Matematik Tarihinde Meşhur Problemler

Bu yazı dizisinde (daha önce riyazi tarih kategorisi altında yayınlanan parçalar toplanarak oluşturulan) tarih sahnesinde matematikçileri meşgul etmiş ve üne sahip olmuş problem ve çözümlerini göreceğiz. Yazıya kaynak olan site adresine ulaşmak için tıklayın

Giriş:

Medeniyetlerin gelişmesinde matematik, hayati bir rol oynar; geçmişten geleceğe filozofi, mühendislik ve bilimde gelişmelerin temelinde o vardır. Sonuç olarak, matematik tarihi önemli bir çalışma alanıdır; bu konuda yüzlerce kitap, yazı ve internet sayfası oluşturulmuştur.

Bu yazı dizisinin amacı, çağlar boyunca matematikçilere ilham kaynağı olan bazı ünlü problemlerin tarih sahnesindeki rollerini incelemektir. İçerideki problemler lise ve ortaokul seviyesinde olup mümkün olduğu kadarıyla çözümleri, ilgili matematikçilerin tarihçeleri ve diğer bazı tarihsel materyaller de verilecektir.

UYARI: Bazı linkler çevirme probleminden dolayı sadece bağlantı olarak, ingilizce kalabilir.

Dizide yer alması düşünülen problemler:

  1. Königsberg Köprüsü
  2. Pi’nin Değeri
  3. Şaşırtan Asallar
  4. Meşhur Paradokslar
  5. Bir Noktalar Problemi
  6. Bir Pisagor Teoremi İspatı
  7. e sayısının irrasyonelliği

Königsberg Köprüsü

Topolojinin Başlangıcı….

Topoloji matematiğin en yeni dallarından biridir. Topolojinin en kolay tarifi “lastik tabaka geometrisi” dir- topolojistler büzüştürüldüğünde yada uzatıldığında değişmeyen şekillerin özeliklerini incelerler. İleride sözü geçecek olan bir “Network ağı” nın “Euler sayısı” da, işte bu ağ uzatıldığında yada sıkıştırıldığında değişmeyen özeliklerden biridir.

Topoloji konu olarak lise düzeyinde değildir. Buna karşın herkesin hoşuna gidecek, ilginç ve geniş uygulama alanına sahip temel bazı topolojik fikirler vardır. Bunlardan biri, ilk olarak 1735 de Leonard Euler tarafından geliştirilen network ağlarının topolojisidir. Bu alandaki çalışmalarına esin olan problem şudur:

Konigsberg’in Yedi Köprüsü
Kongsberg, Almanya’da, şehrin içinden, ortasında bir ada bulunan ve adayı geçtikten sonra iki kola ayrılan bir ırmak geçmektedir. Şehirde ırmak üzerinde toplam yedi köprü inşa edilmiştir. Kabataslak haritası aşağıdaki gibidir:

Herkesin merak ettiği husus: Acaba bir kişi, her köprüden bir kere geçerek tüm köprülerden geçip şehri dolaşabilir mi?

Problem 1 :
Deneyin. Bir kağıt üzerine yukarıdaki haritayı çizin, elinizi kaldırmadan ve her köprüden sadece bir kere geçecek şekilde bir gezinti planlayın. (Çözüm)

Problem 2 :
Farzedelim ki köprülerden birini kaldırıldı ve aşağıdaki gibi oldu:

Şimdi aynı problemi deneyin. (Çözüm)

Problem 3 :
Hangi köprünün kaldırıldığı farkeder mi? Köprü eklenmesi durumunda ne olur? Kendiniz bazı haritalar çizin ve aynı problemi düşünün.

Euler bu tip sorularda alanları, köşeler olarak adlandırdığı noktalarla gösterebileceğini ve bunlara gelen ve bunlardan giden köprüleri de yaylarla bağlayabileceğini düşündü. Konigsberg sorusunda alanları kırmızı noktalar ve bağlantıları da siyah yaylarla gösterelim:

Yayları düzenli bir şekilde çizersek:

Problem şu aşamada, elini kaldırmadan ve geçilen yerden tekrar geçmeden bu şekli çizmeye dönüştü. Şimdi düşünün: 4 köşenin her birinden tek sayıda yay geçmektedir. Bu köşelerden birini, diyelim 3 yayın geçtiği birini alalım. Yukarıdaki şekli, el kaldırmadan çizmekte olduğumuzu farzedelim.
Bu aldığımız köşeye ilk geldiğimizde, çıkış için bir köşe bulabiliriz; ama sonraki gelişte çıkış olmayacaktır. Yani bu köşeye geldiğimizde şekil tamamlanmış olmalıdır. Yada bu köşeden başladığımızı farzetsek, geri dönüşte çıkabilsek de, bir daha bu köşeye dönemeyiz. Demek ki, tek sayıda yayın geçtiği köşe ya başlangıç yada sonuç noktası olmalıdır.
Sonuçta tek sayıda yayın geçtiği sadece 2 köşe bulunmalıdır. Yukarıdaki şekilde 2 den fazla böyle nokta olduğundan bu şekil el kaldırmadan çizilemez.

Çizgi Teorisine Genelleme

Euler yukarıdaki düşünceyi aşağıdaki tanım ve teoremlerle çizgi teorisinde genelleştirdi:

Tanım: Birbiriyle kesişmeyen eğrilerle (yaylarla) bağlanmış noktalardan (köşelerden) oluşan şekle ağ denir.
Tanım: Birköşeden tek sayıda yay geçiyorsa, bu köşeye tek adı verilir; aksi takdirde çift denir.
Tanım: Her bir yaydan bir kere geçen devamlı yola, Euler rotası(yolu) denir.
Teorem: Eğer bir ağda ikiden fazla tek köşe varsa, o ağda Euler rotası yoktur.
Teorem: Eğer bir ağda iki veya daha az tek köşe varsa, o ağda en az bir Euler rotası vardır.

Böylece ilk yazıda verilen birinci problemin cevabı bulundu: Mümkün değil.

Problem 2 de sorulan, eğer köprülerden biri kaldırılsa mümkün olur muydu sorusunun cevabı evettir ve aşağıdaki gibi bir yol izlenebilir:

Problem 4: Aşağıdaki şekillerde Euler yolu varsa bulunuz:

Şekil 1 Şekil 2

Şekil 3 Şekil 4

Şekil 5 Şekil 6

Problem 5: Aşağıdaki şekilde deneme yapmadan bir Euler yolu olup olmadığını bulunuz:

Cevaplar:
Problem 4: 3 ve 6. şekillerde Euler yolu yok, diğerlerinde vardır.
Problem 5: Euler yolu vardır.

Pi’nin Değeri

Tarihçilere göre, yaklaşık M.Ö. 2000 yıllarında insanlar, herhangi bir çemberin çevresinin çapına oranının sabit olduğunu farketmişlerdi. Bu buluş şu orantı ile de ilişkilendirilmiştir: çember boyunca ortasından alınan mesafeyi ikiye katladığınızda, çevresinden alınan yol da ikiye katlanıyordu. Bugün bu gösterim, pi = Çevre/Çap formülü ile ifade ediliyor.

Bu buluşun önemi açık: Heryerde çemberler var- güneş, ay, göz, dini törenler(ritüel), en eski zamanlara uzanan insansı çizimler. Pi sayısını gerçekten anlamak bilimsel ve teknolojik gelişmeleri ileriye götürecek ve saf matematikte çok ilginç problemler çıkaracaktır.

Ama bir problem kaldı- pi’nin sayısal değeri kaçtır?

Kişi/Toplum Yıl Değer
Babiller ~2000 M.Ö. 3 1/8
Mısırlılar ~2000 M.Ö. (16/9)^2= 3.1605
Çinliler ~1200 M.Ö. 3
Arşimed ~300 M.Ö. 3 10/71<Pi<3 1/7 ispat211875/67441=3.14163
Ptolemy ~200 M.S. 377/120=3.14166…
Chung Huing ~300 M.S. karekök(10)=3.16…
Wang Fau 263 M.S. 157/50=3.14
Tsu Chung-Chi ~500 M.S. 3.1415926<Pi<3.1415929 ispat
Aryabhatta ~500 3.1416
Brahmagupta ~600 karekök(10)
Fibonacci 1220 3.141818
Ludolph van Ceulen 1596 Pi 35 ondalık basamak
Machin 1706 100 ondalık basamak
Lambert 1766 Pi irrasyonel ispatı
Richter 1855 500 ondalık basamak
Lindeman 1882 Pi deneyüstü(transcendental) sayı ispatı
Ferguson 1947 808 ondalık basamak
Pegasus Bilgisayar 1957 7,840 ondalık basamak
IBM 7090 1961 100,000 ondalık basamak
CDC 6600 1967 500,000 ondalık basamak

