Hiçbiri en üstte değil!

İçine doğduğumuz “gerçek” dünyada, nesneleri sıralamaya alışmışız: biri diğerlerinden üstte, biri diğerlerinden büyük, biri diğerlerini taşıyor. Bazen bu alışkanlık işe yaramaz, çünkü orada “en üstte” diye biri yoktur.

Alıştığımız sıralama bağıntısı geçişlidir. Anne çocuğu, çocuk çantayı taşıyorsa, anne çantayı da taşıyor demektir. Çantanın anneyi taşıması olacak iş değildir, çünkü anne en üstte... Aynı şekilde, kitap kutunun içinde, kutu odanın içindeyse, kitap da odanın içindedir. Kitabın içinde bir oda olması ancak sanal dünyada mümkündür.

Sayıların, ya da sayıyla ölçülen niceliklerin sıralaması da böyledir.
1 < 10 ve 10 < 50 ise, elbette 1 < 50 doğrudur. Tersi düşünülemez.

Sıra dışı bağıntılar

Buna karşılık bazı ilişkiler geçişli değildir. Mesela, Taş-Kağıt-Makas oyunu: Hiçbir eleman diğerlerine karşı mutlak üstün değildir. Taş makası kırar, makas kağıdı keser, kağıt taşı sarar. Herbiri diğerini yenerken bir başkasına yenilir. Bu döngü, sistemde birinin sürekli üstün gelmesini engeller.

Benzer bir durum bazı geometrik şekillerde de görülür. Düzgün bir yirmiyüzlü oluştururken kullanılan “altın oranlı” dikdörtgenleri düşünelim. Mor sarının, sarı yeşilin, yeşil de morun içinde. Böylece hiçbirinin kesin bir üstünlüğü olamaz.

Mor sarının, sarı yeşilin, yeşil morun içinde:
Hiçbiri diğerinden üstün değil!

Döngüsel Destek

Bu çubukları ilk gördüğümde hayret ettim, boşlukta nasıl duruyorlar!

Adam tuğlaların üstüne 4 çubuk koydu,
içinde ateş yakıp üstünde yemek pişirdi
https://instagram.com/p/DT53XN_kmd8/

Evdeki plastik çubuklarla denedim, üçlü düzeni hemen yaptım. Beşli ve fazlası da zor değil. En basit üçlü destek için çubuklara A, B, C diyelim: A'yı B, B'yi C, C'yi A taşıyor. Hiçbiri en üstte değil! 

Çubuklar üçlü destek ile küçük bir yükü taşıyabilir

Çubukları havada tutan nedir? 

C çubuğunun nasıl dengede kaldığını görelim. Çubuk üstünde 4 adet dikey kuvvet var:

• Ağırlık $(W)$: Çubuğun ağırlık merkezindeki yerçekimi, dengelenmesi gereken esas kuvvettir -- aşağı doğru
• Dış Destek $(D)$: Çubuğun sağ ucu sabit destek üstündedir. Destek, çubuğa yukarı doğru bir kuvvet uygular.
• Üstten Gelen Yük $(F_1)$: Çubuğun orta kısmına, B çubuğu biner. Bu, aşağı doğru bir baskı kuvvetidir.
• Alttan Gelen Destek $(F_2)$: Çubuğun sol ucu, A çubuğunun üzerine biner. A çubuğu, bu uca yukarı doğru bir kuvvet uygular.

Bir çubukta kuvvetler dengesi

C çubuğu için kuvvetler dengesi: A çubuğu altta olduğu için yukarı doğru $F_1$ kuvveti uygular. B çubuğu üstte olduğuna göre, baskı kuvveti $F_2$ aşağı doğrudur, simetri nedeniyle iki kuvvetin mutlak değeri eşit olmalı $(F_1=-F_2=F)$.

Hareketsiz durması için, destek noktasında bir $D=-W$  kuvveti yukarı doğru itmelidir. 

