını kullanarak sadeleştirelim. Bu işlemi bir kaç kere tekrarlayınca iki adet Fibonacci dizisi ile karşılaşıyoruz:
φ1 = 1φ + 0
φ2 = 1φ + 1
φ3 = 2φ + 1
φ4 = 3φ + 2
φ5 = 5φ + 3
φ6 = 8φ + 5
Birim kareden başlayarak, etrafına sıra ile 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21,... boyunda kareler dizilirse, Fibonacci sarmalı (spiral) elde edilir:
Düzgün Yirmiyüzlü
Üç adet altın oranlı dikdörtgeni birbirine dik olarak yerleştirince, düzgün bir yirmiyüzlünün (icosahedron) 12 köşesi ortaya çıkar:
Ödev
1. Kenarı 1 olan düzgün beşgenin iki köşegenini çizip benzer üçgenler yardımı ile köşegen uzunluğunun φ olduğunu gösterin.
2. Şu noktaların, kenarı 2 olan eşkenar bir üçgen tanımladığını gösterin:
(0, 1, φ) (1, φ, 0) (φ, 0, 1)
3. φn = Fnφ + Fn−1 bağıntısını tümevarımla gösterin.
Referans
https://www.goldennumber.net/what-is-phi/
https://www.mathsisfun.com/numbers/nature-golden-ratio-fibonacci.html
https://www.wikiwand.com/en/Fibonacci_number
Euler Formülü
1700'lü yıllarda yaşamış Euler'in adıyla anılan en az dört formül var matematik dünyasında. "Euler formula" şeklinde arayınca bunları ve daha fazlasını bulmak mümkün:
Yukarıdaki ilk formülde, üstel fonksiyonun değerini sanal bir argümanla hesaplayınca beklenmedik bir şekilde, trigonometrik fonksiyonlar karşımıza çıkıyor. Bunun x=π için özel hali, 0, 1, e, π ve i sayılarını ikinci formülde bir araya getiriyor. Üçüncü formül, Euler sayısını bir limit olarak hesaplıyor.
En alttaki formül, topolojinin en ilginç kuralını özetliyor: V+F = E+2
Kural, köşeleri birbirine bağlı bir harita (matematik dilinde connected map) için tanımlanan V, E, F kümelerinin eleman sayıları arasındaki değişmez bir bağıntıyı ifade ediyor.
V = köşeler (vertices) kümesi ya da sayısı
E = kenarlar (edges) kümesi ya da sayısı
F = bölgeler (faces) kümesi ya da sayısı
Cebirde bir sembole ancak bir anlam yüklenir. Burada bir kargaşa söz konusu olmadığı için, V, E, F sembolleri yerine göre kümeleri ya da eleman sayılarını gösteriyor olabilir.
Örnek: Şekildeki map M = (V, E, F) üçlüsü ile gösterilir.
V = {a, b, d, e, f} köşelerini 7 kenarla birleştirince
E = {ab, ad, bb, bf, bf, de, df} ve F = {A, B, C, D} elde edilir.
Normal bir kümede elemanların tekrarına izin yoktur. Lakin burada b'den f'ye iki kenar olduğundan, E içindeki elemanlar birden fazla olabiliyor. Multiset denen bu kavram, map konusunu çalışırken karşımıza çıkan ilk ayrıcalık. Bir diğeri de, düzlem geometride mümkün olmayan birgen ve ikigenler!
Bu örnekte B bölgesi birgen, D bölgesi ise ikigen. Şeklin dışındaki C bölgesinin sınırları abbfd olduğundan bir beşgen tanımlıyor. A bölgesi ise abfded şeklinde bir altıgen. Bu çokgenlerin kenar sayılarını toplayınca 6+1+5+2 = 14 bulunur ki, map içindeki kenar sayısının iki katıdır. Neden? Çünkü her kenarı iki kere saydık.
