Kısa bir bilgilendirme...

Bu aralar bilgisayarım bozulduğu ve nisan ayında da askere gideceğim için artık blogumla bir süre ilgilenemeyeceğim...İnşallah ilerde devam ettirmeye çalışacağım...Sevgi ve saygılarımla...

Erhan Duman

Ziyaretçi İstatistiklerim

Genelde akademik düzeyde sayılabilecek matematik yazıları yayınlanmasına rağmen blogumun ziyaretçi sayısı hiç de fena değil...Bugün bir göz attım istatistiklere...




Ortalama günlük 100-120 civarı ziyaretçim var...Blogumda yorum yazılmasa da ziyaretçi sayısı iyi sayılır:) Yorum yazmaktan çekinmeyin...Sevgilerimle...

Fraktal Çeşitleri

1)Apollonian Gasket:

2)Barnsley's Fern:
3)Barnsley's Tree:


4)Box Fractal:

5)Cactus Fractal:

6)Cantor Dust Fractal:

 



7)Carotid-Kundalini Fractal :



8)Cesàro Fractal :







9)Circles and Squares Fractal:


10)Cross-Stitch Curve:



11)Curlicue Fractal:



12)Dendrite Fractal :



13)Douady's Rabbit Fractal:



14)Dragon Curve:



15)Elephant Valley:



16)Exterior Snowflake:



17)H Fractal:



18)House holders Method Basins:



19)Lindenmayer System:



20)Mandelbrot Tree:



21)Menger Sponge :



Bütün bu fraktalların hangi denklemler ve fonksiyonlardan elde edildiğini merak ederseniz; buraya bir göz atabilirsiniz...

Ünlü Paradokslar

Paradoks kelimesinin geçtiği her yazıyı okuduğumda içimden "gene yalan yanlış şeylere paradoks etiketi yapıştırıyorlar" diye hayıflanırım...Hepimizin ortak özelliği olan "şikayet etmek" yerine meşhur paradoksları bu yazıda toparlamaya çalıştım...En güvenilir kaynak olan Türk Dil Kurumu sözlüğünde paradoks için;
"1. Aykırı düşünce. 2. Çelişki. 3. Düşünceler arasında tartışmaya açık, kesin bir yargı içermeyen karşıtlık."
açıklaması geçiyor...
Popüler sözlük vikipedi ise;
"Paradoks, görünüşte doğru olan bir ifade veya ifadeler topluluğunun bir çelişki yaratması veya sezgiye karşı bir sonuç yaratmasıdır. Çoğunlukla, çelişkili gözüken sonuç veya sonuçların aslında çelişkili tarafları vardır. Paradoks teriminin karşılığı olarak Türkçe'de yanıltmaç ve çatışkı sözcükleri de kullanılmaktadır."
açıklamasını yapmış...Peki matematik açısından bakalım artık...

1)Zeno Paradoksları : "Belirli bir nesnenin belirli bir mesafeyi yol alması ile ilgili..Örneğin, bir topu d birim uzaklığa atacağız...Bu top, önce d/2 birim uzaklığı katetmeli, ama ondan önce de d/4, ondan öncede d/8 ....Yani yolu bitiremez gibi görünüyor...Gerçekte bunun böyle olmadığını da biliyoruz...Elde var bir paradoks:)

Bu olaydaki yanılgı "yakınsak" serilerin varlığına ilişkindir...Kısaca; sonsuz bir toplamın cevapı sonlu bir sayı olabilir...

Bu paradoksun benzeri, yaydan çıkan oka ilişkindir...Ok, hedefe ulaşması için benzer olarak, önce yolun yarısını, daha önce 1/4 ünü, daha daha önce 1/8 ini...yani hedefe ulaşamayacak gibi görünüyor:)

2) Arnauld Paradoksu : 2 ve 3 sayılarını düşünelim...

2<3>b iken; a/b > b/a dır...Ama;

1 /(-1) = (-1) / 1
eşitliği bu durumu bozar...Negatif sayıların olmadığına hükmetmiş Arnauld:)Belki de haklıdır:)


3)Bertrand Russell'ın Berber Paradoksu : Russel şöyle der:

"Kendi kendine traş olamayan bir Sevilla'lı, Sevilla'nın berberi tarafından traş edilecekse, bu berber kendisini traş edebilir mi?"


