Md 200301

1

Matematik

Dünyas›’ndanMerhabaMatematik Dünyas› yepyeni bir biçim, biçem ve kadroyla karfl›n›zda. Dergiye

y›llarca büyük eme¤i geçen sevgili Ünal Ufuktepe’den görevi devrald›k.

Dergi bundan böyle üç ayda bir ç›kacak, yani art›k mevsimlik olaca¤›z. Buna

karfl›l›k sayfa say›m›z› bir hayli art›rd›k.

Her say›m›z›n “kapak konusu” olacak. Bu say›n›n kapak konusu fonksiyonlar.

Bir sonraki say›m›zda eflyap› fonksiyonlar›n› (otomorfizmalar›) konu edece¤iz.

Yaz›lar›m›z›n birbirinden olabildi¤ince ba¤›ms›z olmas›na özen gösterdik. Yani

bir yaz› okunmadan ya da anlafl›lmadan bir baflka yaz›n›n anlafl›l›r olmas›n› istedik.

‹steyenin bir yüzü kara...

Her yay›n organ›nda okurlarda al›flkanl›k yaratan fal, bulmaca, hava durumu,

doktorunuz diyor ki gibi baz› sabit köfleler vard›r. Dergimizde de bundan böyle bir-

çok sabit köfle bulacaks›n›z.

Tayfun Akgül’ün karikatür ve desenleri sayesinde, matematikten çok zorlan›n-

ca biraz olsun soluklanabilece¤iz.

Matematik Dünyas›’n›n yay›n felsefesinde dirhem de¤ifliklik olmayacak. Eski

hamam eski tas yani... Ne mutlu bize! Her ne kadar öncelikle gençlere yönelik bir

yay›nsak da, herhangi bir müfredata, örne¤in lise müfredat›na ba¤›ml› de¤iliz ve

kesinlikle üniversite girifl s›navlar›na haz›rl›k dergisi de¤iliz. Bu dergi gerçek ve ba-

¤›ms›z bir matematik dergisidir (dolay›s›yla üniversite girifl s›nav› gibi dünyevi me-

selelerle ilgilenmez!) Gençler kadar, ö¤retmen ve araflt›rmac› matematikçilerin de

zevkle okumas›n› istedi¤imiz bir dergidir. Bu dergide okuyaca¤›n›z yaz›lar›n konu-

lar› araflt›rmac› matematikçilerin içli d›fll› olduklar› konulard›r.

Yaz›lar›m›z›n oras›na buras›na sorular serpifltirdik. Bu sorular› yan›tlayanlara ki-

taplar arma¤an edece¤iz.

Dergimizin daha canl›, daha heyecanl›, daha albenili olmas› için, daha daha aflk,

flevk ve enerjiyle dolmam›z için, daha daha daha çok kiflinin bu dergiden yararlan-

mas› için, matematik ve güzellik için abone say›m›z› ve sat›fl›m›z› art›rmal›y›z. Dergi-

mizi okuyun, okutun, okutturun ve abone bulun. Edilgen de¤il etkin bir okur olma-

n›z› diliyoruz. Unutmay›n ki Matematik Dünyas› kâr amac› gütmeyen, çal›flanlar›n›n

gönüllü oldu¤u, profesyonel matematikçilerin amatör bir ruhla emek verdikleri bir

dergidir. Bizim ödülümüz, güzellikleri bizimle paylaflan okur say›s›d›r.

En baflta Ünal Ufuktepe olmak üzere, Refail Alizade, Oktay Pashaev, Engin

Büyükafl›k, ‹smail Aslan, Murat Atmaca ve Ali Ihsan Neslitürk’ten oluflan geçmifl

Yay›n Kurulu’na ve yaz›m, dizgi ve aboneli¤e eme¤i geçmifl olan Eylem Erdo¤an,

Ahmet Yant›r, Tina Befleri, Günnur Ufuktepe ve Hakan Kutucu’ya tüm matema-

tiksevenler ad›na teflekkür ederiz.

K›sa süre içinde üç önemli matematikçiyi kaybettik. S›ras›yla Do¤an Çoker,

Murat Sertel ve Gündüz ‹keda, bildikleriyle, deneyimleriyle, daha yapabilecek-

leriyle aram›zdan ayr›l›p bizi yasa bo¤dular. Tek tesellimiz kuflaktan kufla¤a hepi-

mizde yaflayacak olmalar›.

Matematik dolu günler, ve daha da önemlisi bar›fl dileyerek merhaba.

[email protected]

Matematik Dünyas›, 2003 K›fl

3

• Prof. Dr. Do¤an Çoker’i, Prof. Dr. Murat Ser-

tel’i ve Prof. Dr. Gündüz ‹keda’y› kaybettik, ma-

tematik dünyas›n›n bafl› sa¤olsun. Çoker, Sertel

ve ‹keda’yla ilgili yaz›lar›m›z› bu say›m›zda bu-

labilirsiniz. (sayfa 32-41)

• Matematik dünyas› 25 Ekim

2002’de ünlü Frans›z matematikçi

René Thom’u kaybetti. 1972’de

yazd›¤› “Structural Stability and

Morphogenesis” adl› fonksiyonla-

r›n tekilliklerini konu alan kitab›n-

da dünyaya duyurdu¤u katastrof kuram›yla mate-

matik dünyas› d›fl›nda da ünlenen Thom’un bu

kuram› biyoloji, sosyoloji, hisse senetleri borsala-

r›nda buldu¤u uygulamalar›n yan›s›ra daha önce

öngörülemeyen do¤a olaylar›n›n tahminlerinde de

kullan›lmaya çal›fl›ld›. Henri Cartan’›n doktora

ö¤rencisi olan Thom, buldu¤u Cobordizm kura-

m›yla 1958’de matematik ödüllerinin en sayg›n›

olarak kabul edilen Fields Ödülü’nü kazanm›flt›r.

Sovyet matematikçileri Pontryagin ve Rokhlin’in

çal›flmalar›na devam etmifl ve n-boyutlu kompakt

bir çokkatl›n›n (manifold) n+1 boyutlu bir çokkat-

l›n›n s›n›r› olmas› için gerekli ve yeterli koflullar›

vermifltir. Thom D‹E konu¤u olarak 90’l› y›llar›n

bafl›nda Ankara’ya da gelmifltir.

• Geçti¤imiz y›l Cahit Arf’›n bir-

çok etkinlikle an›ld›¤› bir y›l oldu.

‹zmir Yüksek Teknoloji Enstitüsü

Matematik Bölümü (http://www.iy-

te.edu.tr/mathweb/index.html) ö¤-

rencileri Cahit Hoca için yaz›lan

bir oyunu sahneleyip birçok yerde oynarken, ‹s-

tanbul Bilgi Üniversitesi Matematik Bölümü

(www.math.bilgi.edu.tr) Cahit Hoca an›s›na her

y›l yenilenecek bir matematik yar›flmas› düzenledi.

ODTÜ Matematik (www.math.metu.edu.tr) Top-

lulu¤u da Cahit Hoca’y› kaybetti¤imiz 27 Aral›k gü-

nü bir panelle ve Cahit Arf filmiyle onu and›lar.

‹kinci Cahit Arf Konuflmas› ODTÜ’de gerçekleflti ve

Collège de France’tan ünlü matematikçi Don Zagi-

er “Taylor Coeff›cients of Modular Forms” adl›

konuflmas›n› verdi.

• Özellikle matematik ö¤retmenlerimize tan›tmak

istedi¤imiz bir kurulufl var: The Mathematical As-

sociation. 1871’de kurulan bu kuruluflun amac›

üniversite öncesi matemati¤in ö¤retilmesine ve

matematik ö¤retmenlerinin meslekiçi geliflimine

katk›da bulunmak. Bu amaç do¤rultusunda yedi

de¤iflik dergi ç›kar›yorlar. Bunlardan ö¤retmenle-

rimizin ilgisini çekebilecek baz›lar› flunlar: Pri-

mary Mathematics, Mathematical Pie, Symmetry

Plus, Mathematics in Schools ve 1894’ten beri ya-

y›mlanan The Mathematical Gazette. ‹lgilenenler

için Gazette’nin ODTÜ kütüphanesinde oldu¤unu

belirtmek isteriz. Daha fazla bilgi için bu kurulu-

flun www.m-a.org.uk adresindeki web sayfas› ge-

zilebilir.

• Wolf Ödülü’nü bu y›l Mikio Sato ve John Tate

kazand›lar. Konuyla ilgili yaz›m›z bu say›da yer

al›yor. (sayfa 71)

• Ülkemizin ilk uygulamal› matematik enstitüsü

ODTÜ’de aç›ld›. Bilimsel Hesaplama, Kriptoloji ve

Matematiksel Finans ve Sigorta Matemati¤i konu-

lar›nda lisansüstü e¤itim ve araflt›rma yapacak

enstitü hakk›nda daha fazla bilgi ODTÜ web say-

falar›ndan elde edilebilir.

• 1844’te Eugene Catalan taraf›n-

dan sorulan ve Catalan Sav› olarak

an›lan sorunun çözüldü¤ü duyu-

ruldu geçen yaz. Soru, 8 ve 9 tam-

say›lar› gibi, tamsay›lar›n kuvveti

olan ard›fl›k tamsay›lar›n olup ol-

mad›¤›yd›. ‹leri sürüldü¤ü gibi bu özelli¤e sahip tek

tamsay› çiftinin 8 ve 9 oldu¤u A¤ustos 2002’de Ro-

manya as›ll› genç matematikçi Preda Mihailescu

(http://www-math.uni-paderborn.de/~preda/) tara-

f›ndan kan›tland›¤› duyuruldu. Kan›t›n yer ald›¤›

makale flu s›ralarda Crelle Journal dergisinin ha-

kemleri taraf›ndan denetleniyor.

• Poincaré sorusunun kan›tland›¤› duyuruldu. To-

poloji köflemizde bu konuda daha genifl bilgi bu-

labilirsiniz. (sayfa 53)

• Londra Matematik Derne¤i’nin (LMS) popüler

matematik videolar› var. Ederi 10 dolar civar›n-

da olan bu videolar›n baz›lar› flöyle: Codes, Simu-

lating the World, Fractals - The New Geometry,

Tangent Circles, Patterns and Packing. Daha faz-

la bilgi LMS’nin www.lms.ac.uk adresinden al›-

nabilir.* ODTÜ Matematik Bölümü ö¤retim üyesi.

K›sa K›sa...fiafak Alpay* / [email protected]

• Princeton ‹leri Araflt›rma Merke-zi’nden (Institute of Advanced Stu-dies) ünlü matematikçi RobertLanglands (http://www.sunsi-te .ubc.ca/DigitalMathArchi-ve/Langlands/intro.html) Hazi-

ran’da ülkemizi ziyaret edecek. ‹stanbul’daki FezaGürsey Enstitüsü’nün konu¤u olacak olan Lang-lands konuflmalar›n› Türkçe yapacak. LanglandsProgram› ad›yla an›lan program matemati¤in çeflit-li yap›lar›n› birlefltirmek amac›n› tafl›yor. Daha dasomut olarak, bu program Galois Grup temsilleriy-le otomorfik formlar aras›ndaki iliflkileri irdeliyor.Langlands’›n 60’l› y›llarda ortaya sürdü¤ü bu prog-ramdaki her ilerleme matematik dünyas›nda önem-li bir baflar› olarak addedilir. Bafllang›ç izleri Ga-

uss’un 1801’de kan›tlad›¤› bir teoreme kadar gidenLanglands Program›’na katk›lar› nedeniyle 2002 Fi-elds Ödülü verilen Frans›z matematikçi LaurentLafforgue’un fonksiyon cisimlerinde kan›tlad›¤›teorem bu program› bir ad›m daha ileri götürdü.Foto¤rafta Langlands’›n 1967’de Türkiye vizesiiçin sundu¤u vesikal›k foto¤raf görülüyor. ♠

Dergide birçok soruyla karfl›laflacaks›n›z. Bu soru-

lar aç›k aç›k sorulmam›fl ya da iyi ifade edilmemifl

olabilirler. Yan›tlar›n›z›, bulduklar›n›z›, yazar› bel-

liyse yazar›n adresine, yoksa dergi adresine ve 15

Nisan 2003 tarihine kadar yollay›n. Sordu¤umuz

sorular›n yan›tlar›n› biz de bilmeyebiliriz! Hatta ya-

n›tlad›¤›n›z yada yan›tlayamad›¤›n›z akl›n›za gelen

sorular›n›z› da bize yollay›n. En güzel yan›tlara (so-

rulara da!) ödül olarak kitap verece¤iz.

Ödüllerimizden Sadece Birkaç›:

• Michael Guillen, Dünyay› De¤ifltiren Befl

Denklem, Tübitak 2002.

• G.H. Hardy, Bir Matematikçinin Savunmas›,

Tübitak 2001.

• Georges ‹frah, Rakamlar›n Evrensel Tarihi (4

cilt), Tübitak 1999.

• Malcolm E. Lines, Bir Say› Tut, Tübitak 2001.

• Ali Nesin, Önermeler Mant›¤›, ‹stanbul Bilgi

Üniversitesi 2001.

• Ali Nesin, Develerle Eflekler, ‹stanbul Bilgi

Üniversitesi 2002.

• Sinan Sertöz, Matemati¤in Ayd›nl›k Dünyas›,

Tübitak 2002.

• Dennis Shasha, Bunu Ancak Dr. Ecco Çözer,

Tübitak 2001.

• Dennis Shasha, Dr. Ecco’nun fiafl›rt›c› Serü-

venleri, Tübitak 2001.

• Matematik Dünyas›, bir y›ll›k abonelik.

Ödüller

Korsanlar

Adlar› 1, 2, 3, 4, 5 olan befl ak›ll›

korsan 100 alt›n bulmufllar. Bu

100 alt›n› korsanlar flu yöntemle

paylaflacaklar. En küçük numaral› kor-

sandan bafllayarak, her korsan s›ras›

geldi¤inde bir paylafl›m önerecek. Öbür

korsanlar paylafl›m› kabul edip etmediklerine dair oy

kullanacaklar. E¤er paylafl›m oyçoklu¤uyla kabul

edilirse oyun bitecek. E¤er paylafl›m kabul edilmezse

paylafl›m› öneren korsan denize at›lacak ve paylafl›m

önerme s›ras› bir sonraki korsana geçecek. Birinci kor-

san nas›l bir paylafl›m önermelidir? ♠

4


Ankara Ü. her çarflamba 15,30.

Bilkent Ü. her çarflamba 15,30.

Bo¤aziçi Ü. her çarflamba 14-15 (sonra çay kahve).

‹stanbul Bilgi Ü. (Kufltepe) her cuma saat 13,30.

ODTÜ her perflembe 15,40.

Matematik Seminerleri

• Princeton ‹leri Araflt›rma Merke-zi’nden (Institute of Advanced Stu-dies) ünlü matematikçi RobertLanglands (http://www.sunsi-te .ubc.ca/DigitalMathArchi-ve/Langlands/intro.html) Hazi-

ran’da ülkemizi ziyaret edecek. ‹stanbul’daki FezaGürsey Enstitüsü’nün konu¤u olacak olan Lang-lands konuflmalar›n› Türkçe yapacak. LanglandsProgram› ad›yla an›lan program matemati¤in çeflit-li yap›lar›n› birlefltirmek amac›n› tafl›yor. Daha dasomut olarak, bu program Galois Grup temsilleriy-le otomorfik formlar aras›ndaki iliflkileri irdeliyor.Langlands’›n 60’l› y›llarda ortaya sürdü¤ü bu prog-ramdaki her ilerleme matematik dünyas›nda önem-li bir baflar› olarak addedilir. Bafllang›ç izleri Ga-

uss’un 1801’de kan›tlad›¤› bir teoreme kadar gidenLanglands Program›’na katk›lar› nedeniyle 2002 Fi-elds Ödülü verilen Frans›z matematikçi LaurentLafforgue’un fonksiyon cisimlerinde kan›tlad›¤›teorem bu program› bir ad›m daha ileri götürdü.Foto¤rafta Langlands’›n 1967’de Türkiye vizesiiçin sundu¤u vesikal›k foto¤raf görülüyor. ♠

Dergide birçok soruyla karfl›laflacaks›n›z. Bu soru-

lar aç›k aç›k sorulmam›fl ya da iyi ifade edilmemifl

olabilirler. Yan›tlar›n›z›, bulduklar›n›z›, yazar› bel-

liyse yazar›n adresine, yoksa dergi adresine ve 15

Nisan 2003 tarihine kadar yollay›n. Sordu¤umuz

sorular›n yan›tlar›n› biz de bilmeyebiliriz! Hatta ya-

n›tlad›¤›n›z yada yan›tlayamad›¤›n›z akl›n›za gelen

sorular›n›z› da bize yollay›n. En güzel yan›tlara (so-

rulara da!) ödül olarak kitap verece¤iz.

Ödüllerimizden Sadece Birkaç›:

• Michael Guillen, Dünyay› De¤ifltiren Befl

Denklem, Tübitak 2002.

• G.H. Hardy, Bir Matematikçinin Savunmas›,

Tübitak 2001.

• Georges ‹frah, Rakamlar›n Evrensel Tarihi (4

cilt), Tübitak 1999.

• Malcolm E. Lines, Bir Say› Tut, Tübitak 2001.

• Ali Nesin, Önermeler Mant›¤›, ‹stanbul Bilgi

Üniversitesi 2001.

• Ali Nesin, Develerle Eflekler, ‹stanbul Bilgi

Üniversitesi 2002.

• Sinan Sertöz, Matemati¤in Ayd›nl›k Dünyas›,

Tübitak 2002.

• Dennis Shasha, Bunu Ancak Dr. Ecco Çözer,

Tübitak 2001.

• Dennis Shasha, Dr. Ecco’nun fiafl›rt›c› Serü-

venleri, Tübitak 2001.

• Matematik Dünyas›, bir y›ll›k abonelik.

Ödüller

Korsanlar

Adlar› 1, 2, 3, 4, 5 olan befl ak›ll›

korsan 100 alt›n bulmufllar. Bu

100 alt›n› korsanlar flu yöntemle

paylaflacaklar. En küçük numaral› kor-

sandan bafllayarak, her korsan s›ras›

geldi¤inde bir paylafl›m önerecek. Öbür

korsanlar paylafl›m› kabul edip etmediklerine dair oy

kullanacaklar. E¤er paylafl›m oyçoklu¤uyla kabul

edilirse oyun bitecek. E¤er paylafl›m kabul edilmezse

paylafl›m› öneren korsan denize at›lacak ve paylafl›m

önerme s›ras› bir sonraki korsana geçecek. Birinci kor-

san nas›l bir paylafl›m önermelidir? ♠

4


Ankara Ü. her çarflamba 15,30.

Bilkent Ü. her çarflamba 15,30.

Bo¤aziçi Ü. her çarflamba 14-15 (sonra çay kahve).

‹stanbul Bilgi Ü. (Kufltepe) her cuma saat 13,30.

ODTÜ her perflembe 15,40.

Matematik Seminerleri

1. Tan›m. Fonksiyon

kavram›n›n matemati¤in

en önemli kavramlar›ndan

biri oldu¤unu söylemek

fonksiyon kavram›na büyük hak-

s›zl›k olur. Fonksiyon, matemati¤in en

önemli kavramlar›ndan biri de¤il, matemati¤in

en önemli kavram›d›r. Küme kavram› hariç, bel-

ki...

Bilimin b’sinin girdi¤i her yerde fonksiyona

rastlan›r.

Art›k ilkokullarda bile ö¤retiliyor fonksiyon.

Herhalde afla¤›dakine benzer flekilleri e¤itim ha-

yat›n›z boyunca s›k s›k görmüflsünüzdür.

Üst soldaki yumurta bir kümedir (fiekil 1).

Sa¤daki domates de... ‹çindeki noktalar kümele-

rin elemanlar›d›r. Soldaki yumurtan›n her elema-

n› sa¤daki domatesin bir eleman›na bir okla “gön-

derilmifltir”.

Burada X kümesinden Y kümesine giden bir

fonksiyon flekledilmifltir. Sol taraftaki X kümesi-

nin dört eleman› vard›r: a, b, c ve d. Aç›kça söy-

lenmez ama bu elemanlar›n birbirinden de¤iflik ol-

duklar› varsay›l›r. Sa¤ taraftaki kümeninse befl

eleman› vard›r: 1, 2, 3, 4, 5.

ƒ, sol taraftaki kümenin her eleman›n› sa¤ ta-

raftaki kümenin bir eleman›na gönderen bir ku-

rald›r. Örne¤in X kümesinin a ve b elemanlar› ƒkural› gere¤ince Y’nin 1 eleman›na giderler. Bu,

ƒ(a) = ƒ(b) = 1

olarak gösterilir. Ayn› biçimde,

ƒ(c) = 4

ƒ(d) = 5

yaz›l›r.

Y’nin 2 ve 3 elemanlar›na X’ten hiçbir eleman

gitmiyor. Bu hiç sorun edilmez. X’ten Y’ye giden

bir fonksiyon Y’nin her eleman›na dokunmak zo-

runda de¤ildir.

Bu ilk örnekte de oldu¤u gibi, X’in iki ayr› ele-

man› (a ve b elemanlar›) Y’nin ayn› eleman›na (1

eleman›na) gidebilir. Hatta X kümesinin bütün

elemanlar› Y kümesinin ayn› eleman›na gidebilir. Bu

tür fonksiyonlara sabit fonksiyon denir (fiekil 2).

X kümesinden Y kümesine giden bir fonksi-

yonda önemli olan, X’in her eleman›n›n, tan›m-

lanan kural gere¤ince, Y’nin tek bir eleman›na

gönderilmesidir.

Örne¤in fiekil 3’teki kural bir fonksiyon ta-

n›mlamaz. Çünkü burada X kümesinin a elema-

n› Y kümesinin iki ayr› eleman›na (1’e ve 3’e)

gönderilmekte. Fonksiyonun tan›m› bunu ya-

saklar.

Dileyen, fiekil 3’teki “fley”e baflka bir ad bu-

labilir, örne¤in “çok de¤erli fonksiyon” ya da

“monksiyon” gibi. Ama bu “fley” kesinlikle bir

fonksiyon de¤ildir.

fiekil 4’teki fley de bir fonksiyon de¤ildir. Çün-

kü bu kez X kümesinin b eleman› Y’nin hiçbir ele-

man›na gönderilmemifl. Fonksiyonun tan›m› bu-

nu da yasaklar. X’ten Y’ye giden bir fonksiyon

X’in her eleman›n› Y’nin bir (ve bir tek) eleman›-

na göndermeli.

5


Kapak Konusu: Fonksiyonlar

Fonksiyonlara Genel Girifl

X Yƒ

a

bc

d

1

23

4

5

fiekil 1. Bir fonksiyon resmi

fiekil 2. Sabit 3 fonksiyonu

12

3

4

5

X Y

a

bc

d

a

b

c

d

X Y

1

32

4

5

fiekil 3. Bir monksiyon.

Fonksiyonun Türkçesi “gönderme” olabilir.

Al›fl›nca yabanc›l›k çekilmiyor, her zaman oldu-

¤u gibi...

E¤er ƒ, X kümesinden Y kümesine giden bir

fonksiyonsa, bunu

ƒ : X → Y

olarak ve e¤er ƒ fonksiyonu X kümesinin x elema-

n›n› Y kümesinin y eleman›na gönderiyorsa bunu,

ƒ(x) = y ya da ƒ : x a y

olarak yazar›z. O zaman y eleman›na x’in gö-

rüntüsü ya da imgesi denir.

X kümesine ƒ fonksiyonunun kalk›fl kümesi,

Y kümesine de var›fl kümesi ad› verilir.

Örne¤in, ƒ(x) = x2 kural›, tamsay›lar kümesi

Z’den gerçel (reel) say›lar kümesi R’ye giden bir

fonksiyondur. Elbette ƒ(–2) = ƒ(2) = 4.

Ama ayn› ƒ(x) = x2 kural› bize Z kümesinden

gene Z kümesine giden bir baflka fonksiyon verir.

Ve hatta ayn› kural bize Z kümesinden do¤al sa-

y›lar kümesi N’ye giden bir baflka fonksiyon ve-

rir. Ve hatta ayn› kural bize R kümesinden gene

R kümesine giden bir baflka fonksiyon verir. Ve

hatta ayn› kural bize R kümesinden negatif olma-

yan gerçel say›lar kümesi R≥0 kümesine giden bir

baflka fonksiyon verir...

Bir baflka deyiflle, fonksiyon kavram›n›n tan›m›-

n›n içinde (fonksiyonun kural›ndan baflka) bir de

fonksiyonun kalk›fl ve var›fl kümeleri vard›r. Kural

de¤iflmese de, kalk›fl ve var›fl kümeleri de¤iflti¤inde

fonksiyonun da de¤iflti¤i kabul edilir. Yani bir fonk-

siyon sadece bir kural de¤ildir, fonksiyon tan›m›n›n

içinde fonksiyonun kural› vard›r, ama ayn› zaman-

da kalk›fl ve var›fl kümeleri de vard›r.

Bir fonksiyonu, (kalk›fl kümesi + var›fl küme-

si + kalk›fl kümesinin her eleman› için var›fl kü-

mesinin tek bir eleman›n› veren bir kural) ola-

rak tan›mlayabiliriz. Ama a¤›z al›flkanl›¤›yla ve

kolayl›k olsun diye, ço¤u zaman sadece kural

söylenir. Kalk›fl ve var›fl kümelerinin bilindikleri

varsay›l›r.

Örnekler. ƒ(x) = √x kural›, gerçel say›lar kü-

mesi R’den gerçel say›lar kümesi R’ye giden bir

fonksiyon tan›mlamaz, çünkü negatif gerçel say›-

lar›n karekökü yoktur (ya da R’de de¤ildir bu ka-

rekök.) X’ten Y’ye giden bir fonksiyon, X’teki

her eleman› Y’deki bir elemana göndermeli.

Öte yandan, ayn› kural, negatif olmayan ger-

çel say›lar kümesi R≥0’den R’ye bir fonksiyon ta-

n›mlar.

Buna benzer bir nedenden, ƒ(x) = 1/x kural›,

gerçel say›lar kümesi R’den gerçel say›lar küme-

si R’ye giden bir fonksiyon tan›mlamaz (0’in gö-

rüntüsü yok.) Öte yandan ƒ(x) = 1/x kural›, R>0

kümesinden R kümesine (R>0 kümesine de) giden

bir fonksiyon tan›mlar. Ayn› kural, R \ {0} küme-

sinden R’ye giden bir baflka fonksiyon tan›mlar.

ƒ(x) = ± x kural› da R’den R’ye giden bir

fonksiyon tan›mlamaz, çünkü ƒ(x) tek bir

de¤er olmal›. X’ten Y’ye giden bir fonksiyon,

X kümesindeki her eleman› Y kümesinden

tek bir elemana göndermeli.

Öte yandan, ƒ(x) = {x, –x} kural› R küme-

sinden R’nin (en fazla iki elemanl›) altküme-

ler kümesine giden bir fonksiyon tan›mlar.

Kural da Nesi? Bu “kural” sözcü¤ü sizi rahat-

s›z etmifl olabilir. Bu sözcükten ben de rahats›z›m.

Her fleyden önce “kural”›n tan›m›n› yapmad›k.

Kural da ne demek! Ayr›ca kural› belli olmayan

ya da kural› bilinip de hesaplanamayan fonksiyon-

lar da vard›r. Örne¤in, her do¤al say›y›, bafl›mda-

ki flu andaki saç teli say›s› art› ‹kinci Dünya Sa-

vafl›’nda ölen Frans›z subay› say›s›na yollayan

sabit fonksiyonun de¤eri san›r›m bilinmez, ama bu

“kural” gene de bir fonksiyon tan›mlar. Biz flim-

dilik bu tür tuhafl›klar› görmezden gelelim. Ama

sadece flimdilik... Seçim Fonksiyonlar› yaz›s›nda

kural› bilinmeyen fonksiyonlar› konu edece¤iz.

Sizi daha fazla rahats›z edecek bir fley daha

söyleyeyim: Fonksiyonun matematiksel tan›m› yu-

kardaki gibi de¤ildir. Matematikte her fley bir kü-

medir, fonksiyon da dahil olmak üzere... Ve biz yu-

kar›da fonksiyonu bir küme olarak tan›mlamad›k...

Ama – inan›n bana – fonksiyonun tam matematik-

sel tan›m›n› bilmek pek o kadar önemli de¤ildir.

Sonuç olarak, X kümesinden Y kümesine giden

bir fonksiyon, X kümesinin her eleman›n› Y küme-

sinden tek bir elemana götüren bir kurald›r.

6

a

b

c

d

XY

1

23

4

5

fiekil 4. Bir baflka monksiyon.

Say› Kümeleri

Do¤al say›lar kümesi = N = {0, 1, 2, 3,...}

Tam say›lar kümesi = Z = {..., -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3, ...}

Kesirli say›lar kümesi = Q = {a/b : a, b ∈ Z, b ≠ 0}

Gerçel say›lar kümesi = R = “say› do¤rusu”ndaki tüm say›lar


2. Fonksiyonlar›n Bileflkesi. ƒ, X kümesinden

Y kümesine, g de Y kümesinden Z kümesine giden

bir fonksiyon olsunlar. Örne¤in afla¤›daki flekilde-

ki gibi:

Bu iki fonksiyonun bileflkesini al›p X’ten Z’ye

giden bir fonksiyon elde edebiliriz. fiöyle yapar›z:

X’ten herhangi bir eleman alal›m, diyelim a’y› al-

d›k. Bu elemana ƒ’yi uygulay›p Y’den bir eleman

bulal›m; örne¤imizde ƒ(a) buluruz, yani 1’i. fiim-

di Y’nin bu eleman›na g’yi uygulay›p Z’den bir ele-

man bulal›m, örne¤imizde g(1) buluruz, yani r’yi.