1220 ve 1596 yılları arasında ne oldu? 15. yy Avrupa matematikçileri (ortaçağın sonlarına doğru gelen fikir serbestliğinin etkisiyle) Pi sayısının bir sonsuz toplam olarak nasıl ifade edileceğini buldular. Zamanla, bu yaklaşım daha kesin hatlarla belirlendiğinde, Pi’nin değeri daha gelişmiş hesap yöntemleriyle hesaplandı.
Örneğin; François Viete (1540-1603) şunu buldu:

John Wallis (1616-1703) :

Euler (1707-1783):

Şaşırtan Asallar

Matematiğin en güzel ve önemli alanlarından biri de sayılar teoridir – sayıları ve özelliklerini inceler. Her ne kadar matematikciler insanların sayabildiği dönemlerden bu yana sayılarla uğraşıyor olsalarda, sayılar teorisi alanı demode olmaktan çok uzaktır; bugünkü en önemli ve ilginç problemlerden bazıları bu alanla ilgilidir. Özellikle asal sayılar büyük ilgi merkezidir.

Tanım: Sadece 1 ve kendine bölünebilen pozitif tamsayıya asal sayı denir.
1 den büyük asal olmayan sayılara bileşik sayılar denir. Örneğin, 2,3 ve 5 asal sayılar ama 6 bileşik sayıdır. Tüm pozitif tamsayılar en az bir tane asal bölene sahiptir. Sayı asal ise asal böleni kendisidir. Bileşik ise asal çarpanlarına ayırarak bulunur: 6=3*2, 18=3*3*2, 48=6*8=2*3*2*2*2

Teorem (Euclid teoremi) : Sonsuz tane asal sayı vardır.

Asal sayılar nasıl bulunur :
Bu hala matematikçilerin cevap bulmaya çalıştıkları bir sorudur. En basit yöntemlerden biri Eratosthenes tarafından M.Ö. 3 yy da geliştirildi. 1 ile 64 arasındaki asal sayıları bulmak istediğimizi farzedelim. Bu sayılardan oluşan bir tablo yapın ve şu şekilde devam edin. En küçük asal iki olduğundan, 2 nin bütün katlarının üzerlerini çiziniz. sonraki çizilmeyen sayı 3 olduğundan 3 ü çember içine alıp katlarının üzerlerini çizin. Sonraki 5 sayısı için de aynısını yapın ve böyle devam edin. Sayılar çoğaldığında bu işlem uzayacak ve nerede son bulacağını bilmek gerekecektir. Bir teoreme göre, bir sayının asallığını araştırmak için en son, onun kareköküne en yakın asal inecelense yetecektir. 64 ün karekökü 8 olduğundan 5 in katlarını silmek yetecektir. Sonuçta kalan sayılar (çizilmeyenler) aradığımız asal sayılardır. Maalesef bu metod sayılar büyüdükçe çok zaman gerektirmektedir.

Asal sayılar teorisi:
Matematikçiler asal sayılarla ilgili çok teori geliştirmişlerdir. Burada bazılarına değineceğiz…

Soru: Asal sayılar birbirlerinden ne kadar uzaktırlar? Bazen sadece 2 tamsayı (ikiz asal sayılar) : 41 ve 43 gibi. Çok örneği olmakla birlikte, ikiz asal sayıların sonsuz çoklukta olduğu ispatlanamamıştır.
Genelde, asal sayılar büyüdükçe aralıkları artmaktadır. Ne kadar arttığı hususunda 1896 da Charles de la Vallee-Poussin ve Jacques Hadamard Asal Sayı Teoremi ile cevap aramışlardır: Pr(x), x ten küçük asal sayıların sayısı olsun. Bu durumda x sonsuz giderken, Pr(x) ile (x/ln(x)) oranı 1 e yaklaşmaktadır.
Bunun anlamı, n bir asal sayı ise, bir sonraki asal sayı ile arasındaki uzaklık yaklaşık olarak ln(n) dir.