Bilinmeyen $F$ kuvveti, momentler dengesinden kolayca bulunur. Çubukların boyu 2 birim, A ve B arasındaki uzaklık $d\quad(0<d<2)$ olsun. A noktasına göre momentler toplamı sıfır olmalı:

$F |AB| + W |AC| - W |AD| = F d + W - 2 W = 0$

yani $F d = W$ bulunur.

Başka bir deyişle, $W-F = F(d-1)$ ya da

$\hspace{3cm}W<F \implies d<1$

$\hspace{3cm}W=F \implies d=1$

$\hspace{3cm}W>F \implies d>1$

B çubuğu tam ortada $(d=1)$ ise $F$ kuvveti çubuğun ağırlığına eşittir. B çubuğu C'nin solunda ise $F$, sağında ise $W$ kuvveti daha büyüktür.

Referanslar

Reciprocal frame structures
https://en.wikipedia.org/wiki/Reciprocal_frame

Simple bridge made of wood
https://instagram.com/p/DU2JpRTjO8b/

Konular

2022

• LaTeX ve GitHub
• Ardışık toplama
  
  

2020

• Beşgen, Ongen, Euclid
• Üçgenin Açıları
• 3-4-5 Üçgeni
• Çarpışan Toplar
• TC Kimlik Numarası

2019

• Köşegenler
• Kesik Sekiz-yüzlü
• Lineer Denklemler

2017

• Pisagor Teoremi
• Üçgenin Alanı
• Altın Oran
• Euler Formülü
• Çokyüzlüler
• Kübik Simetri
• Çokyüzlü Dönüşümleri
• Tamsayılarla 4 İşlem
• Sayı Türleri
• Kare Kök
• Temel Fonksiyonlar
• Süreklilik
• Cebirin Temel Teoremi
• Integral ve Türev
• Algoritmalar

Yazar: M. Akif Eyler

• Marmara Üniversitesi
• github.com/maeyler
• Blogger
• AMS

Bölünebilme

3, 4, 5, 6, 9, 10, 12 sayıları ile bölünebilme, ilkokulda öğrenip hiç unutmadığımız bilgilerdendir. Zaman içinde bu listeye 8 ve 11 de eklenmiş olabilir. Geri kalan 7, 13, 16, 17, 19 ile bölünebilme kuralları öncekiler kadar basit olmadığı için, bunların yazıldığı bir kitap da görmemiştim. Yakın zamanda bulduğum şu sayfa ilginç:
https://tr.wikipedia.org/wiki/Bölünebilme_kuralları

Bu sayfada en zor kurallar 7 ve 13 için verilmiş, 16 için bir kural yok. 17 ve 19 için verilen yöntem ise genelleştirmeye uygun. Bu yöntemi 19 ve 7 için, aşağıda örneklerle anlatıyorum. Kutulara farklı değerler girerek siz de deneyebilirsiniz.

19 ile bölünebilme

Elimizdeki en az iki basamaklı sayı $m = 10a+b$ olsun. Yani, sayının son basamağı $b$, önceki basamakları $a$. Sayının iki katını şöyle yazabiliriz: (Neden?)
$2m = 20a+2b \equiv a+2b \pmod {19}$

Verilen sayı $m$ 19 ile bölünebilirse, ondan daha küçük olan $a+2b$ sayısı da tam bölünür. Aşağıdaki örnekte, sondan başlayarak her basamağın iki katı, sayının kalan kısmına ekleniyor, küçük bir sayıya ulaşıncaya kadar:

m = 92701 olsun
  92701 = 9270*10 + 1 => 9270+2
  9272  = 927*10 + 2  => 927+4
  931   = 931*10 + 1  => 931+2
  95    = 9*10 + 5    => 9+10
  19  OK -- m 19'un tam katıdır

Verilen sayı 19'un tam katı değilse, kalanı bulmak için bu yöntemi biraz değiştirmek gerekir:
$2m \equiv a+2b \pmod {19}$
$m \equiv a/2+b$   (a çift ise)
$m \equiv (a+19)/2+b$   (a tek ise)

 