Bu bize yeni bir fonksiyon verir. Bu yeni fonksi-

yon, X’in a eleman›n› Z’nin r eleman›na gönde-

rir (fiekil 6.)

Yukar›da ƒ ve g fonksiyonlar›n› kullanarak el-

de etti¤imiz fonksiyona ƒ ve g’nin bileflkesi ad› ve-

rilir ve bu yeni fonksiyon g ° ƒ olarak yaz›l›r. Yu-

karda da gördü¤ümüz gibi,

(g ° ƒ)(a) = g(ƒ(a)) = g(1) = r.

Bunun gibi,

(g ° ƒ)(b) = g(ƒ(b)) = g(1) = r,

(g ° ƒ)(c) = g(ƒ(c)) = g(4) = u,

(g ° ƒ)(d) = g(ƒ(d)) = g(5) = u.

g ° ƒ bileflkesinden söz edebilmek için ƒ küme-

sinin var›fl kümesiyle g kümesinin kalk›fl kümele-

rinin ayn› kümeler olmas› gerekti¤ine dikkatinizi

çekerim. Kalk›fl ve var›fl kümeleri ayn› olan fonk-

siyonlar›n (yani bir X kümesinden gene ayn› X kü-

mesine giden fonksiyonlar›n) hiç düflünmeden is-

tedi¤imiz gibi bileflkelerini alabiliriz.

Fonksiyonlar›n bileflkesi önemli bir kavram-

d›r. Birkaç örnek daha verelim.

Örnek 1. ƒ : R → R≥0 fonksiyonu ƒ(x) = x2

kural›yla, g : R≥0 → R fonksiyonu g(x) = x – 5

kural›yla tan›mlans›n. O zaman, her x ∈ R için,

(g ° ƒ)(x) = g(ƒ(x)) = g(x2) = x2 – 5.

Bu örnekte g ve ƒ’nin de bileflkelerini al›p ƒ ° g

fonksiyonundan söz edebiliriz: Her x ∈ R için,

(ƒ ° g)(x) = ƒ(g(x)) = ƒ(x – 5) = (x – 5)2.

Görüldü¤ü gibi g ° ƒ ≠ ƒ ° g.

Örnek 2. ƒ : R≥0 → R≥0 fonksiyonu ƒ(x) = √x

olarak tan›mlans›n. g : R≥0 → R fonksiyonu da

g(x) = x – 5 olarak tan›mlans›n. O zaman, her

x ∈ R≥0 için, (g ° ƒ)(x) = g(ƒ(x)) = g(√x) = √x – 5.

Bu örnekte ƒ ° g diye bir fonksiyondan sözedeme-

yiz, çünkü g’nin var›fl kümesi negatif say›lar› içe-

riyor ama ƒ negatif say›larda tan›mlanm›yor.

Bileflkenin Birleflme Özelli¤i. Afla¤›daki gibi üç

fonksiyonumuz olsun:

ƒ : X →Y,

g : Y → Z,

h : Z → T.

Bu üç fonksiyonla ilk bak›flta de¤iflik gibi

görünen iki ifllem yapabiliriz:

1) g ° ƒ : X → Z ve h : Z → T fonksiyonlar›-

n›n bileflkesini al›p h ° (g ° ƒ) : X → T fonksiyo-

nuna bakabiliriz.

2) ƒ : X → Y ve h ° g : Y → T fonksiyonlar›-

n›n bileflkesini al›p (h ° g) ° ƒ : X → T fonksiyo-

nuna bakabiliriz.

Bu iki fonksiyon birbirine eflittir. Bunu kan›t-

layal›m.

Ama önce iki fonksiyonun ne zaman birbiri-

ne eflit oldu¤unu bilmeliyiz: E¤er ayn› kalk›fl ve va-

r›fl kümeleri olan iki fonksiyon, kalk›fl kümesin-

deki her eleman›, hep, var›fl kümesinin ayn›

eleman›na gönderiyorlarsa, o zaman o iki fonk-

siyon eflittirler. Örne¤in, R’den R’ye giden

a(x) = fonksiyonuyla b(x) = |x| fonksiyonu

birbirine eflittirler.

X’den T’ye giden h ° (g ° ƒ) ve (h ° g) ° ƒ fonk-

siyonlar›n›n ald›klar› de¤erleri hesaplayal›m, baka-

l›m eflitler mi? x ∈ X olsun. Bileflkenin tan›m›n› iki-

fler kez uygulayarak hesaplayal›m:

(h ° (g ° ƒ))(x) = h((g ° ƒ)(x)) = h(g(ƒ(x))

((h ° g) ° ƒ)(x) = (h ° g)(ƒ(x)) = h(g(ƒ(x)).

Demek ki, her x ∈ X için,

(h ° (g ° ƒ))(x) = ((h ° g) ° ƒ)(x).

Dolay›s›yla h ° (g ° ƒ) = (h ° g) ° ƒ.

Buna fonksiyonlar›n birleflme özelli¤i denir.

Bu demektir ki ikiden fazla fonksiyonun bilefl-

kesini al›rken parantez kullanmak gereksizdir; s›-

ra gözettikten sonra, bileflkelerini almak için fonk-

siyonlar› diledi¤imiz gibi grupland›rabiliriz. Bu

nedenle h ° (g ° ƒ) ya da (h ° g) ° ƒ yazmak yeri-

ne, parantezleri at›p h ° g ° ƒ yazar›z.

7


a

bc

d

X Yƒ g

Z

1

23

45

rs

t

u

fiekil 5. ƒ ve g fonksiyonlar›

X Zg ° ƒ

a

bc

d

rs

t

u

fiekil 6. g ° ƒfonksiyonu

x2

Bileflkenin Etkisiz Eleman›. X herhangi bir

küme olsun. X’ten X’e giden çok özel bir fonk-

siyon tan›mlayaca¤›z flimdi, özdefllik fonksiyo-

nunu. Özdefllik fonksiyonu, X’in her eleman›n›

gene kendisine gönderir, yani asl›nda hiçbir fley

yapmaz! X’ten X’e giden bu fonksiyon IdX ola-

rak gösterilir. Id, “özdefllik” anlam›na gelen ‹n-

gilizce identity’nin ya da Frans›zca identité’nin

Id’idir.

Demek ki, her x ∈ X için, IdX(x) = x.

Özdefllik fonksiyonlar›n›n flu özelli¤i vard›r:

E¤er ƒ : X → Y bir fonksiyonsa, o zaman,

ƒ ° IdX = ƒ ve IdY ° ƒ = ƒ.

Bu yüzden özdefllik fonksiyonuna, fonksiyonlar›n

etkisiz eleman› da diyebiliriz.

3. FONKS‹YON ÇEfi‹TLER‹: Birebir, Ör-

ten, Eflleme, Eflleflme. Bu bölümde fonksiyonlar›n

baz› önemli özelliklerini tan›mlayaca¤›z.

Örten Fonksiyonlar. fiekil 1’deki örne¤e bir

kez daha bakal›m. O örnekte X’ten hiçbir eleman

Y’nin 2 ve 3 eleman›na gitmemifl. fiimdi 2 ve 3 ele-

manlar›n› Y’den at›p yeni bir g fonksiyonu tan›m-

layal›m (fiekil 8. Var›fl kümesi de¤iflti¤inden, va-

r›fl kümesi art›k Y de¤il, var›fl kümesine Z diyelim.)

Bu sefer, var›fl kümesi Z’nin her eleman›na X’ten

bir eleman ulafl›yor. Bu özelli¤i olan bir fonksiyo-

na örten fonksiyon denir.

Daha formel bir biçimde ifade edecek olur-

sak, bir g : X → Z fonksiyonu, e¤er

her z ∈ Z için, g(x) = z eflitli¤ini

sa¤layan bir x ∈ X vard›r

özelli¤ini sa¤l›yorsa, o zaman g fonksiyonuna ör-

ten denir.

Örne¤in R’den R’ye giden ƒ(x) = x2 kural›y-

la tan›mlanm›fl fonksiyon örten de¤ildir, çünkü ka-

resi –1 olan bir gerçel say› yoktur. Ama R’den R≥0

kümesine giden ve gene ƒ(x) = x2 kural›yla tan›m-

lanm›fl fonksiyon örtendir.

n elemanl› bir kümeden Y kümesine giden

örten bir fonksiyon olmas› için, Y’nin en fazla n

eleman› olmal›d›r elbet.

Birebir Fonksiyonlar. Gene fiekil 1’deki örne-

¤e bakal›m. O örnekte X’in a ve b elemanlar›

Y’nin ayn› eleman›na (1’e) gidiyorlar. X kümesin-

den a ya da b’den birini atarsak böyle bir “so-

run”la karfl›laflmay›z. Diyelim b’yi att›k. Elde et-

ti¤imiz fonksiyona h diyelim. (fiekil 9. X kümesi

de¤iflti¤inden, kalk›fl kümesi art›k X de¤il. Kalk›fl

kümesine T diyelim.) fiimdi art›k h fonksiyonun-

da kalk›fl kümesi T’nin her eleman› var›fl kümesi

Y’nin bir baflka eleman›na gider. Yani h : T → Y

fonksiyonu,

her t1, t2 ∈ T için, e¤er

h(t1) = h(t2) eflitli¤i do¤ruysa,

o zaman t1 = t2 eflitli¤i do¤rudur

özelli¤ini sa¤lar. Bu özelli¤i sa¤layan fonksiyon-

lara birebir fonksiyonlar denir.

Örne¤in R’den R’ye giden ƒ(x) = x2 kural›y-

la tan›mlanm›fl fonksiyon birebir de¤ildir. Çünkü

örne¤in –3 ve 3 ayn› elemana (9’a) giderler. Öte

yandan R≥0 kümesinden R’ye giden ve gene ƒ(x)

= x2 kural›yla tan›mlanm›fl fonksiyon birebirdir.

Bir X kümesinden n elemanl› bir kümeye gi-

den birebir bir fonksiyon olmas› için, X’in en

fazla n eleman› olabilir elbet.

Efllemeler. Yukarda verdi¤imiz örneklerden

dördüncü özet olarak yazal›m:

1) ƒ : R → R, ƒ(x) = x2 fonksiyonu ne örten-

dir ne de birebir.

2) g : R → R≥0, g(x) = x2 fonksiyonu örten-

dir ama birebir de¤ildir.

3) h : R≥0 → R, h(x) = x2 fonksiyonu birebir-

dir ama örten de¤ildir.

4) k : R≥0 → R≥0, k(x) = x2 fonksiyonu hem

birebirdir hem de örten.

8


a

b

c

d

X X

a

b

c

d

fiekil 7. Özdefllik fonksiyonu

X Z

a

b

c

d

g

1

4

5

fiekil 8. Örten bir fonksiyon resmi.

a

c

d

T Y

1

23

4

5

fiekil 9. Birebir fonksiyon resmi.

h

Hem örten hem de birebir olan bir fonksiyo-

na eflleme denir. Demek ki dördüncü örnek bir efl-

leme, di¤er üçü de¤il.

IdX her zaman bir efllemedir elbet.

Aralar›nda eflleme olan iki sonlu kümenin ele-

man say›s› eflit olmak zorundad›r.

Bir kümeden gene kendisine giden efllemelere

eflleflme diyebiliriz.

Al›flt›rmalar. Afla¤›daki al›flt›rmalarda iki

fonksiyonun bileflkesinden söz edildi¤inde, bu

fonksiyonlar›n bileflkesinin al›nabilece¤i, yani bi-

rinin var›fl kümesinin di¤erinin kalk›fl kümesinin

içinde oldu¤u varsay›lmaktad›r.

i. ‹ki örten fonksiyonun bileflkesinin örten ol-

du¤unu kan›tlay›n.

ii. ‹ki birebir fonksiyonun bileflkesinin bire-

bir oldu¤unu kan›tlay›n.

iii. ‹ki efllemenin bileflkesinin eflleme oldu¤u-

nu kan›tlay›n.

iv. ƒ ° g örtense ƒ’nin de örten oldu¤unu ka-

n›tlay›n. g de örten olmak zorunda m›?

v. ƒ ° g birebirse g’nin de birebir oldu¤unu ka-

n›tlay›n. ƒ de birebir olmak zorunda m›?

Efllemelerin Tersi. ƒ : X → Y bir fonksiyon ol-

sun. ƒ, X’in elemanlar›n› Y’nin elemanlar›na gö-

türüyor. fiimdi, bunun tam tersini yapmak istiyo-

ruz, Y’nin bir eleman›n› X’e, aynen geldi¤i yere

geri göndermek istiyoruz. Örne¤in ƒ(a) = b ise, b’yi

a’ya geri göndermek istiyoruz ve bunu bir fonk-

siyonla yapmak istiyoruz.

‹ki sorun ç›kabilir:

1) Y’deki bir elemana ƒ dokunmayabilir. O za-

man dokunulmayan bu eleman› geri gönderecek

yer yoktur. Ama e¤er ƒ örtense o zaman bu sorun

ortadan kalkar.

2) Y’deki ayn› elemana X’ten birden çok ele-

man dokunabilir. O zaman Y’nin bu eleman›n›

kendisine dokunan elemanlardan hangi birine ge-

ri gönderece¤iz? Aralar›ndan seçim yapmak gere-

kebilir. Zor ifl! Ama e¤er ƒ birebirse böyle bir so-

runla karfl›laflmay›z.

E¤er ƒ hem birebir hem de örtense (yani eflle-

meyse), Y’nin her eleman›na X’in bir ve bir tek ele-

man› dokunur. O zaman ƒ fonksiyonunun tersi-

ni tan›mlayabiliriz:

Tan›m: ƒ : X → Y bir eflleme olsun.

ƒ –1 : Y → X

fonksiyonunu flöyle tan›mlayal›m:

ƒ –1(y) = x ⇔ ƒ(x) = y.

ƒ –1 fonksiyonu da bir efllemedir. ƒ –1 fonksi-

yonuna ƒ’nin tersi denir. Afla¤›daki eflitlik sa¤la-

n›r elbet:

ƒ –1 ° ƒ = IdX ve ƒ ° ƒ –1 = IdY.

Ayr›ca, g ° ƒ = IdX ve ƒ ° g = IdY eflitlikleri-

ni sa¤layan bir g : Y → X fonksiyonu ƒ –1 fonk-

siyonuna eflit olmak zorundad›r. (Neden?)

4. Görüntü ve Öngörüntü

ƒ : X → Y bir fonksiyon olsun. E¤er A, X’in

bir altkümesiyse, ƒ(A) kümesini flöyle tan›mlaya-

l›m:

ƒ(A) = {ƒ(a) : a ∈ A}.

ƒ(A), Y kümesinin bir altkümesidir elbette.

ƒ(A) kümesine A’n›n (ƒ alt›nda) görüntüsü ad› ve-

rilir. Örne¤in ƒ : R → R fonksiyonu ƒ(x) = x2 ku-

ral›yla verilmiflse,

ƒ({5}) = {25}

ƒ({−5, 5}) = {25}

ƒ({−3, 5}) = {9, 25}

ƒ((−1,1)) = [0,1)

ƒ(R) = R≥0

ƒ(∅) = ∅.

fiimdi de B ⊆ Y verilmifl olsun. X’in ƒ –1(B)

altkümesini flöyle tan›mlayal›m:

ƒ –1(B) = {x ∈ X : ƒ(x) ∈ B}.

Yani ƒ –1(B), X’in ƒ fonksiyonu alt›nda B’ye

giden elemanlar›ndan oluflur. ƒ –1(B) kümesine

B’nin öngörüntüsü ad› verilir. Yukardaki R’den

R’ye giden ƒ(x) = x2 fonksiyonu örne¤ini alacak

olursak,

9


AX Y

ƒ(A)

ƒ

fiekil 10.A’n›n görüntüsü

X Yƒ

ƒ−1(B)

B

fiekil 11.B’nin öngörüntüsü

ƒ −1({25}) = {-5, 5}

ƒ −1({0, 25}) = {-5, 0, 5}

ƒ −1({3}) = {-√3, √3}

ƒ−1((−1,0)) = ∅ƒ −1([−1,0]) = {0}

ƒ −1([−1,1]) = [-1,1]

Böylece ƒ : X → Y fonksiyonu, ℘(X)’ten

℘(Y)’ye ve ℘(Y)’den ℘(X)’e giden iki fonksiyon

tan›mlar. Pek do¤ru de¤il belki ama, bu fonksi-

yonlar da genellikle ƒ ve ƒ −1 olarak yaz›l›r (oysa

ƒ ∼ gibi hafifçe de¤iflik bir biçimde yaz›lmas› da-

ha do¤ru olurdu.)Al›flt›rmalar.

i. A1 ⊆ A2 ⊆ X ise, ƒ(A1) ⊆ ƒ(A2) iliflkisini ka-

n›tlay›n.

ii. A1 ve A2 kümeleri X’in altkümeleriyse,

ƒ(A1 ∪ A2) = ƒ(A1) ∪ ƒ(A2) eflitli¤ini kan›tlay›n.

iii. A1 ve A2 kümeleri X’in altkümeleriyse,

ƒ(A1 ∩ A2) ⊆ ƒ(A1) ∩ ƒ(A2) iliflkisini kan›tlay›n.

Eflitli¤in her zaman do¤ru olmad›¤›n› gösterin.

E¤er ƒ birebirse eflitli¤in do¤ru oldu¤unu gösterin.

iv. B1 ⊆ B2 ⊆ Y ise, ƒ –1(B1) ⊆ ƒ –1(B2) iliflki-

sini kan›tlay›n.

v. B1 ve B2 kümeleri Y’nin altkümeleriyse,

ƒ –1(B1 ∪ B2) = ƒ –1(B1) ∪ ƒ –1(B2) eflitli¤ini ka-

n›tlay›n.

vi. B1 ve B2 kümeleri Y’nin altkümeleriyse,

ƒ –1(B1 ∩ B2) = ƒ –1(B1) ∩ ƒ –1(B2) iliflkisini kan›t-

lay›n. ♠

10

Altkümeler Kümesi

E¤er X bir kümeyse, X’in altkümelerinden oluflan küme ℘(X) olarak yaz›l›r. Örne¤in e¤er X = {1,

2, 3} ise

℘(X) = {∅, {1}, {2}, {3}, {1, 2}, {1, 3}, {2, 3}, {1,2,3}}

dir. Demek ki, bu örnekte {1, 2} ∈ ℘(X). Öte yandan 1 ∉ ℘(X), çünkü 1, X’in bir altkümesi de¤il, sadece

bir eleman›.

Bir baflka örnek: X = {1, 2, {1, 2}} olsun. Bu sefer {1, 2} kümesi hem X’in hem de ℘(X)’in bir ele-

man›d›r.

Genel olarak, X kümesinin n eleman› varsa, ℘(X) kümesinin 2n eleman› vard›r. E¤er tümevar›mla

kan›t›n ne demek oldu¤unu biliyorsan›z, bunu tümevar›mla kan›t yönetiyle kolayl›kla kan›tlayabilirsiniz.

℘(N), ℘(Z), ℘(Q), ℘(R) kümelerinin elemanlar›n› teker teker belli bir s›rayla yazmak olanaks›zd›r.

(Denemeyin! Sonsuzu Saymak yaz›s›na bak›n, sayfa 15) ama vard›r böyle kümeler.

Örne¤in, çift do¤al say›lar kümesi {0, 2, 4, 6, 8, 10, ...}, ℘(N), ℘(Z), ℘(Q) ve ℘(R) kümelerinin her-

birinin eleman›d›r. Asal say›lar kümesi {2, 3, 5, 7, 11, 13, ...} de bu kümelerin birer eleman›d›r.

Örne¤in, (3, 5) aç›k aral›¤› ℘(R) kümesinin bir eleman›d›r.

Elbette, X hangi küme olursa olsun, ∅ ve X, ℘(X)’in bir eleman›d›r. ♠

Sonlu bir kümeden o kümenin altkümeler kümesine giden örten bir fonksiyon yoktur çünkü 2n > n

dir (tümevar›mla kan›tlanabilir bu eflitsizlik.) Bu olgu çok daha genel olarak do¤rudur:

Teorem. Bir kümeden o kümenin altkümeler kümesine giden örten bir fonksiyon yoktur.

Kan›t: X bir küme olan ƒ, X kümesinden ℘(X) kümesine giden örten bir fonksiyon olsun. Bir çeliflki

elde edece¤iz.

X’in flu altkümesine bakal›m: Y = {x ∈ X : x ∉ ƒ(x)}.

Y, X’in bir altkümesi oldu¤undan, ℘(X)’in bir eleman›d›r da ayn› zamanda. ƒ örten bir fonksiyon

oldu¤undan, belli bir x ∈ X için, ƒ(x) = Y olmal›. fiimdi, x, Y’nin bir eleman› m› de¤il mi sorusunu soral›m,

can al›c› soru!

x ∈ Y ⇔ x ∉ ƒ(x) ⇔ x ∉ Y

(Birinci eflde¤erlik Y’nin tan›m›ndan , ikincisi Y = ƒ(x) eflitli¤inden ç›k›yor.) Bu bir çeliflkidir. Demek ki

X kümesinden ℘(X) kümesine giden örten bir fonksiyon yoktur. ♠


Soru 1. n elemanl› bir

kümeden m elemanl› bir

kümeye giden kaç

fonksiyon vard›r?

Yan›t: mn tane vard›r, çünkü n elemanl›

kümenin her eleman›n›n gidebilece¤i tam m yer

vard›r. n elemanl› kümenin her eleman› için m ele-

manl› kümenin herhangi bir eleman›n› seçebiliriz.

Soru 2. n elemanl› bir kümeden m elemanl› bir

kümeye giden kaç eflleme vard›r?

Yan›t: Efllemelerin say›s›n› bulmak da

oldukça kolay. E¤er n ≠ m ise bu say› s›f›rd›r,

öyle bir eflleme olamaz. E¤er n = m ise bu say›

n!’dir. Çünkü birinci eleman›n gidecek n yeri

vard›r. Birinci eleman›n gidece¤i yer belirlen-

di¤inde ikinci elemana n − 1 yer kal›r. Bu yer de

belirlendi¤inde, üçüncü elemana n − 2 yer kal›r...

Son elemana tek bir yer kal›r.


kümeye giden kaç birebir fonksiyon vard›r?

Yan›t: E¤er n > m ise bu say› s›f›rd›r. E¤er n

= m ise, her birebir fonksiyonun bir eflleme olmas›

gerekti¤inden bu say› n! dir. Ya n < m ise?

Bu say›ya ƒ(n, m) diyelim. Demek ki, ƒ(n, n)

= n! ve e¤er n > m ise ƒ(n, m) = 0.

ƒ(n, m) say›lar›n› bulmak pek o kadar zor

de¤ildir, bulal›m.

n elemanl› kümemizi

A = {a1, ..., an}

olarak gösterelim, m elemanl› kümemizi de

B = {b1, ..., bm}

olarak gösterelim. A kümesinin birinci eleman›

a1’in B’de gidebilece¤i m yer vard›r. Bu yer belir-

lendi¤inde A’n›n geri kalan n − 1 eleman›na B’nin

daha seçilmemifl m – 1 eleman› aras›ndan de¤iflik

yerler be¤enmemiz gerekecek. Demek ki,

ƒ(n, m) = mƒ(n – 1, m – 1)

eflitli¤i geçerlidir. Bu eflitli¤i bir ad›m daha götüre-

lim, yani n ve m yerine n – 1 ve m – 1 say›lar›na

uygulayal›m:

ƒ(n, m) = m(m – 1)ƒ(n – 2, m – 2)

buluruz. Devamla,

ƒ(n, m) = m(m–1) ... (m–i)ƒ(n–(i+1), m–(i+1))

buluruz. fiimdi i = n – 2 olsun,

ƒ(n, m) = m(m–1) ... (m–(n–2))ƒ(n–(n–1), m–(n–1)),

yani

ƒ(n, m) = m(m–1) ... (m–n+2)ƒ(1, m–n+1)

buluruz. ƒ(1, m – n + 1) say›s›, 1 elemanl›k bir

kümeden m – n + 1 elemanl› kümeye giden bire-

bir fonksiyonlar›n say›s›, ki bu da m – n + 1’dir.

Demek ki

ƒ(n, m) = m(m–1) ... (m–n+2)(m–n+1),

yani

ƒ(n, m) =

Yan›t›m›z› bulduk. E¤er n = m ise, yukar›da

buldu¤umuz n! yan›t›n› buldu¤umuza dikkatinizi

çekeriz. Bu da yan›t›m›z›n bir tür sa¤lamas›d›r.


kümeye giden kaç tane örten fonksiyon vard›r?

Yan›t: Bu soru yukardaki sorulardan daha

zordur (ve bu yüzden en sona b›rak›lm›flt›r.)

E¤er n < m ise yan›t s›f›rd›r elbet.

E¤er n = m ise, her örten fonksiyon birebir

olmak zorunda oldu¤undan, yan›t n!’dir.

Genel yan›t› bulaca¤›z.

A ve B, s›ras›yla n ve m elemanl› iki küme

olsun.

F, A’dan B’ye giden fonksiyonlar kümesi

olsun. Birinci soruda aç›kland›¤› üzere, |F| = mn.



Fonksiyonlar› SaymakHayri Ardal* / [email protected]

* Bo¤aziçi Üniversitesi Matematik Bölümü yüksek lisans ö¤rencisi.

Demek ki n elemanl› bir kümenin rastgele

bir fonksiyonunun bir eflleflme olma olas›l›¤›

n!/nn dir. E¤er n = 1 ise bu olas›l›k 1, yani

yüzde yüzdür. E¤er n = 2 ise olas›l›k yüzde

elliye düfler. n = 3 ise 2/9’a... Tahmin edildi¤i

gibi n büyüdükçe eflleflme bulma olas›l›¤› azal›r.

Nitekim, e¤er n çok çok büyükse,

(Buradaki e logaritmik sabit olan 2,718...

say›s›d›r, demek ki olas›l›k yüzde elliden daha

h›zl› azal›yor.) Biraz basit analizle, bu olgudan,

n sonsuza gitti¤inde olas›l›klar›n s›f›ra

yak›nsad›¤› görülür.

n

ne

n

nn n

! ( ) !

( ).≈

+

+ +

1

1 1

m

m n

!

( )!-

11

?

Her i ∈ B için, Fi, A’dan B \ {i} kümesine giden fonksiyonlar kümesi olsun. Bir baflka deyiflle,

Fi = {ƒ ∈ F : her x ∈ A için ƒ(x) ≠ i}

olsun. Gene birinci sorudan dolay›, |Fi| = (m − 1)n.

Örten olmayan her fonksiyon Fi kümelerinden birinin eleman›d›r. Demek ki örten fonksiyonlar

kümesi F \ ∪i∈B Fi kümesidir. E¤er ∪i∈B Fi kümesinin eleman say›s›n› bulursak sorumuzu yan›tlaya-

biliriz.

Önce, her k ≤ m için, e¤er i1, i2, ..., ik, B’nin birbirinden farkl› k eleman›ysa,

eflitli¤ine dikkati çekelim.fiimdi ∪i∈B Fi kümesinin eleman say›s›n› bulal›m:

Dolay›s›yla, örten fonksiyon say›s›,

dir. Bulduk! Örten fonksiyon say›s› imifl. ♠

12


F F F F F F F F

mm

mm

m

i

i B

i

i B

i i

i i Bi i

i i i

i i i Bi i i

mi

i B

n n

∈ ∈ ∈≠

∈≠ ≠

−

∈

= − ∩ + ∩ ∩ − + −

=

− −

− +

∑ ∑ ∑U I

1 2

1 2

1 2

1 2 3

1 2 3

1 2 3

1

11

22

3

1

, , ,

... ( )

( ) ( )

− − + −

−

= −

−

−

−

=∑

( ) ... ( ) ( )

( ) ( ) .

mm

mm m

m

km k

n m n

k n

k

m

3 1

1

1

1

1

F F m

m

km k

m

km ki

i B

n k n

k

mk n

k

m

− = − −

− = −

−

∈

−

= =∑ ∑U ( ) ( ) ( ) ( )1 11

1 0

( ) ( )−

−

=∑ 1

0

k n

k

m m

km k

Yukardaki yan›ttan iki ilginç sonuç

ç›kar:

1) E¤er n < m ise, örten fonksiyon

olmad›¤›ndan,

2) E¤er n = m ise n! örten fonksiyon

oldu¤undan,

Nerden nereye!

( ) ( ) .−

− =

=∑ 1 0

0

k n

k

m m

km k

( ) ( ) !−

− =

=∑ 1

0

k n

k

n n

kn k n

n = m + 1 ise yukarda

bulduklar›m›z bize hangi ilginç

eflitli¤i verir?

?

F F F m ki i i

n

k1 2∩ ∩ ∩ =... ( ) .−

Bir oteliniz var. Otelinizin

sonsuz say›da odas› var.

