Üçgenin açıları

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:

$A+T = 2\alpha, B+T = 2\beta, C+T = 2\gamma$

Üç denklemi toplayınca:

$A+B+C+3T = 2(\alpha+\beta+\gamma)$

Öte yandan, yarım kürenin alanı:

$A+B+C+T = 2\pi$ olduğu için

$T = (\alpha+\beta+\gamma-\pi)$ bulunur.

Birim küre üstündeki üçgenin iç açıları toplamı $= \pi$ radyan (180°) + üçgenin alanı.

 

Eğilen uzay

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)

Referans

Dik açılı eşkenar üçgen Britannica'dan:

https://www.britannica.com/science/latitude

Küresel dilim şekli Wolfram'dan:

https://mathworld.wolfram.com/SphericalLune.html

Son şekli ve açıklamasını buradan basitleştirdim

Bu yazıyı kuzenim Halid Abay'a ithaf ediyorum.

3-4-5 Üçgeni

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.

https://tr.pinterest.com/pin/436286282625753185/

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,

$$ \frac {b}{1-y} = \frac {1-x}{1-b} = \frac {1+b}2 $$

ve buradan $y = \frac {1-b}{1+b}$ sonucuna ulaşırız. 

Özel halde, $b=1/2$ verildiğinde $y=1/3$ bulunur.

Çözüm: $f(b) = (1−b)/(1+b)$  fonksiyonun $0<b<1$ aralığındaki grafiği aşağıda

f(b) fonksiyonu

Pisagor Üçlüleri  

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.

https://maeyler.github.io/JS/math/Folding.html

b değerinden hesaplanan x, y ve Pisagor üçlüsü

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:

$(2mn, m^2-n^2, m^2+n^2) \Rightarrow $ $(2mn)^2 + (m^2-n^2)^2 = (m^2+n^2)^2$

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?)

Referans

1. Kare kağıdı üç eşit parçaya bölmek

https://www.matematiksel.org/kare-bir-kagidi-3e-katlayabilir-misiniz/

2. Aynı konu, İngilizce

https://plus.maths.org/content/folding-numbers

3. Yazının konusu olan 3-4-5 üçgeni hakkında

https://www.mathopenref.com/triangle345.html

4. Pisagor üçlüsü, tanımı ve özellikleri

https://en.wikipedia.org/wiki/Pythagorean_triple

5. f(b) değerini kesir olarak hesaplayan JS sayfamız

https://maeyler.github.io/JS/math/Folding.html

Daha basit bir yöntem (Eylul 2021)

3-4-5 üçgenini 4x4 kareden elde etmek için iki kere katlamak yeterli:

Matematikte "en iyiyi buldum" diyemezsiniz!

Çarpışan Toplar

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:

$$ \begin{matrix} \mathbf{v}'_1 = \mathbf{v}_1 + P \Delta \mathbf{x}, \quad \mathbf{v}'_2 = \mathbf{v}_2 − P \Delta \mathbf{x} \\[8px] P = \frac {\langle\Delta \mathbf{v}, \Delta \mathbf{x}\rangle} {\langle\Delta \mathbf{x}, \Delta \mathbf{x}\rangle} = \langle\Delta \mathbf{v}, \Delta \mathbf{x}\rangle / \lVert \Delta \mathbf{x}\rVert^2 \\[8px] \Delta \mathbf{v} = (\mathbf{v}_2 − \mathbf{v}_1), \quad \Delta \mathbf{x} = (\mathbf{x}_2 − \mathbf{x}_1) \end{matrix} $$

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:

$$ \begin{matrix} \lVert \mathbf{v}'_1\rVert^2 = \lVert \mathbf{v}_1\rVert^2 + 2P \langle \mathbf{v}_1, \Delta \mathbf{x}\rangle + P^2 \lVert \Delta\mathbf{x}\rVert^2 \\[8px] \lVert \mathbf{v}'_2\rVert^2 = \lVert \mathbf{v}_2\rVert^2 - 2P \langle \mathbf{v}_2, \Delta \mathbf{x}\rangle + P^2 \lVert \Delta\mathbf{x}\rVert^2 \end{matrix} $$

Toplam enerjinin sabit kaldığını göstermek için bu iki denklemi toplayıp sadeleştirin...


Genel çözüm

Çok boyutlu genel çözüm formülünü 2. referanstan alalım:

en.wikipedia.org/wiki/Elastic_collision

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:

  x2 = b2.pos,  x1 = b1.pos
  v2 = b2.vel,  v1 = b1.vel
  m2 = b2.size, m1 = b1.size

Çarpışma sonrası hızların hesabı şöyle yapılır:

  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)

2. Genel anlatım ve çözüm formülü Wikipedia'da:
https://en.wikipedia.org/wiki/Elastic_collision

3. Esnek çarpışmaları vektörlerle modelleyen bir makale ve Bouncescope uygulaması:
http://www.vobarian.com/collisions/

4. Yazılım sayfası:
https://maeyler.github.io/JS/canvas/colliding

TC Kimlik Numarası

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:

Örnek sayfamız ve referanslar şu linkte:
https://maeyler.github.io/JS/math/TCKimlik.html

Sorular

1. Verilen iki kuraldan, $7a+9b \equiv 0 \pmod{10}$ kuralını kanıtlayın

2. En küçük ve en büyük TC kimlik numaralarını bulun

3. Kimlik numaralarının çift sayı olması gerektiğini hangi kural söylüyor?

Köşegenler

Lineer cebir konularının bir uygulaması olarak, bazı düzgün şekillerin köşegen uzunluklarını hesaplayalım. Konumuz sadece düzgün ve yarı-düzgün şekiller olduğu için, incelenen her şeklin kenar uzunluğu 1 (bir), köşe açıları da eşit olmalı.

İki boyutlu şekillerle başlayalım. Köşegen uzunluğu d olsun:

• Üçgen: köşegen yok
• Dörtgen (Kare): d²=2
• Beşgen: d²=φ+1 (altın oranın karesi)
• Altıgen: iki çeşit köşegeni var, d²=3, d²=4
• Sekizgen: üç çeşit köşegen

Yedigen tabiatta görünen bir şekil olmadığı için ilginç değil. Sekizgenin hesabını okuyucuya bırakıp üç boyutlu düzgün cisimlere geçelim.

• Dört-yüzlü (tetrahedron): köşegen yok
• Sekiz-yüzlü (octahedron): d²=2
• Yirmi-yüzlü: iki çeşit, d²=φ+1, d²=φ+2
• Küb: iki çeşit, d²=2, d²=3
• Oniki-yüzlü: dört çeşit köşegen

Sekiz-yüzlü ve kübün köşegenleri için d²=2 çıkması doğal, çünkü her iki cisim de karelerden yapılmış. Peki neden d²=3? Demek kübün içinde bir altıgen gizli:

Kübün içinde altıgen

Küboktahedron

Aslında, kübün içinde bir değil, tam 4 adet altıgen gizli. Bu altıgenlerden yapılan cisim üstünde biraz uğraşmaya değer, çünkü üç çeşit köşegeni var.

Kübün içinde dört altıgen

Kübün kenar ortaları bu cismin köşeleri olduğuna göre, her köşe (0, ±b, ±b) koordinatlarının permütasyonları olmalı. Yani 12 adet köşe noktası var.

Kıyas için seçilen u = (0, b, b) köşesinin diğer köşelere uzaklığını d² = |u−v|² formülünden kolayca hesaplayabiliriz:

  Köşe v         u−v       d²
 u=(0, b, b)  (0, 0, 0)     0
v1=(b, 0, b)  (−b,b, 0)  2b²=1
v2=(0, b,−b)  (0, 0,2b)  4b²=2
v3=(b, 0,−b)  (−b,b,2b)  6b²=3
v4=(0,−b,−b)  (0,2b,2b)  8b²=4

Kenar uzunluğunu 1 yapmak için b² = 1/2 almak zorundayız. Böylece köşegen uzunluklarının kareleri, (dörtgen ve altıgende olduğu gibi) yine tam sayılar çıkıyor: 2, 3, 4.

Söz konusu geometri olunca, uzunlukla birlikte açıları da ölçmek gerekir. Köşe noktalarının bir küre üstünde olduğunu biliyoruz, çünkü her v için |v| = 2b² = 1. Buradan u ile v arasındaki açı cos θ = <u,v> olarak hesaplanır:

  Köşe v       <u,v>    Açı
 u=(0, b, b)  2b²=1       0
v1=(b, 0, b)   b²=1/2    60°
v2=(0, b,−b)     0       90°
v3=(b, 0,−b)  −b²=−1/2  120°
v4=(0,−b,−b) −2b²=−1    180°

Uzaklığın karesi ile cos θ arasındaki ilişki doğrusal olmalı:
d² = |u|² + |v|² − 2<u,v> = 2|u|²(1−cos θ)


Yazılım

Oktahedral simetri sahibi bazı cisimlerin köşegen uzunluğunu hesaplayan yazılımın ürettiği tablo aşağıda. Mesela Küb için verilen sayıların anlamı şöyle: Bir v köşesi seçelim. Bu köşeye 0 uzaklıkta sadece 1 köşe var (v). Birim (1) uzaklıkta 3 köşe komşu kenarlarla belirleniyor. Ayrıca √2 uzunlukta 3 adet ve √3 uzunlukta 1 adet köşegen var.

https://maeyler.github.io/JS/math/Octahedral.html


Kesik oktahedron (sekiz-yüzlü)

Dörtgenler ve altıgenlerden yapılan daha karmaşık bir cisim sırada: tam dokuz çeşit köşegeni var, üstelik uzunluklarının kareleri [2, 10] aralığında ardışık tamsayılar.

Kesik sekiz-yüzlü

Oktahedronun köşelerinin düzgün kesilmesi ile yapılan bu cismin köşeleri (0, ±b, ±2b) koordinatlarının permütasyonları. Yani 24 adet köşe noktası var.

  Köşe v           u−v        d²
 u=(0, b, 2b)  (0,  0, 0)      0
v1=(b, 0, 2b)  (−b, b, 0)   2b²=1
v2=(0,−b, 2b)  (0, 2b, 0)   4b²=2
v3=(2b, 0, b)  (−2b,b, b)   6b²=3
v4=(2b, b, 0)  (−2b,0,2b)   8b²=4
v5=(0, 2b,−b)  (0, −b,3b)  10b²=5
v6 = −v4       (2b,2b,2b)  12b²=6
v7 = −v3       (2b, 0,3b)  14b²=7
v8 = −v2       (0, 0, 4b)  16b²=8
v9 = −v1       (b, b, 4b)  18b²=9
v10 = −u       (0,2b, 4b)  20b²=10

Küboktahedron için yapılan hesap burada da geçerli. Kenar uzunluğunun 1 olması için yine b² = 1/2 almak zorundayız. Tek fark, kürenin yarıçapı burada 1'den büyük:
|u|² = 5b² = 5/2, yani |u| ≈ 1.581

Açı hesabı da aynı şekilde yapılır:
d² = 2|u|²(1−cos θ) = 5(1−cos θ)

Mesela u ile v2 arasındaki açı, 3-4-5 dik üçgeninin büyük dar açısına eşit:
cos θ = <u,v>/(|u||v|) = 3b²/5b² = 0.6, yani θ≈53.1°

Kesik sekiz-yüzlü -- çubuk modeli

Ödev

1. Altıgen ve sekizgenin köşegen uzunluklarını hesaplayın

2. Küboktahedronun diğer 7 köşesi için uzunlukları hesaplayın

3. Kesik oktahedron için diğer açıları hesaplayın


Referans

Kesik oktahedronu anlatan sayfalar:

https://www.wikiwand.com/en/Truncated_octahedron
https://paulscottinfo.ipage.com/polyhedra/semiregular/trunc-octah.html

Köşegen uzunluklarını hesaplayan yazılım:

https://maeyler.github.io/JS/math/Octahedral.html

Kesik Sekiz-yüzlü

Arşimet cisimleri içinde en ilginci "kesik sekiz-yüzlü" (Truncated Octahedron) olabilir.

Kesik sekiz-yüzlünün origami modeli

6 adet kare ile 8 adet düzgün altıgenden yapılan bu cisim, her köşesinde üç çokgen birleştiği için 4-6-6 olarak bilinir. 24 köşesini (0, ±b, ±2b) koordinatlarının permütasyonları olarak yazabiliriz. Kenar uzunluğunun 1 (bir) olması için 2b² = 1 olmalı. Köşelerin tamsayılı koordinatlarda olmasının iki sonucu var:
* Bu cismin kopyaları ile uzayı boşluksuz doldurabiliriz (Kübün benzeri)
* Köşegen uzunluklarının kareleri [2, 10] aralığında ardışık tamsayılardır

Köşegenler sayfasında bu ikinci sonucu lineer cebir yardımı ile kolayca kanıtlamıştık. Cebir bilmeyen Öklid ve çağdaşları aynı hesabı nasıl yapardı? Cismi, kare yüzeylerden birine paralel olarak tam ortasından kesince düzgün olmayan bir sekizgen çıkıyor:

Bu ikizkenar sekizgenin 4 kenarı altıgenlerin kenarı olduğu için 1 uzunluktadır. Diğer 4 kenar ise karelerin köşegeni olarak √2 uzunlukta. Şekilde görülen köşegen uzunlukları, sadece dik üçgenleri kullanarak, Pisagor zamanında bile hesaplanabilirdi. Kırmızı üçgenin hipotenüsü √5 ve kırmızı karenin köşegeni √10 olarak hemen bulunur. Bu köşegen aynı zamanda, 8 köşeden geçen çemberin çapıdır. Çapı gören çevre açılar 90° olduğundan, mavi üçgenler dik üçgendir ve şekilde gösterilen uzunluklar kolayca bulunur.

Böylece, üç boyutlu cismin 5 farklı köşegenini iki boyutlu sekizgen üstünde görmüş olduk: √2, √5, √8, √9 ve √10. Ya diğer tamsayılar? √3 ve √4 sayılarını altıgen yüzeylerin köşegeni olarak hemen tanıyoruz. √7 ve √6 ise, aynı köşegenler üstünde çapı gören dik üçgenlerin uzun kenarları...

Köşegen uzunlukları, aynı zamanda maksimum uzaklıkları da gösteriyor:
* iki altıgen yüzey arası √6
* iki kare yüzey arası √8
* iki kenar arası √9
* iki köşe arası √10


Origami

Kesik sekiz-yüzlünün kağttan modelini yapmak için çok sayıda origami yaklaşımı var. Daha önce başka bir konuda anlatılan altıgen modelini kullanarak sayfanın başında gösterilen cismi yapabiliriz.
https://eyler.blogspot.com/2010/12/duzgun-altgen.html

Kesik sekiz-yüzlüden önce, daha basit kardeşi kesik dört-yüzlüyü yapalım. Altıgen modelimizden iki adet gerekiyor:

Modellerin biri sağa biri sola bakıyor

Altıgen yaparken hiç fark etmiyordu, ama burada modellerin biri sağa biri sola bakmalı, yoksa dört yüz birbiri üstüne kapanmaz. Kapatırken, yarım altıgenlerin bütün altıgenlerin içinde kalmasına dikkat edelim.

Altıgen ve kesik dört-yüzlü

Altıgen yaparken tek parça yeterli iken, kesik dört-yüzlü için iki, konumuz olan kesik sekizyüzlü için dört parça gerekiyor. Modellerin hepsi aynı yöne baksa da olur, sola ve sağa ikişer adet baksa da olur. (Üçü bir yana, dördüncü diğer yana bakarsa model kapanmaz.)

Kesik sekiz-yüzlü için 4 parça lazım

Kesik sekiz-yüzlüyü kapatmak için aynı yöne bakan iki parça yapışkan bant ile sabitlenirse, diğer iki parçayı eklemek daha kolay olacaktır. Aynı cismin hem çubuk hem de kağıt modeline sahip olunca, yukarıda anlatılan özellikler açıkça görülür.

Çubuk modeli içinde origami örneği

Ödev:

1. Şekildeki ikizkenar sekizgenin köşe koordinatlarını ve köşegen uzunluklarını cebirsel olarak bulun. (ipucu: z = 0 düzleminde çalışın)

2. Kare yüzeylerin denklemlerini bulun ve karşılıklı iki kare arasındaki uzaklığın √8 olduğunu gösterin.

3. Altıgen yüzeylerin denklemlerinin ±x±y±z = 3b olduğunu ve karşılıklı iki altıgen arasındaki uzaklığın √6 olduğunu gösterin. (ipucu: iki yüzeyin orta noktalarını bulun)