4)Buchowski Paradoksu : Buchowski Paradoksunun ifadesi şöyle:

"Diyelim ki sizden büyük iki kardeşiniz var.Görünürde yanlış olan şu cümle doğrudur:

"Benim küçük kardeşim benden büyüktür." "

Anlayan varsa, bana da anlatsın lütfen:)


5)Madeni para paradoksu:Bir madeni parayı, başka bir madeni para etrafında döndürürsek, nasıl bir yol izler acaba? Aşağıdaki gibi mi?


Hayır, tam tamına aşağıdaki gibi bir yol izler:



Buradaki mavi eğri kardiyoid olarak adlandırılır...

6)Karmaşık Sayı Paradoksu : Karekök(-1) i olarak adlandırılır...Yani, imajiner (sanal/karmaşık/kompleks) sayıdır...Reel sayılardaki dört işlem kurallarını karmaşık sayılarda dilediğimiz gibi kullanamayız...Yoksa aşağıdakine benzer bir paradoks karşımıza çıkar:



7)Timsah Paradoksu :

Bir timsah, bir çocuğu yakalar...Çocuğun babasına, eğer ne yapacağımı bilirsen, çocuğu serbest bırakacağım der..Babası timsaha şöyle der:

"Çocuğumu geri vermeyeceksin."

8)Eubulides Paradoksu : " Bir antik Yunanlı şair diyor ki, bütün Yunanlılar yalancıdır..."

9)Grelling Paradoksu : Kendi kendisini açıklayamayan bir kelime "heterological" ile nitelendirilir.Peki, "heterological" neyi niteliyor?:)

10)Patates Paradoksu : %99 u su olan 100 kg patates düşünün...Patatesleri güneşe bırakıyorsunuz ve %98 i su....Nasıl oldu bu:)

11)Sokrates Paradoksu : "Tek bildiğim şey, hiçbir şey bilmediğim..."



ve daha birçoğunu İngilizce olarak burada bulabilirsiniz...

Mersenne Asalları Üzerine Bir Karalama

Matematikle biraz içli-dışlı olanlarımız Mersenne adını mutlaka duymuşlardır.Tam adı Marin Marsenne olan bu Fransız matematikçi, genelde ünlü matematikçilerin babalarının yaptığı gibi, kilisede din adamı olmasını isteyen babasını dinlemeyip, Paris'e gider ve 60 yıllık hayatına (1588-1648) anlam kazandıracak şeylerle uğraşır.
Marsenne adı, kendi ismiyle anılan "Mersenne Asalları" ile anılır.Mersenne; p bir asal sayı iken, M=2^p - 1 şeklindeki tüm sayılarında asal olduğunu düşünmüştü...Gerçektende;

p=2=>M=3

p=3=>M=7

p=5=>M=31

p=7=>M=127

bir-iki deneme ile asal sayılar elde ediliyor...Fakat, bunu ispatlamak gerekiyordu...Acaba, her p asal sayısı için M bir asal sayımıydı?Matematiksel genellemeler üzerine yapılacak hatalardan bahsetmiştim.Denemelere devam edelim:

p=11=>M=2047=23.89...Hayal kırıklığı!!!

11 Mersenne için bir hayal kırıklığı yaratmadı, tabii...Çünkü, önermenin çift taraflı olmasa da yeter şartı doğruydu...Yani, M asal iken, p kesinlikle asaldı...Sayılarla biraz daha oynayalım...

p=13=>M=8191 de asaldır...

p=31=>M=2147483647 de asaldır...

p=101=>M=2535301200456458802993406410751=7432339208719.341117531003194129 asal değildir...Bu hesaplamaları Maple ile yaptım.

n=2, 3, 5, 7, 13, 17, 19, 31, 61, 89, için elde edilebilecek Mersenne asalları;

3, 7, 31, 127, 8191, 131071, 524287, 2147483647 dır.Grafiksel olarak Mersenne asallarının dağılımı aşağıdakine benzer:




Matematikseverler hala Mersenne sayılarını elde etmek için uğraşıyorlar.Bunun için bilgisayarların yardımını alıyorlar doğal olarak...Acaba bilgisayarlar olmasa ne yapardık?Aşağıdaki tabloda bilinen ve bulanabilen Mersenne asallarını görebilirsiniz:

#		digits	year	discoverer (reference)	value
1	2	1	antiquity		3
2	3	1	antiquity		7
3	5	2	antiquity		31
4	7	3	antiquity		127
5	13	4	1461	Reguis (1536), Cataldi (1603)	8191
6	17	6	1588	Cataldi (1603)	131071
7	19	6	1588	Cataldi (1603)	524287
8	31	10	1750	Euler (1772)	2147483647
9	61	19	1883	Pervouchine (1883), Seelhoff (1886)	2305843009213693951
10	89	27	1911	Powers (1911)	618970019642690137449562111
11	107	33	1913	Powers (1914)	162259276829213363391578010288127
12	127	39	1876	Lucas (1876)	170141183460469231731687303715884105727
13	521	157	Jan. 30, 1952	Robinson (1954)	68647976601306097149...12574028291115057151
14	607	183	Jan. 30, 1952	Robinson (1954)	53113799281676709868...70835393219031728127
15	1279	386	Jun. 25, 1952	Robinson (1954)	10407932194664399081...20710555703168729087
16	2203	664	Oct. 7, 1952	Robinson (1954)	14759799152141802350...50419497686697771007
17	2281	687	Oct. 9, 1952	Robinson (1954)	44608755718375842957...64133172418132836351
18	3217	969	Sep. 8, 1957	Riesel	25911708601320262777...46160677362909315071
19	4253	1281	Nov. 3, 1961	Hurwitz	19079700752443907380...76034687815350484991
20	4423	1332	Nov. 3, 1961	Hurwitz	28554254222827961390...10231057902608580607
21	9689	2917	May 11, 1963	Gillies (1964)	47822027880546120295...18992696826225754111
22	9941	2993	May 16, 1963	Gillies (1964)	34608828249085121524...19426224883789463551
23	11213	3376	Jun. 2, 1963	Gillies (1964)	28141120136973731333...67391476087696392191
24	19937	6002	Mar. 4, 1971	Tuckerman (1971)	43154247973881626480...36741539030968041471
25	21701	6533	Oct. 30, 1978	Noll and Nickel (1980)	44867916611904333479...57410828353511882751
26	23209	6987	Feb. 9, 1979	Noll (Noll and Nickel 1980)	40287411577898877818...36743355523779264511
27	44497	13395	Apr. 8, 1979	Nelson and Slowinski	85450982430363380319...44867686961011228671
28	86243	25962	Sep. 25, 1982	Slowinski	53692799550275632152...99857021709433438207
29	110503	33265	Jan. 28, 1988	Colquitt and Welsh (1991)	52192831334175505976...69951621083465515007
30	132049	39751	Sep. 20, 1983	Slowinski	51274027626932072381...52138578455730061311
31	216091	65050	Sep. 6, 1985	Slowinski	74609310306466134368...91336204103815528447
32	756839	227832	Feb. 19, 1992	Slowinski and Gage	17413590682008709732...02603793328544677887
33	859433	258716	Jan. 10, 1994	Slowinski and Gage	12949812560420764966...02414267243500142591
34	1257787	378632	Sep. 3, 1996	Slowinski and Gage	41224577362142867472...31257188976089366527
35	1398269	420921	Nov. 12, 1996	Joel Armengaud/GIMPS	81471756441257307514...85532025868451315711
36	2976221	895832	Aug. 24, 1997	Gordon Spence/GIMPS	62334007624857864988...76506256743729201151
37	3021377	909526	Jan. 27, 1998	Roland Clarkson/GIMPS	12741168303009336743...25422631973024694271
38	6972593	2098960	Jun. 1, 1999	Nayan Hajratwala/GIMPS	43707574412708137883...35366526142924193791
39	13466917	4053946	Nov. 14, 2001	Michael Cameron/GIMPS	92494773800670132224...30073855470256259071
40	20996011	6320430	Nov. 17, 2003	Michael Shafer/GIMPS	12597689545033010502...94714065762855682047
41?	24036583	7235733	May 15, 2004	Josh Findley/GIMPS	29941042940415717208...67436921882733969407
42?	25964951	7816230	Feb. 18, 2005	Martin Nowak/GIMPS	12216463006127794810...98933257280577077247
43?	30402457	9152052	Dec. 15, 2005	Curtis Cooper and Steven Boone/GIMPS	31541647561884608093...11134297411652943871
44?	32582657	9808358	Sep. 4, 2006	Curtis Cooper and Steven Boone/GIMPS	12457502601536945540...11752880154053967871
45?	37156667	11185272	Sep. 6, 2008	Hans-Michael Elvenich/GIMPS	20225440689097733553...21340265022308220927
46?	43112609	12978189	Aug. 23, 2008	Edson Smith/GIMPS	31647026933025592314...80022181166697152511

İnsanoğlunda keşfetme merakı oldukça, bu tabloya yeni Mersenne sayılarının katılacağı aşikar...

