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.
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?
Bir üçgenin iç açıları toplamının 180° olduğunu küçük yaşta öğrendik ve öyle kabul ettik. Üçgen kendi boyumuz kadar olunca bu bilgi doğru ve faydalı. Lakin ülkeler boyunda bir üçgenin iç açıları toplamı 180 dereceden daha büyüktür. Mesela kuzey kutbundan başlayıp tam ekvatora kadar çeyrek tur gidelim. 90° dönüp aynı miktar ilerleyelim. Kuzeye dönerek üçgeni tamamlayalım. Kenar uzunluğu tam 10.000 km olan bir eşkenar üçgen tanımladık. Her açısı 90° olduğu için, iç açıları toplamı 270° olan bir üçgen bulduk:
"Ama bu üçgen düz değil, eğri!" diyorsanız, "düz" ne demek bir düşünelim. Elbette uzaydan bakabilsek eğri olduğunu anlarız, ama yeryüzüne bağlı olduğumuz sürece, bu düzgün bir üçgendir. Matematikçiler "küresel üçgen" diyerek bir ayrım yapmışlar. Yani iç açılar toplamı düzlemde basitçe 180° iken küre üstünde daha büyük olabilir. Acaba toplam açıyı bulan basit bir formülü var mı? (var elbette, olmasa bu yazıyı yazamazdım)
Yay uzunluğu ve Radyan ölçüsü
Alan konusuna gelmeden önce, acaba eğrilerin uzunluğu nasıl ölçülür? En basit eğri, yarıçapı $r=1$ olan birim çember üstündeki yay:
Birim çember üstünde açıyı uzunluğa eşitleyen "radyan" ölçüsünü kullanırsak, tanım gereği, $\alpha$ (alfa) hem açıyı hem de yay uzunluğunu gösterir. Çemberin uzunluğu $2\pi$ olduğuna göre, dik açı $\pi/2$ ve doğru açı $\pi$ radyan olarak ölçülür.
Alıştığımız derece ölçüsü biraz keyfi. Neden tam açı 360° olsun? Çünkü bir yıldaki gün sayısına yakın ve küçük sayıların çoğuna tam bölünebilen bir sayı. Yıldızlar her gün yaklaşık bir derece hareket eder bu ölçü ile... İki ölçü arasındaki geçiş zor değil. Derece ölçüsünü $\pi$ ile çarpıp 180'e bölünce radyan ölçüsü bulunur: $\large \alpha = \pi d/180$
Yarıçap $r=1$ değilse, bütün uzunluklar $r$ ile çarpılır ve yay uzunluğu şöyle bulunur: $\alpha r = \pi rd/180.$ Formülde $d = 360^{\circ}$ iken çember uzunluğu $2\pi r$ olarak doğrulanır.
Küresel dilimin alanı
Yarıçapı $r=1$ olan birim küre üstünde, iki kutup noktasından geçen iki büyük çember çizelim. Çemberlerin arasındaki açı $\alpha$ olsun. Arada kalan dilimin alanı nedir?
Özel bir hal olarak $\alpha = 2\pi$ alırsak, dilim bütün küreyi kaplar. Bu durumda alan $4\pi$ olduğuna göre, dilim alanı, açının radyan ölçüsünün iki katı $(2\alpha)$ olmalı.
Kürenin yarıçapı $r=1$ değilse bütün alanlar $r^2$ ile çarpılır. Derece kullanılırsa, yukarıdaki dönüşüm ile dilim alanını veren formüle ulaşırız:
$\large 2\alpha r^2 = \pi r^2 d/90$
Küresel üçgende iç açılar
Radyan ölçüsünü ve kürenin dilim alanını bilince, küresel üçgenin açılarını toplamaya bir adım kaldı. Birim küre üstünde herhangi bir T üçgenini düşünelim. Kırmızı, yeşil, mavi köşelerdeki iç açılar aynı sırayla α, β, γ olsun.
Üçgenin kenarlarını üç adet büyük çembere uzatalım. Üç çemberin üç çift dilim tanımladığı görülüyor: A+T, B+T, C+T. Bu dilimler kürenin ön ve arka tarafında aynen tekrar ediliyor. T üçgenin tekrarı ise, kürenin arkasında (görünmeyen) kırmızı, yeşil, mavi köşelerde gizli. Yani dört çeşit ügen (T, A, B, C) herbirinden iki adet var.