Her odan›n bir numaras›

var: 1, 2, 3, 4, 5, 6,... Böy-

lece sonsuza kadar gidiyor.

En sonuncu oda yok...

Sonsuz numaral› oda da yok… Her odan›n

numaras› sonlu. Sadece oda say›s› sonsuz. Afla¤›-

daki gibi...

Birinci Hikâye. fiansl› bir gününüzdesiniz, bir

otobüs dolusu müflteri geliyor. Sonsuz say›da

müflteri... Müflterilerin adlar› 1, 2, 3, 4, 5, 6,...

Her müflteriye birer oda veriyorsunuz. 1 nu-

maral› müflteriye 1 numaral› oday›, 2 numaral›

müflteriye 2 numaral› oday›, 3 numaral› müflteriye

3 numaral› oday›...

Her fley yolunda seyrederken, birdenbire bir

müflteri daha ç›kageliyor. Bu müflteriye nas›l bir

oda bulursunuz?

Yan›t: Yerleflmifl müflterileri bir oda kayd›r›-

r›m. 1 numaral› müflteri 2 numaral› odaya, 2 nu-

maral› müflteri 3 numaral› odaya, 3 numaral›

müflteri 4 numaral› odaya geçer, herkes birer ka-

yar ve böylece boflalan 1 numaral› odaya yeni

gelen müflteriyi koyar›m...

“En son müflteri nereye gidecek?” demeyin, en

son müflteri yok. Nas›l en son oda yoksa, en son

müflteri de yok.

‹kinci Hikâye. Gene flansl› bir gününüzdesiniz,

bir otobüs dolusu müflteri geliyor. Sonsuz say›da...

Adlar› a1, a2, a3, a4, a5, a6,...

Hepsine birer oda veriyorsunuz. a1’i 1 nu-

maral› odaya, a2’yi 2 numaral› odaya...

Her fley yolunda seyrederken, birdenbire...

Birdenbire bir otobüs dolusu müflteri daha geli-

yor... Onda da sonsuz say›da müflteri var. Adla-

r› b1, b2, b3, b4, b5, b6,... Odalar›n›z dolu... Son-

suz say›da yeni müflteri geldi. Bu yeni müflterileri

nas›l yerlefltirirsiniz?

Yan›t: Birinci otobüsün müflterilerini çift say›-

l› odalara koyar›m: a1’i 2’ye, a2’yi 4’e, a3’ü 6’ya,

a4’ü 8’e, genel olarak an’yi 2n numaral› odaya

koyar›m. Böylece tek say›l› odalar boflal›r, onlara

da ikinci otobüsün müflterilerini yerlefltiririm: b1’i

1’e, b2’yi 3’e, b3’ü 5’e, b4’ü 7’ye, genel olarak

bn’yi 2n − 1 numaral› odaya yerlefltiririm...

Üçüncü Hikâye. Çok, ama çok flansl› bir gü-

nünüzdesiniz, sonsuz otobüs dolusu müflteri geli-

yor. Sonsuz tane otobüs... Her otobüsün bir nu-

maras› var: 1, 2, 3, 4, 5, 6,...

Ve her bir otobüste sonsuz say›da müflteri var...

Birinci otobüsün müflterileri:

(1, 1), (1, 2), (1, 3), (1, 4), ...

‹kinci otobüsün müflterileri:

(2, 1), (2, 2), (2, 3), (2, 4), ...

Üçüncü otobüsün müflterileri:

(3, 1), (3, 2), (3, 3), (3, 4), ...

.......

Müflterileri odalara nas›l yerlefltirirsiniz?

Yan›t: Birinci otobüsün müflterilerini 2, 4, 8,

16, 32, 64 gibi 2’nin katlar› olan odalara yerlefl-

tirirsiniz.

‹kinci otobüsün müflterilerini 3, 9, 27, 81,

243 gibi 3’ün katlar› olan odalara yerlefltirirsiniz.

Üçüncü otobüsün müflterilerini 5, 25, 125,

625 gibi 5’in (4’ün de¤il!) katlar› olan odalara yer-

lefltirirsiniz.

Dördüncü otobüsün müflterilerini 7’nin kat-

lar› olan odalara yerlefltirirsiniz.

Beflinci otobüsün müflterilerini 11’in katlar›

olan odalara yerlefltirirsiniz.

Genel olarak, n’inci otobüsün müflterilerini

n’inci asal›n katlar› olan odalara yerlefltirirsiniz.

Bu yöntemle her müflteri bir odaya yerleflti¤i

gibi, geriye sonsuz tane bofl oda kal›r. Örne¤in, 6,

10, 12, 14, 15, 18 numaral› odalar bofltur.

Bir Baflka Çözüm. Son problemi bir baflka

türlü de çözebiliriz. (n, m) say›l› müflteriyi, yani n

inci otobüsün m inci müflterisini 2n(2m − 1) nu-

maral› odaya yerlefltirelim... Böylelikle hepsine

bir oda düfler. Afla¤›daki flekildeki gibi, otobüsle-

ri s›ralarla, müflterileri sütunlarla gösterelim, ko-

lonlarla sütünlar›n kesiflimine de oda numaras›n›

yazal›m.

13



Sonsuz Odal› Otel

1 2 3 4 5 6 7 8OTEL ...

1 2 3 4 5 6 7 8OTOBÜS ...

Teorem. X herhangi bir küme

olsun. X’in altkümeler kümesi ℘(X)

ile X’ten {0, 1} kümesine giden fonk-

siyonlar kümesi aras›nda bir eflleme

vard›r.

Kan›t: X’ten {0, 1} kümesine gi-

den fonksiyonlar kümesi 2X olarak

gösterilir.

E¤er A ⊆ X ise, ƒA : X → {0, 1}

flu fonksiyon olsun:

fiimdi ƒ(A) = ƒA olarak tan›m-

lanm›fl ƒ : ℘(X) → 2X fonksiyonu bir

efllemedir. Bunun kan›t›n› okura b›-

rak›yoruz. ♠

Sadece çift say›-

l› odalar kullan›ld›-

¤›ndan, sonsuz tane

oda gene bofl kal›r.

E¤er bütün oda-

lar› kullanmak isti-

yorsak, (n, m) say›l›

müflteriyi 2n−1(2m − 1) numaral› odaya yerlefltire-

lim, yani yukar›daki oda numaralar›n› 2’ye böle-

lim... O zaman müflteriler afla¤›daki gibi yerleflirler:

9 numaral› odan›n bofl kald›¤›n› sanmay›n. 9 =

20×9 = 20×(2×5 − 1) oldu¤undan, (1, 5) say›l› müfl-

teri (birinci otobüsün beflinci müflterisi) 9 numara-

ya yerleflir. 72 numaral› odaya da (4, 5) say›l› müfl-

teri yerleflir. Bu yötemle her oda dolar.

Bir Baflka Çözüm Daha: Müflterileri afla¤›daki

flekildeki gibi yerlefltirelim. S›ralar otobüsleri, sü-

tunlar müflterinin numaras›n› simgelesin. Örne¤in

ikinci s›rayla üçüncü sütunun kesiflimi ikinci oto-

büsün üçüncü yolcusunu simgelesin. Afla¤›daki

flekilde görüldü¤ü üzere bu yolcu 9 numaral›

odada yatacak.

Bu yerlefltirmenin bir formülünü bulabilir mi-

siniz? Örne¤in, (23, 45) say›l› müflterinin nereye

gidece¤ini teker teker saymadan bulabilece¤iniz bir

formül yazabilir misiniz? ♠

14


1 2 3 4 5 6

1 1 3 6 10 15 21

2 2 5 9 14 20

3 4 8 13 19

4 7 12 18

5 11 17

6 16

1 2 3 4 ...

1 1 3 5 7 ...

2 2 6 10 14 ...

3 4 12 20 28 ...

4 8 24 40 56 ...

..

....

..

....

..

....

ƒ A x

x A

x A( ) =

∈∉

1

0

e¤er ise

e¤er ise

1 2 3 4 ...

1 2 6 10 14 ...

2 4 12 20 28 ...

3 8 24 40 56 ...

4 16 48 80 112 ...

..

....

..

....

..

....

1. N ile N × N aras›nda efl-

leme. Sonsuz Odal› Otel

yaz›s›nda N × N küme-

siyle do¤al say›lar kümesi N kü-

mesi aras›nda afla¤› yukar› bir eflleme oldu-

¤unu gördük. Bu iki küme aras›nda gerçekten bir

eflleme kurabiliriz. ‹flte o eflleme:

ƒ(n, m) = 2n(2m + 1) − 1

kural›yla tan›mlanm›fl ƒ : N × N → N fonksiyo-

nu bu iki küme aras›nda bir efllemedir.

X kümesinden Y kümesine giden bir eflleme

varsa, bunu X ≈ Y olarak gösterelim. Bu iliflkiyi,

X ve Y kümelerinin “eleman say›s› ayn›” olarak

yorumlayabiliriz. E¤er X sonluysa, bildi¤imiz kav-

ramd›r bu, ama X sonsuzsa yepyeni bir kavram

bulmufl oluruz.

Demek ki N × N ≈ N. Tabii N × N ≈ N ilifl-

kisinden, N × N × N ≈ N × N ≈ N iliflkileri ç›kar.

Bunu kolayl›kla genellefltirebiliriz:

N × N × ... × N ≈ N.

Gene ayn› yaz›da,

N ≈ 2N ≈ N \ {0} ≈ N \ {0, 1}

iliflkilerini gördük. Genel olarak, e¤er A ⊆ N ise, ya

A sonludur ya da A ≈ N. Bunun kan›t› oldukça ko-

lay: E¤er A sonsuzsa, ƒ : N → A göndermesi,

ƒ (n) = A’n›n (n+1)inci eleman›

olarak tan›mlans›n. ƒ bir efllemedir. Örne¤in asal

say›lar kümesiyle do¤al say›lar aras›nda bir eflle-

me vard›r.

Bu yaz›da beklenmedik kümeler aras›nda efl-

lemeler bulaca¤›z.

2. N ve Z aras›nda eflleme. ƒ : N → Z fonksi-

yonunu, afla¤›daki flekilde gösterildi¤i gibi,

olarak tan›mlayal›m. Yukar›da tan›mlanan bu ƒfonksiyonu N ile Z kümeleri aras›nda bir eflleme-

dir, flekli de afla¤›dad›r.

3. Q≥0 ve N Aras›nda Eflleme. fiimdi Q≥0 ile

N kümeleri aras›nda bir eflleme bulal›m.

Birinci Yöntem. Q≥0 kümesinden N kümesi-

ne giden fonksiyonu afla¤›daki karede gösterildi-

¤i gibi tan›mlayal›m.

‹ki kümeyi nas›l efllefltirdi¤imi anlatal›m: a/b

kesirli say›lar›n› önce a + b toplam›n›n büyüklü-

¤üne göre diziyoruz (önce toplam› 1 olanlar, son-

ra 2 olanlar...), sonra küçük a’dan büyük a’ya gi-

diyoruz. Tabii aradan daha önce s›ralad›¤›m›z

say›lar› ç›kar›yoruz. Örne¤in, a + b = 8 oldu¤u ke-

sirli a/b say›lar›n› flöyle diziyoruz:

1/7, 3/5, 5/3, 7/1.

(2/6, 4/4 ve 6/2 daha önce dizilmiflti.) Daha son-

ra flu kesirli say›lar geliyor:

1/8, 2/7, 4/5, 5/4, 7/2, 8/1.

Ard›ndan

1/9, 3/7, 7/3, 9/1

say›lar› geliyor.

Bu yöntemle 52/47 kesirli say›s›n›n hangi do-

¤al say›yla efllefltirildi¤ini bulmak kolay de¤ildir.

Farey’in Yöntemi. Çok tuhaf gelebilecek bir

baflka efllefltirme daha vard›r. ‹lkokulda s›k s›k ya-

p›lan

15



Sonsuzu Saymak

• Her X kümesi için IdX : X → X bir efllemedir.

Demek ki X ≈ X.

• E¤er ƒ : X → Y bir efllemeyse, ƒ −1 : Y → X de

bir efllemedir. Demek ki e¤er X ≈ Y ise Y ≈ X.

• E¤er ƒ : X → Y ve g : Y → Z birer efllemeyse,

g ° ƒ : X → Z bir efllemedir. Demek ki e¤er

X ≈ Y ve Y ≈ Z ise, X ≈ Z’dir.

0 1 2 3 4 5 6

-3 -2 -1 0

N ile Z aras›ndaki eflleme

1 2 3

ƒ

N

Z

f n

n n

nn

( ) =

e¤er çiftse

e¤er tekse

/ 2

1

2

− −

0/1 1/1 1/2 2/1 1/3 3/1 1/4 2/3 3/2 4/1 1/5 5/1 1/6 2/5 3/4 4/3 5/2 6/1 ...

↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 ...

hatas›n› kullan›r bu yöntem. 0/1 ve 1/0 “say›”la-

r›ndan bafllayal›m (1/0 “say›s›n›” umursamay›n

flimdilik):

Bu iki “say›”n›n ortas›na, “toplam”lar› olan

say›s›n› yazal›m:

‹ki yeni aral›¤›m›z var flimdi: [0/1, 1/1] ve

[1/1, 1/0] aral›klar›. Bu aral›klar›n ortalar›na uç-

lar›n “toplam”lar›n›, yani,

ve

say›lar›n› yazal›m:

Bu befl say› dört yeni aral›k belirliyor. Bu dört

aral›¤›n ortalar›na aral›klar›n uçlar›n›n “top-

lam”lar›n› yazal›m:

Bunu böylece sürdürelim. Bir sonraki aflama-

da 0/1, 1/4, 1/3, 2/5, 1/2, 3/5, 2/3, 3/4, 1/1, 4/3,

3/2, 5/3, 2/1, 5/2, 3/1, 4/1, 1/0 say›lar› belirir.

Böyle devam ederek her kesirli say›y› yaln›z bir

kez ve sadeleflmifl biçimde yazar›z... Bunun bildi-

¤im kan›t› uzun ama oldukça kolayd›r. Bu yüzden

kan›t›n› vermeyece¤im.

fiimdi, kesirli say›lar› Farey’in yukardaki

aç›klad›¤›m yöntemle, belirifl s›ras›na göre say›n.

Yaln›z 1/0’› atlamay› unutmay›n, öyle bir say›

yoktur!

Matematikçi olmayan jeolog Farey hakk›nda

daha fazla bilgiyi http://turnbull.dcs.st-

and.ac.uk/~history/Mathematicians/Farey.html

sitesinde bulabilirsiniz.

4. Q ve N Aras›nda Eflleme. Yukarda Q≥0 ve

N aras›nda bir eflleme bulduk. Demek ki,

Q≥0 ≈ N ≈ 2N.

Öte yandan,

Q<0 ≈ Q>0 = Q≥0 \ {0} ≈ N \ {0} ≈ N ≈ 2N + 1.

Dolay›s›yla,

Q = Q<0 � Q≥0 ≈ 2N � (2N + 1) = N.

(Buradaki � simgesi “bileflim” anlam›na gelir,

ancak, ayr›ca, bileflimi al›nan kümelerin ayr›k ol-

duklar›na dikkati çeker.) Demek ki kesirli say›lar-

la do¤al say›lar aras›nda bir eflleme var.

Tabii ki Q × Q × ... × Q ≈ N iliflkisi de do¤ru.

Ayr›ca, e¤er A, Q × Q × ... × Q kümesinin

sonsuz bir altkümesiyse, o zaman A ≈ N ≈ Q.

5. Say›labilir Sonsuzluk. Bir kümeyle N ara-

s›nda bir eflleme olmas›, o kümenin sonsuz oldu-

¤unu, ama elemanlar›n›n bir biçimde do¤al say›-

larla say›labilece¤ini gösterir (demek ki o kadar da

sonsuz de¤ilmifl küme!) Bu yüzden N ile aras›nda

eflleme olan kümelere say›labilir sonsuzlukta kü-

meler denir.

Say›lamaz sonsuzlukta kümeler var m›d›r?

Evet. Az ilerde say›lamaz sonsuzlukta kümeler

görece¤iz.

6. Aral›klar. Gerçel say›lar kümesinden bir

(a, b) aral›¤› alal›m. a < b olsun ki aral›k bofl ol-

mas›n. Bu aral›kla (0, 1) aral›¤› aras›nda bir eflle-

me vard›r. Örne¤in

ƒ(x) = (b − a)x + a

kural›yla tan›mlanm›fl ƒ : (0, 1) → (a, b) fonksi-

yonu bu iki aral›k aras›nda bir efllemedir. Bu efl-

leme afla¤›daki fleklin cebirsel halidir.

Burada, (0, 1) aral›¤›n› önce b − a ile çar-

parak, (0, b − a) aral›¤› yap›yoruz, sonra a ek-

leyerek bulmak istedi¤imiz (a, b) aral›¤› yap›-

yoruz.

Yukardaki yöntemle, [0, 1] ve [a, b] gibi ka-

pal› ve s›n›rl› aral›klar aras›nda da bir eflleme ol-

du¤u anlafl›l›r.

Peki, (0, 1] aral›¤›yla [0, 1) aral›¤› aras›nda bir

eflleme var m›? Var elbet! ‹flte bunlardan biri:

ƒ(x) = −x + 1. Ya da flöyle: (0, 1] ≈ (0, 1) ∪ {1} ≈(0, 1) ∪ {0} = [0,1). Demek yar› aç›k s›n›rl› ara-

l›klar aras›nda da bir eflleme var.

Daha zor bir soru: (0, 1) aç›k aral›¤›yla (0, 1]

yar› aç›k aral›¤› aras›nda bir eflleme var m›d›r?

0

1

1

3

1

2

2

3

1

1

3

2

2

1

3

1

1

0, , , , , , , ,

0

1

1

2

1

1

2

1

1

0, , , ,

11

10

21

+ = 01

11

12

+ =

0

1

1

1

1

0, ,

0

1

1

0

1

1+ =

0

1

1

0,

16


a

b

c

d

a c

b d+ =

+

+

0 1x

bƒ(x)

a

Evet! ‹nanmas› güç ama var. ‹flte o efllemelerden

biri:

(‹kinci eflleme sonsuz tane eflleme bir araya ko-

nularak elde edilmifltir.)

Bundan da flu sonuç ç›kar: (0, 1) ≈ (0, 1] =

(0, 1) ∪ {1} ≈ (0, 1) ∪ {0} ≈ (0, 1] ∪ {0} = [0, 1].

Demek tüm s›n›rl› aral›klar aras›nda eflleme var.

Peki (0,1) ile (0, ∞) aral›klar› aras›nda bir eflle-

me var m›? Daha neler! Ama var. ‹flte bunlardan

biri: ƒ(x) = 1/x − 1.

Ya (0, 1) aral›¤›yla reel say›lar aras›nda? O da

var:

(0, 1) ≈ (−1, 1) = (−1, 0) ∪ {0} ∪ (0, 1) ≈(−∞, 0) ∪ {0} ∪ (0, ∞) = R.

Demek bofl olmayan tüm aral›klar aras›nda

bir eflleme var...

Hatta (0, 1) ∪ (2, 3) kümesiyle (0, 1) küme-

si aras›nda bile var. Bunun kan›t›n› okura b›rak›-

yoruz.

R2 kümesiyle R aras›nda da bir eflleme vard›r.

Cantor kan›tlam›flt›r bunu, zorlanarak da olsa.

7. Say›lamayan Sonsuzlukta Bir Küme.

R say›lamayan sonsuzluktad›r. Bunu kan›tla-

mak için (0, 1) aral›¤›n›n say›lamayan sonsuz-

lukta oldu¤unu kan›tlamak yeterlidir. Diyelim,

(0, 1) aral›¤›yla N aras›nda bir eflleme var. Bun-

dan bir çeliflki elde edece¤iz. Efllemeye

ƒ : N → (0, 1)

diyelim.

E¤er n ∈ N ise, f(n) reel say›s›n› onluk siste-

me göre yazal›m:

ƒ(n) = 0.an,0an,1an,2an,3...

Buradaki an,k say›lar› 0’la 9 aras›nda bir tamsa-

y›d›r, ƒ(n)’nin rakamlar› bunlar. Yaln›z bunu ya-

parken an,k say›lar›n›n bir zaman sonra hep 9 ol-

mamalar›na dikkat edelim, örne¤in, 0,314 say›s›n›

0,3140000... olarak yazal›m, 0,31399999... ola-

rak de¤il.

fiimdi bn say›s› an,n say›s›ndan, s›f›rdan ve

dokuzdan de¤iflik herhangi bir say› olsun. Örne-

¤in, bn say›s›n› flöyle tan›mlayabiliriz:

Demek ki bn ≠ an,n . fiimdi 0.b0b1b2b3b4... sa-

y›s›na bakal›m. Bu say› kesinlikle (0, 1) aral›¤›n-

dad›r. Demek ki, f örten oldu¤undan belli bir n ∈N için f(n) = 0.b0b1b2b3b4... eflitli¤i do¤rudur.

Dolay›s›yla, an,n = bn olmal›. Ama bu yanl›fl. Bir

çeliflki elde ettik. Demek ki N kümesiyle (0, 1) ara-

l›¤› aras›nda bir eflleme yokmufl, yani R say›lamaz

sonsuzlukta bir kümeymifl.

Yukardaki kan›t matematikte çok ünlüdür

ve bu fikir baflka kan›tlarda da kullan›l›r. Bu fik-

re Cantor’un çarpraz yöntemi denir.

8. ℘(N) ile R aras›ndaki eflleme. (0, 1) aral›¤›-

n›n her say›s› onluk sistemde yaz›labildi¤i gibi, iki-

lik sistemde de yaz›labilir. (Afla¤›daki kareye bak›n.)

Virgülden önceki s›f›r› atarsak, (0, 1) aral›¤›ndaki

her gerçel say› sonu hep 1’le bitmeyen bir 0 ve 1 di-

zisine tekabül eder, yani N’den {0, 1} kümesine gi-

den bir fonksiyona. Burada ayr›nt›l› kan›t›n› verme-

yece¤iz ama bundan ℘(N) ile (0, 1) aral›¤› aras›nda

(demek ki R ile de) bir eflleme oldu¤u ç›kar.

9. Süreklilik Hipotezi. Bu son paragrafta çok

önemli bir soru soraca¤›z. Do¤al say›lar kümesi N

say›labilir sonsuzluktad›r elbet. Öte yandan, yedin-

ci paragrafta R kümesinin say›lamaz sonsuzlukta

oldu¤unu gördük. Demek ki N ile R aras›nda bir

eflleme yok. N’den R’ye giden birebir bir fonksi-

17


(0, 1] = = (0, 1).

1

1

1 1

1

1

1 1n n n nn n+

≈

+

=

∞

=

∞, ,U U

b

a

an

n n

n n

=≠

=

2 2

1 2

e¤er ise

e¤er ise

,

,

0.9999.... say›s› 1’e eflittir. ‹nan›lmas› güç

olabilir ama do¤ru. ‹nanmazsan›z ç›karma ya-

p›n: 1 – 0.9999... = 0.0000... en sona 1 koy-

mak gerekti¤ini düflünebilirsiniz, ama en sonu

yoktur ki bu dizinin. Dolay›s›yla 1 – 0.9999...

= 0, yani 1 = 0.9999...

Bunu flöyle de “kan›tlayabiliriz”: x =

0.9999... olsun. Demek ki 10x = 9.9999...

Dolay›s›yla 9x = 10x – x = 9.9999... –

0.9999... = 9, yani x = 1.

‹kilik Taban. r ∈ [0,1) aral›¤›nda bir ger-

çel say› olsun. r’yi ikilik tabanda yazaca¤›z. r,

ikilik tabanda da 0,... diye bafllayan bir say›

olacak. S›f›rdan sonra ilk rakam› belirleyelim.

E¤er r < 1/2 ise ilk rakam 0 olsun. E¤er r ≥ 1/2

ise ilk rakam 1 olsun. Diyelim r < 1/2. ‹kinci

rakam› belirleyelim. E¤er r < 1/4 ise ikinci ra-

kam 0 olsun, yoksa 1 olsun. Bunu böyle sür-

dürelin. r’nin ikilik tabanda yaz›l›m›n› elde

ederiz. Bu ikilik tabanda,

1/2 = 0.1000...

1/3 = 0.01010101...

0 = 0.00000...

1/4 = 0.01000...

Bu yöntemle, s›f›r ve birlerden oluflan bir (ai)i

dizisi için, eflitli¤i elde edilir. r ai

i

i=

=

∞∑ / 21

yon oldu¤undan, bir inanca göre (ve yayg›n bir

inanca göre!) bir anlamda R’de N’den daha fazla

eleman oldu¤unu söyleyebiliriz. fiimdi sorumuz

soral›m: E¤er N ⊂ X ⊂ R ise, X’le N ya da R kü-

meleri aras›nda mutlaka bir eflleme var m›d›r? Sü-

reklilik Hipotezi böyle bir efllemenin mutlaka ol-

du¤unu söyler. Süreklilik Hipotezi do¤ru mudur?

Bilinemez! Bilinmiyor de¤il, bilinemez! Yu-

karda sordu¤umuz sorunun olumlu ya da olum-

suz bir yan›t› bugün matematikte kabul edilen

belitlerle (aksiyomlarla) kan›tlanamaz1. Bunu Gö-

del ve Cohen’in teoremlerinden biliyoruz.

Bu konu ve daha fazlas› http://www.ii.com/

math/ch/#overview sitesinde var. ♠

18


1. Süreklilik Hipo-tezi sorusunu ilk Can-tor sormufltur. Hilbert1900’de Paris’teki kon-feransta matematikçile-re sordu¤u meflhur 23soru aras›na bu soruyuda alm›flt›r, hatta bu so-ruyu listesinin ilk soru-su yapm›flt›r.

2. Bu yaz›daki fikirler Cantor’a aittir.Ruh hastal›¤›ndan dolay› yaflam› ac› içindegeçen Cantor’un de¤erini ne yaz›k ki ça¤›n›nbirçok matematikçisi anlayamam›flt›. Büyükmatematikçi Hilbert anlayanlardand›. Bu sa-y›n›n Topoloji köflesinde konu etti¤imiz (veHilbert’le birlikte o ça¤›n en büyük matema-tikçisi) Poincaré ise anlafl›lmaz bir biçimde butür sorular› de¤ersiz bulanlardand›. ♠

1- Bugün kabul edilen belitler sistemine ZFC (Zermelo-Fraen-

kel-Choice) ad› verilir. ZFC’nin belitlerinden süreklilik hipote-

zinin do¤rulu¤u ya da yanl›fll›¤› kan›tlanamaz.

Georg Cantor (1845-1918)

Halk aras›nda “modern matematik” olarak bilinen kümeler kuram› 19. yüzy›l›n sonlar›na do¤ru

birdenbire ve çok büyük bir h›zla geliflti. Örne¤in, analizin ve geometrinin de¤iflimi uzun y›llarda hat-

ta birkaç yüzy›lda gerçekleflmifltir. Oysa kümeler kuram› birkaç y›l içinde ola¤anüstü at›l›mlarda bu-

lunmufltur. Bu geliflme büyük ölçüde Georg Cantor sayesinde olmufltur.

Cantor 1845’te Rusya’da Petersburg’da zengin bir tüccar›n o¤lu olarak dünyaya gelmifltir.

1856’da ailesiyle birlikte Almanya’ya göç etmifltir. Üç kardeflin en büyü¤üdür. Üç kardeflin üçüne de

annelerinden sanatç› duyarl›l›¤› geçmifl ve müzi¤e, resme ve felsefeye ilgi duymufllard›r. Cantor özel-

likle felsefe ve teolojiyle yak›ndan ilgilenmifltir.

Cantor genç yafl›ndan itibaren matemati¤e ilgi duyup matematik okumak istemifl, ancak pragma-

tik bir adam olan babas› o¤lunun mühendis olmas›nda ›srar etmifltir. Neyse ki o¤ul Cantor sonunda

istedi¤ini elde etmifltir. 1863’te Berlin Üniversitesi’nde matematik, fizik ve felsefe okumufltur.

Bitirme tezini say›lar kuram› üzerine yazm›flt›r; tezi Gauss’un yar›m b›rakt›¤› ax2 + by2 + cz2 = 0

denkleminin çözümleri üzerinedir.

1872’de Dedekind’le (1831-1916) tan›flmas›yla Cantor’un yaflam›nda büyük de¤iflimler olur. ‹ki

matematikçi uzun y›llar boyunca mektuplafl›rlar. Mektuplar›n›n birço¤u günümüze kadar korunmufl-

tur. Anlafl›lan o ki, Dedekind’in soyut düflünme biçiminden Cantor çok etkilenmifltir. Belki de küme-

ler kuram›n› biraz da Dedekind’e borçluyuz.