Doğum Günleri Üzerine Bir Deneme

Doğum günü kutlamalarını pek sevmem, çok yakınım bir-iki kişi dışında da insanların doğum günlerini kutlamam.Yaşlanmak ile ilgisi yok tabii, ama insanların, sıradan bir günde doğmaları üzerine yapılan kutlamalar benim ilgimi çekmiyor.Ha diyelim ki, 29 Şubat' da doğdunuz, bakın bu kutlamaya değer, ne de olsa dört yılda bir rasgeliyor, değil mi!
Bir de aynı günde doğan insanların, beraber doğum günlerini kutlamalarına ne demeli...Bilmem hiç rasgeldiniz mi böyle bir duruma? Hayır mı? Hmmm...Peki size 20 kişiden fazla bir toplulukta (rasgele seçilen insanlardan oluşan) %50 den fazla ihtimalle aynı günde doğan en az 2 kişi vardır desem, inanır mısınız?..Herhalde, bir bildiğim vardır diyeceksiniz...
Biraz olasılık hesabı yapalım.n kişiden oluşan bir kalabalığın içinde en az 2 kişinin doğum gününün aynı olma olasılığı;



ile hesaplanır.sayı arttıkça aynı günde doğan en az 2 kişiyi bulma şansı artar.
5 kişi için olasılık %3 e yakınken;
20kişi için %41;
30 kişi için %70;
60 kişi içinse %99 çıkıyor.

23 kişi içinse, olasılık neredeyse %50...Bu gerçekten büyük bir olasılık, bir grup içinde iddia konusu bile olabilir belki...

Bu hesapları Maple ile elde ettim.Maple için tıklayınız...

Peki , n kişilik bir topluluk içinde, sizinle aynı günde doğan en az 1 kişinin bulunması olasılığına ne dersiniz?Bu olasılık da;

1 - (364/365)^n

ile hesaplanabilir.Ama bu ilkine göre çok daha küçük bir olasılıktır.250 kişi için ancak %50 ye yaklaşıyor.


Yine de her yeni günde , tüm doğum günü olanlara mutlu yıllar!!!

Trigonometri Formülleri İçin Hafıza Çivisi

Dönüşüm ve Ters Dönüşüm formüllerini akılda tutmaya yarayan bir "hafıza çivisi"


Anlamak için biraz uğraşmak gerekli...

Yalnız Pergel Kullanarak Yapılabilen Çizimler-5

Bir çember yayını iki eşit parçaya ayıralım.

Herhangi bir çemberin (veya yayın) merkezinin yalnız pergel kullanarak bulunabileceğini ilerleyen problemlerde göreceğiz.Ama bizim çemberimizin merkezi olan O noktası berlirli olsun.
IOAI = IOBI = r ve IABI = a alalım.(O , a) , (A , r) ve (B , r) çemberlerini çizerek, çemberlerin kesim noktalarında C ve D yi elde ederiz.

(C , B) ve (D , A) çemberlerini, yukarıya doğru, E noktasında kesişinceye kadar çizelim.Sonra, (C , OE) ve (D , OE) çemberleri çizilirse o zaman, bu çemberlerin kesim noktalarında X ve X₁ i elde ederiz.İşte X noktası AB yayını iki eş parçaya ayırır.X₁ noktası da, ilk AB yayı ile bir tam çembere tamamlanan yayı iki eş parçaya ayırır.Bir (O , A) tam çemberinin çizilmesiyle de, (O , A) ile kesişerek X ve X₁ noktalarını belirleyen (C , OE) ve (D , OE) çemberlerinden yalnız bir tanesini çizmemiz gerekir. ♣

İspat : ABOC ve ABDO dörtgenleri birer paralelkenardır.Buna göre; C, O ve D noktaları aynı bir doğru üzerinde bulunurlar.( CO \\ AB ve OD \\ AB dir). CED ve CXD ikizkenar üçgenlerine bakarsak, COE ve COX açılarının dik açı oldukları görülür.Buna göre OX doğru parçası ile AB kirişi birbirine diktirler.Sonuç olarak, X noktasının AB yayını iki eş parçaya ayırdığını kanıtlamak için,