Şimdiye kadar üçgenlerin adı olan T, A, B, C harflerini, aynı üçgenlerin alanı için kullanırsak, her dilimin alanı şöyle bulunur:
Buraya kadar yazılanlar bin yıl önce gemicilerin kullandığı ve matematikçilerin iyi bildiği, küresel geometri. Yerkürenin şeklinden dolayı, büyük üçgenlerin iç açıları toplamı 180 dereceden fazla çıkıyor. Peki uzayda nasıl?
İzafiyet (relativity) teorisi, uzayın (göremediğimiz) bir boyutta eğildiğini söylüyor ve kütle çekiminin temeline geometriyi yerleştiriyor. Gezegenler ölçeğinde bakıldığında, ışığın yolunda gözlenen minik sapmalar bu şekilde açıklanıyor. Üç boyuttan dışarı çıkıp bakamadığımız için belki de gerçekliği hiçbir zaman bilinemeyen bir teori.
Ödev
1. Son şekilde $A = (\alpha-\beta-\gamma+\pi)$ eşitliğini gösterin ve buradan $A+B+C+T = 2\pi$ denklemini doğrulayın
2. $T = (\alpha+\beta+\gamma-\pi)$ ifadesini derece ölçüsü ile, sağ tarafı $r^2$ ile çarparak yazın
3. Yerkürenin alanını 500 milyon km², Türkiye'nin alanını 800 bin km² alarak, ülkemiz boyunda bir üçgenin iç açıları toplamını tahmin edin (cevap 181° civarında)
Arazide dik üçgen yapmak için çok basit bir gönye kullanılır: Kenarlarları 3-4-5 sayılarının katı olan bir üçgen. Aritmetik $3^2 + 4^2 = 5^2$ ve Pisagor teoremi bu üçgenin dik açılı olduğunu söylüyor.
Bu üçgeni kağıttan katlamanın birkaç yolunu okumuştum. Bu sabah gördüğüm çok basit bir yöntem (Kazuo Haga) hepsinden daha kolay. Kare kağıdın A köşesini üst kenarın orta noktasına getirip katlayınca üç adet 3-4-5 üçgeni elde edilir: (daha güzel bir yöntem yazının sonunda)
Kenar uzunluğunu 1 (bir) alarak yukarıda gösterilen uzunluklar kolayca hesaplanır. Yan ürün olarak, alt kenarı altıda bir ve sağ kenarı üçte bir oranında (C noktasında) bölmüş oluruz.
Genel Formül
Bir problemi çözen matematikçi asla o sonuçla yetinmez. Çözümü daha kısa, daha güzel ve daha genel yapmaya uğraşır. Bu problem, A köşesini üst kenarın ortasına değil, herhangi bir yerine getirmek şeklinde genellenebilir:
A köşesini sol üst köşeden b uzaklığına getirip katlayınca, şekilde görülen x ve y değerleri nasıl hesaplanır? Yani, katlama sonunda sol ve sağ kenarlarda ortaya çıkan B ve C noktalarının alt kenara uzaklığını bulmak istiyoruz. Şekildeki en önemli ayrıntı, katlamanın gereği olarak AB = $x$ uzunluğunun sol tarafta iki kere çizilmiş olması. (Sağdaki üçgende aynı özellik geçerli değil)
Soldaki dik üçgende $(1-x)^2 + b^2 = x^2$ eşitliğini kullanarak
hipotenüs $x = (1+b^2)/2$ ve
dik kenar $1-x = (1-b^2)/2$ bulunur.
Soldaki ve sağdaki üçgenlerin benzerliğini dik kenarlara uygularsak,
Tanım: $a^2 + b^2 = c^2$ denklemini sağlayan tamsayılar
Konu başlığındaki 3-4-5 üçgeni ne oldu? Açılar değiştiği için her $b$ değeri farklı bir dik üçgen verir. Üstelik $b$ rasyonel bir sayı ise, hesaplanan değerler de rasyonel olacağından, ortak payda ile çarpıldığında bütün kenarlar tamsayı olur ve tanım gereği Pisagor üçlüleri elde edilir. Verilen $b$ sayısından $x$ ve $y$ değerlerini kesir olarak hesaplayan şu sayfanın ürettiği birkaç örneği aşağıda ekledim. Pisagor üçlülerinin ne kadar çok olduğunu bu sayfada görebilirsiniz.
Verilen bir Pisagor üçlüsünden de rasyonel $b$ ve $y$ değerleri kolayca bulunur.