Say›lar kuram›ndan sonra, Heine’nin etkisiyle trigonometrik sonsuz toplamlarla ilgilenen Cantor,

buradan do¤al olarak nokta-küme topolojisine el atm›fl, topolojiden de sonsuz say›lara ve kümeler ku-

ram›na s›çram›flt›r. Cantor’dan önce “sonsuzluk” kavram› matematikte sadece “sonlu”nun karfl›t›

olarak bilinirdi, oysa “sonlu”nun bile tam matematiksel bir tan›m› yoktu. Cantor sonsuzluk kavram›-

na gerçek boyutunu kazand›rm›flt›r: Sonsuzluklar› derecelendirmifl, onlar› bir nevi say› olarak görme-

mizi sa¤lam›flt›r. Do¤al say›lar›n (N) sonsuzlu¤unun kesirli say›lar›n (Q) sonsuzlu¤una eflit oldu¤unu,

gerçel say›lar›n (R) sonsuzlu¤unun do¤al say›lar›n sonsuzlu¤undan büyük oldu¤unu ve Rn kümesinin

sonsuzlu¤unun R kümesinin sonsuzlu¤una eflit oldu¤unu kan›tlam›flt›r. Ancak Cantor’un matematik-

sel düflünceleri matematik dünyas›nda genel kabul görmemifl, çetin kavgalara neden olmufl, daha da

kötüsü, zaten psikolojik sa¤l›¤› zay›f olan Cantor’un s›k s›k hastanelerde yatmas›na ve çal›flamamas›-

na neden olmufltur. Gelece¤i görme konusunda ola¤anüstü bir yetene¤i olan ça¤dafl› Hilbert, büyük

bir özgüvenle “Cantor’un bize sundu¤u cennetten kimse bizi kovamaz” demifltir. ♠

E¤er A ≤ B ve B ≤ A

ise, o zaman A = B. Bu

önermenin do¤rulu¤un-

dan bu derginin sayfalar›n›

açmaya yeltenen kimsenin kuflkusu

olamaz.

Aç›k aç›k söylemedik ama, yukarda A ve B’yi

sonlu say›lar olarak ald›k. Ya A ve B’yi sonsuz sa-

y› olarak alsayd›k ne olurdu?

Sonsuz say› da ne demek!

Sonsuz say›dan ziyade, bir kümenin eleman

say›s›ndan sözedelim. A ve B birer küme olsunlar.

E¤er A’dan B’ye giden birebir bir fonksiyon var-

sa, sezgimiz, A kümesinin eleman say›s›n›n, B kü-

mesinin eleman say›s›ndan küçük ya da eflit olma-

s› gerekti¤ini söylüyor. Bu durumda, yani A’dan

B’ye giden birebir bir fonksiyon varsa, A ≤ B ya-

zal›m. E¤er A’yla B aras›nda bir eflleme varsa, o

zaman da A ≈ B yazal›m. Ve flimdi yukarda say›-

lar için yazd›¤›m›z,

“E¤er A ≤ B ve B ≤ A ise, o zaman A = B”

önermesini bu dile (kümeler diline) uyarlayal›m:

“E¤er A ≤ B ve B ≤ A ise, o zaman A ≈ B.”

Bu ikinci önerme do¤ru mudur? Yani A kü-

mesinden B kümesine giden birebir bir fonksi-

yon varsa ve B kümesinden A kümesine giden

birebir bir fonksiyon varsa, o zaman A kümesiy-

le B kümesi aras›nda bir eflleme var m›d›r?

Bu soruyu ilk soran, modern kümeler kuram›-

n› nerdeyse tek bafl›na bulan Rusya do¤umlu ün-

lü Alman matematikçisi Georg Cantor’dur. Soru-

yu sormufl ama yan›tlayamam›flt›r.

Soruyu Schröder (Alman, 1841-1902) ve

Bernstein (Rus, 1880-1966) yan›tlam›flt›r:

Teorem. A ve B iki küme olsun. E¤er A’dan B’ye

giden ve B’den A’ya giden birebir fonksiyonlar var-

sa, o zaman A’yla B aras›nda bir eflleme vard›r.

Kan›t: A’dan B’ye giden birebir fonksiyona ƒ,

B’den A’ya giden birebir fonksiyona g diyelim.

Afla¤›daki “çizge”ye bakal›m. Üst kata A’n›n ele-

manlar›n› yazd›k, alt kata da B’nin elemanlar›n›1.

Bir a ∈ A ve bir b ∈ B için, e¤er ƒ(a) = b ise a’dan

b’ye giden bir ok ç›kard›k, e¤er g(b) = a ise b’den

a’ya giden bir ok ç›kard›k. Alttan üste do¤ru giden

g oklar› daha kolay ayr›flt›r›ls›n diye noktal› çizdik,

yukardan afla¤›ya giden ƒ oklar›n› düz çizgiyle

çizdik. Böylece bir “çizge” oluflturmufl olduk. Yön-

lendirilmifl ve iki kampa ayr›lm›fl bir çizge...

Bu çizgenin flu iki özelli¤i var:

1) Her noktadan tam bir ok ç›k›yor. (Çünkü

ƒ ve g fonksiyondur.)

2) Her noktaya en fazla bir ok giriyor. (Çünkü

ƒ ve g fonksiyonlar› birebirdir.)

A’dan herhangi bir a noktas› alal›m ve bu

noktadan bafllayarak ve oklar›n ters yönünü izle-

yerek gidebildi¤imiz sürece bir afla¤› bir yukar› gi-

delim. ‹ki fl›k var: Ya sonsuza kadar böylece gide-

biliriz (oklar›n ters yönünde) ya da belli bir süre

sonra yolumuza devam edemeyiz (çünkü geldi¤i-

miz o noktaya bir ok girmemifltir). ‹kinci fl›kta iki

olas›l›k var: Yolumuz ya A’n›n bir noktas›nda ya

da B’nin bir noktas›nda sona ermifltir. E¤er yolu-

muz B’nin bir noktas›nda sona ermiflse, a’ya B’de

biten nokta diyelim.

Örne¤in, yukardaki flekilde, A’n›n en soldaki

birinci noktas› B’de biter, hem de tek ad›mda. Oy-

sa A’n›n ikinci noktas› A’da biter, oklar›n ters yö-

nüne do¤ru tek ad›m bile atamaz. A’n›n üçüncü

noktas› B’de biter, tam üç ad›mda...

E¤er a ∉ g(B) ise, a, B’de biten bir nokta ola-

maz, çünkü a’dan öteye oklar›n ters yönüne do¤-

ru bir ad›m bile atamay›z.

a’dan bafllayan bir yol flöyle gider:

a, g−1(a), ƒ−1(g−1(a)), g−1(ƒ−1(g−1(a))),...

(Burada ƒ(a) = b ise ƒ−1(b) = a yaz›yoruz. Ayn›

19



Schröder-Bernstein Teoremi

A

B

...

...

1. A ve B kümelerinin ayr›k olduklar›n› (yani kesiflmediklerini) var-

sayabiliriz: Örne¤in A yerine A × {0}’›, B yerine B × {1}’i alabiliriz.

flekilde g(b) = a ise g−1(a) = b yaz›yoruz.) Gidebil-

di¤imiz yere kadar... Bu yol B’de bitiyorsa o zaman

a’ya B’de biten bir nokta diyoruz. Bu yol hiç bit-

miyorsa ya da A’da bitiyorsa, o zaman a, B’de bit-

meyen bir noktad›r.

fiimdi A’dan B’ye giden bir h fonksiyonu ta-

n›mlayaca¤›z. ‹flte h’nin kural›:

Bunun bir fonksiyon, dahas› bir eflleme oldu-

¤u sav›n› ortaya at›yor ve hemen kan›tl›yorum.

Bir. h bir fonksiyondur.

Kan›t: h’nin fonksiyon olmas›n› engelleyebile-

cek tek durum, yani ortaya ç›kabilecek tek sorun,

h’nin A’n›n her noktas›nda tan›mlan-

mam›fl olmas›d›r. (Tan›mland›¤› yerde

h(a)’n›n tek bir de¤er oldu¤u bariz.)

fiimdi a ∈ A olsun. E¤er ikinci fl›ktay-

sak, yani a, B’de biten bir nokta de¤il-

se, o zaman h(a) = ƒ(a) olarak tan›m-

lanm›fl. Bu durumda bir sorun yok:

h(a) bal gibi de tan›mlanm›fl! Birinci

fl›kta, yani a’n›n B’de biten bir nokta

oldu¤u fl›kta, h(a)’y› g−1(a) olarak ta-

n›mlamak istiyoruz. Demek ki bu du-

rumda g(b) = a eflitli¤ini sa¤layan bir

b ∈ B bulmal›y›z ki h(a) = b olsun. Böy-

le bir b ∈ B bulabilir miyiz? Evet, çün-

kü a noktas› B’de biten bir noktad›r,

dolay›s›yla a’ya giren bir ok olmal› (ki

oklar›n ters istikametine giden yolda bir

ad›m olsun gidebilelim.) Demek ki g

fonksiyonu a’ya dokunur, yani g(b) = a

eflitli¤ini sa¤layan bir b ∈ B vard›r (ve

tek bir tane öyle bir b ∈ B vard›r, çün-

kü g birebir bir fonksiyondur.)

‹ki. h örten bir fonksiyondur.

Kan›t: b ∈ B olsun. E¤er g(b), B’de

biten bir noktaysa, o zaman h(g(b)) =

g−1(g(b)) = b ve bu durumda bir sorun

yok, h fonksiyonu b’ye dokunmufl.

E¤er g(b), B’de biten bir nokta de¤ilse

(afla¤›daki flekle bkz.), o zaman b’ye giren bir ok

olmal› (yoksa g(b)’den bafllayan yol b’de biter ve

g(b), B’de biten bir nokta olurdu.) Demek ki, bel-

li bir a ∈ A için b = ƒ(a) eflitli¤i do¤ru. Ama a, B’de

biten bir nokta olamaz, çünkü g(b)’den bafllayan

yol a’dan geçmek zorunda (o yol önce b’ye, son-

ra da a’ya gider), dolay›s›yla a, B’de biten bir

nokta olsayd›, g(b) de B’de biten bir nokta olur-

du. Demek ki h fonksiyonunun tan›m›na göre

h(a) = ƒ(a) = b. Bu durumda da h fonksiyonu

b’ye dokundu.

Üç. h birebir bir fonksiyondur.

Kan›t: Diyelim a1, a2 ∈ A için

h(a1) = h(a2). Bu iki eleman›n eflit ol-

duklar›n›, yani a1 = a2 eflitli¤ini kan›t-

lamak istiyoruz.

E¤er ne a1 ne de a2, B’de biten

nokta de¤illerse, o zaman ƒ(a1) = h(a1)

= h(a2) = ƒ(a2). Bundan da, ƒ birebir

oldu¤undan, a1 = a2 ç›kar.

E¤er hem a1 hem a2, B’de biten

noktalarsa, o zaman g−1(a1) = h(a1) =

h(a2) = g−1(a2). Bundan da, a1 = a2 ç›-

kar.

Diyelim a1 noktas› B’de bitiyor ama

a2 noktas› B’de bitmiyor. O zaman g−1(a1) =

h(a1) = h(a2) = ƒ(a2). Demek ki yukardaki flekilde-

ki gibi bir durum söz konusu. Ama a1’den ç›kan

yol a2’den geçmek zorunda. Öte yandan a2, B’de

bitmiyor. Demek ki a1 de B’de bitemez. Ama ha-

ni a1 noktas› B’de bitiyordu? Bu bir çeliflkidir.

Bernstein-Schröder teoremi kan›tlanm›flt›r! ♠

20


h a

g a a B

a a B( )

( ) ,

( ) ,=

−

ƒ

1

e¤er ’de biten bir noktaysa

e¤er ’de biten bir nokta de¤ilse

a1a2

h(a1)=h(a2)

A

B

a g(b)

b

A

B

“Matematikte

soru sorma

sanat›, yan›t

bulma

sanat›ndan

daha

sayg›de¤er

bir yerde

olmal›d›r.”

Georg Cantor

1. Sn’nin Tan›m›. n ele-

manl› bir kümenin n! tane

eflleflmesi1 oldu¤unu bili-

yoruz. Demek ki {1, 2, ..., n}

kümesinin de n! tane eflleflmesi vard›r. Bu

kümenin eflleflmelerinden oluflan küme Sym(n) ya

da Sn olarak gösterilir. Yazmas› daha kolay diye

biz Sn’yi tercih edece¤iz. Bu yaz›da amac›m›z Sn

kümesini incelemek.

2. Elemanlar›n›n Yaz›l›m›. Önce Sn kümesi-

nin elemanlar›n› teker teker inceleyelim, sonra

modern matemati¤in gere¤i, kümeye bir bütün

olarak bakar›z.

Bir örnekle bafllayal›m. Yukar›daki eflleflmeye

bakal›m. Bu eflleflme 1’i 3’e, 3’ü 4’e, 4’ü 6’ya,

6’y› da 1’e göndermifl. Yani

1 → 3 → 4 → 6 → 1

diye bir döngü olmufl. Ayn› eflleflme 2’yi 5’e ve 5’i

2’ye yollam›fl. Demek ki bir de

2 → 5 → 2

diye bir döngü sözkonusu. Son olarak, bu efllefl-

me 7’yi 7’ye göndermifl. Yanda resmi görülen efl-

leflme (1346)(25)(7) olarak yaz›l›r. Her bir paran-

teze devir ad› verilir.

Örne¤in S7’nin (127)(3456) eflleflmesinin resmi

afla¤›dad›r. Görüldü¤ü gibi, (127) deviri yüzünden,

(ya da sayesinde) 1 sa¤›ndaki 2’ye, 2 sa¤›ndaki

7’ye, 7 de ta en bafltaki 1’e gidiyor. Her say› hemen

kendi sa¤›ndaki say›ya gider. Sa¤›nda say› olmayan

say›lar, bulunduklar› parantezin en bafl›na giderler.

S7’nin her eleman› (ki 7! = 5040 tane eleman› var-

d›r) böyle ayr›k devirler biçiminde yaz›labilir.

Yaln›z dikkat edilmesi gereken bir iki nokta

var. Bu yaz›l›mla, (127)(3456) ve (3456)(127) efl-

leflmeleri de birbirine eflittir. Ayn› biçimde,

(127)(3456) = (271)(3456) = (3456)(271)

= (4563)(271) = (5634)(712)

gibi eflitlikler geçerlidir.

S4’ün 4! yani 24 eleman›n› bu yaz›l›mla yaza-

biliriz:

Yaz›l›m› biraz daha sadelefltirebiliriz. Tek ele-

manl› devirleri yazmasak da olur. Örne¤in

(1346)(25)(7) yerine daha basit olarak (1346)(25)

yazabiliriz. Bunun gibi (123)(45)(6)(7) yerine

(123)(45) yazal›m.

Ama o zaman (1)(2)(3)(4)(5)(6)(7) yerine ne

yazaca¤›z? Onun yerine de Id7 yazal›m. E¤er 7

umurumuzda de¤ilse, Id7 yerine sadece Id yazal›m.

Bu daha basit yaz›l›mla, S4’ün 24 eleman›

afla¤›daki gibi yaz›l›r.

Id4

(12), (13), (14), (23), (24), (34)

(123), (132), (124), (142), (134), (143), (234), (243)

(12)(34), (13)(24), (14)(23)

(1234), (1243), (1324), (1342), (1423), (1432)

Bu yaz›l›m›n bir tehlikesi var. O da flu: Bu ya-

z›l›mla (1346)(25) eleman› S6’n›n da, S7’nin de,

S8’in de eleman› olabilir. Nas›l anlayaca¤›z han-

gisinin eleman› oldu¤unu? Konunun geliflinden...

Biraz dikkat etmek gerekir sadece o kadar.

Bu yaz›l›m›n, tehlikesi yan›nda, bir avantaj›

vard›r: Bu yaz›l›m sayesinde, örne¤in, S6’y› rahat-

l›kla S9’un altkümesi olarak görebiliriz. Nitekim

S6’n›n her eleman›, S9’un 7, 8 ve 9’u sabitleyen bir

eleman› olarak görülebilir.

21


Kapak Konusu: FonksiyonlarSn

ya da nam› di¤er Sym(n)

1- Bu eflleflmelere bazen permütasyon da denir.

1 2 3 4 5 6 7

1 2 3 4 5 6 7

1 2 3 4 5 6 7

1 2 3 4 5 6 7

S4’ün elemanlar›:

(1)(2)(3)(4)

(12)(3)(4), (13)(2)(4), (14)(2)(3), (23)(1)(4), (24)(1)(3), (34)(1)(2)

(123)(4), (132)(4), (124)(3), (142)(3), (134)(2), (143)(2), (234)(1), (243)(1)

(12)(34), (13)(24), (14)(23)

(1234), (1243), (1324), (1342), (1423), (1432)

3. Hangi Tipten Kaç Eleman Var?

Biraz hesap yapal›m. Sn’de “tipi” ayn› olan

elemanlar›n say›s›n› hesaplayal›m.

Örne¤in (12) gibi ikili devir biçiminde yaz›la-

bilen kaç eleman vard›r? E¤er n = 4 ise 6 tane var-

d›r: (12), (13), (14), (23), (24), (34). E¤er n = 5 ise,

10 tane vard›r: (12), (13), (14), (15), (23), (24),

(25), (34), (35), (45).

Genel olarak bu tip elemanlardan n’nin ikili-

si kadar, yani Cn2 tane vard›r1.

Ya (123) gibi yaz›labilen kaç eleman vard›r?

Cn3 tane de¤il. Çünkü seçti¤imiz her üçlü için iki

ayr› seçene¤imiz var. Örne¤in, 1, 2, 3 seçilmiflse,

bu say›larla elde edece¤imiz (123) ve (132) gibi iki

ayr› eflleflme var. Bu tipten toplam Cn3 × 2 tane ele-

man vard›r.

Ya (12)(34) tipinden? Birinci çift için Cn2

seçenek var. ‹kinci çift için Cn-22 tane seçenek

vard›r. Ancak bu iki say›y› çarparsak yanl›fl sonuç

buluruz. Çünkü böyle yaparsak (12)(34) ve

(34)(12)’yi sanki iki ayr› elemanm›fl gibi iki kez sa-

yar›z. Çarp›m› ikiye bölmek gerekir. So-

nuç olarak, (12)(34) tipinden Cn2 × Cn-2

2 /2 tane

eleman vard›r.

Ayn› tipten olan elemanlara efllenik denir. Efl-

lenik elemanlar›n tümünden oluflan kümeye de efl-

leniklik s›n›f› denir.

Soldaki tabloda n = 2, ..., 8 için, Sn’de her eflle-

nik s›n›f›nda kaç eleman oldu¤unu hesaplad›k. Her

kolonun alt›nda buldu¤umuz say›lar› toplayarak,

toplam›n n! olup olmad›¤›n› kontrol ettik. Böylece

yapt›¤›m›z hesaplar›n sa¤lamas›n› yapm›fl olduk.

(Gene de hata olabilir! Yanl›fla tahammülü olmayan

okur kendi bafl›na hesaplamal›d›r bu say›lar›.)

En fazla eleman olan s›n›flar› koyu harflerle,

Id’ninki d›fl›nda en az eleman olan s›n›flar› da

alt› çizili gösterdik.

Belli ki, e¤er n ≥ 4 ise en az (12) tipinde ele-

man var. Bunun kan›t›n› (dolay›s›yla do¤ru olup

olmad›¤›n› da) bilmiyorum. Kan›tlayana ödül ve

bir bravo!

Ve gene belli ki Sn’de en kalabal›k s›n›f

(12 ... n−1)

s›n›f›. Bu s›n›f›n n(n – 2)! tane, yani

tane eleman› var. Bir baflka deyiflle, her n−1 ele-

mandan biri bu tipten (yani bu eflleniklik s›n›f›n-

da). Bunun da kan›t›n› bilmiyorum. Bunu da do¤-

ru kan›tlayana ödül var!

Efllenik S›n›f› Say›s›. Peki Sn’de kaç tür, yani

kaç eflleniklik s›n›f› var? Yukarda n = 8’e kadar efl-

leniklik s›n›flar›n› teker teker bulduk. Biraz daha

ileri gidelim:

Sn’deki eflleniklik s›n›f› say›s› asl›nda n say›s›n›n

parçalan›fl say›s›na eflittir. Örne¤in, e¤er n = 6 ise,

6 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 Id s›n›f›

6 = 2 + 1 + 1 + 1 + 1 (12) s›n›f›

6 = 3 + 1 + 1 + 1 (123) s›n›f›

6 = 2 + 2 + 1 + 1 (12)(34) s›n›f›

6 = 4 + 1 + 1 (1234) s›n›f›

6 = 3 + 2 + 1 (123)(45) s›n›f›

6 = 5 + 1 (12345) s›n›f›

6 = 2 + 2 + 2 (12)(34)(56) s›n›f›

6 = 4 + 2 (1234)(56) s›n›f›

6 = 3 + 3 (123)(456) s›n›f›

6 = 6 (123456) s›n›f›

Bir do¤al say›n›n parçalan›fl say›s›, o say›y› (s›-

ra gözetmeden) do¤al say›lar›n toplam› olarak

kaç türlü yaz›labilece¤idir. Dolay›s›yla 6’n›n

n

n

!

− 1

22


S2 S3 S4 S5 S6 S7 S8

Id 1 1 1 1 1 1 1

(12) 1 3 6 10 15 21 28

(123) 2 8 20 40 70 112

(12)(34) 3 15 45 105 210

(1234) 6 30 90 210 420

(12)(345) 20 120 420 1120

(12345) 24 144 504 1344

(12)(34)(56) 15 105 420

(12)(3456) 90 630 2520

(123)(456) 40 280 1120

(123456) 120 840 3360

(12)(34)(567) 210 1680

(12)(34567) 504 4032

(123)(4567) 420 3360

(1234567) 720 5760

(12)(34)(56)(78) 105

(12)(34)(5678) 1260

(12)(345)(678) 1120

(12)(345678) 3360

(123)(45678) 2688

(1234)(5678) 1260

(12345678) 5040

Toplam 2 6 24 120 720 5040 40320

1- Tipografik nedenlerden dolay›, yerine (n seç k), Frans›z

gelene¤ine uyarak, Cnk yazaca¤›z.

n

k

n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

s›n›f say›s› 1 2 3 5 7 11 15 22 30 42 56 77

parçalan›fl say›s› yukarda görüldü¤ü gibi 11’dir,

S6’n›n eflleniklik s›n›f› say›s›na eflittir. Genel ola-

rak, Sn’nin eflleniklik s›n›f› say›s› n’nin parçalan›fl

say›s›na eflittir. Bugün bile üzerine pek çok arafl-

t›rmalar yap›lan parçalan›fl say›s› üzerine ilerde-

ki sayfalarda bir yaz› bulacaks›n›z. (sayfa 25)

4. Sn’de Çarpma. Sn’de bileflke al›naca¤›n› bi-

liyoruz. Yukardaki yöntemle bileflke almak ol-

dukça kolayd›r. Örne¤in, diyelim, (15)(347)’yla

(1234)(56)’nin bileflkesini almak istiyoruz. Bilefl-

keyi almak istedi¤imiz s›raya göre bu iki elema-

n› yanyana koyal›m önce:

(1234)(56) (15)(347)

Bakal›m 1 nereye gitmifl?

(1234)(56) (15)(347) = (1?..

Sa¤dan bafllayarak her parantezi teker teker yokla-

yaca¤›z. Sa¤daki ilk (347) parantezinde 1 yok. De-

mek ki bu parantez 1’i 1’e gönderiyor. ‹kinci pa-

rantez 1’i 5’e gönderiyor. Üçüncü parantez 5’i

6’ya gönderiyor. En soldaki parantez de 6’y› 6’ya

gönderiyor. Demek ki yukardaki bileflke 1’i 6’ya

gönderiyor. Soru iflareti yerine 6 yazal›m:

(1234)(56) (15)(347) = (16?..

Bunu flöyle de gösterebilirdik:

(1234) (56) (15) (347)

6 ← 6 ← 5 ← 1 ← 1

fiimdi s›ra 6’da. Bakal›m 6 nereye gidecek?

(1234) (56) (15) (347)

5 ← 5 ← 6 ← 6 ← 6

Demek ki 6 da 5’e gidiyor. Yani

(1234)(56) (15)(347) = (165?..

fiimdi s›ra 5’te. 5’in 2’ye gitti¤i kolayl›kla anlafl›-

l›r. S›ra 2’ye geldi. 2, 3’e gider. 3 de 1’e gider. De-

vir kapanm›flt›r:

(1234)(56) (15)(347) = (16523)?..

Daha 4’le bafllayan deviri hesaplamam›fl›z.

Onu da tamamlayal›m.

(1234)(56) (15)(347) = (16523)(47).

Bundan böyle “bileflke almak” yerine “çarp-

mak” diyece¤iz. Böylece “gücünü almak” ve “ter-

sini bulmak” gibi terimleri de kullanabilece¤iz.

Sn’nin bir eleman›n›n gücünü al›rken, ortak sa-

y›lar› olmayan devirlerin yerlerini de¤ifltirebilece-

¤imizi bilmek çok yararl›d›r. Örne¤in, (123)(45)

= (45)(123) oldu¤undan,

((123)(45))8 = (123)8(45)8,

ve (123)3 = (45)2 = 1 oldu¤undan,

(123)8 = (123)2 = (132) ve (45)8 = Id

eflitlikleri geçerlidir. Dolay›s›yla,

((123)(45))8 = (123)8(45)8 = (132).

Dikkat edin, çarparken elemanlar›n yerlerini

her zaman de¤ifltiremezsiniz. Örne¤in (12)(23) ≠(23)(12).

Yukardaki gri karelerde çarpma, güç alma

ve tersini alma örnekleri verdik. Okur kendi ör-

neklerini kendi bulabilir. Bu yöntemle bir elema-

n›n tersi de kolay bulunur. Örnekler yukar›da.

5. Elemanlar›n Dereceleri. Sn’nin bir eleman›-

n›n derecesi (mertebesi), o eleman› Id yapan en kü-

çük pozitif güçtür; daha aç›k bir ifadeyle, e¤er α∈ Sn ise, α’n›n derecesi αn = Id eflitli¤ini sa¤layan

en küçük pozitif n do¤al say›s›d›r. α eleman›n›n

derecesi o(α) olarak yaz›l›r. Örne¤in,

23


Birkaç çarpma örne¤i:

(1234)(356) = (123564)

(1234)(243) = (12)

(123)(234)(345)(567) = (12)(4567)

(12)(23)(34)(45) = (12345)

(12345)(15432) = Id

(12)(34)(1432)(34)(12) = (1234)

(12)(123)(1234) = (134)

(15)(14)(13)(12) = (12345)

(12)(14253)(12) = (15324)

Güç Alma:

(12)2 = Id

(123)2 = (132)

(123)3 = Id

(1234)2 = (13)(24)

(1234)3 = (1432)

(1234)4 = Id

(12345)2 = (13524)

(12345)3 = (14253)

(12345)4 = (15432)

((12)(345))2 = (354)

((12)(34))3 = (12)(34)

((12)(3456))3 = (12)(3654)

((123)(4567))3 = (4765)

((12)(345)(6789))6 = (68)(79)

((1234)(56789))20 = Id

Tersini Alma:

Id−1 = Id

(12)−1 = (12)

(123)−1 = (123)2 = (132)

(1234)−1 = (1234)3 = (1432)

(12345)−1 = (12345)4 = (15432)

((12)(34))−1 = (12)(34)

((123)(456))−1 = (132)(465)

(1234567)−3 = (1234567)4 = (1526374)

(1234)2 = (13)(24),

(1234)3 = (1432),

(1234)4 = Id4

oldu¤undan, o(1234) = 4.

Belli ki o(12 ... n) = n. Yani devirin uzunlu¤u

derecesine eflittir.

Ve o(Id) = 1 her zaman. Id, derecesi 1 olan tek

elemand›r elbet.

Baflka örnekler yanda.

Derecesi 2 olan eleman-

lar, (12), (23), (13),

(12)(34), (12)(34)(56) gibi

ikilik ayr›k devirler halinde

yaz›lan elemanlard›r.

Yaln›z dikkatli olun,

(12)(23) eleman›n›n dere-

cesi 2 de¤il 3’tür, çünkü burada (12) ve (23) de-

virleri ayr›k devirler de¤ildir. Nitekim, o((12)(23))

= o(123) = 3.

Ayr›k devirlerin çarp›mlar›n›n derecesi, de-

virlerin uzunlu¤unun (yani derecelerinin) en kü-

çük ortak çarp›m›d›r. Bu, bariz.

Ayn› devir yap›s›na sahip yani ayn› tipte ele-

manlar›n dereceleri eflittir elbet. Örne¤in,

(1234)(567) ve (164)(2537) elemanlar›n›n derece-

leri eflittir (12’ye).

Sn’de en büyük derece kaçt›r? Bu çok daha zor

bir soru. Birkaç yan›t verdik afla¤›da.

d(n), Sn’deki en büyük derece olsun. Örne¤in,

yandaki çizelgeden d(12) = 60 oldu¤u görülüyor.

d(n) fonksiyonu n’ye göre nas›l art›yor? Hiç-

bir fikrim yok. ‹ki ad›mda bir ikiyle çarp›l›yor gi-

bi gözüküyor, yani sanki bir polinom gibi artm›-

yor.

d(n), elbette, n’nin parçalan›fllar›n›n parçala-

r›n›n en büyük en küçük ortak çarp›m›na eflit.

En büyük derece hakk›nda söyleyecekleriniz

var m›? En büyük dereceyi hesaplayan bir bilgi-

sayar program› yapabilir misiniz? (Elbette yap›la-

bilir! Ama marifet çabuk çal›flan bir program

yapmakta.)