IOXI = r

olduğunu göstermek gerekir.ABOC paralelkenarından,

IOAI² + IBCI² = 2IOBI² + 2IABI²

ya da;

r² + IBCI² = 2r² + 2a²

dir.O halde,

IBCI² = 2a² + r²

olduğu görülür.COE dik üçgeninde;

ICEI² = IBCI² = IOCI² + IOEI²

dir.Demek ki,

2a² + r² = a² + IOEI²

ve

IOEI² = a² + r2

olur. Ve COX dik üçgeninden,

IOXI = √(ICXI² – IOCI²) = √(IOEI² – IOCI²) = √(a² + r² – a²) = r

elde edilir. ♣

Yalnız Pergel Kullanarak Yapılabilen Çizimler-4

(O , a) çemberi üzerinde IABI = c kirişini alır ve daha sonra, (O , b) çemberini A₁ ve B₁ noktalarında kesen ve yarıçapları rastgele bir d kadar olan (A , d) ve (B , d) çemberlerini çizelim.Verilen üç doğru parçası ile dördüncü orantılı olan ve istediğimiz doğru parçası A₁B₁ dir.

İspat : Karşılıklı bütün kenarları birbirine eşit olan AOA1 ve BOB1 üçgenleri eş üçgenlerdir.Buna göre, AOA1 açısı ile BOB1 açısı eşittirler.O halde, AOB açısı ile A1OB1 açıları da eşittir.Demek ki, AOB açısı ile A1OB1 açıları da birbirine eşit ve AOB ve A1OB1 üçgenleri benzer üçgenlerdir.O halde,

a : b = c : d

olduğu ispatlanmış olur.♣

c ≥ a durumu : Bu durumda, b < style="">* (veya b <>1 doğru parçasının 2,3,4 veya genel olarak n (n bir doğal sayı) kat daha uzun olan bir doğru parçasını çizme yöntemi ile)

n.a, b ve c doğru parçaları ile dördüncü orantılı olan bir y doğru parçasını çizeriz.Sonra, eğer bir x = n.y doğru parçasını çizersek (Uzunluğu r birim olan bir AA₁ doğru parçasının 2,3,4 veya genel olarak n (n bir doğal sayı) kat daha uzun olan bir doğru parçasını çizme yöntemi ile) o zaman, verilen üç a, b ve c doğru parçaları ile dördüncü orantılı olan bir doğru parçasını elde etmiş oluruz.

Gerçektende,

n.a : b = c : y

dir, ya da;

a : b = c : n.y

olur.♣

* 2.n.a > c olacak biçimde bir n.a uzunluğundaki doğru parçasını şu yöntemle bulabiliriz:

a₁ = 2.a doğru parçasını çizeriz. (Uzunluğu r birim olan bir AA₁ doğru parçasının 2,3,4 veya genel olarak n (n bir doğal sayı) kat daha uzun olan bir doğru parçasını çizme yöntemi ile) Düzlemde rastgele bir O₁ noktası alarak, (O₁ , c ) çemberini çizeriz ve istediğimiz bir doğrultu yönünde O₁A₁ = a₁, O₁A₂ = 2.a₁, ... doğru parçalarını işaretleriz.( Uzunluğu r birim olan bir AA₁ doğru parçasının 2,3,4 veya genel olarak n (n bir doğal sayı) kat daha uzun olan bir doğru parçasını çizme yöntemi ile). Aynı işlem sonlu sayıda tekrar edildikten sonra ( O₁ , c ) çemberinin dışında bulunacak olan A_n noktasına varırız.Burada O₁A_n = n.a₁ = 2.a.n > c olacağı açıktır.

Yalnız Pergel Kullanarak Yapılabilen Çizimler-3

Uzunluğu r birim olan bir AA1 doğru parçasının 2,3,4 veya genel olarak n (n bir doğal sayı) kat daha uzun olan bir doğru parçasını çizelim.