Benzer şekilde, her köşedeki kenar sayılarını toplayınca aynı 2+5+3+1+3 = 14 değeri bulunur. Bu iki denklemi genelleştirince, Euler formülüne ek olarak şu ifadeler bulunur:
Kanıt
Euler formülünün doğruluğuna ikna olmak için boş bir map ile başlayalım ve kenarları birer birer ekleyerek istenen M'ye ulaşalım. Boş map M0 içinde hiç kenar olmasın, sadece bir köşe ile başlayalım.
Birinci adımda köşeleri ekleyelim. Her köşe için bir kenar gerektiğine göre, M1 şekline ulaşınca V−1 kenar eklenmiş oldu.
İkinci adımda hazır köşeleri birleştirerek bölgeleri ekleyelim. Her bölge için bir kenar gerektiğine göre, M şekline ulaşınca F−1 kenar daha eklenmiş oldu. Toplam (V−1)+(F−1) kenar eklediğimize göre aranan E = V+F−2 eşitliğine ulaştık.
Kanıt burada tamamlandı ama V+F = E+2 bağıntısının değişmezliğini de kullanabilirdik. M0 için V=1, E=0, F=1 olduğundan verilen denklem başlangıçta doğru. Her kenarı eklerken ya bir köşe ya da bir bölge eklendiğinden denklem değişmez, M için de doğrudur.
Dual Map
Köşelerle bölgelerin yerini değiştirince dual map ortaya çıkar:
Bu örneğin dualinde V' = {A, B, C, D} ve F' = {a, b, d, e, f} olur.
Kenarlar ise, birleştirdiği iki köşe yerine ayırdığı iki bölge ile anılır:
E = {ab, ad, bb, bf, bf, de, df} yerine
E' = {AC, AC, BC, AD, CD, AA, AC}
Dual map için farklı çizimler olabilir. Ancak, dualin duali yine orijinal map olacaktır.
Düzgün (Regular) Map
Öyle bir map düşünelim ki, her bölgesi p-gen olsun ve her köşesinde q kenar buluşsun. Euler formülünün sonucu olarak, p ve q sayıları keyfi seçilemez,
pF = 2E , qV = 2E ve V+F = E+2 kısıtlarını sağlamak zorundayız.
p=2 halinde, V=2 ve F=E=q bulunur, q kenarla dış bölge dahil q adet ikigen çizilebilir.
q=2 halinde, F=2 ve V=E=p bulunur, p kenarla dış bölge dahil 2 adet p-gen çizilebilir.
Çok ilginç olmayan bu özel halleri göz ardı edip p>2 ve q>2 varsayarsak, (p-2)(q-2)<4 kısıtı bulunur ki, p ve q sayıları için sadece aşağıda gösterilen beş çözüm bulunur. Sonraki konumuzda işlenen düzgün çokyüzlülerin düzlemdeki modellerini bulmuş olduk.
Ödev
1. Dört bölgesinin kenar sayıları {1, 2, 3, 4} olan mapi ve duallerinden birini çizin.
(ipucu: Neden E=5? O halde V kaç olmalı?)
2. Şekilde gösterilen beş adet düzgün map için p ve q değerlerini bulun.
Referans
http://mathworld.wolfram.com/EulerFormula.html
https://www.wikiwand.com/en/List_of_things_named_after_Leonhard_Euler
En alttaki formül, topolojinin en ilginç kuralını özetliyor: V+F = E+2
Kural, köşeleri birbirine bağlı bir harita (matematik dilinde connected map) için tanımlanan V, E, F kümelerinin eleman sayıları arasındaki değişmez bir bağıntıyı ifade ediyor.
V = köşeler (vertices) kümesi ya da sayısı
E = kenarlar (edges) kümesi ya da sayısı
F = bölgeler (faces) kümesi ya da sayısı
Cebirde bir sembole ancak bir anlam yüklenir. Burada bir kargaşa söz konusu olmadığı için, V, E, F sembolleri yerine göre kümeleri ya da eleman sayılarını gösteriyor olabilir.