Ya d(n)’nin n’yle birlikte nas›l artt›¤›n› bulabi-

lir misiniz? Örne¤in, her n için d(n) ≤ Cnk eflitsizli-

¤ini sa¤layan bir C ve k var m›? Sanmam. ♠

24


o(12) = 2

o(123) = 3

o((12)(34)) = 2

o(1234) = 4

o((12)(345)) = 6

o((12)(3456)) = 4

o((123)(456)) = 3

o((12)(345)(6789)) = 12

o((1234)(56789)) = 20

n eleman maks. derece

1 Id1 1

2 (1 2) 2

3 (1 2 3) 3

4 (1 2 3 4) 4

5 (1 2 3)(4 5) 6

6 (1 2 3 4 5 6) 6

7 (1 2 3)(4 5 6 7) 12

8 (1 2 3)(4 5 6 7 8) 15

9 (1 2 3 4)(5 6 7 8 9) 20

10 (1 2)(3 4 5)(6 7 8 9 10) 30

11 (1 2 3 4 5)(6 7 8 9 10 11) 30

12 (1 2 3)(4 5 6 7)(8 9 10 11 12) 60

52’lik iskambil kâ-¤›d› destesini fluyöntemle karmak istiyoruz: Desteyi tam or-

tadan (26−26) ikiye ay›ral›m. Destenin üst yar›s› sol eli-mizde, alt yar›s› sa¤ elimizde olsun… Sonra, bilinen fiya-kal› yöntemle, alttan bafllamak üzere, bir kâ¤›t sa¤desteden, bir kâ¤›t sol desteden olmak üzere s›rayla kâ-¤›tlar› karal›m. Önce sa¤ desteden bafllayaca¤›z, bu önem-li. Yani en üstteki ve en alttaki kâ¤›tlar yerinde kalacak-lar, üstten 27. kâ¤›t karmadan sonra üstten ikinci kâ¤›tolacak, üstten ikinci kâ¤›t üstten üçüncü kâ¤›t olacak, üst-ten 28. kâ¤›t üstten dördüncü olacak, üstten üçüncü kâ-¤›t üstten beflinci kâ¤›t olacak...

Bu ifllemi kaç kez tekrarlarsak kâ¤›tlar eski yerleri-ne gelirler?

Bu sorunun yan›t›n› bulmak için afla¤›daki eflleflme-nin derecesini bulmal›y›z. (Neden?)(1)(2, 27, 14, 33, 17, 9, 5, 3) (4, 28, 40, 46, 49, 25, 13,7) (6, 29, 15, 8, 30, 41, 21, 11) (10, 31, 16, 34, 43, 22,37, 19)(12, 32, 42, 47, 24, 38, 45, 23)(18, 35)(20, 36,44, 48, 50, 51, 26, 39)(52)

Bundan da tam sekiz karmada kâ¤›tlar›n eski yerle-rine geldikleri ç›kar.

Ya önce sol desteden kâ¤›t alsayd›k, yani üstten 27.kâ¤›t birinci kâ¤›t olsayd›? O zaman destenin eski halinegelmesi için kaç kez karmal›y›z?

Bu ikinci sorunun yan›t›n› bulmak için afla¤›daki efl-leflmenin derecesini hesaplamal›y›z. (Neden?)(1, 2, 4, 8, 16, 32, 11, 22, 44, 35, 17, 34, 15, 30, 7, 14,28, 3, 6, 12, 24, 48, 43, 33, 13, 26, 52, 51, 49, 45, 37,21, 42, 31, 9, 18, 36, 19, 38, 23, 46, 39, 25, 50, 47, 41,29, 5, 10, 20, 40, 27)

Demek ki bu sefer tam 52 karma sonunda ilk bafl-lad›¤›m›z duruma gelece¤iz.

2n kâ¤›tl› bir desteyi bu yöntemlerden biriyle karar-sak, kâ¤›tlar kaç karmada en bafltaki duruma gelirler? ♠

Bir do¤al say›n›n do¤al

say›lar›n toplam› olarak

yaz›l›fl say›s›na o say›n›n

parçalan›fl say›s› denir.

Örne¤in 3 = 1 + 2 = 1 + 1 + 1 ol-

du¤undan, ve 3’ün baflka parçalan›fl› olmad›-

¤›ndan, 3’ün parçalan›fl say›s› 3’tür. n’nin parça-

lan›fl say›s› p(n) olarak gösterilir.

p(n) say›s› üzerine ilk düflünen matematikçi

Leibniz’tir (1669). O zamandan bu zamana

p(n)’nin “kapal›” bir formülü bulunamam›flt›r1.

Formülünü bulamasa da, ‹s-

viçreli büyük matematikçi Euler

bu say›n›n hesaplanmas› için ko-

lay bir yöntem bulmufltur (1740).

Bu yöntemi aç›klayaca¤›z flimdi.

Polinom olmayan, ama poli-

n›mlara benzeyen flu seriyi alal›m:

α(t) := 1 + t + t2 + t3 + ....

Burada t yerine tk al›rsak,

α(tk) = 1 + tk + t2k + t3k + ....

elde ederiz. fiimdi bu serileri k = 1,

2, 3,... için çarpal›m:

Sonsuz tane seriyi çarpman›n

kolay olmad›¤›n› söyleyebilirsiniz.

Kolay de¤ildir belki ama çok zor

da de¤ildir. Örne¤in bu sonsuz

çarp›mda 1, t, t2, t3, t4 ve t5’in

katsay›s›n› hesaplamak için, k ≥ 6

için sa¤ taraftaki tüm tk’lar› yok

sayabiliriz (att›klar›m›z›n, örne-

¤in, t5’in katsay›s›na etkisi yok-

tur.) Ve çarpma yaparken de, k ≥

6 için sa¤ taraftaki tüm tk’lar› yok

say›p afla¤›daki gibi “modulo t6”

hesaplayabiliriz:

(1+t+t2+t3+t4+t5)(1+t2+t4)(1+t3)(1+t4)(1+t5)

≡ (1+t+t2+t3+t4+t5)(1+t2+t4)(1+t3+t4+t5)

≡ (1+t+2t2+2t3+3t4+3t5)(1+t3+t4+t5)

≡ 1+t+2t2+3t3+5t4+7t5.

Buldu¤umuz katsay›lara dikkat ettiniz mi?

Çarpmay› devam ettirelim:

1+t+2t2+3t3+5t4+7t5+11t6+15t7+22t8+30t9

+42t10+56t11+...

Katsay›lar› gördünüz mü? Sabit terimi s›f›-

r›nc› katsay› olarak sayarsak, kinci katsay› p(k).

fiafl›rt›c› bir biçimde,

eflitli¤i geçerlidir. (Burada

p(0) = 1 ald›k.) Her ne ka-

dar flafl›rt›c›ysa da, bunun

kan›t› pek zor de¤ildir. Bu

eflitlik üzerine biraz düflü-

nen okur eflitli¤in nedenini

kendi kendine bulur san›-

yorum.

Gene de büyük k’lar

için p(k)’y› hesaplamak çok

kolay de¤ildir. Bu yüzden k

çok çok büyükken p(k)’n›n

afla¤› yukar› kaç oldu¤unu,

yani p(k)’n›n “asemptotik

davran›fl›n›” bilmek yarar-

l›d›r. 1918’de ‹ngiliz mate-

matikçisi Hardy ve Hint

dahisi Ramanujan,

formülünü bulmufllard›r.

Bu formülün anlam› flu-

dur: n çok çok büyük al›-

n›rsa, sa¤daki ve soldaki

terimlerin birbirine oran› 1’e çok çok yak›nd›r, da-

ha do¤ru bir deyifller, oranlar›n limiti 1’dir.

Parçalan›fllarla e ve π say›lar›n›n ne iliflkisi var di-

ye soruyorsan›z, bilin ki ben de çok merak ediyorum.

Ramanujan bu konuda ak›l almaz formüller

bulmufltur. Üstelik kan›tlamadan... Kan›tlar› çok

sonralar› bulunmufltur. Ama bu say›n›n konusu-

nun d›fl›na ç›k›yoruz. Bu ola¤anüstü matematik-

çiden bir baflka say›da söz ederiz. ♠

25



Parçalan›fl Say›s›

n p(n)

1 1

2 2

3 3

4 5

5 7

6 11

7 15

8 22

9 30

10 42

11 56

12 77

13 101

14 135

15 176

50 204.226

100 190.569.292

150 40.853.235.313

200 3.972.999.029.388

250 230.793.554.364.681

300 9.253.082.936.723.602

( ...)1 2

1

3+ + + +=

∞∏ t t tk k

k

k

1- Kapal› bir formül olmayabilir de. Kapal› formül say›s›

say›labilir sonsuzluktad›r. Oysa N’den N’ye say›lamaz

sonsuzlukta fonksiyon vard›r.

( ...)1 2

1

3+ + + + ==

∞∏ t t tk k

k

k

( ...) ( )1 2

1

3

0+ + + + =

=

∞

=

∞∏ ∑t t t p k tk k

k

k k

k

p n

e

n

n

( ) ≈π 2 3

4 3

/

Do¤al say›lar kümesi

N’nin eflleflmeleri Sym(N)

olarak gösterilir. Sn için

söylediklerimizin hemen

hemen hepsi Sym(N) için de ge-

çerlidir.

Örnek 1. N’den N’ye giden afla¤›da tan›mla-

nan ƒ fonksiyonuna bakal›m:

Bu bir eflleflmedir. ƒ’’yi devirlerine ay›r›p flöy-

le yazabiliriz: ƒ = (0 1)(2 3)(4 5)(6 7)... Elbette

ƒ 2 = IdN

eflitli¤i geçerlidir.

Burada (0 1), (2 3), (4 5) gibi sonsuz tane efl-

lemenin bileflkesinin al›nmad›¤›na dikkatinizi çe-

keriz. (0 1)(2 3)(4 5)(6 7) .... eflleflmesi sonsuz ta-

ne efllemenin bileflkesi de¤il, tek bir eflleflmedir.

Örnek 2. g = (1 2)(3 4)(5 6)(7 8)... fonksiyo-

nu da Sym(N)’nin bir eleman›d›r. Bu fonksiyon 0’›

sabitler, 1’i 2’ye, 2’yi 1’e gönderir... Bu fonksiyo-

nun da karesi birim fonksiyondur.

Örnek 3. Yukardaki eflleflmelerin bileflimleri-

ni al›p yeni eflleflmeler elde edebiliriz:

Bu örneklerde de görüldü¤ü üzere Sym(N)’de-

ki devirlerin bafllang›c› olmayabilir.

Örnek 4. (0 1) deviri Sym(N)’nin bir elema-

n›d›r. Bu eflleflme 0’› 1’e, 1’i 0’a götürür, geri ka-

lan say›lar› de¤ifltirmez.

Örnek 5. Sym(N)’de bir devirin bafllang›c›

varsa, o zaman o devir sonlu olmak zorundad›r.

Örne¤in, (0 1 2 3 4 ...) sonsuz deviri Sym(N)’nin

bir eleman› de¤ildir. Çünkü 0’a giden bir say›

yoktur. Sonsuz devirlerin ne bafllang›c› ne de so-

nu olabilir.

Örnek 6. Sym(N)’nin derecesi 2 olan eleman-

lar› belli (sonlu ya da sonsuz say›da) ayr›k ikilik

devirlerin yanyana getirilmesiyle elde edilir.

Örnek 7. Üçüncü örnekteki ƒ ° g eflleflmesinin

karesini alabiliriz:

Sn’nin (1 2) eleman› Sn’de bir baflka eleman›n

karesi olmad›¤› gibi, Sn’deki elemanlar›n karele-

rinin çarp›m› da olamaz. Bu, kan›t› pek kolay ol-

mayan, bilinen bir olgudur.

Soru 1. {ƒ ∈ Sym(N) : ƒ ° (1 2) = (1 2) ° ƒ}

kümesini bulun.

Soru 2. (1 2) eleman›n›n Sym(N)’den bir ele-

man›n karesi olamayaca¤›n› kan›tlay›n.

Soru 3. (1 2) eleman›n›n Sym(N)’de sonlu sa-

y›da karenin çarp›m› oldu¤unu kan›tlay›n.

Soru 4 ve 5. Yukardaki sorular› üçüncü örnek-

teki ƒ ° g eflle-

mesi için yan›t-

lay›n.

Soru 6. Sym(N)’

deki her eleman sonlu say›da karenin çarp›m› m›-

d›r?

Soru 7. p bir asal say› olsun. Sym(N)’deki her

eleman sonlu say›da eleman›n pinci gücü olarak

yaz›labilir mi? ♠

26



Sym (N)

f n

n n

n n( ) =

−+

1

1

e¤er tekse

e¤er çiftse

ƒ ° g = ((0 1)(2 3)(4 5)(6 7) ...)((1 2)(3 4)(5 6)(7 8) ...) = ( ... 8 6 4 2 0 1 3 5 7 ...)

g ° ƒ = ((1 2)(3 4)(5 6)(7 8) ...)((0 1)(2 3)(4 5)(6 7) ...) = ( ... 7 5 3 1 0 2 4 6 8 ...)

( ... 8 6 4 2 0 1 3 5 7 ...)2 =

( ... 10 6 2 1 5 9 ... )( ... 12 8 4 0 3 7 11 ... )

Sym(N)’nin

(12)(34)(56)(78)...

eleman› (12), (34), (56),

(78), ... elemanlar›n›n bilefl-

kesi (ya da çarp›m›) de¤ildir. Sym(N)’de

sonlu tane eleman›n bileflkesini almas›n› ö¤rendik,

sonsuz tane eleman› nas›l çarpaca¤›m›z› bilmiyo-

ruz. Bu yaz›da, yukardaki (12)(34)(56)(78)... ele-

man›n›,

(12)

(12)(34)

(12)(34)(56)

(12)(34)(56)(78)

...

dizisinin “limiti” olarak görmesini ö¤renece¤iz,

yani bir anlamda, kimi zaman sonsuz tane ele-

man› çarpmas›n› ö¤renece¤iz. Bunun için

Sym(N)’de bir "uzakl›k" kavram› tan›mlama-

m›z gerekecek.

A herhangi bir küme olsun. F(N, A), N’den

A kümesine giden fonksiyonlar kümesini simge-

lesin. X de F(N, A)’n›n herhangi bir altkümesi

olsun. X = F(N, A) olabilir. Ya da A = N ise, X

= Sym(N) olabilir.

X’ten herhangi iki eleman alal›m, ƒ ve g. fiim-

di ƒ ve g aras›ndaki “uzakl›¤›” bir gerçel say› ola-

rak tan›mlayaca¤›m. Bu say›ya d(ƒ, g) ad›n› vere-

ce¤im. Tan›mlayaca¤›m d(ƒ, g) uzakl›¤› negatif

olmayan bir gerçel say› olacak, ve bir anlamda ƒve g’nin birbirlerine ne derece benzediklerini öl-

çecek. Fonksiyonlar ne kadar birbirine “benziyor-

larsa”, fonksiyonlar›n birbirine “uzakl›klar›” o ka-

dar küçük olacak.

E¤er ƒ = g ise, ƒ ve g aras›ndaki uzakl›k 0 ol-

sun, yani d(ƒ, g) = 0 olsun.

E¤er ƒ ≠ g ise, afla¤›daki koflullar› sa¤layan n

do¤al say›s›n› bulal›m (vard›r öyle bir say›):

ƒ(0) = g(0), ƒ(1) = g(1), ..., ƒ(n − 1) = g(n − 1),

ƒ(n) ≠ g(n).

Yani n, ƒ(n) ≠ g(n) eflitsizli¤ini sa¤layan en küçük

do¤al say› olsun. fiimdi ƒ ve g aras›ndaki uzakl›-

¤›, yani d(ƒ, g) say›s›n›, 1/2n olarak tan›mlayal›m.

Özetleyin,

Bu tan›ma göre, e¤er ƒ(0) ≠ g(0) ise ƒ ile g ara-

s›ndaki uzakl›k 1’dir. Bu uzakl›k, iki fonksiyon

aras›nda olabilecek en büyük uzakl›kt›r.

E¤er ƒ(0) = g(0) ise, ama ƒ(1) ≠ g(1) ise, ƒ ve

g aras›ndaki uzakl›k 1/2’dir.

E¤er ƒ(0) = g(0) ve ƒ(1) = g(1) ise, ama ƒ(2) ≠g(2) ise, ƒ ve g aras›ndaki uzakl›k 1/4’tür.

Yukarda tan›mlad›¤›m›z uzakl›k fonksiyonu

afla¤›daki koflullar› sa¤lar: Her ƒ, g, h ∈ X için,

U1. d(ƒ, g) ∈ R≥0 ve d(ƒ, g) = 0 ancak ve ancak

ƒ = g ise.

U2. d(ƒ, g) = d(g, ƒ).

U3. d(ƒ, g) ≤ d(ƒ, h) + d(h, g).

Matematikte (bir X kümesi üzerine) uzakl›k

denilen kavram iflte (X × X’ten R’ye giden ve) yu-

kardaki koflullar› sa¤layan bir fonksiyondur.

Uzakl›k kavram›n›n yard›m›yla “yak›nsamak”

kavram› tan›mlan›r. (ƒn)n, X kümesinden bir di-

zi olsun (yani her ƒn fonksiyonu X’in bir elema-

n›). Bir de ayr›ca bir ƒ ∈ X verilmifl olsun. E¤er her

ε > 0 için, “n > N ⇒ d(ƒn, ƒ) < ε” koflulunu sa¤-

layan bir N say›s› varsa, “(ƒn)n dizisi ƒ’ye yak›n-

sar” denir ve bu, limn→∞ ƒn = ƒ olarak yaz›l›r1.

Asl›nda bizim ilgilendi¤imiz kümede yak›nsa-

mak kavram› çok daha kolay bir biçimde ifade edi-

lebilir: E¤er her x ∈ A için, n > N oldu¤unda ƒn(x)

= ƒ(x) eflitli¤inin sa¤land›¤› bir N say›s› varsa, o za-

man (ƒn)n dizisi ƒ’ye yak›nsar ve bunun tersi de

do¤rudur. Bu ikinci tan›m›n birincisine göre flu üs-

tünlü¤ü vard›r: Uzakl›k kavram›n› kullanmaz ve

böylece yak›nsamak tan›m›n› baflka fonksiyon kü-

melerine genellefltirmemize olanak sa¤lar.

Afla¤›daki örneklerde hep A = N alaca¤›z, ya-

ni N’den N’ye giden fonksiyonlara bakaca¤›z.

Örnek 1. fiu eflleflmeleri ele alal›m: ƒ0 = (0 1),

ƒ1 = (0 1)(2 3), ƒ2 = (0 1)(2 3)(4 5),... Yani

ƒn = (0 1)(2 3) ... (2n, 2n+1)

olsun. O zaman ƒn dizisinin (yukardaki anlamda) bir

limiti vard›r, ve bu limit, tahmin edilece¤i üzere,

(0 1)(2 3)(4 5)(6 7)...

eflleflmesidir. Demek ki eflleflmelerin limiti gene bir

eflleflme olabiliyormufl. Ama her zaman de¤il:

27



Fonksiyonlarda Bir Uzakl›k Kavram›

1- Bu N say›s› ε’a ba¤›ml›d›r. ε küçüldükçe N büyümek zorun-

dad›r. Bu yüzden kimileyin N yerine Nε yaz›l›r. d f g

n f n g n

f g

n

( , )/ ( ) ( )= ≠

=

1 2

0

e¤er , eflitli¤ini sa¤layan ilk say›ysa

e¤er ise

Örnek 2. ƒ1 = (0 1), ƒ2 = (0 1 2), ƒ3 = (0 1 2

3),... olsun, yani, genel olarak ƒn = (0 1 2 3 ... n)

olsun. O zaman ƒn dizisinin (yukardaki anlamda)

bir limiti vard›r, ve bu limit – tahmin edilece¤i üze-

re - (0 1 2 3 4 5 6 7 ...) fonksiyonudur. Yukarda-

ki örne¤in tersine, bu kez buldu¤umuz bir efllefl-

me de¤il (limit birebir ama örten de¤il, 0’a giden

bir eleman yok.)

Örnek 3. ƒn : N → N fonksiyonlar› flöyle ta-

n›mlans›n:

Her ƒn örten bir fonksiyondur (ama birebir de-

¤iller). ƒn örten fonksiyonlar›n limiti, hep 0 de¤e-

ri veren sabit s›f›r fonksiyonudur. Demek ki örten

fonksiyonlar›n limiti örten olmayabiliyor...

Soru: Birebir fonksiyonlardan oluflan bir dizi-

nin limiti birebir olmak zorunda m›d›r?

fiimdi A’dan R kümesine giden fonksiyonlar

kümesi F(A, R) bakal›m. Bu kümeden bir (ƒn)ndizisi alal›m. Her x ∈ A için, (ƒn(x))n gerçel sa-

y›lar dizisinin bir limiti oldu¤unu varsayal›m.

Bu limite ƒ(x) ad›n› verelim:

limn → ∞ ƒn(x) = ƒ(x).

Demek ki ƒ ∈ F(A, R). Bu durumda ƒn fonk-

siyonlar›n›n (noktasal) limitinin ƒ oldu¤unu

söyleyece¤iz ve bunu

limn → ∞ ƒn = ƒolarak gösterece¤iz. Demek ki

limn → ∞ ƒn = ƒ ⇔Her x ∈ A için, limn → ∞ ƒn(x) = ƒ(x).

E¤er ƒn fonksiyonlar›n›n de¤erleri N’deyse

(yani her ƒn ∈ F(A, N) ise), aynen yukarda ilk

verdi¤imiz tan›m› elde ederiz.

F(A, R) kümesinin özel bir altkümesinde

çok daha ilginç bir uzakl›k kavram› tan›mlana-

bilir. Önce o özel altkümeyi tan›mlayay›m:

Fb(A, R) flu küme olsun:

Fb(A, R) = {ƒ ∈ F(A, R) : supx∈A |ƒ(x)| < ∞}.

fiimdi ƒ, g ∈ Fb(A, R) için flu tan›m› verelim:

d(ƒ, g) = supx∈A |ƒ(x) − g(x)|. d fonksiyonu yu-

kardaki U1, U2, U3 özelliklerini sa¤lar, yani d,

Fb(A, R) üzerine bir uzakl›kt›r. Bu uzakl›k kav-

ram›n› kullanarak Fb(A, R) kümesinde, yukar-

daki tan›mdan çok daha güçlü bir yak›nsama

tan›mlayabiliriz. Bu kavrama göre,

limn → ∞ ƒn = ƒ ⇔ Her ε > 0 için öyle bir N var-

d›r ki, e¤er n > N ise d(ƒn, ƒ) < ε. ♠

28


f x

x n

x n x nn( ) =

− ≥

0 e¤er = 0, 1, ..., ise

e¤er ise

Sonsuz say›da ayakka-

b› çifti var ve biri sizden

bu sonsuz say›da ayakka-

b› çiftinden her birinden bir ör-

nek getirmenizi istiyor... Her çiftten sol

ayakkab›y› seçebilirsiniz örne¤in. Ya da hep sa¤

ayakkab›y›... Yani iki ayakkab›dan birini seçmek

için bir kural bulabilirsiniz.

Ama diyelim sonsuz say›da ayakkab› çifti de-

gil de, sonsuz say›da çorap çifti var. Her çiftten bi-

rini seçeceksiniz. Çoraplar›n sa¤› solu belli olmad›-

¤›ndan bu sefer belli bir kural bulamazs›n›z.

Çoraplar›n biri sa¤da biri solda olsa, ya da biri üst-

te biri altta olsa, ya da biri y›rt›k biri sa¤lam olsa,

o zaman kural› koymak kolay. Sorun, sonsuz

say›da çorap çifti oldu¤unda ve çiftleri oluflturan ço-

raplardan birini di¤erinden ay›rdedemedi¤imizde.

Örne¤in, X = {{1, 2}, {3, 4}, {5, 6}, ...} ise, X’in

her eleman›ndaki en büyük say›y› seçebiliriz

E¤er X = {{1, 2}, {1, 3}, {1, 4}, ...} ise, 1, X’in

her eleman›nda oldu¤undan, hep 1’i seçebiliriz.

Soruyu daha matematiksel olarak flöyle ifade

edelim. Elinizde bir X kümesi var. Bu kümenin ele-

manlar› da küme, ve hiçbiri bofl de¤il. X’in her ele-

man›ndan bir örnek (numune, eflantiyon) seçecek-

siniz. Bir baflka deyiflle, kalk›fl kümesi X olan öyle

bir ƒ fonksiyonu bulacaks›n›z ki, her x ∈ X için,

ƒ(x) ∈ x olacak. Böyle bir fonksiyona seçim fonk-

siyonu denir.

Sorumuz flu: Bofl olmayan kümelerden oluflan

her kümenin bir seçim fonksiyonu var m›d›r?

Önce örneklerle sorunun zorluk derecesini

ölçece¤iz. Sonra da sorunun özüne inip yan›t› ve-

rece¤iz.

Kolay fi›klar. E¤er X, bofl olmayan kümeler-

den oluflan sonlu bir kümeyse, o zaman X’in bir

seçim fonksiyonunu bulmak çok basittir: X’in

her eleman›ndan belli bir eleman seçin, olsun bit-

sin! Sorun X sonsuz olunca...

E¤er X’in elemanlar›n›n ortak bir eleman› var-

sa, o zaman da kolay, hep o eleman› seçelim. Örne-

¤in yukardaki örneklerden birinde, 1, X’in bütün ele-

manlar›n›n ortak eleman›yd› ve biz hep 1’i seçmifltik.

E¤er X’in her eleman›nda, a ve b diye adlan-

d›raca¤›m›z iki elemandan biri varsa, o zaman

da kolay: X’in bir x eleman›n› alal›m. E¤er a ∈ x

ise a’y› seçelim. E¤er a ∉ x ise, o zaman x’ten b’yi

seçelim.

℘(A)*, A’n›n bofl olmayan altkümelerinden

oluflan küme olsun. Yani ℘(A)* = ℘(A) \ {∅}. Çe-

flitli A’lar için ℘(A)* kümesinin bir seçim fonk-

siyonunu bulmaya çal›flaca¤›z.

Örnek 1. ℘(N)* kümesinin seçim fonksiyonu.

Bofl olmayan her do¤al say› kümesinden bir

eleman seçebiliriz; örne¤in kümenin en küçük

eleman›n› seçebiliriz. Sözgelimi, bu yöntemle, {1,

5, 8} kümesinden 1’i, çift say›lar kümesinden 0’›,

asal say›lar kümesinden 2’yi seçeriz.

Örnek 2. ℘(Z)* kümesinin seçim fonksiyonu.

Bofl olmayan her tamsay› kümesinden de bel-

li bir yöntemle bir eleman seçebiliriz. Örne¤in flu

yöntemi deneyelim: ∅ ≠ x ⊆ Z olsun; e¤er x’in en

büyük eleman› varsa o en büyük eleman›, yoksa

x ∩ N kümesinin en küçük eleman›n› seçelim.

Böylece bofl olmayan her tamsay› kümesinden

bir eleman seçmifl olduk.

Örnek 3. ℘(Q≥0)* kümesinin seçim fonksi-

yonu.

Bofl olmayan bir pozitif kesirli say›lar küme-

sinden bir say› nas›l seçeriz? Kümeye x diyelim. fiu

kümeyi tan›mlayal›m:

A(x) = {a + b : a/b ∈ x}.

Bofl olmayan bir do¤al say› kümesi oldu¤un-

dan, A(x)’in en küçük eleman› vard›r. Bu elema-

na n diyelim. fiimdi,

{a/b ∈ x : a + b = n}

kümesine bakal›m. Bu, sonlu bir kesirli say›lar kü-

mesidir, dolay›s›yla bir en küçük eleman› vard›r.

‹flte x’ten bu eleman› seçelim.

Örne¤in,

x = {a2/b ∈ Q≥0 : a asal ve a2 + b2 say›s› 4’e ve

5’e bölünmez}

ise,

A(x) = {a2 + b : a asal ve a2 + b2 say›s› 4’e ve

5’e bölünmez}

kümesidir. A(x) kümesinin en küçük eleman› 7’dir

(a = 2, b = 3.) Dolay›s›yla yukarda aç›klad›¤›m›z

yöntemle x’ten 2/3’ü seçeriz. Bu seçim fonksiyo-

nu afla¤›da gerekecek, ona bir ad verelim: ƒ. Ör-

29



Seçim Fonksiyonlar›

ne¤in, yukardaki örnekte, ƒ(x) = 2/3.

Örnek 4. ℘(Q)* kümesinin seçim fonksiyonu.

Bofl olmayan kesirli say› kümelerinden de birer

eleman seçebiliriz. x ⊆ Q bofl olmayan bir küme ol-

sun. E¤er x ∩ Q≥0 bofl de¤ilse, yukardaki yöntemi

kullanal›m ve ƒ(X ∩ Q≥0) eleman›n› seçelim. E¤er

X ∩ Q≥0 boflkümeyse, (−X) ∩ Q≥0 kümesi bofl

de¤ildir, o zaman da X’ten −ƒ((−X) ∩ Q≥0) elema-

n›n› seçelim.

Genel olarak, e¤er X say›labilir bir kümeyse

(bknz. Efllemeler yaz›s›), ℘(X)* kümesinin bir

seçim fonksiyonunu bulmak oldukça kolayd›r.

Nitekim, ƒ : X → N bir eflleme olsun. ∅ ≠ x ⊆ X

olsun. E¤er n, ƒ(x)’in en küçük eleman›ysa, x’ten

ƒ−1(n) eleman›n› seçeriz. (ƒ, Örnek 3’teki seçim

fonksiyonu.)