Yine Euclid!
Bu tablodaki kesirlerin basitliğini merak ettim. Küçük tamsayılarla yapılan kesirlerin sonucunda, formüller çok basit olmadığı halde, yine küçük tamsayılar çıkıyor, acaba neden?
Konuyu araştırınca, az bilinen başka bir Euclid formülü çıktı.
$b = n/m \quad (m>n>0)$ rasyonel sayısı ile başlarsak, soldaki üçgenin kenarları şöyle çıkıyor:
$b = 2mn/p, 1-x = (m^2-n^2)/p, x = (m^2+n^2)/p$
(ortak payda $p = 2m^2$) ve $y = (m-n)/(m+n)$
Paydalar eşitlendiği için, üç kesrin payları aranan üçlüyü verir:
Bu şekilde bulunan sayıların Pisagor üçlüsü olduğunu göstermiş olduk. Fazlası, bütün Pisagor üçlülerinin Euclid formülüne uyduğu aşağıdaki linkte [4] kanıtlanmış.
It is a fascinating thought that this chapter could have been written while Euclid was looking over my shoulder.
"Bu bölüm, Euclid omuzumun üstüden izlerken yazılabilirdi" düşüncesi büyüleyici...
E W Dijkstra (1976), A Discipline of Programming, Prentice-Hall, p. 6
Aynen öyle, bu bölüm (notasyon ve yazılım hariç) 2300 sene önce yazılabilirdi...
Ödev
1. Hipotenüsü AB olan dik üçgende, Pisagor teoremini kullanarak AB uzunluğunu bulun
2. C köşesindeki küçük üçgenin 3-4-5 oranında olduğunu sayılarla doğrulayın
3. BC uzunluğunu hesaplayın ve ABC üçgeninin de diğerlerine benzer olduğunu gösterin
4. $f(b)$ fonksiyonunun tersinin kendisi olduğunu gösterin ve $f(x) = x$ denklemini sağlayan sabit noktasını bulun
5. Yukarıda görülmeyen $(9, 40, 41)$ Pisagor üçlüsü için iki adet $b$ değeri bulun (neden iki?)
Görsel benzetimin yaygınlaşması, Corona salgının yan etkilerinden biri oldu. Hastalığın nasıl bulaşacağını ve izolasyonun etkisini tahmin eden inandırıcı benzetimlerle tanıştık. Aynı günlerde ilk referanstaki sayfayı buldum. Çarpışma modeli eksikti ama topların gösterimi çok başarılıydı.
Söz konusu yazılımın evrimini anlatırken, toplam kinetik enerjinin sabit kaldığı esnek çarpışma varsayımını kullanacağız. Momentumun korunumu da en temel mekanik kuralı...
Tek boyutlu çarpışma
Eşit kütleli iki top doğru bir hat üstünde çarpışırsa iki topun hızı yer değiştirir. Bilardo masasından bir örnek verelim: Hareketsiz duran bir topa tam ortasından çarpan ikinci top durur ve ilk top aynı hızla harekete geçer. Şimdi bu sonuca denklemlerden ulaşalım:
$v_1, v_2$ topların ilk hızını göstersin. Tek boyutlu hızları modellemek için işaretli sayılar (tek boyutlu vektör) yeterli. Hız pozitif ise top eksen yönünde sağa doğru, negatif ise ters yönde sola doğru hareket ediyor.
Toplam momentum ve enerjinin sabit kaldığı tek çözüm $v'_1 = v_2, v'_2 = v_1$ olarak bulunur, her top diğerinin ilk hızını alır.
Kütleler eşit değilse, işlemler biraz daha uzun sürer ve şu sonuca ulaşılır:
Sonuç şöyle yazılınca hem sağlaması daha kolay olur, hem de genel formülün özel hali olarak okunabilir:
$$ \begin{matrix}
v'_1 = v_1 + m_2 k \Delta v, \quad v'_2 = v_2 − m_1 k \Delta v \\[8px]
k = 2/(m_1 + m_2), \quad \Delta v = (v_2 − v_1)
\end{matrix} $$
Yani, iki top arasındaki hız farkı, diğer topun kütlesi ile orantılı olarak paylaştırılır. Hafif top daha çok hız kazanır. Okuyucu bu çözümün toplam momentum ve enerjiyi değiştirmediğini kolayca sağlayabilir.