Goldbach varsayımı:
Leonard Euler yazdığı bir mektupta Christian Goldbach, 2 den büyük her pozitif çift tamsayının iki asal sayının toplamı olarak yazılabileceğini söylemiştir. Bilgisayarlarla bu çok büyük sayılara kadar doğrulanmasına karşın ispatı henüz yapılamamıştır. Goldbach’ın döneminden bu yana bu varsayım, ‘güçlü’ Goldbach varsayımı (kendi öne sürdüğü) ve ‘zayıf’ Goldbach varsayımı – 7 den büyük her tek sayı üç asal sayının toplamı olarak yazılabilir – olarak ayrılmıştır.

Meşhur Paradokslar

Matematik bireysel medeniyetleri ve özel dilleri aşar. O, geniş bir mantık sistemi – bir çeşit kainat dilidir. Matematikçileri eski zamanlardan şu ana kadar zorlayan belirli paradoks ve çelişkiler çıkmıştır. Bazıları yanlış paradokslardır: gerçek çelişkiler sunmazlar ve yalnızca düz mantıksal hilelerdir. Diğerleri matematiğin temellerini bile sarsmışlardır – çözmek için parlak, kreatif matematiksel düşünce gerektiren. Diğerleri bu güne kadar çözülemeden gelmiştir. Burada iki paradoks anlatılacak: Zeno’nun hareket paradoksu ve Cantor tarafından çözülen sonsuz kümeler paradoksu.

Zeno Paradoksu:

Yunanlı filozof Elea’lı Zeno(M.Ö. 495 ila 480 arasında doğmuş) değişik felsefik çevrelerde karşılaştığı, zaman ve uzayın kabul görmüş meseleleri üzerine doğruluklarını sorgulayıcı dört paradoks öne sürmüştür. Onun paradoksları asırlardır matematikçileri şaşırtmıştır, ta ki paradoksların tamamiyle çözülebileceği Cantor’un sonsuz kümeler teorisini geliştirmesine kadar (1860 ve 1870 lerde).
Zeno’nun paradokları matematiğin en derin bir meselesine, soyut ile devamlı arasındaki ilişkiye odaklanıyor. Burada onun meşhur dört paradoksundan ilkini sunacağız. Zeno’nun ilk paradoksu zamanında birçok filozofun kabul ettiği bir fikre saldırmaktadır: uzay sonsuz çoklukta bölünebilir ve bu nedenle hareket devamlıdır.

Paradoks 1 (Hareketsiz koşucu):
Bir koşucu belirli bir mesafeyi -diyelim 100 metre- verilen sınırlı bir zamanda koşacak. Ama 100 metre bayrağına ulaşmak için önce 50 metre bayrağına varmalı ve buna ulaşmak için önce 25 metre bayrağına varmalı. Ama yine buna ulaşmak için önce 12.5 metre bayrağına varmalı.
Uzay sonsuz çoklukta bölünebildiğine göre bu aşamalar sonsuza kadar tekrar edebilir. Yani koşucu sınırlı bir zamanda sonsuz sayıda orta noktaya ulaşmak zorunda. Bu mümkün olmadığına göre, koşucu hedefine varamayacaktır. Genelde, bir noktadan diğerine gitmek isteyen kimse bu koşulları sağlamalıdır, ve böylece hareket imkansız olacaktır ve hareket olarak algıladığımız şey sadece bir illüzyondur.
Düşünce nerede koptu? Neden?

Sonsuz Kümeler:
Tamsayılar mı, çift tamsayılar mı daha fazladır?
Kolay bir soru gibi görünüyor, öyle mi? Herşeyden öte, her çift tamsayı bir tamsayıdır ama tüm çift sayılar için ne demeli? Yani çift tamsayılardan daha fazla tamsayı vardır, doğru mu? Fakat bekleyin bir dakika. Kaç tane çift tamsayı vardır? Sonsuz sayıda. Peki kaç tane tamsayı vardır? Yine sonsuz sayıda. Hmmmmm…
“Sonsuz” diyor A öğrencisi, ” sadece bir terimdir… gerçekte bana her birinden aynı sayıda olduğunu göstermenin yolu yoktur.”