7 ve 11 en zor kural

7 ile bölünebilme

Elimizdeki en az iki basamaklı sayı $m = 10a+b$ olsun. Yani, sayının son basamağı $b$, önceki basamakları $a$. Sayının iki katını şöyle yazabiliriz:  (Neden?)
$2m = 20a+2b \equiv -a+2b \pmod {7}$

Verilen sayı $m$ 7 ile bölünebilirse, ondan daha küçük olan $a-2b$ sayısı da tam bölünür. Aşağıdaki örnekte, sondan başlayarak her basamağın iki katı, sayının kalan kısmından çıkartılıyor, küçük bir sayıya ulaşıncaya kadar:

 

Verilen sayı 7'nin tam katı değilse, kalanı bulmak için bu yötemin nasıl değiştirileceğini meraklı okuyucuya bırakalım.

Bölme bundan daha kolay değil mi?

Bilgisayar için fark etmez. Yanınızda bilgisayar ya da hesap makinesi yoksa, elle hesap bu yöntemle daha kolay olabilir.

LaTeX ve GitHub

Bu yıl iki önemli teknoloji birleşti ve matematik sayfalarının daha güzel görünmesini ve daha kolay yapılmasını sağladı. Matematik formülleri kitap kalitesinde yazmanın en kolay yolu olan LaTeX ile kendi sayfalarımızı yayınlamanın en etkin yolu olan GitHub nasıl bir araya geldi? Sorunun cevabı üç meşhur yazılım sisteminin tarihçesinde...

Şu GitHub sayfası bugün vardığımız yeri özetliyor:
maeyler.github.io/Sunumlar/math/sample

Bu iki teknolojiyi web sayfaları (HTML) birleştiriyor

TeX 1978 ve LaTeX 1984
Bilgisayar bilimlerindeki bütün bilgileri bir araya getirip 5 ciltlik bir ansiklopedi yazmak isteyen Donald Knuth, 3. cildi hazırlarken bir sürprizle karşılaştı: Geleneksel baskı teknikleri yerini bilgisayarlı dizgi makinelerine bırakıyordu. Lakin yeni ürünlerin kalitesi kabul edilir gibi değildi. Durumu düzeltmek için bir yılını feda etmeye karar verdi ve üniversiteden bir yıl izin alarak işe koyuldu.

Bir sene sonunda ürün ortaya çıktı ama titiz bir yazar için yeterli değildi. Knuth'un kendi onayını alması için 10 yıl daha geçti. Tek kişilik çabanın ürünü olan TeX hakikaten fizik ve mühendisliğin bütün alanlarında standart yazım dili haline geldi. 
https://en.wikipedia.org/wiki/TeX

LaTeX, bu sisteme akademik yayınları kolaylaştırmaya yönelik pek çok şablon eklemiş. Bu özellikler hazır geldiği için TeX yazılımının yaygınlaşmasına önemli bir katkı sağlıyor.

Ansiklopediye ne oldu dersiniz? 4. cilt iki kitap olarak tamamlandı. 85 yaşındaki yazar, 5. ciltten sonra geri dönüp ilk üç cildi yeniden yazmayı planlıyor! Sonra da hepsini tek ciltte özetlemek istiyor. Hayat hakikaten kısa, bilimin bir dalı bile sığmıyor...

HTML 1993 ve MD 2004
TeX yazılımının henüz bilinmediği 1980 yılında, tanınmamış bir fizikçi, Tim Berners-Lee dokümanlar arasında hızlı geçiş sağlayan basit bir sistem önerdi. Teklif "çok basit, işimize yaramaz" diyerek çöpe atıldı. Basitliğin büyük bir güç olduğunun anlaşılması 10 yıldan fazla sürdü. Tek kişilik çabanın ürünü olan HTML, hakikaten bütün web sayfalarının standart dili haline geldi. Bunu bilgisayar mühendisleri tasarlasaydı çok daha karmaşık kapalı bir sistem olurdu.
https://en.wikipedia.org/wiki/HTML

Lakin, HTML ile sayfa hazırlamak (bütün basitliğine rağmen) zor geliyordu. Adındaki M harfinin "markup" olduğunu gören iki yazılımcı, buna nazire olarak MarkDown kavramını geliştirdi. Buradaki katkı HTML ile kıyaslanamaz ama işleri basitleştiren her gayret kayda değer.