1.yol : Pergelin açıklığını r birim olarak alıp, (A1 , r) çemberini çizip, A nın A1 den geçen çapa karşılık gelen A2 noktasını çizimle buluruz. A2 yi elde etmek için IABI=IBCI=ICA2I=r birimlik kirişleri işaretleriz.IA A2I=2.r birim olacaktır.Sonra, (C , r) çemberini D noktasında kesen (A2 , r) çemberini çizeriz.(D , r) ve (A2 , r) çemberlerinin kesim noktasında A3 ü elde etmiş oluruz.A A3= 3.r birim olacaktır.Bu yöntemi n defa uygulayarak, A An = n.r uzunluğundaki doğru parçasını çizmiş oluruz. ♣





2.yol: AA1 in dışında herhangi bir B noktası alır ve C noktasında kesişen (A1 , AB) ve (B , r) çemberlerini çizelim.
(A1 , r) ve (C , BA1) çemberleri çizilirse, bu çemberler A2 noktasında kesişirler.
AA2 =2.r dir. (A2 , r) ve (C , BA2) çemberlerini çizerek A3 noktasını elde ederiz.AA3=3.r birimdir.Bu şekilde devam ederek istediğimiz n.r birim uzunluğundaki doğru parçasını çizmiş oluruz. ♣

Yalnız Pergel Kullanarak Yapılabilen Çizimler-2

Bir noktanın,bir doğruya göre simetriği olan noktayı çizerek bulalım.

Noktamızı C, doğrumuzu AB ile belirleyelim.
(A,C) ve (B,C) çemberlerini çizelim.Bu çemberlerin kesim noktası olan C1 aradığımız noktadır.♣

Sonuç:Bu problemden şu sonucu çıkarabiliriz. A, B ve X gibi üç farklı noktanın bir doğru üzerinde olduğunu söylemek için, doğrunun dışında herhangi bir C noktası almak ve C ye simetrik olan C₁ noktasını çizimle bulmak gerekir.Eğer CX ve C₁X doğru parçaları eşit iseler, X noktasının AB doğrusu üzerinde olacağı açıktır. ♣

Yalnız Pergel Kullanarak Yapılabilen Çizimler-1

Geometrik çizimler matematik eğitiminin önemli ve zevkli bir bölümünü oluşturur, ayrıca geometrik araştırmalar içinde gerekli araçlardır.
Geometrik çizimlerde kullanılan araçları, cetvel ve pergel ile sınırlama geleneği çok eski zamanlara kadar gider.Öklid geometrisi (MÖ 3.yy) yalnız bu iki araca dayanmaktadır.Herhangi bir çizimin pergel veya cetvelden hangisi ile yapıldığı, sadece birinden yararlanılıp yararlanılmadığı çok da önemli değildir.Yalnız uzun zaman önce pergelin cetvelden daha mükemmel bir araç olduğu gösterilmiş ve bazı çizimlerin cetvel kullanılmadan, sadece pergel ile çizilebileceği anlaşılmıştı.Örneğin, çemberin çevresini 6 eşit parçaya bölmek, bir noktanın bir doğruya göre simetrisini almak gibi.
İtalya’da, Pavia Ünivesitesi’nden profesör Lorenzo Mascheroni daha 1797 yılında “Pergel Geometrisi” isimli daha sonra Almanca ve Fransızca’ya da çevrilen büyük eserini yayımladı.Bu kitapta çok önemli bir önermeyi ispat etmişti:
“Pergel ve cetvel ile çözülebilen tüm çizim problemleri yalnız pergel kullanılarak da çözülebilirler.”
Bu önermeyi, inversiyondan (tersine çevirme/yer değiştirme) yararlanarak 1890 yılında A.Adler ispat etmiştir.Adler, aynı zamanda, geometrik çizim problemlerinin yalnız pergel ile çözümü içinde genel bir yöntem de vermiştir.
1928 yılında, Danimarkalı matematikçi Hjelmslev, Kopenhag’da bir kitapçıda Danimarka’nın Öklid’i olarak bilinen G.Mohr’a ait 1672’de Amsterdam’da yayımlanmış bir kitap bulmuştur.Bu kitabın ilk bölümünde, ünlü Mascheroni probleminin tam bir çözümü vardır.
İşte geometride, yalnız pergel kullanılarak yapılan geometrik çizimlerin incelendiği alana “pergel geometrisi” denir.
1893 yılında İsviçreli geometrici Jacob Steiner “Bir doğru ve sabit bir daire ile yapılan geometrik çizimler” isimli kitabını yayımladı.Steiner’in bu kitabında, daha çok , yalnızca cetvel ile yapılan çizimler incelenmiştir.Bu eserin temel sonucu şöyle ifade edilebilir:
“Şekil düzleminde verilen sabit merkezli ve sabit yarıçaplı bir dairenin bulunması koşuluyla, pergel ve cetvel ile çözülebilen her çizim problemi yalnız cetvel ile çözülebilir.”
Buna göre, cetvel ile pergelin eş değerde iki araç olabilmesi için, pergelin bir kez kullanılması yeterlidir.
Daha sonra, 19. yy’ın ilk yarısında büyük Rus matematikçisi Lobachevsky, “Non-Öklidiyen geometri” veya “Lobachevsky geometrisi” adıyla ünlenen yeni bir geometri kurdu.Daha sonra bu geometri geliştirildi.
Smogorzhevsky, Rogachenko, Mokrishchev ve diğer matematikçiler, Lobachevsky düzleminde cetvel kullanmaksızın yapılabilen çizimler üzerinde araştırmalar yaparak, Öklid düzleminde de Mascheroni çizimlerine benzer çizimlerin yapılmasının mümkün olabileceğini göstermişlerdir.