Bir Noktalar Problemi

Olasılığın Başlangıcı…

Arkeologlar tarih öncesi barınaklarda, medeniyetler boyunca değişik toplumlar için oyun ve şans oyunlarının önemli bir eğlence aracı olduğunu gösteren kanıtlar buldular. Yunan, Mısır, Çin ve Hindu hanedanlarının büyük matematiksel buluşları ve insanların oyun oynamaya olan meyilleri alındığında, olasılık matematiğinin diğerleri arasında en erken gelişmeye başladığı tahmin edilebilir. Buna karşın, 17. yy da fransız matematikçiler Pierre de Fermat ve Blaise Pascal’a kadar, olasılık matematiğinde dikkate değer bir gelişme olmamıştır.
Noktalar Problemi

Rönesans Avrupa’sında matematiksel olasılığın gelişimine ilham olan problem budur. Kısaca şöyle tanımlanabilir:

İki eşit yetenekte oyuncu belli bir para karşılığında bir şans oyunu oynarlarken, oyun kesiliyor. Bu aşamadaki oyun skoruna göre para nasıl bölünmelidir?

Burada “eşit yetenekli” her oyuncunun oyuna eşit kazanma şansı ile başladığı anlamına gelir. Aşağıdaki senaryoyu takip ediniz.

Pascal ve Fermat Paris’te bir kafede oturuyorlar ve daha zor senaryolar tartışarak geçen yorucu saatlerden sonra, oyunların en kolayı olan, para atma oyununu oynamaya karar verirler. Eğer tura gelirse Fermat, yazı gelirse Pascal bir puan alacaktır. İlk kez on puan alan kazanacaktır. Sonuçta ne olursa olsun brinin diğerini yemeğe götüreceğini bilerek, her biri ortaya 50 Frank para koyuyor, böylece ortada 100 Frank bahis oluyor. Kazanan hepsini alacak. Ama sonra ilginç birşey oluyor. Fermat 8 e karşı 7 yenerken, bir arkadaşının hasta olduğuna dair bir mesaj alıyor ve Toulouse’a gitmesi gerekiyor. Mesajı getiren adam, hemen hareket etmek şartıyla onları götürebileceğini söylüyor. Tabii ki Pascal durumu anlayışla karşılıyor, ama ortadaki parayı nasıl bölüştürecekler?

Fermat bir mektubunda şu teklifi sunuyor:

“Değerli Blaise,
100 Frankı bölüştürme problemi hakkında, adil olduğunu düşüneceğin bri çözüm buldum. Benim sadece 2 senin de 3 puana ihtiyacın olduğunu düşünürsek, 4 atışta oyun bitecekti.

Bu dört atışta, eğer galibiyet için gereken üç puanı alamazsan, bu benim kazanmam için gereken iki puanı aldığım anlamına gelir. Benzer yolla, eğer ben iki puanı alamazsam, sen kazanman için gerekli olan en az üç puanı almış ve kazanmışsın demektir. Böylece, aşağıdaki olası oyun senaryolarının eksiksiz olduğuna inanıyorum. ‘h’ harfi tura, ‘y’ harfi de yazıyı göstermektedir. Benim kazandığım senaryolara yıldız koydum.

h h h h * h h h t * h h t h * h h t t *
h t h h * h t h t * h t t h * h t t t
t h h h * t h h t * t h t h * t h t t
t t h h * t t h t t t t h t t t t

Bu çıktıların hepsinin eş olasılı olduğunda hem fikir olduğunu düşünüyorum. Bu yüzden, parayı benim lehime olarak 11:5 oranında dağıtmamız gerektiğine inanıyorum, yani ben (11/16)*100=68.75 Frank almalıyım ve sen de 31.25 Frank almalısın tabii.
Paris’te herşeyin yolunda olması temennisiyle,
Arkadaşın ve meslektaşın,
Pierre”

Pascal’ın Genellemesi

Pascal ve Fermat arasındaki hayali hikayemize devam edelim. Fermat’ın mektubuna karşı Pascal’ın cevabı belki de şöyle olacaktı:

“Değerli Pierre,

Cevabını gerçekten tatmin edici buldum. Sana ait olan bendeki parayı ilişikte bulacaksın. Cevabının ilhamıyla problem hakkında daha fazlasını düşünmeye başladım. Farkettim ki, eğer kazanmak için belirlediğimiz puanları çok artırsaydık, tüm olası senaryoları yazma metodu usandırıcı olabilirdi. Böylece problemin genellemesini aramaya başladım. Tatmin edici bir çözüm bulduğuma inanıyorum.
Oyunumuz için senin çözümüne bir göz atalım. Eğer senin lehine olacak senaryoların sayısını hesaplamak için genel bir yol keşfedebilsek, genel çözüme giden yolda olacağız gibi görünüyor. İki veya daha fazla turanın geldiği bir çıktı (senaryo), senin kazandığın anlamına gelir. Böyle çıktıların toplam sayısı, dört nesne arasından ikisini seçme yollarının sayısı, dört nesne arasından üçünü seçme yollarının sayısı ve yine dört nesne arasından dördünü seçme yollarının sayısının toplamına eşittir. Burada paranın senin lehine gelme ‘olayları’ bizim sayma terminolojimizdeki ‘nesneler’ oluyor. n tane nesne arasından r tanesini seçme yollarının sayısını nCr ile gösterelim. Böylece senin kazanma olasılığın şu ifade ile bulunur:

4C2 + 4C3 + 4C4
—————
tüm çıktılar

Şimdi, n tane nesneden r tanesini farklı seçme yolları sayısını daha önce tartışmıştık.

n*(n-1)*(n-2)*…*2*1
nCr = —————————————————
r*(r-1)*…*2*1 * (n-r)*(n-r-1)*…*2*1

Şimdi, ilk bakışta bu bölümleri hesaplamak da oldukça bezdirici gelebilir. Buna karşın, bunların benim ‘ toplama üçgeni’ (Pascal üçgeni)’ndeki değişik satırlardaki sayılara karşılık geldiğini farkettim. Yani bu şekil

aşağıdaki gibi ifade edilebilir:

Böylelikle, iki oyuncunun oynadığını farzedelim ve ilk oyuncu kazanmak için n puana ihtiyaç duyarken, ikinci oyuncunun m puana ihtiyacı olsun. Ortadaki paranın nasıl bölüştürüleceğini hesaplamak için, üçgenin (n+m) satırını toplamak ve sonra ilk m girişi toplamak gerekiyor. Bu sayı ilk oyuncunun (n puana ihtiyaç duyan) paradan alacağı payı gösteriyor. Kalan girişlerin toplamı da ikincinin payını gösteriyor. Yani, eğer s ortada toplanan parayı temsil etse, 1. oyuncu şu kadar almalı:

(ilk m girişin toplamı)
——————————— * s
(tüm satırın toplamı)

2. oyuncu da şunu almalı:

(son n girişin toplamı)
——————————— * s
(tüm satırın toplamı)

Bu durumda senin payın ((1+4+6)/(1+4+6+4+1))*100 = 68.75 F oluyor.

Arkadaşının çabuk iyileşmesi için dua ediyorum ve herşeyin senin için iyi olması temennisiyle,

Arkadaşın

Blaise”

Özet: Matematikte Büyük Bir An

Önceki bölümlerde görünen mantık basit olabilir, ama Pascal ve Fermat orada, bize sezgisel gelen, 1654 yılında devrim niteliğinde olan çok önemli bir kavramı anladılar. Bu eş olasılı çıktılar fikriydi. Bir olayın olma olasılığının, olayın eş olasılı yollarının sayılması ve verilen olayın olası tüm çıktılarının sayısına bölünmesi ile hesaplanabildiğini farkettiler. Dört parayı havaya attığında (eş olasılı) 16 farklı çıktıyı düşündüğünde Fermat’ın yaptığı buydu. Yine, size çok açık gibi gelebilir, ama 15 ve 16 yy’ın birçok büyük matematikçisi aynı probleme yanlışlığı açık şekilde belli olan ‘çözümler’ vermişlerdir.

Problemler:

Problem 1: Fermat ile Pascal’ın oyunlarının, 9 a 6 Pascal yenerken kesildiğini farzedin. 100 Frank nasıl dağıtılmalıydı?

Problem 2: Senin önceden oyuna geldiğini ve onları 5 e 5 berabere gördüğünü düşünelim. Daha sonra, 5 atış sonrasında geldiğinde, Pascal’ın 9 a 6 önde olma ihtimali nedir?