Git 2005 ve GitHub 2008
Bu arada, başka bir basitleştirme ustası, Linus Torvalds dev bir yazılım olan Linux işletim sistemini açık kaynak olarak dünyaya kabul ettirmişti. Linux 10 yıl içinde iyice büyüdü ve çok sayıda yazılımcının katkısı ile güçlendi. Farklı kişilerin yaptığı işleri kontrol edebilmek için geliştirilen Git, karmaşık bir sürüm yönetim sistemi. Karmaşıklığına rağmen, çok basit komutlarla kullanılıyor. Tek kişilik çabanın ürünü olarak ortaya çıkan Git, bugün pek çok yazılım sisteminin standart aracı haline geldi.
https://en.wikipedia.org/wiki/git

Lakin tek başına sürüm kontrolü yetmiyor. Yazılımı buluta kaydetmek ve takımların çalışmasını uzaktan yönetebilmek de lazım. GitHub işte bu ihtiyaca cevap veriyor. Eski bir öğrencim "GitHub yazılımcılar için CV görevi görüyor" demişti, ne kadar doğru olduğunu içine girince anladım.

Kendi hayatıma etkileri
1979'da doktorayı tamamlarken çok kişi elektronik yöntemlere geçmişti. Benim tezim ise (o bölümde) daktiloda yazılan son işlerden biri olmalı. TeX henüz. duyulmamıştı. 1988'de doçent olarak Bilkent'e gittiğimde nerdeyse bütün makalelerin LaTeX ile yazıldığını gördüm. O sırada yeni çıkan Mac yazılımını (What You See Is What You Get) tercih ettim, çünkü TeX bana çok zor göründü. 2008'de talebemin yardımı ile bir makale yazdım ama o da yayınlanmadı. Yani, TeX akademik hayatımda hiç etkili olmadı.

HTML ise 2004'de öğrenip uyguladığım bir dil. O zaman takdir ettim ama hayatıma 2018'de gerçekten girdi. O sırada üç yıldır GitHub kullanıyor ve öğretiyordum. MarkDown ile tanışmam da aynı döneme rastlıyor. Son beş yıldır bu iki teknolojiyi yakından takip ediyorum.

Hepsi bir araya gelince, Matemacik sayfalarını elden geçirmek ve gerçek bir kitap kalitesini sağlamak mümkün olacak, hemen başlıyorum. Şöyle bir değişim olacak:

Düz metin ve LaTeX -- çok fark var!

Bir ay sonra
Matemacik sayfalarını TeX ile yazarken en önemli sorun "inline math" denilen metin içindeki formüller oldu. Standart yöntem olan "$...$" yaklaşımı, kullandığım MathJax içinde aktif değildi. Halbuki GitHub ve VS Code standarda uygun çalışıyordu. Bunun yöntemini 2016 tarihli bir makalede buldum -- demek 2017'de başlayan bu blog daha o zaman TeX ile yazılabilirmiş. Çevremde bunu bilen kimse olmadığı için 5 yıl gecikmeyle katıldım...

Ocak 2023 sonunda çözümü yayınladım ve son 6 yazıyı düzelttim. Eski sürümle kıyaslamak için web adresindeki tarihi "p" yapmak yeterli. Bir örnek:
https://matemacik.blogspot.com/2020/06/carpsan-toplar.html TeX
https://matemacik.blogspot.com/p/carpsan-toplar.html  Düz metin

TeX öncesi ve sonrası aynı denklemler

Ardışık toplama

Erkan Türe Hocam bu bilmeceyi gönderdi, hemen kontrol edip baktım, toplama işlemleri doğru. "Ardında bir basitlik olmalı" dedim ve buldum.

1. soru: $n+1$ ardışık sayının toplamı, takip eden $n$ sayının toplamına eşit olsun.