Örnek 5. Aral›klar kümesinin seçim fonksiyonu.

Reel say›lar kümesinin

[a, b], [a, b), (a, b], (a, b),

(−∞, a], (−∞, a), [a, ∞), (a, ∞), (−∞, −∞)

gibi altkümelerine aral›k ad› verilir. Reel say›la-

r›n bofl olmayan aral›klar›ndan da belli bir yön-

temle bir eleman seçebiliriz. [a,

b], [a, b), (a, b], (a, b) aral›klar›n-

dan “orta noktay›”, yani (a + b)/2

noktas›n›, (−∞, a], (−∞, a) aral›k-

lar›ndan a − 1 noktas›n›, [a, ∞),

(a, ∞) aral›klar›ndan a + 1 nokta-

s›n› ve (−∞, −∞) aral›¤›ndan 0

noktas›n› (gene orta noktay›!) se-

çelim.

Örnek 6. ℘(R)* kümesinin

seçim fonksiyonu.

‹flte en civcivli soruya geldik.

Yukardaki örneklerde kimileyin

kolayca kimileyin zorlanarak, her

seferinde bir seçim fonksiyonu

bulduk. Ama bu kez ifller hiç kolay de¤il.

Hemen söyleyelim: ℘(R)* kümesinin bir se-

çim fonksiyonunu bulamazs›n›z. ‹stedi¤iniz kadar

deneyin... Sadece siz de¤il, kimse bulamaz!

Bu kümenin seçim fonksiyonu yok demiyo-

rum. Var da demiyorum...

Yoksa elbet bulamazs›n›z. Ama varsa da bu-

lamazs›n›z!

Bu kümenin bir seçim fonksiyonunun oldu¤u

ancak flu aksiyomla (belitle) kan›tlanabilir:

Seçim Aksiyomu (C): Elemanlar› bofl olmayan

kümeler olan her kümenin bir seçim fonksiyonu

vard›r.

Bu aksiyom kullan›larak ℘(R)* kümesinin

bir seçim fonksiyonu oldu¤u kan›tlanabilir (elbet!),

ama o seçim fonksiyonunun kural› bulunamaz!

Yani aç›k aç›k seçim fonksiyonunu yazamazs›n›z.

Bir baflka deyiflle, varl›¤› (yukardaki aksiyom ta-

raf›ndan) kan›tlanan bir seçim fonksiyonunun

kural› yoktur. Olamaz da. Bu, Kurt Gödel tara-

f›ndan kan›tlanm›flt›r.

Kurt Gödel, Seçim Aksiyomu’nun, kümeler

kuram›n›n di¤er aksiyomlar›ndan ba¤›ms›z oldu-

¤unu kan›tlam›flt›r. fiöyle aç›klayay›m:

Kümeler kuram›n›n Seçim Aksiyomu d›fl›nda-

ki kabul edilen di¤er aksiyomlar›na ZF diyelim.

(Z, Zermelo’nun Z’sidir, F de Fraenkel’in F’si)

ZF’nin çeliflkisiz oldu¤unun (gene ZF’nin aksi-

yomlar› kullan›larak) kan›tlanamayaca¤›n› Kurt

Gödel kan›tlam›flt›r (1931). Gödel ayr›ca flunu

kan›tlam›flt›r (1940):

E¤er ZF çeliflkisizse, hem (ZF + C) hem de

(ZF + ¬C) çeliflkisizdir.

Bir baflka deyiflle, ZF kümeler kuram›na ister

C’yi istersek de C’nin de¤illemesini ekleyebiliriz ve

çeliflkisiz iki ayr› teori elde ederiz. Matematikçi-

lerin çok büyük bir ço¤unlu¤u C’yi kabul etme-

den yana olmufllar ve bugün ar-

t›k C aksiyomu kabul edilmifltir.

Bu yüzden, bugün kabul edilen

ve kullan›lan kümeler kuram› ak-

siyomlar›na ZFC denir.

Seçim Aksiyomunun Kulla-

n›m›. Seçim aksiyomundan çok

“do¤al” sonuçlar ç›kabildi¤i gi-

bi hiç de do¤al görünmeyen so-

nuçlar ç›kar. Her ikisinden de

birer örnek verelim.

“Do¤al” Bir Sonuç. X son-

suz bir küme olsun. X’in say›la-

bilir sonsuzlukta bir altkümesi

var m›d›r? Yani X’ten öyle x0, x1, x2, x3,... ele-

manlar› bulabilir miyiz ki, {x0, x1, x2, x3,...} bir kü-

me olsun? Seçim Aksiyomu olmadan böyle bir kü-

menin varl›¤›n› kan›tlanamaz. Zorluk flurdad›r:

{x0, x1, x2, x3,...} diye bir nesne vard›r. Bu nesne-

nin küme oldu¤unu kümeler kuram›n›n ZF aksi-

yomlar›yla kan›tlamak gerekiyor. Seçim aksiyomu

olmadan bu kan›tlanamaz. Baz› X kümeleri için

kan›tlanabilir, ama her sonsuz küme için kan›tla-

namaz. Küme olman›n baz› koflullar› vard›r. {x0,

x1, x2, x3,...} nesnesinin bu koflullar› yerine getir-

di¤ini kan›tlayamay›z.

30


Kurt Gödel

“Do¤al olmayan” bir sonuç. 1 yar›çapl› bir kü-

re alal›m. fiimdi çok flafl›rt›c› bir fley söyleyece¤im.

Bu küreyi öyle befl parçaya bölebilirim ki ve bu befl

parçay› döndürerek, öteleyerek, simetrisini ala-

rak, yani hacim ve alan de¤ifltirmeyen dönüflüm-

lerden geçirdikten sonra öyle toparlayabilirim ki,

parçalardan ikisinden yar›çap› 1 olan bir küre,

geri kalan üçünden gene yar› çap› 1 olan bir küre

elde edebilirim. Bu saçmasapan görünen teorem Se-

çim Aksiyomu’yla kan›tlanabilir ancak. Matema-

tikte buna Banach-Tarski Paradoksu denir (ama

asl›nda bir paradoks de¤ildir, sadece flafl›rt›c›d›r,

paradoksa benzer.) Befl parçan›n hiçbirinin alan›

olamaz elbet (yoksa alan› büyültemezdik.) Seçim

aksiyomunun yard›m›yla, R3 uzay›n›n alan› hesap-

lanamayan altkümelerini bulabiliriz. ♠

31


Can›na!Vay

r = ecosθ - 2cos(4θ) + sin5(θ/12)

Do¤an Çoker, 1951’de ‹stanbul’da do¤mufl-

tur. Genç say›lacak bir yaflta, 9 Ocak

2003’te, ard›nda eflini, iki çocu¤unu ve onlarca

ö¤rencisini b›rakarak aram›zdan ayr›lm›flt›r.

S›ras›yla Diyarbak›r, Ankara, Kocaeli,

tekrar Ankara’da okuduktan sonra, Do¤an

Çoker 1968’de Hacettepe Üniversitesi Mate-

matik Bölümü’ne girmifl ve s›ras›yla lisans,

yüksek lisans ve doktora diplomalar›n› elde

ederek 1976’da e¤itim hayat›n› bu üniversite-

de bitirmifltir. Gene ayn› üniversitede Mate-

matik E¤itimi Bölümü’nde ö¤retim üyesi ol-

mufltur. Profesörlük unvan›n› 1989’da alan

Çoker, 1997’de Akdeniz Üniversitesi Mate-

matik Bölüm Baflkan› olmufltur.

Çoker’in ilgi alan› analiz ve topolojiydi.

Matematik e¤itimine özel ilgi duyar ve önem

verirdi. YÖK-Dünya Bankas› “Milli E¤itimi Ge-

lifltirme” projelerinde görev alm›fl ve bu projele-

re katk›da bulunmufltur. Belirtisiz Kümeler ve

Belirtisiz Topolojik Uzaylar konular›na ilgi du-

yan Çoker bu konular›n ülkemizdeki öncülerin-

den olmufltur. Bugün üniversitelerimizde görev

yapan Hatice Tuna Yalvaç, Haydar Efl, Haflmet

Gürçay, Necla Turanl›, Mustafa Demirci ve Sa-

d›k Beyhan’›n doktora hocas› olmufltur.

Yaflam› boyunca çeflitli kurumlarda yöneti-

cilik görevlerinde bulunmufl, bilimsel dergilerde

yay›n kurulu üyeli¤i ve uluslararas› düzeyde ha-

kemlik görevi yapm›flt›r. On dört yüksek lisans

ve alt› doktora tezi dan›flmanl›¤› yapm›flt›r. Tez

dan›flmanl›¤›n› yapt›¤› dört doktora ö¤rencisini

yaln›z b›rakarak aram›zdan ayr›lm›flt›r. Mate-

matik Dünyas› yay›n kurullar›nda da görev ya-

pan Prof. Dr. Do¤an Çoker’i sayg›yla an›yoruz.

Matematik Dünyas›

32


Do¤an Çoker(1951-2003)

Matematik Dünyas›nda Üçlü BenzerlikÜnal Ufuktepe

‹zmir Yüksek Teknoloji Enstitüsü

Y›l 1997. Türk Matematik Derne¤i’yle yap›lan görüflmeler sonucunda Matematik Dünyas›’n›n

Akdeniz’de yaflat›lmas›na karar verildi. Yay›n Kurulu: H. ‹brahim Karakafl, Timur Karaçay, Do¤an

Çoker, ‹lham Aliev ve Ünal Ufuktepe.

Aral›k ay›nda bir ifli ilk kez yapman›n heyecan ve telafl›n› yafl›yoruz, elimizdeki yaz›lar›n düzenlen-

mesi, bilgisayar ortam›na geçirilmesi vs. Bölüm seminerine girmeden önce son bir kez gelen e-postala-

ra bak›yorum. Turkmath’a bir ölüm haberi düflmüfl: Cahit ARF hocay› kaybettik... Bir isyan duygusu

yerlefliyor içime, bir bilgi ve erdem ç›nar›n›n aram›zdan ayr›l›fl› bir e-postaya s›k›fl›p kalmamal›yd›...

Seminer salonunda Cahit Hoca’n›n say›l› doktora ö¤rencilerinden hocam Halil ‹brahim’in yan›na

oturdum ve bir kâ¤›da, “Bafl›m›z sa¤olsun, Cahit Hoca’y› kaybettik” notunu düfltüm. Seminer nas›l

geçti bilmiyorum ama sonraki kofluflturmacay› çok iyi an›ms›yorum. Hocam cenaze için ‹stanbul’a git-

ti, Do¤an Hoca’yla birlikte Cahit Arf’la ilgili kaynaklar› tarad›k bir hafta boyunca. Ona dair güzel söz-

leri özenle tarad›, rapido tak›m›yla sözcükleri ayd›nl›¤a ç›kard›. Matematik Dünyas›’n›n 7. cildinin ilk

say›s› kapakta Cahit Arf Hoca’n›n resmiyle matbaadan gelir gelmez sayfalar› ürkek ürkek tarad›k. Do-

¤an Hoca Samsun’undan keyifle bir nefes çekip, “Bafllang›ç için hiç de fena de¤il,” dedi.

Aram›zdan Ayr›lanlar


33

Sevgili Do¤an’la 27 y›l önce Hacette-

pe Matematik Bölümü’nde tan›flt›m. Do-

¤an Çoker ve Orhan Özer’le birlikte befl

kitap yazd›k. Çal›flmalar›m›zdan f›rsat

buldukça masa tenisi oynar, bundan da

büyük keyif al›rd›k.

Do¤an, Hacettepe Üniversitesi Mate-

matik Bölümü’nü bitirdi. Doktoras›n› ve

doçentlik dahil tüm derecelerini Hacette-

pe’den ald›. Lisans, lisansüstü ve doktora

dereceleri için yurtd›fl›na gitme imkân› ol-

masa da uluslararas› düzeyde bir bilim

adam› olunabilece¤inin örneklerinden bi-

ridir.

Çok say›da ö¤renciye doktora yapt›r-

d›. Ö¤rencileri aras›nda bugün hepimizin

tan›d›¤› Prof. Dr. Haydar Efl ve Prof. Dr.

Mustafa Demirci’yi de sayabiliriz. Seçkin

bir bilim adam›, iyi bir baba, arkadafl›m

ve dostum Prof. Dr. Do¤an Çoker’in an›-

s› önünde sayg›yla e¤iliyorum.

Kenan Tafl

Çankaya Üniversitesi, Rektör Yard›mc›s›

Mühendislik ve Mimarl›k Fak. Dekan›

1998’di galiba. Antalya’da yaz oku-

lunda karfl›laflt›k. Topoloji dersi veriyor-

du. Ö¤rencilerin pek ço¤u matemati¤e il-

gisinden de¤il, okulu bir an önce bitirmek

için yaz okuluna devam ediyordu. Soyut

düflünme kavramlar› hiç geliflmemiflti. Ge-

ne de Antalya’n›n o kavurucu s›ca¤›nda,

yak›nmak bir yana, duda¤›nda ince ironik

bir gülümsemeyle nas›l ö¤rencilerine bir

fleyler ö¤retmek için didindi¤ini hiç unut-

mayaca¤›m. Umar›m o ö¤renciler Do¤an

Çoker’in anlatt›klar›ndan olmasa da yafla-

ma biçiminden ve görev bilincinden bir iki

fley kapm›fllard›r. Bu mütevaz› insan› say-

g›yla selaml›yorum.

Ali Nesin

‹stanbul Bilgi Üniversitesi

Matematik Bölümü

Tart›fl›lmaz bilimselli¤i ve örnek kiflili-

¤iyle ö¤rencilerine verdi¤i ak›l, bilgi, sevgi

gibi yüce de¤erler ve güzellikler için de¤er-

li hocam›z Prof. Dr. Do¤an Çoker’e min-

nettar›z. Sizinle birlikte çok fley paylaflt›k

bu k›sac›k dönemde... Sayg›de¤er hocam›-

z›, sevgi, sayg› ve özlemle selamlarken...

Sizi hiç unutmayaca¤›z Hocam!

Haydar Efl / Hacettepe Üniversitesi

Matematik Bölümü

Y›l 2001. Matematik Dünyas› göçmen kufl-

lar misali bu sefer Akdeniz’den Ege’ye kanat

aç›yor. ‹zmir Yüksek Teknoloji Enstitüsü’nün

Matematik Bölümü’nde ulusal bir sorumlulu¤u

alman›n heyecan› içinde 10. cildin 1. say›s›n›

haz›rl›yoruz. Turkmath’a yine bir haber düflü-

yor: “Fikri GÖKDAL hocam›z› kaybettik.”

Do¤an Çoker hocam telefonla aray›p, “Ünal,

ilk say›ya Fikri’yle ilgili mutlaka bifleyler koya-

l›m” diyor. “Olur hocam!” dedim. Matematik

Dünyas›’n›n mavili bir gökyüzüyle süslü kapa-

¤›na “Öklid Düzleminde Geçen Bir Yaflam;

Fikri GÖKDAL” yerleflti.

Y›l 2003. Matematik Dünyas› Ege’den Mar-

mara’ya kanat açt› bu kez. Ne tuhaf, Turmath’a

kötü haber düfltü yine: “Do¤an Çoker hocay›

kaybettik”. fiimdi yeni y›l›n ilk say›s›na Do¤an

Hoca’yla ilgili haberi düflme görevi Ali Nesin’in.

Do¤an Hocam 24 A¤ustos 1951’de ‹stan-

bul’da do¤mufl. Yaklafl›k 52 y›ll›k bir yaflama o

kadar çok fley s›¤m›fl ki: 14 yüksek lisans ve 10

doktora ö¤rencisi, Topoloji, Bulan›k Mant›k ve

Matematik E¤itimi üzerine onlarca ulusal ve

uluslararas› sayg›n dergilerde bas›lm›fl makale-

ler, onlarca kitap, ulusal ve uluslararas› dergi-

lerde hakemlik, idari görevler, projeler, lisans ve

yüksek lisans düzeyinde verilen dersler, sevgi ve

sayg›y› hiç eksik etmedi¤i muhteflem bir aile re-

isli¤i... Hepsi bu 52 y›la s›¤m›fl. Bizleri her yö-

nüyle insan olan bu güzel insandan ay›rd›¤› için

art›k sigaradan nefret ediyorum. Paketimde ka-

lan son sigaradan onun için son bir nefes ald›m

ve bir daha yakmamak üzere söndürdüm.

Rahat uyu Hocam!


Prof. Dr. Do¤an Çoker’i u¤urlama töreninde

(10 Ocak 2003) Prof. Dr. Timur Karaçay’›n yap-

t›¤› konuflman›n metnidir.

Sevgili Do¤an,

Sevgili Ö¤rencim,

Sevgili Meslektafl›m,

Seni seven ve seni u¤urlamaya gelen bu top-

lulu¤a, flu anda sesimi duyuramayacak kadar güç-

süzüm. O nedenle, ben seninle konuflaca¤›m.

Bilim adamlar›n›, bak›fl

aç›m›za ba¤l› olarak, de¤iflik

biçimlerde s›n›fland›rma ola-

na¤› vard›r. San›r›m flu s›n›f-

land›rma çok yanl›fl olmaya-

cakt›r: Bir, çok konuflup az

üretenler, iki, az konuflup çok

üretenler.

Düflünüyorum da, Sevgi-

li Do¤an, sen bu iki s›n›fa da

girmiyordun. Sen hiç konufl-

madan çok ama çok üreten

bir bilim adam›yd›n. Arkan-

da binlerce ö¤renci, onlarca

genç bilim adam›, uluslarara-

s› düzeydeki yabanc› dergi-

lerde yay›mlanm›fl makalele-

rin, büyük olanaks›zl›klar

direnerek bilim adam› karar-

l›l›¤›na sahip birkaç kifliyle

yay›mlad›¤›n dergilerin, ki-

taplar›n var. Bilim ve kültür

yaflam›m›za arma¤an etti¤in

bu yap›tlar seni ilelebet yafla-

tacakt›r.

fiimdi yan›mda durabil-

sen, asla izin vermeyece¤ini

bildi¤im bir konuyu aç›kla-

may› kiflisel borç biliyorum.

San›r›m, yaflam›n boyunca en çok üzüldü¤ün ko-

nu budur. O asla bozulmayan duyarl› kiflili¤in

ve engin hoflgörünle, Sak›n söyleme! deyiflini du-

yar gibiyim. Ama bilim ad›na, kültür ad›na söy-

lemeliyim.

Bir ülkenin bilim ve kültür hayat›na etki ede-

bilmek, o etkiyi y›llar sonra sürdürecek kal›c› ya-

p›tlar b›rakmak kolay de¤ildir.

O yap›tlardan biri, Cumhuriyet döneminde gi-

riflilen ve baflar›s›z kalan denemelerden sonra, se-

nin büyük azmin, gayretin ve insanüstü çabanla

haz›rlanm›fl olan Matematik Terimleri Sözlü-

¤ü’dür. Almanca, Frans›zca ve ‹ngilizce gibi üç

güçlü bilim dilinde binlerce y›lda biriken matema-

tik terimlerine Türkçe karfl›l›klar bulmak gibi çok

zor bir ifle birlikte girdik. Sen olmasan, öyle bü-

yük bir yap›t ortaya kona-

mazd›. Matematik Terimleri

Sözlü¤ü, Türk Dil Kuru-

mu’nun tarihinde yay›mlan-

m›fl en kapsaml› terim sözlü-

¤ü oldu.

Elbette, her sözlük yaza-

r›, önceki sözlüklerden yarar-

lan›r. Öncelikle, rahmetli Na-

z›m Terzio¤lu’nun TDK’ye

vermifl oldu¤u “müsved-

de”den yararlanmay› düflün-

dük. Ancak, aradaki kuflak

fark›n›n yaratt›¤› dil uyufl-

mazl›¤› ve TDK’nin o zaman-

ki amaçlar›, söz konusu

“müsvedde”yi temel almam›-

z› engelledi. ‹fle yeniden ko-

yulmak gerekti. Üstün çaban-

la bir kuyumcu titizli¤iyle

haz›rlanan sözlük, üç büyük

bilim dilindeki bütün mate-

matik terimlerine, Türkçe

köklerden Türkçenin kural-

lar›yla karfl›l›klar türetmiflti.

Bir terim sözlü¤ü halk›n

benimseyemedi¤i terimler

önermifl olabilir. Al›flkanl›k-

lar›n› b›rakamayan bilim ve

sanat adamlar›n›n tepkisini de çekebilir. Asl›n-

da, terim sözlüklerinin haz›rlan›fl nedeni de bu-

dur. Önerilen terimlerden baz›s› tutunamayabi-

lir; onlar yerine daha uygunlar› zamanla ortaya

konabilir. TDK’nin y›llar süren baflar›l› terim

türetme yolu budur. Bu yol, Türkçeyi zenginlefl-

34


Bir Bilimadam›na A¤›tTimur Karaçay

Baflkent Üniversitesi, ‹statistik ve Bilgisayar Bilimleri Bölümü

Prof. Dr. Do¤an Çoker’in cenazesi

Antalya Üniversitesinden Hacettepe

Üniversitesine 10 Ocak 2003 günü

geldi. Ö¤rencili¤ini ve meslek yaflam›-

n›n ço¤unlu¤unu bu üniversitede ge-

çirmiflti. Elbette, son yolculu¤una bu

üniversiteden, bir bilim adam›na ya-

rafl›r biçimde u¤urlanmal›yd›. Ama,

ne yaz›k ki rektör yoktu, onu temsil

edecek bir kifli yoktu. Ö¤rencileri,

dostlar› oradayd›; ama üniversite ku-

rum olarak orada de¤ildi. Törene ka-

pal› bir mekân tahsis edilmemiflti.

Yafll› annesi, efli, çocuklar›, hasta ya-

k›nlar›, onu seven ö¤rencileri ve mes-

lektafllar› o so¤uk günün ikindisinde

saatlerce titreyerek hüzünle u¤urlad›-

lar Do¤an’›. Bunu, son yolculu¤unda

bir bilim adam›na, onun ailesine, ö¤-

rencilerine ve meslektafllar›na yap›la-

bilecek en büyük haks›zl›k olarak gö-

rüyor ve k›n›yorum. Üniversite yöne-

ticileri bilmelidir ki bilim adamlar›

tarlada yetiflmiyor!

Timur Karaçay


tirmenin, onu bilim ve kültür dili yapman›n bi-

ricik yoludur.

Bu önemli yap›t ne yaz›k ki yeni bas›m yapa-

mad›; çünkü Atatürk’ün kurdu¤u TDK o zaman-

larda y›k›lm›flt›. Yeni gelen TDK yönetiminin bir-

çok (baflar›l›!) çal›flmalar›ndan birisi de ilk bas›m›

bile tükenmeyen Matematik Terimleri Sözlü¤ü’nü

vitrinden indirmek oldu. Sözlükten arta kalanlar

ya depolarda çürütülmüfl ya da, kimbilir, kâ¤›t ha-

muru yap›lmak üzere fabrikaya gönderilmifl bile

olabilir.

Yeni TDK’nin bafllatt›¤› hareket bununla bit-

medi. O güzelim Türkçe köklerden türetilen terim-

ler d›flland›, Osmanl›ca ve Frans›zca köklerden tü-

reyen terimlerle yeniden yazd›r›ld›. Yeni TDK’nin

yeniden yazd›rd›¤› Matematik Terimleri Sözlü-

¤ü’nün kapa¤›n› aç›p bana gösterdi¤inde, gözle-

rinde ilk kez sessiz bir isyan› okudum. O bir an-

l›k isyan gözlerinden çarçabuk silindi, yeniden

engin bir hoflgörü kaplad› yüzünü. ‹syan›n› belir-

tecek tek sözcük ç›kmad› a¤z›ndan.

fiimdi senin ad›na o isyan› dile getiriyorum. Bu

ülkenin dilini, kültürünü gelifltirmek üzere kuru-

lan TDK yönetimi, Türk diline hizmet eden yap›t-

lar› çöpe atma yetkisini kendinde görebilir mi?

TDK yönetimi de bilim eti¤ine uymal›d›r. “Vefa”

dedikleri fleyi öncelikle bilim ve kültür yap›tlar›-

na ve onlar› yaratanlara karfl› duymal›d›r.

“Kal›c› yap›tlar›n üstü örtülemez” diye avu-

nuyorum flimdi. Dilerim, Türk Matematik Tari-

hi, senin o büyük yap›t›n›n de¤erini bir gün yazar.

Sevgili Do¤an, bugün sana bir gizimi aç›kla-

mak istiyorum. Hacettepe Üniversitesi Matema-

tik Bölümü’nün, ilk kurulufl y›llar›nda, ben tahta

bafl›ndayd›m, sen karfl›mda s›ralarda oturuyordun.

Genelde, ö¤rencilerin zor sayd›¤› dersleri anlatmak

bahtiyarl›¤›n› yaflad›m. O zor say›lan derslerin

s›navlar›nda hep tam not al›rd›n. Giderek, bende

bir yanl›fl›n› yakalayabilme iste¤i do¤mufltu. S›nav

kâ¤›tlar›n› özenle okuyor, bir yanl›fl›n› bulmaya

çabal›yordum. Hiç bulamad›m!..

Ama, Sevgili Do¤an, bugün ilk yanl›fl›n› yap-

t›n! Daha bu ülkenin gençlerine, bu ülkenin bilim

hayat›na, kültür hayat›na o verimli katk›lar›n ar-

tarak devam edecekken, b›rak›p gittin.

Çok acele ettin!

Çok zamans›z gittin!

S›ra sende de¤ildi!

‹nan s›ra sende de¤ildi!

Böyle bir günde söylenecek söz bellidir: Yetifl-

tirdi¤in bunca ö¤rencin, arkanda b›rakt›¤›n bun-

ca bilim ve kültür yap›t›, amaçlad›¤›n hizmeti

görmeye devam edecektir. Evet ama Sevgili Do-

¤an, bütün bu iflleri baflkalar›na b›rakmadan, bafl-

lad›¤›n gibi kendi kendine sürdürsen daha iyi de-

¤il miydi?

Rahat uyu!..

35



Sevgili Do¤an,

‹nsan olman›n çok zor oldu¤u bir zamanda sen insand›n. Türkiye’nin yetifltirdi¤i ve yetifltirebi-

lece¤i ender bilim adamlar›ndand›n. Saniyelerini bile insanlara hizmet için adad›n.

Çok de¤erli oluflun, senin herhangi bir ö¤ünme veya baflkalar›n› küçümseyen söz veya davra-

n›fllar›nla de¤il, bizzat seni tüm tan›yanlar›n ortak yarg›s›yla ispatlanm›flt›r.

Sen hep bana,

Ayinesi ifltir kiflinin lafa bak›lmaz”

‹nsan›m demekle insan olunmaz”

vecizesini hat›rlat›yorsun.

Gazetelerde sayfalarca, televizyonlarda saatlerce gördüklerimizden, izlediklerimizden olmad›-

¤›n için medya suskundu. Bu da senin gibi de¤erli insanlar›n toplumda art›k çok daha zor yetiflebi-

lece¤inin habercisi oldu¤undan ac›m›z çok daha büyük oluyor.

Sen hayat›n boyunca sergiledi¤in yaflam tarz›nla güzel, seçkin insan olma dersini de vermifl ol-

dun. Bizler de hep seni anlatarak yar›m kalan bu dersini devam ettirmeye çal›flaca¤›z.

Seni hep sevgi, sayg› ve rahmetle anaca¤›z. Ruhun flad olsun.

T. Hatice YALVAÇ

Bu dünya size lay›k olabildi mi, bilmiyorum. Olamad› ki, fazla kalmak istemediniz burada. Ama

eminim ki, arkada kalanlar›n bu kadar üzülece¤ini bilseydiniz, böyle çabuk ayr›lmazd›n›z aram›z-

dan. Çünkü sizin ne kadar ince biri oldu¤unuzu hepimiz biliyoruz...

Zeynep Eken

Murat Rauf Sertel vefat

etti.

Murat Sertel, bizim

için bazen MRS yeterli ru-

muzdu, veya bir dönem

ö¤rencilerinin hitap ettik-

leri flekliyle “ulu Manitu”

- Heracles M. Polemarc-

hakis’e “God” dendi¤i gi-

bi - çok büyük bir akade-

misyen örne¤iydi.

Ekonominin analitik bak›fl aç›s› olmayan sos-

yolojizm (toplumbilimcilik) veya deskriptif (betim-

leyici) bir veri birikimi ve harmanlanmas›ndan

ibaret olmad›¤›n› gören ve bu düflüncesini uygu-

layan ülkemizin ilk bilimadamlar›ndan biridir.

Bildi¤im kadar›yla, ESRC bursuyla gitti¤i Ox-

ford’dan MIT’e gönderilmiflti. Tezini Solow im-

zalad› ama asl›nda topolojist James Munkres’le ça-

l›flt›. Asistanl›¤›n› yapt›¤› Evsey Domar’dan iflçi

yönetimine, reel sosyalizmin sorunlar›na ve yürü-

tülmesinin mant›ksal imkâns›zl›¤›na dair çok fley

ö¤rendi¤i tahmin edilebilir. 1975-80 aras› ko-

nuyla ilgili denemelerinden oluflan “Workers and

Incentives, North-Holland, 1982”, baz›lar›nca

fazla formel bulunmufl da olsa önemlidir ve bir

“Sertel Hayranlar› Klübü” kesinlikle mevcuttu.

