Cetvel ve pergelle üç yüksekliği verilen bir üçgeni çiziniz

Yerölçüsünde daha önce emekli milletvekillerinden Ahmet Selim'in bir anısını ve o anısında bahsettiği problemin cebirsel çözümünü tartışmıştık. Problem şuydu: Üç yüksekliği verilen bir üçgeni çiziniz. Açıkçası cebirsel çözüm insanın içini çok da rahatlatmıyor. Çünkü sonuçta bizden istenen böyle bir üçgenin somut olarak çizimi. Bu postada işin çizim boyutuna da bakacağız.

Üçgenin yükseklikleri şeklin sol başında gösterildiği gibi verilsin ve kurmamız istenen üçgen de $ABC$ üçgeni olsun. Bu yüksekliklere sol baştan büyüklük sırasına göre $h_{A}$, $h_{B}$ ve $h_{C}$ diyelim. Verilen yükseklikleri kullanarak bir üçgen çizelim. Bu üçgen ortada gösteriliyor. Kurduğumuz üçgenin yüksekliklerini de çizelim. Bu yüksekliklerden de oluşan turuncu, mor ve kahverengi kenarlı üçgeni çizelim. Şimdi bir üçgende taban ve yükseklik çarpımı sabit olduğundan, taban ve yükseklik ters orantılıdır: $a h_{A} = bh_{B} = ch_{C}$. Ama yüksekliklerden kurulan üçgenin yükseklikleri $ABC$ üçgeninin kenarları ile doğru orantılı olur. Diğer bir ifadeyle mor, turuncu, kahverengi kenarlı üçgen $ABC$ üçgeni ile benzerdir. Kahverengi kenarı $h_{C}$ yüksekliğinin hizasını kesecek şekilde uzatırsak, bu bize $C$ köşesini verir. $C$ köşesinden mor kenara çektiğimiz paralelin turuncu kenarla kesişimi de $A$ noktasını verir.

Burada Öklit'in Elemanlar adlı eserinde tarif ettiği uzunluk taşıma ve üç kenarı verilen bir üçgenin çizimi gibi çok temel cetvel pergel çizim yöntemlerini ispatsız kullandık.

Arşimet'in parabol üçgeni

Arşimet'in parabol dilimi ve elipsin alanlarını, kürenin hacmini veren formülleri keşfettiğini bazılarımız duymuştur. Böyle bir formül türetme işini günümüzde integral tekniklerini kullanarak yapmak çok kolay gerçekten. Ama Arşimet'in zamanında integral analizin, daha doğrusu topyekün analizin hiç olmadığı bir dönemde bunu yapmak o kadar da kolay bir iş değil. Bu postada parabol diliminin alanını integral tekniklerini kullanmadan, Arşimet gibi hesaplamaya çalışacağız. Daha önce parabolle ilgili yerölçüsünde -sadece cetvel pergel çizimlerini kullanarak- iki yazı yazdık. Bu üçüncüsü. Genel kültür olarak aklımızda bulunsun. Arşimet, parabolün alanıyla ilgili çalışmasını vefat eden Konon adlı matematikçi bir dostunun yerine saydığı Dositeus'a gönderdiği taziye mektubunda ilk defa ilan etmiş oluyor. Biri mekanik -levhaların dengesinden- ötekisi geometrik iki ispat öneriyor. Biz geometrik ispata yer vereceğiz. Daha fazla bilgiye Heath'in Arşimet'le ilgili çalışmasından ulaşabilirsiniz. Geometrik ispatında kullandığı yöntem, Arşimet'in en sevdiği teoremlerden birisine dayanıyor ve günümüzde gerçel analiz derslerinde bir şeyin sıfır olduğunu ispatlamakta da kullanılır. Birazdan değineceğiz buna ama biz işe parabol/Arşimet üçgenini tanımlamakla başlayalım.

Tanım: Tabanı parabole çekilen bir kirişten, tepe noktası ise kirişin orta noktasından parabolün simetri eksenine paralel çizilen doğru ile parabolün kesişiminden oluşan üçgene Arşimet üçgeni denir.