Örnek: Şekildeki map M = (V, E, F) üçlüsü ile gösterilir.
V = {a, b, d, e, f} köşelerini 7 kenarla birleştirince
E = {ab, ad, bb, bf, bf, de, df} ve F = {A, B, C, D} elde edilir.
Bu örnekte B bölgesi birgen, D bölgesi ise ikigen. Şeklin dışındaki C bölgesinin sınırları abbfd olduğundan bir beşgen tanımlıyor. A bölgesi ise abfded şeklinde bir altıgen. Bu çokgenlerin kenar sayılarını toplayınca 6+1+5+2 = 14 bulunur ki, map içindeki kenar sayısının iki katıdır. Neden? Çünkü her kenarı iki kere saydık.
Benzer şekilde, her köşedeki kenar sayılarını toplayınca aynı 2+5+3+1+3 = 14 değeri bulunur. Bu iki denklemi genelleştirince, Euler formülüne ek olarak şu ifadeler bulunur:
Kanıt
Euler formülünün doğruluğuna ikna olmak için boş bir map ile başlayalım ve kenarları birer birer ekleyerek istenen M'ye ulaşalım. Boş map M0 içinde hiç kenar olmasın, sadece bir köşe ile başlayalım.
İkinci adımda hazır köşeleri birleştirerek bölgeleri ekleyelim. Her bölge için bir kenar gerektiğine göre, M şekline ulaşınca F−1 kenar daha eklenmiş oldu. Toplam (V−1)+(F−1) kenar eklediğimize göre aranan E = V+F−2 eşitliğine ulaştık.
Kanıt burada tamamlandı ama V+F = E+2 bağıntısının değişmezliğini de kullanabilirdik. M0 için V=1, E=0, F=1 olduğundan verilen denklem başlangıçta doğru. Her kenarı eklerken ya bir köşe ya da bir bölge eklendiğinden denklem değişmez, M için de doğrudur.
Dual Map
Köşelerle bölgelerin yerini değiştirince dual map ortaya çıkar:
Bu örneğin dualinde V' = {A, B, C, D} ve F' = {a, b, d, e, f} olur.
Kenarlar ise, birleştirdiği iki köşe yerine ayırdığı iki bölge ile anılır:
E = {ab, ad, bb, bf, bf, de, df} yerine
E' = {AC, AC, BC, AD, CD, AA, AC}
Düzgün (Regular) Map
Öyle bir map düşünelim ki, her bölgesi p-gen olsun ve her köşesinde q kenar buluşsun. Euler formülünün sonucu olarak, p ve q sayıları keyfi seçilemez,
pF = 2E , qV = 2E ve V+F = E+2 kısıtlarını sağlamak zorundayız.
p=2 halinde, V=2 ve F=E=q bulunur, q kenarla dış bölge dahil q adet ikigen çizilebilir.
q=2 halinde, F=2 ve V=E=p bulunur, p kenarla dış bölge dahil 2 adet p-gen çizilebilir.
Çok ilginç olmayan bu özel halleri göz ardı edip p>2 ve q>2 varsayarsak, (p-2)(q-2)<4 kısıtı bulunur ki, p ve q sayıları için sadece aşağıda gösterilen beş çözüm bulunur. Sonraki konumuzda işlenen düzgün çokyüzlülerin düzlemdeki modellerini bulmuş olduk.
Ödev
1. Dört bölgesinin kenar sayıları {1, 2, 3, 4} olan mapi ve duallerinden birini çizin.
(ipucu: Neden E=5? O halde V kaç olmalı?)
2. Şekilde gösterilen beş adet düzgün map için p ve q değerlerini bulun.
Referans
http://mathworld.wolfram.com/EulerFormula.html
https://www.wikiwand.com/en/List_of_things_named_after_Leonhard_Euler
Kaydol:
Kayıtlar (Atom)