Hakl› olarak.

Murat Sertel uzun y›llar Bo¤aziçi Üniversite-

si’nde - genelde dört y›l›n› ‹ngiliz edebiyat›yla ge-

çiren - baz› ekonomi ö¤rencilerine mikro ve ana-

litik bak›fl ö¤retti. Bunu çok k›sa sürede ve tek bir

ders vererek yapt›¤› söylenebilir. O tek ders 100

kiflilik bir lisans 3. s›n›f›nda daima 5-6 ö¤rencinin

kaderini ve sosyal sistemlere bak›fl›n› de¤ifltirmifl-

tir. Sertel bunu aflikar biçimde yapmad›. Merak-

l›s› tahtadaki formül ve ispatlar›n arkas›nda na-

s›l bir dünyan›n yatt›¤›n› dersten sonra kendi

kendine arad› ve buldu.

Murat Sertel’in Türk (matematiksel) iktisatç›-

lar›n›n duayen’i say›lmas› do¤ald›r ve bundan

sonra da öyle say›lacakt›r. Bafllatt›¤› gelenek, bu-

gün, uluslararas› oyun teorisi kongrelerine 30 ci-

var›nda genç Türk ekonomistinin efl anl› kat›ld›-

¤› bir düzeye ulaflt›. Demek, 200 kat›l›mc›s› olan

bir kongrede bu kadar yüksek oranda Türk kat›-

l›mc› olabiliyor. Bu yo¤unlu¤u MRS’in kuflaklar

boyunca yaratt›¤› esintiye borçluyuz. Ayn› yo-

¤unlu¤u ekonominin diger dallar›nda göremiyo-

ruz henüz. Tabii, MRS için, öncelikle bir matema-

tikçi - formel matematik e¤itimi olmasa da - sonra

bir iflyönetimcisi ve sadece üçüncü olarak bir eko-

nomist diyenler de ç›kabilir. Öyle olsun: What is

in a name?

Bugüne kadar karfl›ma ç›kan en büyük hoca

olan aziz hocam unutulmaz Murat Sertel’i sayg›y-

la selaml›yorum. Ne tam olarak onunla çal›flma

cesaretini gösterebildim, ne de tam olarak istedik-

lerini verebildim. Bu konudaki üzüntüm zaman›n

sona erdiremeyece¤i kadar derindir. Huzur içinde

yats›n.

36


Murat Rauf Sertel(1942-2003)

Gündüz F›nd›kç›o¤luTürkiye S›nai Kalk›nma Bankas› ve ‹stanbul Bilgi Üniversitesi


Bo¤aziçi ve Koç üniversitelerinin ö¤retim

üyesi Prof. Dr. Murat Sertel Fransa’da kat›ld›¤› bir

konferansta geçirdi¤i kalp krizi sonucu hayata

veda etti.

1942 do¤umlu Sertel, Robert Kolej ‹fl ‹dare-

si ve ‹ktisat Yüksekokulu Ekonomi Bölümü’nden

mezun olmufl (1963), Oxford Üniversitesi’nde

‹ktisat dal›nda yükseklisans yapm›fl (1966) ve

Massachusetts Institute of Technology’den dok-

toras›n› (1971) alm›flt›r. Genç yaflta, 1979’da Bo-

¤aziçi Üniversitesi’nde profesör olmufltur. Ameri-

ka, Fransa, ‹srail, ‹spanya, Almanya, ‹talya gibi

birçok ülkede iktisat, matematik ve iflletme dal-

lar›nda araflt›rmac› ve ziyaretçi profesör olarak ça-

l›flm›flt›r. Murat Sertel ayn› zamanda Türkiye Bi-

limler Akademisi’nin (TUBA) kurucu üyesiydi.

1984 Sedat Simavi Sosyal Bilimler Ödülü,

1987 International Development Research Center

(Kanada) Araflt›rma Ödülü, 1992 Mustafa Parlar

Bilim Ödülü’nü alan Murat Sertel’in seksen dola-

y›nda bilimsel makalesi ve sekiz kitab› vard›r.

Formel matematik e¤itimi olmayan Sertel,

matemati¤i kendi kendine ö¤rendi¤ini vurgulamak

amac›yla, kendisi için - büyük bir alçak gönüllü-

lükle - s›k s›k “ben bir sokak matematikçisiyim”

derdi.

Ailesinin, sevenlerinin, bilim dünyas›n›n ba-

fl› sa¤olsun.

Matematik Dünyas›


37

1979’da Türkiye’ye geldi¤inde hakim olan tasvi-

ri ve içine kapal› iktisat anlay›fl›n› y›km›fl, yerine ana-

litik ve uluslararas› standartlarda araflt›rmaya dayal›

bir perspektifi getirmifltir. Böylece, ülkemiz, ‹ktisat Ku-

ram›’nda dünyaya aç›k, uluslararas› bilimsel cami-

ada tan›nan ve say›lan bir seviyeye gelmifltir. Bugün

iktisat sahas›nda uluslararas› düzeyde araflt›rma yapan

Türk biliminsanlar›n›n, dünyan›n önde gelen üniver-

sitelerinde doktora yapan Türk talebelerin, neredey-

se hepsi do¤rudan ya da dolayl› olarak Murat Ser-

tel’den ilham alm›fllar, onun yaratt›¤› dönüflümün

rüzgar›ndan istifade etmifllerdir. Yak›n tarih, tek bir

insan›n, bir ülkenin bir bilim sahas›ndaki kaderini

böylesine de¤ifltirdi¤ine herhalde flahit olmam›flt›r.

Murat Sertel’in bu ola¤anüstü baflar›s›n›n alt›n-

da, azimli kiflili¤i ve birey olarak uluslararas› bilim ca-

mias›ndaki sayg›nl›¤› yatmaktad›r. Oyun Kuram›,

Sosyal Seçme Kuram› ve ‹ktisadi Tasar›m gibi saha-

larda önde gelen biliminsanlar›ndan biridir. ‹ktisat

Kuram›’n›n en sayg›n yay›n organlar›nda neflredilen

sekseni aflk›n makalesi ve sekiz adet kitab›n›n yan›n-

da, birçok bilimsel kuruluflun sayg›n bir üyesi, say›s›z

bilimsel toplant›n›n düzenleyicisi ve çok say›da bi-

limsel derginin de editörüdür. Bunlar aras›nda kuru-

cusu ve baflkan› oldu¤u Center for Economic Design

(‹ktisadi Tasar›m Merkezi) ile kurucusu ve bafleditö-

rü oldu¤u Review of Economic Design (‹ktisadi Ta-

sar›m Dergisi) bu sahan›n önde gelen kurumu ve ya-

y›n organ›d›r.

Murat Sertel’in ‹ktisat Kuram›’na yapt›¤› ulusla-

raras› düzeydeki katk›lardan kaynaklanan sayg›nl›¤›,

Türkiye’nin de bu sahadaki yükselifline yol açm›flt›r.

K›sa zamanda kendisinden feyz ve/veya ilham alan bir

kuflak yetiflmifl ve bugün onun açt›¤› yolda yürüyen

Türk biliminsanlar›, ‹ktisat Kuram›’nda gerek nicelik

gerek nitelik olarak dünyan›n önde gelen bilimsel ze-

minlerinde varl›k göstermeye bafllam›fllard›r. Özetle,

Murat Sertel dünyada ‹ktisat Kuram›’n›n bugün bu-

lundu¤u noktaya gelmesinde çok katk›larda bulun-

mufl, daha da önemlisi, dünyan›n ulaflt›¤› noktay›

Türkiye’ye tafl›yarak ülkemize emsaline nadir rastla-

n›r bir hizmette bulunmufltur. Bugün, Japonya’dan

Amerika Birleflik Devletleri’ne dünyan›n her ülkesin-

den ya¤an baflsa¤l›¤› mesajlar›, onun bu katk› ve hiz-

metlerinin tescilidir.

Murat Sertel’i 25 Ocak 2003 tarihinde, Marsil-

ya’da, kat›ld›¤› bir uluslararas› konferansta görev ba-

fl›nda kaybettik. Tutuflturdu¤u meflale ise kendisinden

ilham alan biliminsanlar› yaflad›kça ülkemizi ve insan-

l›¤› ayd›nlatmaya devam edecek.

Remzi Sanver

‹stanbul Bilgi Üniversitesi ö¤retim üyesi

Profesör Sertel s›cak kiflili¤i ve bilimsel vizyo-

nuyla evrensel bilim çevrelerinde tan›nan ve say›lan

pek az say›daki Türk akademisyeninden biriydi.

Profesör Sertel pek çok kuflaktan ekonomi ö¤ren-

cisi ve akademisyene ufuk açm›fl, ilham vermifltir; ev-

rensel düzeyde baflar›ya ulaflm›fl ve en üst standartlar-

da doktora ö¤rencilerini yetifltiren bir kimse olmay›

baflarabilmifltir. ‹yi bir vatansever ve dünya insan›yd›.

Murat Sertel dostlar›, ö¤rencileri, Türkiye ve

dünyadaki akademik toplulukça çok özlenecek. Üni-

versitemiz nam›na efli Jenny, o¤lu Tevfik ve tüm aile-

sine içten baflsa¤l›¤› dileklerimizi iletiyorum.

Attila Aflkar / Koç Üniversitesi Rektörü

[...] Parlak bir zekâya, çözümleyici ve yarat›c› bir

beyne sahipti. Türkiye’nin alt›n bir donemi olan 60’l›

y›llar›n da etkisiyle, eme¤i ön plana ç›karan bir siya-

sal-ekonomik düzenin yap›s›n› da anlama çabas› için-

deydi. Mant›kl› ve y’leri yutan çok hofl bir konuflma

üslubu vard›. Girdi¤i tart›flma gruplar›ndaki ö¤ren-

cilerin kendisine hayran oldu¤unu bugün gibi hat›r-

l›yorum. Ayr›ca, bilir misiniz ki, Murat, o s›rada An-

kara’da çok tutulan kulüplerden birinde flark›

söyleyen ve program›n› “Mühür gözlüm” türküsüy-

le sonland›ran flark›c› Alpay’›n arkas›nda bateri ça-

l›p vokal de yapm›flt›r.

Murat Sertel çok önemli bir kifliydi. Bu bak›mdan,

kendisini ve yapt›klar›n› anlay›p takdir edecek önem-

li araflt›rmac›lar da yetifltirmifl olmas›na ve onlar›n

Murat’›n yapt›klar›na eriflen ürünler verece¤ine dair en

küçük bir kuflkum olmamas›na ra¤men, Turkiye’nin

kayb›n›n çok büyük oldu¤unu bilelim.

Hat›ras› önünde sevgi ve özlemle e¤iliyorum.

Herkesin bafl› sa¤ olsun.

Fikret Görün

Dogu Akdeniz Üniversitesi Ekonomi Bölümü

Say›n Murat Sertel’in ö¤rencisi oldu¤um için gu-

rur duyuyorum ve kendimi çok flansl› hissediyorum.

Derslerden sonra olan PS saatlerinde sizi sorular›mla

bunaltsam da bana hep sab›rla yan›t verdiniz ve beni

her zaman do¤ru yönlendirdiniz. Sizi hep hat›rlayaca-

¤›z ve sayg›yla anaca¤›z. Hepimizin bafl› sa¤olsun.

Özlem Ayaz Arda-Koç MBA I

Bugüne kadar ö¤rencili¤ini yapt›¤›m en ilham

verici Hocam› kaybetmenin üzüntüsünü yafl›yorum.

Hocam senin ö¤rencin olabildi¤im için kendimi çok

flansl› görüyorum. Herkesin bafl› sa¤olsun.

Deniz Aylan, Koç MBA 2004

De¤erli Hocam, gerçekten çok fley ö¤rendim sen-

den. Ah be hocam, keflke böyle gitmeseydin, çok kö-

tü oldu bu, çok.

Yavuz Durgut



38

Tübitak Bilim Ödülü (1979) sahibi, k›rk do-

lay›nda matematiksel makaleye imza atm›fl, de¤er-

li matematikçimiz Gündüz ‹keda’y› kaybettik.

25 fiubat 1926’da Tokyo’da do¤an Masatos-

hi Gündüz ‹keda, 1948’de Osaka Üniversitesi’nin

Matematik Bölümü’nden mezun oldu. Doktoras›-

n› ayn› üniversiteden 1953’te

ald›. 1960’da Ege Üniversitesi

T›p Fakültesi’nde “yabanc› ma-

tematik ve istatistik ihtisas sahi-

bi” olarak Türkiye’ye gelme-

den önce Nagoya, Osaka ve

Hamburg üniversitelerinde ça-

l›flt›. Ege Üniversitesi’nde doçent (1965) ve profe-

sör (1967) oldu. 1969-76 y›llar› aras›nda OD-

TÜ’deydi. 1970-73 aras› Tübitak’ta, 1976-78 aras›

Hacettepe

Üniversitesi

Matematik Bölümü baflkanl›¤› yapt›. 1978-1991

aras› ODTÜ’ye geri döndü. 1991-93’te Kuzey

K›br›s’ta, 1993-95’te Marmara Araflt›rma Merke-

zi’nde, 1995-97’de Gebze’de, Elektronik ve Krip-

toloji Araflt›rma Merkezi’nde görev ald›. 1997’den

beri Feza Gürsey Enstitüsü’nde çal›fl›yordu. Bu

zaman zarf›nda, Hamburg

(1966), San Diego (1970-71)

ve Yarmouk (1986) üniversi-

telerinde, Oberwolfach Mate-

matiksel Araflt›rma Enstitü-

sü’nde (1988) ve son derece

prestijli Princeton ‹leri Araflt›r-

malar Enstitüsü’nde (1976) zi-

yaretçi profesör olarak bulundu.

‹htisas alan› cebir, cebirsel say›lar kuram›,

kodlar kuram› ve kriptolojiydi. Araflt›rma alan›

Galois ve ters Galois kuramlar›yd›.

Masatoshi Gündüz ‹keda(1926-2003)


Ç o k

k › y m e t l i

ma t ema -

tikçi Say›n

G ü n d ü z

‹ k e d a ’ y ›

60’l› y›llar-

da ‹z-

mir’de ta-

n›d›m. O

z a m a n

Türkiye’ye

A l m a n -

ya’dan ye-

ni gelmiflti. Geldi¤inde Türk matemati¤ine kat-

k›s›yla, cana yak›nl›¤› ve alçak gönüllülü¤üyle

herkesin gönlünü fethetmiflti. Rahmetli babam

Gündüz Beyleri bize yeme¤e davet etti¤inde,

onun gösterdi¤i ilgiyi ve yak›nl›¤› hiçbir zaman

unutmuyorum. Y›llar sonra onunla FGI’de tek-

rar karfl›laflmak ve s›cakkanl›l›¤›nda zerre kadar

de¤iflme olmad›¤›n› görmek beni çok mutlu et-

miflti. Gündüz Bey yolun aç›k olsun!

Selman Akbulut / Michigan State University

Sadece birkaç kez görüflebildik ama ilk gö-

rüflte sevilecek insanlardand›. Güzel ve yalans›z

dolans›z yaflad›. ‹yi ifller yapt›. Sevgi, iyilik ve iç-

tenlik taflard›. Birileri bize bu dünyada bir gö-

rev biçmiflse, görevini fazlas›yla yaparak ayr›l-

d› aram›zdan.

Ali Nesin

‹stanbul Bilgi Üniversitesi

Gündüz Bey’le ilk kez ben ODTÜ üçüncü s›-

n›fta ö¤renciyken tan›flt›m. Bize Advanced Cal-

culus anlatmaya gelmiflti. Matematikte stan-

dard bir düzey oldu¤unu, bunun hat›r, gönül ya

da özel duruma göre indirilip yükseltilemeyece-

¤ini böylesine bir ciddiyetle ilk kez ondan ö¤-

renmifltik.

Son kez de Antalya Cebir Günleri’nden bi-

rinde bir probleme yapt›¤› katk›y› anlat›rken

duydu¤u o araflt›rmac› heyecan›n› hat›rl›yo-

rum. Bize vaazlar›yla de¤il davran›fllar›yla ör-

nek olurdu, bunu da gözümüze sokmazd›.

Sinan Sertöz

Bilkent Üniversitesi

“Hayat›n› tam anlam›yla matemati¤e

adam›fl olan Cahit Bey’i örnek alarak, biz

de yaflad›¤›m›z sürece matematik

yapmaya devam etmeliyiz, hem de

kendisinin daima tekrarlad›¤› gibi,

difllerimizi g›c›rdatarak…”

Gündüz ‹keda


39


Dün elektronik postam› açmamam ve arkadafllar›m›n telefonla ula-flamamas› sonucu de¤erli hocam›z Gündüz ‹keda’n›n vefat›n› ancak bu-gün ö¤renebildim. Üniversite yaflam›m›n ilk y›llar›ndan bafllayarak,birçok dönemdafl›m gibi akademik oluflumumuzda, edindi¤imiz bilim-sel kültürde önemli etkileri olmufl, çok önemli bir bilim insan›n› dahakaybetmenin derin üzüntüsünü yafl›yorum.

70’li y›llarda bir cebir bir de cebirsel geometri dersinde Gündüz Bey’in ö¤rencisi olmufltum. Buderslerde belli bir felsefesi vard›. Nas›l olsa belirli konular› daha derinlemesine çal›flaca¤›m›z› amamatematikte genel kültürün ileri yafllarda biraz zor kazan›ld›¤›n› savunurdu. Bu nedenle, çok kü-çük bir s›n›f olmam›zdan da yararlanarak, bu derslerde bizi genifl bir yelpazeye yay›lm›fl pek çok önem-li konuyla tan›flt›rd›.

Daha sonraki y›llarda da kendisinin her zaman bilimselli¤i destekleyen ve baflka fleylerden ayr›tutan yaklafl›mlar›n› izleme, yönlendirici sohbetlerini bolca dinleme flans›m›z oldu. Üniversitenin vebölümümüzün en problemli dönemlerinde bile bilimselli¤i herfleyin üzerinde tutacak, sorunlara hertürlü kamplaflmadan uzak, bilim adam› tarafs›zl›¤› ve dürüstlü¤ü ile yaklaflabilecek Gündüz ‹kedagibi insanlar›n oldu¤unu bilmek çok rahatlat›c› bir unsurdu.

Gündüz ‹keda, bilimle u¤raflman›n bir yaflam flekli oldu¤unu en iyi simgeleyen insanlardan bi-riydi. Emeklili¤inden sonra Feza Gürsey’deki y›llar›nda bile sadece kendi konusunda de¤il, mate-mati¤in baflka konular›nda hatta fizikte neler olup bitti¤ini yak›ndan izledi¤ini hayranl›kla gözle-dim. Son rahats›zl›¤› döneminde, grup halinde s›kça yapt›¤›m›z ziyaretlerde de o, konuyu hepTürkiye’de bilimin gelece¤i, nelerin yap›lmas› gerekti¤i yönünde odaklaflt›rmay› ye¤ledi. Gözleri da-larak iletti¤i dilekler, vurgulad›¤› hedefler eminim uzun zaman ak›llar›m›zdan ç›kmayacak.

Ailesine ve tüm bilim dünyas›na bafl sa¤l›¤› diliyorum.

Turgut Önder / ODTÜ

B‹R YAZ OKULU ANISIBayram›n birinci günü vefat›n› üzüntüyle gazeteden ö¤rendi¤im çok k›ymetli hocam, Prof. Dr. Gündüz

‹keda’n›n bende b›rakt›¤› izleri sizlerle paylaflmak istedim. 1979 y›l› Temmuz ay›nda ODTÜ’de matemati-¤e ilgi duyanlar için lisanüstü yaz okullar› yap›l›yordu. Bugün düflünüyorum, bu okullar benim gibi Ana-dolu’da görev yapan genç asistanlar için çok güzel örneklerdi ve çok k›ymetli Gündüz ‹keda gibi hocalar›-m›z› tan›mak için önemli f›rsatt›. Kendisinden cebir dersi ald›¤›m› hat›rl›yorum. Gerçek bir bilim insan›yd›,ve bizim idealimizdeki bir örnekti.

Bu k›sa sürede matemati¤in yan›s›ra insanl›k olarak çok fleyler verdi bizlere. Bu yaz okullar›nda idealist bir-çok matematikçi görev alm›flt›, fikir kimden ç›km›flt› bilmiyorum, ama bilim ad›na çok faydal› ve iddial›yd›. Ha-t›rlayabildi¤im kadar›yla Bahattin Cengiz, Cemal Koç, Ayd›n Aytuna, Alev Topuzo¤lu, Y›lmaz Aky›ld›z, fia-fak Alpay, Halil Ibrahim Karakafl ve daha birçok k›ymetli hocam›z görev alm›flt›. Bu yedi hafta içinde birçokmisyon yüklenmiflti bize. Bunun eksikli¤ini hâlâ duyu-yoruz. Meflaleyi tafl›yamad›¤›m›z› düflünüyorum.

Konunun ne oldu¤unu hat›rlayam›yorum ama, ‹ke-da Hocam›n cevab›n› y›llarca unutamad›m ve unutama-yaca¤›m: S›n›ftaki bir genç arkadafla, “Araban olsa, ya-t›n da olsa, hadi uça¤›n da olsa sonuçta ne olur ki” diyeverdi¤i cevab› unutam›yorum. Hocan›n bu cümlesini,ben de daha sonra, para h›rs› olan ö¤rencilerime gerek-ti¤i zaman kulland›m. Ayr›ca cebirde doktora yapan ikiarkadafl›ma (bugün her ikisi de profesör) nas›l yard›m

edip, onlara moral ver-di¤ini de çok iyi hat›r-l›yorum. Sevgili ‹kedaHocam, sizi çok özle-yece¤iz.

Serpil Pehlivan /SDÜ

‹KEDA hocam›z›n aram›zdan ayr›laca¤›n›

hiç düflünememifltim. Kalanlara uzun ömür,

hocam›za Allah’tan rahmetler diliyorum.

Sen 60 yafl›ndan sonra gençlerle yar›flmay›n

diye bana tavsiye de bulunmufl olsan bile ben

“IKEDA-NAKAYAMA Modules” ile “IKE-

DA-NAKAYAMA Rings” konular›na devam

edece¤im.

TÜRK Matemati¤ine katk›lar›n asla unutul-

mayacakt›r.

Topra¤›n nur dolu olsun Say›n Hocam.

Abdullah Harmanc›

Hacettepe Üniversitesi

Gündüz ‹keda Ersan Aky›ld›z’la

Masatoshi Gündüz ‹kedaMehpare Bilhan* / [email protected]

Prof. Dr. Gündüz ‹keda’y› yirmi dokuz y›l önce

tan›d›m ve o zamandan beri yak›n çevresinde ça-

l›flabilmek flans›na sahip oldum. Matematik de-

has›, engin kültürü ve bilge kiflili¤iyle hepimize daima

örnek oldu ve öncülük etti. Matematikte önemli ge-

liflmelere yol açan büyük katk›lar yapt›.

Gündüz ‹keda’n›n babas› Tokyo’da bir sigorta

flirketinde istatistik uzman›yd›. Daha ortaokuldayken

evde babas›n›n matematik kitaplar›n› okuyarak ken-

di kendine matematik ö¤renmeye bafllar, harçl›¤›yla

matematik kitaplar› ve popüler bilim dergileri al›r.

Bunlardan birinde Galois hakk›nda bir yaz› okur ve çok

etkilenir. Galois teorisinin kurucusu olan Evariste Ga-

lois, 23 yafl›nda bir düelloda öldürülmüfl bir Frans›z

matematikçidir. Gerçekten çok etkileyici ve dramatik

bir yaflamöyküsü vard›r. ‹keda, okul kütüphanesinden

yafl›na göre çok ileri olan bir kitap alarak Galois teori-

si hakk›nda bilgi edinir. Üniversite yafl›na gelince aile-

sini ikna ederek Osaka Üniversitesi Matematik Bölü-

mü’ne girer ve buradan 1948’de “Rigaku-Shi” (B.S.)

derecesi al›r ve lisansüstü ö¤renimine bafllar.

Matematik literatürüne katk›lar› henüz daha

doktora ö¤rencisiyken, 1950’de bafllar. Cebirin büyük

isimlerinden Nakayama’yla birlikte yay›mlad›¤› ilk

makalesi Frobenius ve quasi-Frobenius cebirlerinin s›-

n›fland›rmas› üzerindedir. Daha sonra yapt›¤› çal›fl-

malarda bu sonuçlar› gelifltirir. 1952’de Kaplansky’nin

bölümlü halkalarda komütatiflik ile ilgili bir teoremi-

ni genellefltirir ve bunun uygulamas› olarak Herstein’›n

1951’de yapt›¤› bir san›y› yar› basit halkalar için ka-

n›tlar. Bu arada Gaschütz’ün 1952’de grup-halkala-

r› için verdi¤i bir teoremi Frobenius cebirlerine genel-

lefltirerek temsil teorisi literatürüne “‹keda Operatörü”

ad›yla kaynak olur. 1953’te, ikinci kohomoloji grup-

lar› s›f›r olan cebirlerin (absolutely segregated algeb-

ras) yap›s›n› inceler, bunu Hochschild’in 1945’te ver-

di¤i biçimden daha kullan›fll› bir biçime getirir,

doktora takdim tezi olarak di¤er alt› çal›flmas›yla bir-

likte sunar ve 1953’te Osaka Üniversitesi’nden “Ri-

gaku-Hakushi” (Ph.D.) unvan›n› al›r. 1954’te Yu-

kawa bursunu kazanarak Nagoya Üniversitesi

Matematik Bölümü’nde cebirsel sistemlerin koho-

moloji teorisi üzerinde araflt›rmalar yapar.

1954 -1955 y›llar›nda Nakayama ve çevresinde bir

cebir ekolü oluflturan Nagao, Yoshii, Eilenberg gibi ce-

bircilerle birlikte konuyu gelifltiren makaleler yay›mlar.

1955’te Osaka Üniversitesi Matematik Bölü-

mü’ne “Koshi” (senior lecturer) olarak atan›r. O y›l

Tokyo’da dünyan›n en ünlü isimlerinin kat›ld›¤› Ce-

birsel Say›lar Sempozyumu yap›l›r ve ‹keda’n›n gele-

ce¤i üzerinde çok etkili olur. O zamana kadar halka-

lar, modüller ve cebirler üzerinde çal›flan ve on iki ma-

kale yay›mlayan, ama daha ortaokul ça¤›ndan beri

Galois teorisine merak duyan ‹keda’n›n ilgisi art›k ce-

birsel say›lar teorisine kayar. Alexander von Hum-

boldt Vakf›’n›n bursuyla 1957-1959 aras›nda Ham-

burgh’a gider ve burada, 20. yüzy›l›n say›lar teorisine

damgas›n› vurmufl olan Hasse’nin yan›nda, bu teori-

de ve özellikle Galois genifllemelerinin yerleflme prob-

lemi üzerinde çal›flmaya bafllar. Say›lar teorisinin en

önemli problemlerinden birisi olan Galois teorisinin

ters problemi, verilen bir grubun Galois grubu olarak

kabul eden bir cisim genifllemesinin olup olmad›¤›n›n,

e¤er varsa bunun hangi taban cismi üzerinde ger-

çekleflebilece¤inin belirlenmesi olarak özetlenebilir.

Günümüzde hâlâ çözülememifl olan bu probleme ve-

rilmifl olan k›smi çözümler literatüre çok önemli kat-

k›lar oluflturmufltur. Örne¤in Reichardt’›n 1937’de bir

p-grubunu Galois grubu olarak kabul eden bir say›

cismi infla etmesi, 1954’te Schafarevich’in çözümlü

(solvable) bir grubun bir say› cismi üzerinde Galois

grubu olarak gerçekleflebilece¤ini ispatlamas› önem-

li sonuçlard›r. Yerlefltirme problemi de bu temel

problemin çok önemli ve zor bir yönünü olufltur-

maktad›r. ‹keda’n›n 1960’ta yay›mlad›¤› ve bir K sa-

y› cismi için, “K üzerinde abelyen çekirdekli, sonlu

yerlefltirme problemi” olarak adland›r›lan proble-

min “zay›f çözümü” varsa çözümünün var oldu¤u-

nu ispatlayan çal›flmas› baflvurulan önemli bir kaynak-

t›r. ‹keda’n›n bu teoremi sonra Hoechsmann

taraf›ndan K’n›n bir cebirsel foksiyon cismi oldu¤u

durumda (1966), daha sonra Fried ve Jarden taraf›n-

dan (‹keda’n›n ispat› kullan›larak) K’n›n Hilbert cis-

mi oldu¤u durumda verilmifltir (1986).

1960’ta böyle parlak bir çal›flma döneminden

sonra ‹keda, ileride evlenece¤i Emel Ardor’la birlik-

te Türkiye’ye gelir. Hamburg’da kalmas› için onu bo-

flu bofluna ikna etmeye çal›flan Hasse, Türkiye’de es-

ki ö¤rencisi Cahit Arf’› bulmas›n› tavsiye eder. Arf’la

‹keda böylelikle tan›fl›rlar. O dönemde ‹keda ‹z-

mir’i ‹stanbul’a tercih eder. Ege Üniversitesi’nin Fen

Fakültesi’nin kurulmas›n› beklerken, Ege T›p Fa-

kültesi’nde 1963’e kadar istatistik uzman› olarak ça-

l›fl›r. 1964’te Emel Han›m’la evlenir, mahkeme ka-

rar›yla ad›na Gündüz ekletir. Ege Üniversitesi

Matematik Bölümü’nde 1965’te doçent ve 1966’da

profesör olur ve Teorik Matematik Kürsüsü’nü ku-

rar. Bu zorluklarla dolu dönemde hem halkalar ve

cebirler, hem de cebirsel say›lar teorisinde çal›flma-

lar›n› paralel olarak sürdürmüfl ve yapt›¤› önemli kat-

k›lar› yedi makalede toplam›flt›r. 1963’te Grunwald

varl›k teoremiyle yine yerlefltirme problemine önem-

li bir katk›da bulunur.