Şekilde $PQR$ üçgeni bir parabol üçgenidir. Bu üçgen bizim daha önce yerölçüsünde çizimini tarif etmediğimiz bir şey içermiyor. Hatırlatmak için vurgulayalım. Tanım gereği $x_{P} = x_{V} = (x_{Q}+x_{R})/2$ olur ve dahası parabolün denklemi için de daha önce izah ettiğimiz gerekçelerden ötürü $y = x^{2}$ eşitliğini kullanmak yeterlidir. Temel vektör analizi ile Arşimet üçgeninin alanını hesaplayabiliriz. \begin{eqnarray}\nonumber {\bf u} &:=& (x_{P}-x_{V},y_{P}-y_{V}) = (0,-\tfrac{1}{4}(x_{Q}-x_{R})^{2})\\ \nonumber {\bf v} &:=& (x_{Q}-x_{V},y_{Q}-y_{V}) = (\tfrac{1}{2}(x_{Q}-x_{R}),\tfrac{1}{2}(x_{Q}^{2}-x_{R}^{2})) \end{eqnarray} Şimdi $S(\Delta PQR)=S(\Delta PQV) + S(\Delta PVR) = 2S(\Delta PQV) = |{\bf u} \times {\bf v}|$ olduğundan bu alan kolaylıkla hesaplanılır. Sonuç \begin{equation*} S(\Delta PQR) = \frac{1}{8}|x_{Q}-x_{R}|^{3} =: \sigma. \end{equation*}

Arşimet üçgeninin alanı ummadığımız derecede kolay bir formülle veriliyor. Bilmemiz gereken tek şey kirişin uç noktalarının $x$ koordinatları. Şekildeki tek Arşimet üçgeni $\triangle PQR$ değil. $PQ$ kirişi de parabolden bir dilim kesiyor ve $\triangle PP_{l}Q$ da bir Arşimet üçgeni. Alanı ise bir önceki paragrafta yaptığımız analize dayanarak \begin{equation*} S(\Delta PP_{l}Q) = \frac{1}{8} |x_{Q}-x_{P}|^{3} = \frac{1}{64} |x_{Q}-x_{R}|^{3} = \frac{1}{8} S(\Delta PQR) = \frac{1}{8} \sigma \end{equation*} ile veriliyor. Okur kolayca $S(\triangle PP_{r}R)=S(\triangle PP_{l}Q)$ olduğunu gösterebilir. Bulgularımızı aşağıdaki teoremde toparlayalım.

Teorem: Alanı $\sigma$ olan bir Arşimet üçgeninin tabandan farklı iki kenarı üzerinde alanları birbirine eşit ve toplamda $\sigma/4$ olan iki Arşimet üçgeni daha kurulabilir.

Bizi bu aşamada durduran hiç bir şey yok. Parabol diliminin içini Arşimet üçgenleriyle dolduracağız ve hepsinin toplam alanını hesaplayacağız. Bu işi çok fazla yaparsak, o zaman parabol diliminin alanına bir alt sınır da kestirmiş oluruz. Şimdi $QP_{l}$, $P_{l}P$, $PP_{r}$ ve $P_{r}R$ kirişlerinin üstüne de Arşimet üçgenleri kuralım. Bu işi $n$ defa yinelediğimizde her seviyede $2^{n-1}$ tane Arşimet üçgeni kurulacak ve bu üçgenlerin toplam alanı \begin{equation*} \left( 1+\frac{1}{4}+ \cdots + \frac{1}{4^{n-1}} \right) \sigma = \frac{1-\frac{1}{4^{n}}}{1-\frac{1}{4}} \sigma = \frac{4}{3} \left( 1 - \frac{1}{4^{n}} \right) \sigma \end{equation*} olacaktır. Parabol diliminin alanına $K$ dersek, her $n>0$ için \begin{equation*} K > \frac{4}{3}\sigma - \frac{1}{3\cdot 4^{n-1}} \sigma \end{equation*} olur. $n$ büyüdükçe parabol diliminin alanına daha da yaklaşmasını umduğumuz bir alt limit kestirdik. Ama bir de üst limit bulmadan $K = 4 \sigma /3$ denkliğinden kesin emin olamayız.