İki boyut, eşit kütleler
Daha ilginç çarpışmaları anlamak için ikinci ve üçüncü boyuta geçmek lazım. Vektör yaklaşımı kullanırsak boyut sayısı hiç önemli değil, aynı formüller geçerli. Önce iki eşit kütle ile başlayalım.
İki top dokunduğu anda merkezleri birleştirelim. Hız değişimi sadece bu doğrultuda $(\Delta \mathbf{x})$ gerçekleşir. Buna dik olan hızlar asla değişmez. O halde ilk hızın $\Delta \mathbf{x}$ vektörüne paralel bileşeni (izdüşümü) diğer topa geçecek, dik bileşen ise ilk topta kalacaktır:
Hareketli resimdeki en önemli kare, ilk hızı ve iki bileşenini gösteriyor:
İzdüşüm hesabı lineer cebirin en temel konularından biridir:
$$ \mathbf{a_x} = \frac {\langle\mathbf{a}, \mathbf{x}\rangle}{\langle\mathbf{x}, \mathbf{x}\rangle} \mathbf{x} \quad \textit{projection of } \mathbf{a} \textit{ on } \mathbf{x} $$
Çarpışma problemine uygulayınca, iki topun hız farkının $\Delta \mathbf{x}$ üstüne izdüşümünden şu sonuca varılır:
Okuyucu bu olağanüstü basit formülü sağlamalı ve üstünde düşünmelidir. Trigonometri kullanmadan, nasıl olur da iki ve üç boyutta sonuca ulaşır? Formülün büyüsü iki vektörün iç çarpımında gizli olabilir mi?
Önemli not: Vektörlerle çalışırken kinetik enerji koordinatlarla değil, yine iç çarpımla hesaplanır. Elbette trigonometri yardımıyla aynı sonuçlar bulunur, ama hesap süresi daha uzun olur. Enerji hesabı için hız vektörlerinin uzunluğu gerekiyor:
Karmaşık görünen bu çözüm şöyle yazılınca epeyce basitleşir:
$$ \begin{matrix}
\mathbf{v}'_1 = \mathbf{v}_1 + m_2 k P \Delta \mathbf{x} \\[8px]
\mathbf{v}'_2 = \mathbf{v}_2 − m_1 k P \Delta \mathbf{x} \\[8px]
k = 2/(m_1 + m_2), \quad P = \langle\Delta \mathbf{v}, \Delta \mathbf{x}\rangle / \lVert \Delta \mathbf{x}\rVert^2 \\[8px]
\Delta \mathbf{v} = (\mathbf{v}_2 − \mathbf{v}_1), \quad \Delta \mathbf{x} = (\mathbf{x}_2 − \mathbf{x}_1)
\end{matrix} $$
Bu genel çözümün iki farklı özel halini yukarıda incelemiştik:
1. Vektör yerine skalar $(P \Delta x = \Delta v)$ kullanırsak, formül tek boyuta indirgenir.
2. Eşit kütleler haline indirgemek için $m \text{ ve } k$ değerlerini silmek yeterli $(mk = 1)$.
$$ \begin{matrix}
\textit{Tek boyut} & \textit{Eşit kütleler} \\
v'_1 = v_1 + m_2 k \Delta v & \mathbf{v}'_1 = \mathbf{v}_1 + P \Delta \mathbf{x} \\
v'_2 = v_2 − m_1 k \Delta v & \mathbf{v}'_2 = \mathbf{v}_2 − P \Delta \mathbf{x} \\[10px] k = 2/(m_1 + m_2) & \quad P = \langle\Delta \mathbf{v}, \Delta \mathbf{x}\rangle / \lVert \Delta \mathbf{x}\rVert^2
\end{matrix} $$
Yazılımın ana hatları
Çarpışan iki top b2 ve b1 olsun. Topların yeri, hızı, kütlesi:
let dx = b2.pos.minus(b1.pos) // x2-x1
let dv = b2.vel.minus(b1.vel) // v2-v1
let m = b1.size + b2.size // m1+m2
let kP = (2/m)*dv.inner(dx)/dx.inner(dx)
b1.vel.add(+kP*b2.size, dx)
b2.vel.add(-kP*b1.size, dx)
Bu formülü uygulamadan önce, iki topun tam dokunduğuna emin olmak gerekir. Benzetim sırasında zaman sürekli akmadığı için, çarpışmayı fark ettiğimizde iki top birbirinin içine girmiş olabilir. Dokunma zamanını hesaplayıp tam o andaki koordinatları kullanmak gerekiyor.