Örnek olarak $\mathbf{n=3}$ alalım. Öyle $x$ sayısı arıyoruz ki

$ x+(x+1)+(x+2)+(x+3) = (x+4)+(x+5)+(x+6) $

olsun. Sağdaki her terim için solda $3$ eksiği var,

aranan değer $3$ kere $3$, yani $x=9$ bulunur.

O halde, $9+10+11+12 = 13+14+15$

Verilen $n$ değeri için genelleştirelim:

$ x+(x+1)+\ldots+(x+n) = (x+n+1)+\ldots+(x+n+n) $

olsun. Sadeleştirince sağda $n$ kere $n$, yani $x=n^2$ bulunur

Cevap:

Verilen $n$ sayısının karesinden başlayan $n+1$ ardışık sayının toplamı,

takip eden $n$ sayının toplamına eşittir. 

Aşağıdaki şekil aynı cevaba geometri ile ulaşıyor:

Mavi çizgi toplam alanı iki eşit parçaya böler
O halde mavi alanlar eşit olmalı

2. soru: $n+1$ ardışık sayının kareleri toplamı, takip eden $n$ sayının kareleri toplamına eşit olsun.

Hesap kolaylığı açısından, ilk sayıya değil, tam ortadaki sayıya $x$ diyelim.

Örnek olarak $\mathbf{n=3}$ alalım. Öyle $x$ sayısı arıyoruz ki
$ (x−3)^2+(x−2)^2+(x−1)^2+x^2 = (x+1)^2+(x+2)^2+(x+3)^2 $
olsun. Kareli ve sabit terimleri sadeleştirince,
$ −6x−4x−2x+x^2 = 2x+4x+6x $
$x^2 = 4(1+2+3)x$ ve buradan $x = 24$ bulunur.

$21^2+22^2+23^2+\textbf{24}^2 = 25^2+26^2+27^2$

sonucuna hiç aritmetik yapmadan ulaştık!

Verilen $n$ değeri için genelleştirelim:

$(x-n)^2+\ldots+(x-1)^2+x^2 = (x+1)^2+\ldots+(x+n)^2$
olsun. Kareli ve sabit terimleri sadeleştirince,

$x^2 = 4(1+\ldots+n)x$ ve buradan $x = 2n(n+1)$ bulunur.

Cevap:
Aranan ardışık sayıların ilki $n(2n+1)$ olmalıdır.
(Yukarıdaki bilmecede bu formülü doğrulayın)
Peki, dizideki son sayı ne olur?

Beşgen, Ongen, Euclid

Bir çember içine eşkenar üçgen, kare ve düzgün altıgen çizmeyi ilkokulda öğrenmiştik. Düzgün beşgen çizmek bunlara göre çok daha zordu, çünkü açı ölçmek için hassas bir yöntem bilmiyorduk. İletki kullanmanın zorluğunu o zaman anlamıştım... Meğer matematikçilerin kabul ettiği bir araç değilmiş iletki!

Yalnız cetvel ve pergel ile (açı ve uzunluk ölçmeden) düzgün beşgen çizmenin yolunu Euclid'in Elemanlar kitabında buluyoruz. Yöntemin modern bir yorumunu bu sabah gif dosyası olarak buldum, hemen aktarıyorum. (Kaynağı referanslarda)

Hareketli resim kendisini açıklıyor ama neden doğru olduğunu üç adımda, üç şekil üstünde anlatabilirim. Euclid bu resmi görseydi, kitabındaki Önerme IV:10'u hemen tanırdı. Çünkü bu işlemin her adımını, matematiksel bütünlük içinde 2300 yıl önce anlatmış.

1. A merkezli birim çemberin merkezine, kenarları 1:2 oranında bir dik üçgen çizelim.

BC uzunluğunu altın oran kullanarak yazalım: 

$\sqrt5/2 = \varphi -1/2$ 

2. B merkezli, C'den geçen çemberi çizelim. 

Çemberin iki yarıçapı eşittir: BC = BD

Şekildeki CD uzunluğu, düzgün beşgen probleminin geometrik çözümüdür. AD uzunluğu da $\varphi -1$, birim çember içindeki düzgün ongenin kenar uzunluğudur. (Neden?)