Arşimet'in $\pi$ sayısını kestirirken kullandığı yönteme başvuracağız ve parabol dilimini alanını bildiğimiz bir başka şekille çerçeveleyeceğiz. Öncelikle $ABRQ$ paralelkenarını ele alalım. Bu şeklin geniş kenarı $QR$ kirişine, düşey kenarı ise $PV$ doğru parçasına paralel kurulmuştur. Literatürde böyle bir tabir yok, ama bir Arşimet üçgenini kapsayacak şekilde kurulan paralelkenara da Arşimet paralelkenarı diyebiliriz pekala. Şimdi $S(ABRQ) = 2 \sigma > K$ olduğu barizdir. Genelde Arşimet paralelkenarının alanca Arşimet üçgeninin iki katı olduğunu söyleyebiliriz. $2\sigma > K$ keskin bir üst limit değil. O zaman $PP_{l}Q$ ve $PP_{r}R$ üçgenlerinin üzerine de Arşimet paralelkenarları kuralım. $S(CPQD) = S(CPRE) = \sigma /4$ olduğu barizdir. Parabol diliminin alanına getirdiğimiz yeni üst limit de $\sigma + \sigma/2 > K$ şeklinde ifade edilebilir. Bu işi $n$ defa yinelediğimizde parabol diliminin alanına bir üst limit kestirmiş oluyoruz. \begin{equation*} \left(1 + \frac{1}{4} + \cdots + \frac{1}{4^{n-2}} \right)\sigma + 2\frac{\sigma}{8^{n-1}}2^{n-1} > K \end{equation*} Geometrik terimlerin toplamıyla ilgili cebirsel ifadeler kullanıldığında bulduğumuz üst limitin \begin{equation*} \frac{4}{3}\sigma + \frac{2}{3\cdot 4^{n-1}}\sigma > K \end{equation*} olduğu görülür. Daha önce bulduğumuz alt limitle bu üst limiti birleştirelim. \begin{equation*} \frac{4}{3}\sigma + \frac{2}{3\cdot 4^{n-1}}\sigma > K > \frac{4}{3}\sigma - \frac{1}{3\cdot 4^{n-1}} \sigma > \frac{4}{3}\sigma - \frac{2}{3\cdot 4^{n-1}} \sigma \end{equation*} Mutlak değer tanımını kullandığımızda aşağıdaki eşitsizliği kanıtlamış oluyoruz. \begin{equation*} \left| K - \frac{4}{3}\sigma \right| < \frac{2}{3\cdot 4^{n-1}}\sigma \end{equation*}

İspatımızı bitirmek için Arşimet'in en sevdiği lemmaya başvuralım. Arşimet bu özelliği alan hesaplarında ve $\pi$ sayısının kestirilmesinde kullanmıştır.

Lemma: Her $\epsilon > 0$ için $|x| < \epsilon$ ise, o zaman $x=0$ olur.
İspat: $x \ne 0$ olsun ve $|x| = \xi > 0$ diyelim. $0 < \epsilon = \xi/2$ seçilsin. $|x| > \epsilon$ olacağı barizdir. Ama bu teoremin hipoteziyle çelişir. QED

Gerçel analiz literatüründen aldığımız bu lemma uyarınca parabol diliminin alanının tam olarak $4 \sigma /3$ olduğu kanıtlanmıştır.

Euler-Fermat teoreminin bir uygulaması

Daha önce bu blogda bölünebilme kurallarından bahsederken Fermat'nın küçük teoremine de değinmiştik. Euler, bu teoremi genelleştirmiş ve daha kullanışlı şu forma getirmiştir.

Euler-Fermat teoremi: obeb$(a,n)=1$ ise, o zaman $a^{\phi(n)}\equiv 1({\rm mod}\ n)$.