Çözüm 1: Pascal 9 a 6 yenerken, oyun 4 atış sonrasında bitecektir. Eğer Pascal bunlardan birini kazansa, oyunu kazanacaktır. Yani 16 olası çıktıdan

4C1+4C2+4C3+4C4 = 4+6+4+1 = 15

tanesi Pascal’ın lehinedir. Bu nedenle, (15/16)*100 = 93.75 Frank Pascal almalıdır.

Çözüm 2: Pascal’ın 9 a 6 kazanıyor olma olaılığı demek, 5 atışta tam olarak dördünü Pascal’ın kazanması demektir. Bu da

5C4
———————————————–
5 para atışında olası çıktıların sayısı

ile bulunur.

Şimdi, 5 nesne arasından farklı r değerleri için, r tane nesneyi seçme, Pascal üçgeninin 6. satırındaki sayılardır:

1 5 10 10 5 1

Yani toplam çıktı sayısı 1+5+10+10+5+1 = 32 dir. Ve 5C4 = 5. Böylelikle Pascal’ın 9 a 6 kazanma olasılığı 5/32 = 0.15625 tir.

e Sayısı İrrasyoneldir

Pi sayısı gibi e sayısı da, önemli birçok alanda görünen matematiğin özel sayılarından biridir. Örneğin, analizde f(x) = c.e^x fonksiyonu türevi kendisi olan tek fonksiyondur (sıfır fonksiyonunu dışında). e sayısı doğal logaritmanın tabanıdır ve n sonsuza giderken (1+1/n)^n dizisinin limitidir. Aşağıdaki e’nin irrasyonel olduğu ispatını yaparken, e sayısının tersi alınmış faktöriyellerin seri toplamı olduğu gerçeğini kullandık.

Pi sayısı gibi e sayısı da irrasyoneldir. Bu iki sayı matematiğin gelişiminde önemli rol oynamalarına rağmen, sayı sistemimizde kolaylıkla ifade edilememeleri gerçekten ilginçtir. Bir sayının irrasyonel sayının, herhangi aralarında asal iki p ve q tamsayılarının bölümü p/q şeklinde yazılamayacağından yola çıkarak, e sayısının rasyonel olmadığını oldukça kolay ispatlayabiliriz.

Aşağıdaki çok bilinen ispat Joseph Fourier’a aittir:

e = 1 + 1/1! + 1/2! + 1/3! + …
e = p/q , p ve q pozitif iki tamsayı olsun. Bu eşitliğin her iki tarafını q! ile çarpalım:
q!e = q! + q!/1! + q!/2! + q!/3! + … + q!/q! +…
e = p/q olduğundan, q!e sayısı bir tamsayıdır ve aşağıdaki de öyle:
q! + q!/1! + q!/2! + q!/3! + … + q!/q! +…
q!/q dan sonra gelen terimlerin toplamı da bir tamsayı olmalıdır. Bu toplama R dersek:
R = q!(1/(q+1)! + 1/(q+2)! + 1/(q+3)! +…)
R = 1/(q+1) + 1/(q+1)(q+2) + 1/(q+1)(q+2)(q+3) +…
    < 1/(q+1) + 1/(q+1)^2 + 1/(q+1)^3 +…
    < [1/(q+1)](1+ 1/(q+1) + 1/(q+1)^2 +…)
    < [1/(q+1)](1/(1-1/(q+1)))
    = [1/(q+1)]((q+1)/q) = 1/q
Yani R < 1/q bulunur. R nin tanımına bakarsak, q pozitif olduğundan R de öyledir. Böylece R, 0 ve 1/q arasında pozitif bir tamsayıdır. Oysa bu bir çelişkidir. Sonuçta e sayısının rasyonel olduğu kabulü yanlıştır. Yani e irrasyoneldir.

Reklamlar

Bir Cevap Yazın

Please log in using one of these methods to post your comment:

WordPress.com Logosu

WordPress.com hesabınızı kullanarak yorum yapıyorsunuz. Log Out / Değiştir )

Twitter resmi

Twitter hesabınızı kullanarak yorum yapıyorsunuz. Log Out / Değiştir )

Facebook fotoğrafı

Facebook hesabınızı kullanarak yorum yapıyorsunuz. Log Out / Değiştir )

Google+ fotoğrafı

Google+ hesabınızı kullanarak yorum yapıyorsunuz. Log Out / Değiştir )

Connecting to %s