let a = dv.inner(dv) // |Δv|²
if (a < 0.0001) continue //same velocity
let b = dv.inner(dx)/a // <Δv,Δx>/<Δv,Δv>
let c = (dx.inner(dx) - m*m)/a
//solve t² + 2b*t + c = 0
if (b*b < c) continue //no real solution
if (1+2*b+c > 0) continue //solution t>1
let tt = (-b-Math.sqrt(b*b-c))
b1.update(tt); b2.update(tt)
Uygulamadaki en önemli zorluk, topların sayısı artınca ortaya çıkıyor. Aynı zaman aralığında bir top iki topa birden çarparsa, iki çarpışmayı zaman sırasında ayrı ayrı ele almak gerekiyor. Aynı aralıkta ikiden fazla çarpışma olursa basit formüller hata veriyor ve süreksiz bir hareket gözleniyor. Top sayısının girildiği kutunun rengi (beyazdan sarı ve kırmızıya) bu durumun işareti: Temel varsayımın ihlali nedeniyle benzetim doğru çalışmıyor. Top sayısını azaltmak gerekecek. (Formülün ilginç bir sonucu olarak, toplam enerjinin bu halde bile korunduğunu gözledik)
Doğrulama (validation)
Her benzetim çalışmasının doğrulanması gerekir. (Ref: Osman Balcı) Bu yazılımda iki doğrulama aracı kullandım:
1. Toplam enerji on binlerce çarpışma sonunda aynı kalıyor, o halde esnek çarpışmalar doğru modellenmiş (Dev Tools'da total() yazarak bunu görebilirsiniz)
2. Görsel doğrulama. Programın ilk sürümünde ilginç hatalar gözledik:
* toplar birbirine kenetlenip dönüyordu
* görünen topların sayısı zamanla azalıyordu
* ekranın kenarlarına takılıp kalan toplar vardı
Bunların hepsi yukarıda anlatılan hassas zaman hesabı ile düzeltildi
Referans
1. Mozilla eğitim sayfalarında uygulamanın temelini buldum (bu modelde toplar birbirinin içinden geçerken sadece renk değiştiriyor, hızları aynı kalıyor)
TC devletinin en başarılı IT uygulaması, her vatandaşa verilen kimlik numarası olabilir. İçinde başka bilgi taşımadığı için kısa, kısalığına rağmen rastgele bulunması zor bir sayı... Bankaların verdiği IBAN ve belediyelerin kullandığı Adres Kayıt numarası ile kıyaslayınca bu başarı açıkça görülüyor.
Rastgele seçilen bir sayının kimlik numarası olma ihtimali %1, çünkü son iki basamak diğer 9 basamaktan hesaplanıyor. Böylece toplam 900 milyon farklı numara çıkar ki bu da TC için uzun süre yeterli...
Son iki basamağın hesap yöntemini değil de, verilen $s$ sayısının TC kimlik numarası olabilmesi için gereken üç kuralı örneklerle inceleyelim:
① Verilen $s$, 11 basamaklı bir sayı olmalı (ilk basamak 0 olamaz)
Sayımız bu testi geçiyorsa, üç değere bakalım: $a = 0, 2, 4, 6, 8.$ basamakların toplamı
$b = 1, 3, 5, 7, 9.$ basamakların toplamı
$c = s$'nin son basamağı
② $(a+b)$nin son basamağı $c$ olmalı
$a+b \equiv c \quad \pmod{10}$
③ $(8a)$nın son basamağı $c$ olmalı
$8a \equiv c \quad \pmod{10}$
Örnek 1: $s = 1234567895\mathbf 0$ olsun
$a = 1+3+5+7+9 = 25$
$b = 2+4+6+8+5 = 25$
$a+b = 50, \quad 8a = 200$
son basamakları $c = 0$
Örnek 2: $s = 2122122127\mathbf 2$ olsun
$a = 2+2+1+2+2 = 9$
$b = 1+2+2+1+7 = 13$
$a+b = 22, \quad 8a = 72$
son basamakları $c = 2$
Örnek 3: $s = 3260039001\mathbf 4$ olsun
$a = 3+6+0+9+0 = 18$
$b = 2+0+3+0+1 = 6$
$a+b = 24, \quad 8a = 144$
son basamakları $c = 4$
JavaScript uygulaması
Bu kuralları JS fonksiyonu olarak uygulayalım. Hata yoksa true, varsa hatayı özetleyen bir string geri dönüyor:
