DÜZGÜN 17’GEN ÇİZİMİ

C.F.Gauss göstermiştir ki sadece cetvel ve pergel kullanarak düzgün bir n’genin çizilebilmesi için gerek ve yeter koşul   p = 2^2^a + 1 şeklinde bir asal  olmak üzere n sayısının    n= (2^k) .p1.p2….pi  olarak yazılabilmesidir. Burada p1,p2 birbirinden farklı fermat asalları olduğuna dikkat edelim. Bu durumda 3,4,5, 6,8, 10, 12, 15, 16,17, 20 ……257!    (2^8 + 1) genler çizilebiliyor. Ancak 7, 9, 11, 13, 14, 18, 21, 22,23.. genler çizilemiyor. Çünkü 3=2.1 + 1, 4=2.2, 5 = 2.2 + 1 , 6=3.2 (3’geni ikiye katlamak), 8= 4.2 (kareyi ikiye katlamak) , 10= 5.2 (5’geni ikiye katlamak), 12= 6.2 i, 15=( 3×5 üçgen ve beşgeni çizerek açı farkından faydalanarak çizmek)  ancak 7  2^a + 1 şeklinde yazılamayan bir asal olduğundan çizilememektedir. 9 ise 3 gen çizilebildiği halde, koşula uymadığından çizilememektedir. Aynı nedenden 25 gen de çizilemez. herhangi bir sayının çizilemeyen bu çokgenlerin katları da çizilemez. 27,36 gen vb…

Bilinen en büyük fermat asalı  65537 olduğundan teorik olarak cetvel ve pergel ile çizilebilecek en büyük asal sayı kenarlı düzgün çokgen de şimdilik 65537’gendir. Bu çizimi yapmak için özel bir arazi ve özel inşa edilmiş yeterince büyük pergel makinası gereklidir. Bir kenarı 1cm uzunluğunda olan düzgün bir 65537’genin yarıçapı yaklaşık en az 104m’dir ve en az 34158m2 alan kaplar.

Bir kenar yay uzunluğu 1cm olan düzgün bir 257’genin yarıçapı  en az 40 cm olur. Fakat bu çizimde uygulamada çok hata çıkacaktır çünkü çok fazla yay çizilecek ve hata birikimi fazla olacaktır. Bu tür çizimlerde her yay çiziminde hata bir sonraki yay çizimine aktarılır ve nihayetinde hata büyük çıkar. Hatanın görünürlüğünü azaltmak için daha büyük bir 257’gen çizmek gerekir. Bir kenar yayı 10cm olursa yarıçapı en az 409cm olur. Bu durumda rahat bir çizim için en azından 10m’lik bir pergel gerekir. Bu yapılamayacak birşey değil. Şimdi aşağıdaki çizimde dikkatli bakılmazsa  hata görünürde pek fark edilmiyor. Tabi ki daha kaliteli bir pergel ve dikkatli çizim ve çok keskin bir uçla hata payı en aza indirilebilir.

Düzgün 17’gen çizimi

 Siz de çizebilirsiniz…

1 (1)

1 (2)

1 (3)

1 (4)

Uygulamada pergel kullanımından kaynaklanan ufak hata payı olabilir.

çizim yöntemi- kaynak : https://www.uwgb.edu/dutchs/PSEUDOSC/17-gon.HTM

Reklamlar

İrrasyonel üslü bir irrasyonel sayı rasyonel olabilir

Teorem : a ve b olarak öyle iki irrasyonel sayı var mıdır ki  bª  bir rasyonel sayı olsun ?

Evet vardır.

Örnekli Kanıt  : √10 ve log(4) irrasyonel sayılardır ve   √10 log(4) = 10log(2) = 2 olup rasyoneldir.

Kanıt 2 :

√2 ‘nin bir irrasyonel sayı olduğunu biliyoruz.

a =b= √2 olsun , eğer √2^√2( √2 üssü √2) bir rasyonel sayı ise zaten durumu karşılar.

Bu durumda  diyelim ki √2^√2 bir irrasyonel sayı, o halde b=√2^√2 alabiliriz. Böylece bª= (√2^√2)^√2 = √2^2 =2 olacaktır ve bu bir rasyonel sayıdır. Bu durumda teorem kanıtlanmış olur.

Not: √2 üssü √2 bir irrasyonel sayıdır. Bu kanıt (√2^√2)’nin rasyonel olduğunu göstermez. Bakınız ;

Gelfond–Schneider theoremi

If α and β are algebraic numbers with α0,1 and β irrational then α^β is a transcendental number.

Kuvvet Toplamları

59 4 + 158 4 = 133 4 + 134 4

1 5 + 6 5 + 7 5 + 17 5 + 18 5 + 23 5  = 2 5 + 3 5 + 11 5 + 13 5 +21 5 + 22 5

27 5 + 84 5 + 110 5 + 133 5 = 144 5

30 4 + 120 4 + 272 4 + 315 4 = 353 4

268244 4 + 15365639 4 + 18796760 4 = 20615673 4

95800 4 + 217519 4 + 414560 4 = 422481 4

1729 = 1 3 + 12 3= 9 3 + 10 3

87539319 = 167 3 + 436 3= 228 3 + 423 3= 255 3 + 414 3

6963472309248 = 2421 3 + 19083 3= 5436 3 + 18948 3= 10200 3 + 18072 3=13322 3 + 15530 3

6017193=166 3 + 113 3 = 180 3 + 57 3 = 185 3 – 68 3 = 209 3 – 146 3 = 246 3 – 207 3

1412774811 = 963 3 + 804 3 = 1134 3 – 357 3 = 1155 3 – 504 3 = 1246 3 – 805 3 =

21153 – 20043 = 4746 3 – 4725 3

11302198488 = 1926 3 + 1608 3 = 1939 3 + 1589 3 = 2268 3 – 714 3 = 2310 3 – 1008 3 =

2492 3 – 1610 3= 4230 3 – 4008 3= 9492 3 – 9450 3

15170835645 = 517 3 + 3468 3= 709 3 + 2456 3= 1733 3 + 2152 3

16776487 = 220 3 + 183 3= 255 3 + 58 3

Source : Unsolved problem in number theory/R.K.Guy/1994

………………………………………………………………………………………..

(2^100 + 1)^10 + 2^304 + 2^503 +2^704 = (2^100 – 1 )^10 + 2^102 + 2^104 + 2^308 + 2^509 +2^708 + 2^902 + 2^904      (^ sembölü kuvveti anlamındadır)

ve

(2^1000+1)^10 + 2^3004 + 2^5003 + 2^7004 = (2^1000-1)^10 + 2^1002+ 2^1004 + 2^3008 + 2^5009 + 2^7008 + 2^9002 + 2^9004

Sayıların Gösterisi

Bütün Sayılar İlginçtir!

Kanıt: İlginç sayıların sonlu olduğunu varsayalım. Bu durumda ilginç olmayan sayılardan en küçüğü en küçük ilginç olmayan sayı olma özelliğiyle ilginç olacaktır. Bu da varsayımla çelişir, bu nedenle bütün sayılar ilginçtir.

Not: Tabi ki matematiksel bir kanıt değildir. Eğlence amacıyla yazılmıştır.

1938 + 1881 = 3819                     19 ve 38 yer değiştiriyor .

1938² – 1881² – 2 = 217681                          bir asal sayıdır.

1938^4 – 1881^4 + 44 = 1587780890459  bir asal sayıdır.

8391-1881-1923-1918+1914 = 4583           bir asal sayıdır.

……………………………………………………………………………………..

12=1

112=121

1112=12321

11112=1234321

111112=123454321

1111112=12345654321

1111111 2=1234567654321

11111111 2=123456787654321

111111111 2=12345678987654321

…………………………………………………….

(1+9+6+8+3)3= 19683

37 + (3×7)=32 + 72

37.(3.7)=33 + 73

135=1.3.5.(1+3+5)

144=1.4.4.(1+4+4)

8833=882 + 332

234256= (2+3+4+2+5+6)4

52521875=(5+2+5+2+1+8+7+5)5

412 + 432 + 452 = 5555

42=16

342=1156

3342=111556

….

..

13=1

23=3+5

33=7+9+11

43=13+15+17+19

53=21+23+25+27+29

n3 = n2 – n+1 den sonraki n tane ardışık tek
sayının toplamı

59 4 + 158 4 =133 4 + 134 4

1 5 + 6 5 + 7 5 + 17 5 + 18 5 + 23 5 = 2 5 + 3 5 + 11 5 + 13 5 +21 5 + 22 5

27 5 + 84 5 + 110 5 + 133 5 = 144 5

Published in: on Mayıs 10, 2011 at 2:28 pm  Yorum Yapın  
Tags: ,

Bazı Zarif Kanıtlar

Euler’in Denklemi

e iv = cosv + isinv

v = π için denklem şöyle olur => e i π = cosπ + isinπ , π=180° olduğundan, cos(180)=-1 , sin(180)=0  dır.

e i π  = -1          =>              e i π + 1 = 0   

Bu denklem, matematiksel beş sabitin bir arada bulunduğu bir denklemdir. Ayrıca görsel olarak güzel, kısa ve yalın anlaşılırdır. Göründüğü üzere e ve π aşkın sayılar olmasına karşın, e i π  = -1 olduğundan aşkın sayı değildir. 

Euler sayısının (e) irrasyonel olduğunun kanıtı 

Aşkın sayılar ve irrasyonel sayılar birbirinden farklıdır. Her aşkın sayı irrasyoneldir ancak her irrasyonel sayı aşkın sayı değildir. Örneğin √2 cebirsel olarak ifade edilebildiğinden aşkın sayı değildir sadece irrasyoneldir. Ancak e ve π aşkın sayılardır.

e’nin irrasyonel sayı olduğuna dair Özet bir kanıta aşağıdaki bağlantıdan ulaşabilirsiniz:

http://www.akademikmatematik.com/e-sayisinin-irrasyonelligi-uzerine.html 

Asal Sayıların Sonsuzluk İspatı

Teorem : Asal  sayılar sonsuzdur.

Kanıt :  Asal sayılar, 1 ve  kendisinden başka hiçbir sayıya bölünmeyen tam sayılardır. Aksini varsayalım ve asal sayıların sonlu olduğunu düşünelim.

P1, P2,P3 …..P n sayıları tüm asal sayılar olsun.

P=P1.P2.P3 ……P n + 1 sayısı yapısından dolayı P1,P2,….P n sayılarından hiçbirisine tam bölünmez ve 1 kalanını verir. Eğer bu P sayısı asal değil ise ,bir bileşik sayı ise bu durumda p1,p2,..pn sayılarından hiçbirisi bu P sayısının asal çarpanı olamaz. Her bileşik sayı asal çarpanlarının çarpımı olarak yazıldığından P sayısının bu asallardan farklı bir asal çarpanı vardır. Eğer bu P sayısı asal ise bu asallardan farklı olduğundan bu durumda asal ayılar sonsuzdur.

√3  Neden İrrasyoneldir?

Öncelikle rasyonel sayıların tanımını yapalım. Rasyonel sayı, a ve b aralarında asal tam sayılar olmak üzere a/b şeklinde yazılabilen sayılara denir.  1 ve kendisinden başka ortak böleni olmamalıdır. İrrasyonel sayıların ise böyle bir özelliği yoktur. Bunlar köklü ifadenin dışına çıkarılamayan sayılardır. Mesela √4 =2 olduğundan bir tamsayıdır. İrrasyonel değildir. Köklü olarak gösterilebilmesi onu irrasyonel yapmaz. Sadece ,  rasyonel sayıların n’ inci dereceden kuvvetleri alınarak n ‘inci dereceden kök içine alınabildiğini gösterir. Nedense köklü sayılar konusu okullarda işlenirken matematik hocaları köklü sayı ile irrasyonel sayı arasındaki farkı anlatmazlar. Köklü sayı başka şeydir, irrasyonel sayı başka şeydir.

Şimdi aksini varsayıp √3 ‘ün rasyonel olduğunu söyleyelim. Bu durumda,

√3= a/b  her iki tarafın karesini alalım =>  3 = a2 / b2 => a2=3b2 dir. Bu a sayısının 3 ile bölünebildiğini gösterir. O halde a=3x => a2=9x2 =3b2 , => b2 =3x2 olur ki bu b sayısının da 3 ile bölünebildiğini gösterir. Bu ise her ikisinin 3 ile bölünebildiğini gösterir. Halbuki √3 ‘ün rasyonel olması için a ve b’ nin aralarında asal olmaları gerekirdi. Demek ki bu sayı irrasyoneldir.

√7 Neden irrasyoneldir?

Aynı şekilde ,

7 = a/b olsa idi ,a2 / b2 => a2=7b2 olurdu, a bu durumda 7 ile bölünür. O halde a= 7x =>  a2=49x2 =7b2 , => b2 =7x2  bu b sayısının da 7 ile bölünebildiğini gösterir. Bu durumda her iki sayı 7 ile bölüneceğinden aralarında asal olamazlar. Bu nedenle 7  irrasyonel sayıdır.

Genellersek ;

 P bir asal tam sayı olmak üzere  √P irrasyonel sayıdır. 

Kanıt: Yukarıdaki kanıtta 7 olan yerlere P konursa, 49 olan yerlere P2  konursa genel kanıt elde edilir. 

 Herhangi bir köklü sayının irrasyonel olduğunu nasıl anlarız ?

Örnek olarak √8 irrasyonel midir bakalım.  Kök içindeki sayıyı asal çarpanlarına ayırırız.        8 = 2^3  olduğundan  √8 = 2√2 ve √2 sayısı irrasyonel olduğundan sonuç olarak √8 irrasyonel olacaktır.

                       PİSAGOR TEOREMİNİN FARKLI KANITLARI

Pisagor teoreminin 100’den fazla kanıtı vardır. Bazı kısa kanıtlar ;

(Pisagor teoreminin 8 kısa ispatı  )

Kanıt 1 .

Aynı dik üçgenin dört kopyasının hipotenüsleri bir karenin kenarlarını oluşturacak şekilde, bu üçgenlerden 3 tanesi 90,180 ve 270 derece döndürülerek yerleştirilir . Her birinin alanı ab/2 olur.

İçteki karenin bir kenarı  (a – b)’dir.  İçteki karenin alanı (a – b)² ile üçgenlerin alanlarını toplayıp büyük karenin alanına eşitlersek eşitliği elde ederiz.

= (a – b)² + 2ab
= a² – 2ab + b² + 2ab

 

Kanıt 2 .

Dört tane dik üçgeni aşağıdaki gibi yerleştirdiğimizde ortada kenarı c olan bir kare oluşur. Bunu kapsayan karenin ise bir kenarı a+b olur. Bu durumda eşitlik , (a + b)² = 4·ab/2 + c² olur ki buradan sadeleştirme yaparak teoremi elde ederiz.

Kanıt 3

Şimdiki kanıt ise bir dik yamuktan faydalanılarak yapılmıştır. (Bulan; başkan J. A. Garfield , 1876)

Dik yamuğun alanını içerdeki üçgenlerin alanları toplamına eşitliyoruz.

(a+b)/2 x (a+b) = 2ab + c.c/2 . Sadeleştirmeler yapılırsa a² + b² = c² elde edilir.

 

 Kanıt 4 :

( J. Barry Sutton, The Math Gazette, v 86, n 505, March 2002, p72.)

ΔABC, ‘de açı  C = 90° olsun. AB = c, AC = b, BC = a.   AD = AE = b.

,C merkezi  A  olan çember üzerindedir ve yarıçapı  b. Açı DCE : DCE = 90° akabinde BCD = ACE. ΔACE ikizkenar olup , CEA = ACE.

DBC ve EBC üçgenleri DBC açısını paylaşır.  İlaveten , BCD = BEC. DBC ve EBC üçgenleri benzerdir. Böylece elde ederiz ki BC/BE = BD/BC, ya da a / (c + b) = (c – b) / a. Sonucunda  =>  a² = c² – b², a² + b² = c².

Kanıt : 5

(c – b)(c + b) = a²

John Molokach modification of proof #43

a/b = (b + c)/d,  böylece , d = b(b + c)/a

bd + ab/2 = (b + c)d/2

ab/2 = (c – b)d/2, or ab = (c – b)d.

ab = (c – b)d = (c – b)(c + b)b/a.

Buradan sadeleştirme sonucu  a² = c² – b². Çıkar.

Kanıt 6 :

Lise öğrencisi Jamie Delemos bulmuştur.

Yamuğun alanı üçgenlerin alanları toplamına eşitlendiğinde

(2a + 2b)/2·(a + b) = 2a·b/2 + 2b·a/2 + 2·c²/2 ,  . Sonucunda a² + b² = c²

 

Kanıt 7 :

(B. F. Yanney and J. A. Calderhead, Am Math Monthly, v.3, n. 12 (1896), 299-300, #XVIII)

AB·BK = BJ·BF,

ya da,

c·BK = (b – a)(b + a).

BK=AK-C, AK= 2b²/c. Yerlerine konduğunda eşitliği elde ederiz.

Kanıt 8 :

Dao Thanh Oai's pythagorean generalization

BC2=AB×BHb + AC×CHc. Eşitliği elde edilir. Buradan, A açısı 90 derece olduğu düşünülürse pisagor teoremi elde edilir.