Pergel Geometrisinin Dili (Kısaltmalar ve Anlamları)

Üzerinde 2 noktası belirli olan bir doğruyu pergel ile çizemeyeceğimiz bir gerçek olsa da, daha sonra gösterebileceğiz ki bunu elde etmek imkansız değildir.Ama Mohr-Mascheroni teorisiyle bir doğrunun çiziminde bütün noktalar elde edilemez.
Pergel geometrisinde, bir doğru veya bir doğru parçası iki noktayla belirtilir, cetvelle çizilmiş haliyle, sürekli bir doğru şeklinde verilmez.Doğrunun iki noktası çizimle elde edildiği zaman, doğru tamamen çizilmiş kabul edilir.
Çizimlerimizde, “Merkezi A noktası ve yarıçapı BC olan bir çember(daire) veya bir yay çizelim” cümlesini kısaca “(A,BC) yi çizelim” şeklinde göstereceğiz.Hatta (A,AB) yerine (A,B) yazmak yeterli olacak.[(A,B)==Merkezi A ve yarıçapı AB olan çember]

YARARLANILABİLECEK KAYNAKLAR

A.Adler– Geometrik Çizim Teoremi
I.Alexandrov-Geometrik Çizim Problemleri
Argunov&Blank-Düzlemde Geometrik Çizimler
Voronets-Daire Geometrisi
Zetel-Doğru ve Daire Geometrisi
Kostovsky-Geometrik Çizim Problemlerinin Ayaklarının Açıklığı Sınırlı Bir Pergel ile Çözülebilme İmkanı Üzerine
Kostovsky- Geometrik Çizim Problemlerinin Açıklığı Değişmeyen Bir Pergel ile Çözümü
Kutuzov-Geometri
Courant&Robbins-Matematik Nedir?
Mascheroni-Pergel Geometrisi
Astryab&Smogorzhevsky-Orta Dereceli Okullar için Geometrik Çizim Problemlerinin Çözümü
Teslenko-İnversiyon Yöntemi ve Uygulanması
Rademacher&Toplitz-Sayılar ve Şekiller

İyi Sıralama Prensibi

Pozitif tamsayıların bazı sonuçlarının ispatında "iyi sıralama prensibi" (İSP) kullanılır.İfadesi şöyle: "Pozitif tamsayıların boştan farklı her altkümesinin bir "en küçük elemanı" vardır. Klasik bir ispatla örneklendirelim: "√63 irrasyoneldir." İspat: Kabul edelim ki √63 rasyonel olsun.Bu durumda; √63 = a/b olacak şekilde a ve b pozitif tamsayıları bulunur. Doğruluk Kümesi : S = {k√63 : k,k√63 pozitif tamsayı} olsun.S boş kümeden farklıdır.(a=√63.b seçilebilir)ve S nin tüm elemanları pozitif tamsayıdır ve İSP gereğince bir en küçük s=t√63 elemanı vardır. s√63-s = (s-t)√63 yazılabilir.s√63=63t ve s tamsayı olduğundan; (s-t)√63 de bir tamsayıdır.Öte yandan; s√63-s=s(√63-1) ve √63>1 olduğundan s√63-s de pozitiftir.Buradan; s√63 - s < s (s=t√63, s√63=63t ve √63