Problem sadece düzgün beşgeni çizmekten ibaret ise, ongenin köşelerini işaretledikten sonra birer atlayarak birleştirmek yeterli. Kenar uzunluğunu sayısal olarak bulmak için bir adım daha gerekiyor.

3. C merkezli, D'den geçen çemberi çizelim. Birim çemberle kesiştiği iki nokta, aradığımız düzgün beşgenin köşeleri olur. Kalan iki köşe yine aynı p değeri ile bulunur.

İki üçgenin yaklaşık kenar uzunluklarını ve karelerini bir tablo halinde görelim:

   uzunluk  karesi

AB  0.500  0.250 1/4

AD  0.618  0.382 2−φ

BC  1.118  1.250 5/4

CD  1.176  1.382 3−φ

Peki neden CD uzunluğu düzgün beşgenin kenarına eşit? Cevabı yine Euclid versin:

Önerme XIII:10
Bir eşkenar beşgen bir çember içine çizilirse, beşgenin kenarı üzerindeki kare, aynı çember içine çizilen altıgenin kenarı ile ongenin kenarı üzerindeki karelere eşittir.

Sayısal bir p değeri aranırsa, ACD dik üçgeninde
$p^2 = 1^2+(\varphi-1)^2 = 3-\varphi$ eşitliğinden hesaplanabilir.

Çember üstünde eşit aralıklı noktalar

Bir çember içine eşkenar üçgen, kare, düzgün beşgen, vb yerleştirme problemi, aslında çemberi $n (=3, 4, 5, ...)$ eşit parçaya bölmekten ibaret. Başka deyişle, birim çember üstünde eşit aralıklı $n$ nokta bulmak istiyoruz. Verilen her $n$ için çözüm var ve açı ölçerek kolayca bulunur.

Açı ölçmeye razı değilsek, yalnız cetvel ve pergel kısıtı ile, her $n$ için çözüm olmayabilir.

Küre üstünde eşit aralıklı noktalar

Üçüncü boyuta geçince durum farklı: Birim küre üstünde eşit aralıklı $n$ nokta aranıyorsa, sadece beş çözüm var: $n = 4, 6, 8, 12, 20$ olabilir. Platonik cisimler olarak bilinen beş düzgün çokyüzlü. Euclid Elemanlar'ın son kitabında bu çözümleri buluyor ve son önermesinde (XIII:18) hepsini yarım çember içinde göstererek muhteşem bir güzellik sergiliyor.

Şimdi de diyorum ki, yukarıda sözü edilen beş şekil dışında, birbirine eşit, eşkenar ve eşaçılı şekiller tarafından içerilen başka şekil [cisim] çizilemez.

Ödev

1. $(\varphi-1)^2 = 2-\varphi, \quad 3-\varphi = (5-\sqrt 5)/2$ eşitliklerini doğrulayın.

2. Kenarları $(1, 1, \varphi-1)$ olan üçgende neden taban açıları tepe açısının iki katıdır? Düzgün ongen yapmak için bu üçgenlerden kaç tane gerektiğini düşünerek, AD uzunluğunun ongenin kenarı olduğunu gösterin.

3. Şekildeki A noktasının DE doğru parçasını altın oranda böldüğünü gösterin.

4. Euclid düzgün beşgen için tutarlı olarak "eşkenarlı ve eşaçılı beşgen" ifadesini kullanır. Yukarıdaki önermede neden "eşaçılı" nitelemesine gerek duymamış?

Referanslar

Öklid'in Elemanları, Ali Sinan Sertöz, 2018
sertoz.bilkent.edu.tr/elemanlar.htm

Yazıya konu olan hareketli resim şurada:
en.wikipedia.org/wiki/Decagon

GIF için linkler: Aldoaldoz / CC BY-SA

Resmi parçalarına bölmek için link: ezgif.com/split

Beşgen sayfasındaki yöntemler çok daha karmaşık:
en.wikipedia.org/wiki/Pentagon

Altın Oran: /2017/07/altn-oran.html