Burada Euler fonksiyonu $\phi(n)$ şöyle tanımlanıyor: $1 \leq m \leq n$ olmak üzere, obeb$(m,n)=1$ olan $m$ sayılarının adedi $\phi(n)$ değerini verir. Teoremin bizzat kendisi çok şaşırtıcı zaten ama daha şaşırtıcı olan Euler fonksiyonu için kapalı bir formülümüzün olması. $n=p_{1}^{a_{1}} \cdots p_{k}^{a_{k}}$ biçiminde asal çarpanlarına ayrılıyorsa, o zaman \begin{equation} \phi(n) = n \left( 1 - \frac{1}{p_{1}} \right) \cdots \left( 1 - \frac{1}{p_{k}} \right) \end{equation} formülüyle kolayca hesaplanıyor. Ne Euler-Fermat teoremini ne de yukarıdaki denklemi ispatlayacağım. Bunlara sayılar teorisi üzerine yazılmış standart metinlerden ulaşabilirsiniz. Bugün son zamanlarda sayfaları arasında gezindiğim temel seviyede yazılmış bir sayılar teorisi kitabında gördüğüm bir soruya yaptığım çözümü paylaşacağım.

Problem: $7^{9999}$ sayısının son üç hanesini bulunuz.

Son üç hane demek, sayının 1000 ile bölümünden kalan demektir. Aslında soruyu hazırlayanlar bizden $7^{9999}\equiv x ({\rm mod} \ 1000)$ değerini hesaplamamızı istiyorlar. Bölünebilme kuralları için yaptığımız çalışmada anahtar basamak $10^{k} \equiv \pm 1({\rm mod} \ n)$ değerini veren bir $k$ kuvvetini bulmaktı. Böyle bir kuvveti bulana kadar ya da periyodik bir davranış yakalayana kadar $10^{k}({\rm mod} \ n)$ hesaplamıştık. Burada obeb$(7,1000)=1$ olduğundan Euler-Fermat teoremi $7^{\phi(1000)}\equiv 1({\rm mod} \ 1000)$ olacağını garanti ediyor. Ama $1000=10^{3}=2^{3}5^{3}$ olduğundan \begin{equation} \phi(1000) = 1000 \left( 1 - \frac{1}{2} \right)\left( 1 - \frac{1}{5} \right) = 400 \end{equation} olduğu kolayca hesaplanabilir. Demek ki $7^{400}\equiv 1({\rm mod \ 1000})$ imiş.

Şimdi 9999'a en yakın 400'ün katı 10000'dir. O zaman $1 \equiv 7^{10000} \equiv 7 \cdot 7^{9999} \equiv 7x({\rm mod} \ 1000)$ olduğunu gözleyebiliriz. Dolayısıyla çözmemiz gerekli denklem aşağıdaki gibidir. \begin{equation} 7x \equiv 1({\rm mod} \ 1000) \label{k1} \end{equation} Lineer kongruens denklemlerinde yapılan en yaygın hilelerden birisi (\ref{k1}) nolu denklemi her $x$ değeri için doğru olan aşağıdaki denklemle beraber düşünmektir. \begin{equation} 1000x \equiv 0 ({\rm mod} \ 1000) \label{k2} \end{equation} 7'nin 1000'e en yakın katı 994'tür: $7 \times 142 = 994$. O zaman (\ref{k1}) nolu denklemi 142 ile çarpıp (\ref{k2}) nolu denklemden çıkartalım. \begin{equation} 6x \equiv -142 ({\rm mod}\ 1000) \label{k3} \end{equation} Çilemiz bitmedi. (\ref{k3}) nolu denklemi bir kere daha (\ref{k1}) nolu denklemden çıkartırsak, o zaman \begin{equation} x \equiv 143({\rm mod}\ 1000) \end{equation} sonucuna ulaşır ve çözümü bitiririz.

Sayılar teorisinde tamsayılar, cebirde ise polinomlar adına halka (ring) denilen bir yapı oluştururlar. Halka yapısında taraf tarafa toplama, çıkartma ve çarpma yapılabilir ama bölme sorunludur. (Bu yüzden $7x \equiv 1({\rm mod}\ 1000)$ denklemini çözerken kırk takla atmamız gerekti.)