40



* ODTÜ Matematik Bölümü ö¤retim üyesi.

1964’te Turán eflitsizli¤i olarak bilinen eflitsiz-

li¤i Bernouilli polinomlar› ve Riemann zeta fonksi-

yonu aç›s›ndan inceler. 1966’da komütatif olma-

yan halkalar üzerinde önemli bir çal›flma yay›mlar.

1966 Bahar döneminde Gündüz ‹keda Ham-

burg Üniversitesi’ne davet edilir ve orada Galois te-

orisi ve say› cisimlerinin yerlefltirme problemi üze-

rinde dersler verir.

1967’de Türkiye’ye döner. O dönemde Cahit

Arf, ODTÜ Matematik Bölümü’ne geçmifltir ve Gün-

düz ‹keda’y› da ODTÜ’ye geçmesi için ikna etmeye ça-

l›flmaktad›r. O y›l Cahit Bey iki kez Gündüz Bey’i zi-

yarete gider ve nihayet ikna eder. 1969’da ODTÜ

Matematik Bölümü’ne profesör olarak atan›r. O y›l,

Cahit Bey’le birlikte Oberwolfach’ta Hasse taraf›ndan

organize edilen bir cebirsel say›lar teorisi toplant›s›-

na giderler.

Bu toplant›da Neukirch’le tan›fl›rlar. Neukirch o

s›rada Bonn Üniversitesinde doktora tezini yeni bitir-

mifl parlak bir genç matematikçidir. Çok ilginç bir te-

zi vard›r ve tezinde yan›t› bilinmeyen bir problem

vard›r. Neukirch, kesirli say›lar cismi Q’nün mutlak

Galois grubu GQ’nün kapal› ve normal her alt-gru-

bunun topolojik anlamda karakteristik oldu¤unu,

yani GQ’nün sürekli grup otomorfizmalar› alt›nda in-

variant kald›¤›n› göstermifl, ve buna dayanarak,

GQ’nün sürekli otomorfizmalar›n›n iç otomorfizma

(inner automorphism) olaca¤›n› tahmin etmifltir. “Ne-

ukirch San›s›” ad›yla an›lan bu problemi çözmek için

u¤raflan çok kifli vard›r. Türkiye’ye dönünce Gündüz

‹keda, bu prestijli problem üzerinde u¤raflmaya bafl-

lar ve bir süre sonra çözer. Önce GQ’nün sürekli her

otomorfizmas›n›n, grubun her efllenik s›n›f›n› invari-

ant b›rakt›¤›n› gösterir. Sonra bunu kullanarak as›l so-

nuca ulafl›r, ve Neukirch’in tahmininin do¤ru oldu¤u-

nu 1975 ve 1977’de yay›mlad›¤› çal›flmalarla kan›tlar.

Bu çal›flmas› GQ’nün yap›s› hakk›nda say›lar teorisi-

ne çok önemli bir katk›d›r ve bunun üzerine konunun

uzmanlar› olan Arf, ‹keda, Hasse, Neukirch, Roqu-

ette, Geyer ve Frey’in kat›l›m›yla 1975’te Silivri’de dü-

zenlenen Cebirsel Say›lar Teorisi Sempozyumu’nda

konu tart›fl›lm›flt›r.

1971’de San Diego Eyalet Üniversitesi’nde mi-

safir profesör olarak komütatif cebir ve Galois teori-

si üzerinde dersler verir. 1972’de Hasse-Arf Teore-

mini genellefltiren bir teorem ispatlar.

1969 - 1977 dönemindeki çal›flmalar› halkalar

ve cebirsel say›lar üzerinde paralel gitmektedir.

Eylül 1976’da Hacettepe Üniversitesi Matema-

tik Bölümü’ne geçer. 1976 Sonbahar döneminde, da-

vet edilmifl oldu¤u Princeton’da, Galois teorisinin ters

problemi üzerinde misafir profesör olarak araflt›rma-

lar yapar. Sonra Hacettepe’ye döner ve 1978’e ka-

dar orada bölüm baflkan› olarak çal›fl›r. 1978’de

tekrar ODTÜ’ye döner. 1979’da, Cebir ve Say›lar Te-

orisine yapt›¤› üstün katk›lar›ndan dolay› TÜB‹TAK

Bilim Ödülü’nü al›r.

1985 -1987 y›llar›nda Ürdün, Yarmouk Üniver-

sitesinde misafir profesör olarak bulundu¤u s›rada

komütatif halkalar üzerinde yüksek mertebeli türev-

ler üzerinde çal›fl›r. 1988 yaz›nda iki ay Oberwol-

fach’ta misafir profesör olarak araflt›rma yapar.

KKTC Do¤u Akdeniz Üniversitesinde taml›k

ve Euclid bölgeleri üzerinde çal›flmalar yapar.

1992’de ODTÜ’den emekliye ayr›l›r. Do¤u Ak-

deniz Üniversitesi’nden Eylül 1993’te ayr›l›r ve TÜ-

B‹TAK Marmara Araflt›rma Merkezinde çal›flmaya

bafllar. Bu, yeni bir dönemin bafllang›c› olur. Bura-

da TÜB‹TAK Diskret Matematik Ünitesini kurar, flif-

releme ve kodlama teorisi üzerinde aktif bir çal›flma

bafllat›r. Bu çal›flmalar› 1995-1997 aras›nda MAM’

da Ulusal Elektronik ve Kriptoloji Araflt›rma Ensti-

tüsü’nde sürdürür.

1994’te ODTÜ, Mustafa Parlar Bilim, Hizmet

ve Onur Ödülü’nü, 1996’da TÜB‹TAK Marmara

Araflt›rma Merkezi Liyakat Ödülü’nü al›r.

1997’den itibaren hayat›n›n sonuna kadar Fe-

za Gürsey Enstitüsü’nde çal›flt›. Gündüz Bey’in öne-

risi üzerine, 1997-2000 aras›nda ‹lhan ‹keda ve

Gündüz ‹keda’yla birlikte “nonabelian class field the-

ory” çerçevesinde çal›flmak üzere ben de Feza Gür-

sey Enstitüsü’nde ek görev ald›m. Burada kurmufl ol-

du¤u o ideal araflt›rma atmosferini biraz da olsa

paylaflabilmifl olmaktan çok mutluyum.

Son zamanlarda, Artin’in bir tahmini üzerinde

çal›fl›yordu. Artin 1927’de, a ≠ ±1, tam kare olma-

yan bir tamsay› ise a’y› ilkel kök (primitive root) ka-

bul eden sonsuz say›da p asal say›s› olaca¤›n› tahmin

etmiflti. Gündüz ‹keda, tamsay› yerine cebirsel tam-

say› ve asal say› yerine asal idealler için bu tahmini

ispatlamaya çal›flt›.

Prof. ‹keda, bugün aktif olarak çal›flan çok sa-

y›da matematikçinin do¤rudan veya dolayl› olarak

doktora hocas› olmufltur. Benim saptayabildi¤im

isimler flunlard›r: Cemal Koç, Arif Kaya, Timur Ka-

raçay, Nurettin Cengiz, Gönül Uslu, Birol Temelku-

ran, Bekir K›l›ço¤lu, Mahmut Hayfavi, Abdullah

Harmanc›, Sadi Abou Saymeh, Rüstem Kaya, Ahmet

Sharary, Abdurrahim Y›lmaz, Fethi Çall›alp, Cesa-

rettin Koç, Mustafa Akgül, ‹brahim ‹brahimo¤lu,

Hasan ‹lhan Tutalar, James Conlon.

Prof. Dr. Masatoshi Gündüz ‹keda, son derece

aktif bilimsel hayat› ve özverili çal›flmalar›yla Türk

matemati¤ine ivme kazand›rm›fl, aktif görevler alm›fl,

matematikteki yenilikleri ve uygulamalar› sürekli

izlemifl, çevresini yönlendirmifl ve öncülük etmifltir.

Kendisini sevgi, sayg› ve flükranla an›yorum.

41



Bu konuflmada sizlere, matemati¤in nas›l bafl-

lad›¤› ve hangi aflamalardan geçerek günü-

müze geldi¤ini anlatmaya çal›flaca¤›m.

Bir matematik tarihçisi olmad›¤›m›, anlatacak-

lar›m›n okuduklar›m›n bir sentezi oldu¤unu, or-

jinal çal›flmalar› inceleyerek haz›rlanm›fl bir konufl-

ma olmad›¤›n› belirtmek isterim.

Matematik Nedir? Matematik, insanl›k tari-

hinin en eski bilimlerinden biridir. Çok eskiden,

matematik, say›lar›n ve flekillerin ilmi olarak ta-

n›mlan›rd›. Matematik de, di¤er bilim dallar› gi-

bi, geçen zaman içinde büyük bir geliflme göster-

di; art›k onu birkaç cümleyle tan›mlamak

mümkün de¤il. fiimdi söyleyeceklerim, matema-

ti¤i tan›mlamaktan çok, onun çeflitli yönlerini

vurgulayan sözler olacakt›r.

Matematik bir yönüyle, resim ve müzik gibi

bir sanatt›r. Matematikçilerin büyük ço¤unlu¤u

onu bir sanat olarak icra ederler. Bu aç›dan bak›n-

ca, yap›lan bir iflin, gelifltirilen bir teorinin, mate-

matik d›fl›nda flu ya da bu ifle yaramas› onlar›

pek ilgilendirmez. Onlar için önemli olan, yap›lan

iflin derinli¤i, kullan›lan yöntemlerin yenili¤i, es-

tetik de¤eri ve matemati¤in kendi içinde bir ifle ya-

ramas›d›r.

Matematik, baflka bir yönüyle, bir dildir. E¤er

bilimin gayesi evreni ve evrende olan her fleyi an-

lamak, onlara hükmetmek ve yönlendirmekse,

bunun için tabiat›n kitab›n› okuyabilmemiz gere-

kir. Tabiat›n kitab› ise, Galile’nin çok at›f alan söz-

leriyle, matematik dilinde yaz›lm›flt›r; onun harf-

leri geometrinin flekilleridir. Bunlar› anlamak ve

yorumlayabilmek için matematik dilini bilmemiz

gerekir.

Matematik, baflka bir yönüyle de satranç gi-

bi entelektüel bir oyundur. Kimi matematikçiler

de ona bir oyun gözüyle bakarlar. Matematik, kul-

lan›c›s› için ise sadece bir araçt›r.

Matemati¤in ne oldu¤unu, onun içine girdik-

ten sonra, bilgimiz ölçüsünde ve ilgimiz yönünde

anlar ve alg›lar›z. Anlad›¤›m›z ve alg›lad›¤›m›z›n

ise, file dokunan körün fili anlad›¤› ve alg›lad›¤›n-

dan daha fazla oldu¤unu hiç sanm›yorum.

Matemati¤in Bafllang›c›. Matematik sözcü-

¤ü, ilk kez, M.Ö. 550 civar›nda Pisagor okulu üye-

leri taraf›ndan kullan›lm›flt›r. Yaz›l› literatüre gir-

mesi, Platon’la(Eflatun) birlikte, M.Ö. 380

civar›nda olmufltur. Kelime manas› “ö¤renilmesi

gereken fley”, yani, bilgidir. Bu tarihlerden önce-

ki y›llarda, matematik kelimesi yerine, yer ölçü-

mü manas›na gelen, geometri yada eski dillerde

ona eflde¤er olan sözcükler kullan›l›yordu.

Matemati¤in nerede ve nas›l bafllad›¤› hakk›n-

da da kesin bir fley söylemek mümkün de¤ildir.

Dayanak olarak yorum gerektiren arkeolojik bul-

gular› de¤il de, yorum gerektirmeyecek kadar

aç›k yaz›l› belgeleri al›rsak, matemati¤in M.Ö.

3000 –2000 y›llar› aras›nda M›s›r ve Mezopotam-

ya’da bafllad›¤›n› söyleyebiliriz.

Herodotos’a (M.Ö. 485-415) göre, matema-

tik M›s›r’da bafllam›flt›r. Bildi¤iniz gibi, M›s›r top-

raklar›n›n %97’si tar›ma elveriflli de¤ildir; M›-

s›r’a hayat veren, Nil deltas›n› oluflturan %3’lük

k›s›md›r. Bu nedenle, bu topraklar son derece de-

¤erlidir. Oysa, her sene yaflanan Nil nehrinin ne-

den oldu¤u taflk›nlar sonucunda, toprak sahiple-

rinin arazilerinin hudutlar› belirsizleflmektedir.

Toprak sahipleri de sahip olduklar› toprakla oran-

t›l› olarak vergi ödedikleri için, her taflk›ndan

sonra, devletin bu ifllerle görevli “geometricileri”

gelip, gerekli ölçümleri yap›p, toprak sahiplerine

bir önceki y›lda sahip olduklar› toprak kadar top-

rak vermeleri gerekmektedir. Heredot geometri-

nin bu ölçüm ve hesaplar›n sonucu olarak olufl-

maya bafllad›¤›n› söylemektedir.

Matemati¤in do¤uflu hakk›nda ikinci bir gö-

rüfl de, Aristo (M.Ö. 384-322) taraf›ndan ileri

sürülen flu görüfltür. Aristo’ya göre de matematik

M›s›r’da do¤mufltur. Ama Nil taflmalar›n›n neden

oldu¤u ölçme-hesaplama ihtiyac›ndan de¤il, din

adamlar›n›n, rahiplerin can s›k›nt›s›ndan do¤-

mufltur. O tarihlerde, M›s›r gibi devletlerin tek en-

telektüel s›n›f› rahip s›n›f›d›r. Bu s›n›f›n geçimi halk

42


Matemati¤in K›sa Bir Tarihi-I

M›s›r ve Mezopotamya Matemati¤iAli Ülger* / [email protected]

* Koç Üniversitesi Matematik Bölümü ö¤retim üyesi.

Ali Ülger’in bu yaz› dizisi, ki asl›nda bir

konuflmad›r, birkaç say› sürecektir. Bu

say›da matematik tarihinin ilk dönemi

anlat›lmaktad›r.

veya devlet taraf›ndan sa¤land›¤› için, entelektü-

el u¤rafllara verecek çok zamanlar› olmaktad›r.

Kendilerini meflgul etmek için, baflkalar›n›n sat-

ranç, briç, go gibi oyunlar icat ettikleri gibi, on-

lar da geometri ve aritmeti¤i, yani o zaman›n ma-

temati¤ini icat etmifllerdir.

Bu her iki görüfl de do¤ru olabilir; rahipler ge-

ometricilerin iflini kolaylaflt›rmak istemifl, yada

da¤›t›m›n adil yap›ld›¤›n› kontrol için, üçgen, ya-

muk gibi baz› geometrik flekillerdeki arazilerin

alanlar›n›n nas›l hesaplanaca¤›n› bulmufl ve bu fle-

kilde geometrinin do¤mas›na neden olmufl da ola-

bilirler.

Matematik Tarihinin Dönemleri. Matemati-

¤in yaz›l› tarihini befl döneme ay›raca¤›z.

‹lk dönem M›s›r ve Mezopotamya dönemi

olacak; bu dönem afla¤› yukar› M.Ö. 2000-500

y›llar› aras›nda kalan 1500-2000 y›ll›k bir zaman

dilimini kapsayacak.

‹kinci dönem, M.Ö. 500 - M.S. 500 y›llar› ara-

s›nda kalan ve Yunan Matemati¤i dönemi olarak

bilinen 1000 y›ll›k bir zaman dilimini kapsayacak.

Üçüncü dönem, M.S. 500’lerden kalkülüsün

(analizin) bafllang›c›na kadar olan ve esasta Hint,

‹slam ve Rönesans dönemi Avrupa matemati¤ini

kapsayacak olan 1200 y›ll›k bir zaman dilimini

kapsayacak.

Dördüncü dönem, 1700-1900 y›llar› aras›n-

da kalan, matemati¤in alt›n ça¤› olarak bilinen,

klasik matematik dönemini kapsayacak.

1900’lerin bafl›ndan günümüze uzanan, ve

modern matematik ça¤› olarak adland›r›lan, için-

de bulundu¤umuz dönem de beflinci dönem ola-

cak. Her dönemi ayr› ayr› ele al›p, eldeki kaynak-

lar çerçevesinde, o dönemdeki matemati¤in geli-

flimi, katk› yapan matematikçileri, matemati¤in

toplum hayat›ndaki yeri ve o dönem matemati¤i-

nin temel özellikleri hakk›nda bilgi vermeye çal›-

flaca¤›m.

Birinci Dönem

M›s›r ve Mezopotamya Matemati¤i

(MÖ 2000-500)

M›s›r Matemati¤i. ‹lk döneme M›s›r mate-

mati¤iyle bafllayaca¤›z. Eski M›s›r matemati¤i ve

genelde de M›s›r tarihiyle ilgili yaz›l› belge - tari-

hi eser kal›nt›lar›n› kastetmiyorum - yok denecek

kadar azd›r. Bunun temel iki nedeni vard›r. Birin-

cisi, eski M›s›rl›lar›n yaz›y› papirüslere yazmala-

r›; ikinci nedeniyse ‹skenderiye kütüphanelerinin

geçirdikleri üç büyük yang›n sonucunda, ki bu

yang›nlar›n sonuncusu 641’de M›s›r’›n Müslü-

manlar taraf›ndan fethi s›ras›nda olmufltur, yaz›-

l› belgelerin yok olmufl olmas›d›r.

Papirüs, Nil deltas›nda büyüyen, k›rm›z›mt›-

rak renkte, saz türü bir bitkinin, ortalama 15-25

metre uzunlu¤unda ve 30-50 santim geniflli¤inde

olan yapraklar›d›r. Bu yapraklar kesilip, birleflti-

rilip, preslendikten ve baz› basit ifllemlerden geçi-

rildikten sonra, kâ¤›t yerine yaz› yazmak için kul-

lan›l›rm›fl. “Paper”, “papier” gibi Bat› dillerindeki

kâ¤›t karfl›l›¤› sözcükler, papirüs sözcü¤ünden tü-

retilmifltir. Bir papirüsün ortalama ömrü 300 y›l-

d›r; 300 y›l sonra, papirüs, nem, ›s› ve benzeri ne-

denlerle, pul pul olup dökülmektedir.

Matematikle ilgili, istisnai flartlar alt›nda sak-

land›¤› anlafl›lan, iki papirüs gelmifltir günümüze.

M›s›r matemati¤i hakk›ndaki bilgimizin ana kay-

naklar› bu iki papirüstür.

Bu papirüslerden ilki, Ahmes (ya da

Rhind) papirüsü olarak bilinen, 6 met-

re uzunlu¤unda ve 35 cm kadar genifl-

li¤inde olan bir baflka papirüstür. Bu

papirüsün, M.Ö. 2000’li y›llarda yaz›l-

m›fl olan bir papürüsün, M.Ö.

1650’lerde Ahmes isimli bir “matema-

tikçi” taraf›ndan yaz›lan bir kopyas›d›r.

Bu papirüsü 1850’lerde ‹rlandal› anti-

kac› H. Rhind sat›n alm›flt›r, flimdi Bri-

tish Museum’dad›r. Bu papirüs, mate-

matik ö¤retmek gayesiyle yaz›lm›fl bir

kitapt›r. Girifl k›sm›nda, kesirli say›-

larla ifllemleri ö¤retmek gayesiyle veri-

len birkaç al›flt›rmadan sonra, çözüm-

leriyle 87 soru verilmektedir. Bu

sorular, paylafl›m hesab›, faiz hesab›

43


veya baz› geometrik

flekillerin alan›n›

bulmak gibi, insan-

lar›n günlük hayat-

ta karfl›laflabilece¤i

türden sorulard›r.

Bu, az çok bizim 8.

s›n›f matemati¤i dü-

zeyinde bir mate-

matiktir.

Moskova papi-

rüsü diye bilinen ve

flimdi Moskova

müzesinde olan

ikinci papirüs de M.Ö. 1600’lerde yaz›lm›fl bir ki-

tapç›kt›r. Bu papirüs 25 soru içermektedir. Bu

sorular, ikisi hariç, Ahmes papirüsündeki sorular

türündendir. Di¤er iki soruya gelince, onlardan bi-

ri, bir düzlemle kesilen bir küre parças›n›n hacmi

ve yüzeyinin alan›n›n hesaplanmas›d›r. Di¤eri ise,

yine bir düzlemle kesilen bir piramidin hacminin

bulunmas› sorusudur. Her iki soru da do¤ru ola-

rak çözülmüfltür. Bu iki soru M›s›r matemati¤inin

zirvesi olarak kabul edilmektedir.

M›s›rl›lar, dairenin alan›n›n çap›na orant›l›

oldu¤unun fark›na varm›fllar ve π say›s›n› 4 ×(8/9)2, yani 256/81 ≈ 3,16 olarak bulmufllard›r.

M›s›r matemati¤inin 2000 y›l boyunca bu düzey-

de kald›¤› ve kayda de¤er bir ilerleme gösterme-

di¤i anlafl›lmaktad›r.

M›s›r say› sistemi, on taban›na göredir ve ra-

kam sistemlerinin yaz›m› ve kullan›m› Romen ra-

kamlar›n›nki gibidir. Bu rakamlarla hesap yapma-

n›n çok zor oldu¤u, Romen rakamlar›yla hesap

yapmay› deneyen herkesin kolayca görece¤i gibi,

aç›kt›r. M›s›r matemati¤inin geliflmemesinin bir

nedeni bu olabilir.

Mezopotamya Matemati¤i. Mezopotam-

ya’da yaflam›fl medeniyetlerden (Sümerler, Akat-

lar, Babiller, Kaldeyenler, Asurlar, Urlar, Huri-

ler vb. ve fetihler nedeniyle, bir zaman Hititler,

Persler...) zaman›m›za, M›s›r’dan kalandan çok

kat daha fazla yaz›l› belge kalm›flt›r. Bunun ne-

deni, Mezopotamyal›lar›n yaz› arac› olarak kil

tabletleri kullanmalar›d›r. Piflirilen yada günefl-

te iyice kurutulan bir kil tabletin ömrü sonsuz de-

necek kadar uzundur. Yap›lan kaz›larda yar›m

milyondan fazla tablet bulunmufltur. Bu tablet-

lerin önemli bir k›sm› ‹stanbul Arkeoloji Müze-

si’ndedir. Di¤erleri de dünyan›n çeflitli - Berlin,

Moskova, British, Louvre, Yale, Colombia ve

Pensilvanya - müzelerindedir. Bu tabletlerin,

flimdiye kadar incelenmifl olanlar›n›n içinde, befl

yüz kadar›nda matemati¤e rastlanm›flt›r.

Bu bölgede yaflam›fl medeniyetlerin matema-

ti¤i hakk›nda bilgimiz bu tabletlerden gelmekte-

dir. Bu tabletlerden anlafl›ld›¤›na göre, Mezopo-

tamya’da matematik, M›s›r matemati¤inden

daha ileridir; Mezopotamyal›lar lise iki düze-

yinde bir matematik bilgisine sahiptiler. M›s›r-

l›lar›n bildikleri matemati¤i bildikleri gibi, ikin-

ci dereceden baz› polinomlar›n köklerini

bulmas›n›, iki bilinmeyenli iki denklemden olu-

flan bir sistemi çözmesini de biliyorlar. fiunu söy-

lemem gerekir ki, o zamanlarda henüz negatif ve

irrasyonel (kesirli olmayan) say›lar bilinmemek-

tedir. Bu nedenle ikinci dereceden her polinomun

köklerini bulmalar› mümkün de¤ildir. Mezopo-

tamyal›lar, daha sonra Pisagor Teoremi olarak

adland›r›lacak olan teoremi biliyorlard›. π say›-

s›n› karesi 10 olan bir say› olarak bilmekteler.

Daha sonralar› 3.15 olarak da kullanm›fllard›r.

Mezopotamyal›lar›n say› sistemi 60 tabanl›

bir say› sistemidir. Bu say› sistemi günümüzde de,

denizcilik ve astronomi de kullan›lmaktad›r. Bi-

zim say› sisteminde 10 ve 10’un kuvvetlerini kul-

land›¤›m›z ve say›lar› buna göre basamakland›r-

d›¤›m›z gibi, onlar da say›lar› 60 ve 60’›n

kuvvetlerine göre basamakland›rmaktayd›lar. Bu

say› sisteminin en önemli özelli¤i basamakl›, ya-

ni konumlu bir say› sistemi olmas›d›r. Saatin 60

dakika, günün 24 saat ve dairenin 360 dereceye

bölünmüfl olmas› bize bu say› sisteminden kalan

miraslardan sadece birkaç›d›r. Mezopotamyal›-

lar›n 60 tabanl› bir say› sistemi seçmifl olmalar›-

n›n nedeni bilinmemektedir. Bu konuda ileri sü-

rülen belli bafll› görüfl ya da varsay›m flunlard›r:

44


Moskova papirüsü

Rhind (Ahmes) papirüsü

1) 60 say›s›n›n 2, 3, 4, 5, 6, 10, 12, 20, 30 gi-

bi çok say›da bölenleri olmas› onu günlük hayat-

ta çok kullan›fll› k›l›yordu; bu nedenle 60 taban-

l› bir say› sistemi seçmifllerdir.

2) 60 tabanl› say› sisteminin seçiminden ön-

ce, o bölgede 10 ve 12 tabanl› say› sistemlerini kul-

lanan medeniyetler olmufltur. Daha sonra gelen bir

medeniyet, daha önceki ölçü birimleriyle uyum

sa¤lamak için, 10 ile 12 nin en küçük ortak kat›

olan 60’› say› sistemlerinin taban› olarak alm›fllar-

d›r.

3) 60 tabanl› say› sisteminin seçimi, bir elde-

ki, bafl parmak hariç, dört parmakta bulunan üç

eklem yerini o zaman›n insanlar› say› saymak için

kullan›yorlard›; 4 parmakta 12 eklem yeri oldu-

¤u ve bir elde de befl parmak oldu¤u için bu iki sa-

y›n›n çarp›m› olan 60’› say› sistemlerinin taban›

olarak alm›fllard›r.

Bu konuda görüfller bunlard›r. E¤er bir gün 60

say›s›n›n niçin seçildi¤ini izah eden bir tablet bu-

lunursa o zaman gerçek anlafl›lacakt›r.

Birinci Dönemin Genel De¤erlendirmesi. Bu

dönemin matemati¤ini toptan de¤erlendirecek

olursak, temel özellikleri flunlard›r.

a) Bu dönem matemati¤inde teorem, formül

ve ispat yoktur. Bulgular emprik veya deneysel, ifl-

lemler say›sald›r. Bunun böyle olmas› kaç›n›lmaz-

d›r, zira o dönemde matematik, simgesel olarak

de¤il, sözel olarak ifade edilmekteydi. Sözel ve sa-

y›sal matematikte (geometrik çizimler hariç) for-

mel ispat vermek olanaks›z olmasa da, kolay de-

¤ildir.

b) Bu dönemin matemati¤i zanaat düzeyinde

bir matematiktir; matematik “matematik için ma-

tematik” anlay›fl›yla de¤il, günlük hayat›n ihtiyaç-

lar› için, yani “halk için matematik” anlay›fl›yla

yap›lmaktad›r. Matemati¤in kullan›m alanlar›

ise, zaman-takvim belirlemek, muhasebe iflleri ve

günlük hayat›n, inflaat, miras da¤›t›m› gibi di¤er

iflleridir. Dini ve milli günlerin, ibadet saatlerinin,

deniz yolculuklar›n›n ve tar›ma uygun dönemle-

rin belirlenmesi için, bugün oldu¤u gibi, eski za-

manlarda da do¤ru bir takvim yapmak son dere-

ce önemli bir ifl olmufltur. Bu da ancak uzun süreli

gözlem, ölçüm ve hesapla mümkündür. Bu mate-

mati¤in kullan›m alanlar›ndan en önemlisi ve ma-

temati¤in geliflmesine neden olan temel ihtiyaçlar-

dan biridir. Devlet gelir giderinin hesaplanmas›,

mal varl›klar›n› tespit, kay›t ve muhasebesi de

devlet düzeni için elzem olan ve matemati¤in kul-

lan›ld›¤› di¤er bir aland›r.

Bu dönem matemati¤i ve bu bölge ülkelerinin

kültürel varl›klar› Pers istilas›yla son bulur. ♠

45


Rhind (Ahmes) Papirüsü

3 = 2 + 6 53 = 30 + 318 + 795

5 = 3 + 15 55 = 30 + 330

7 = 4 + 28 57 = 38 + 114

9 = 6 + 18 59 = 36 + 236 + 531

11 = 6 + 66 61 = 40 + 244 + 488 + 610

13 = 8 + 52 + 104 63 = 42 + 126

15 = 10 + 30 65 = 39 + 195

17 = 12 + 51 + 68 67 = 40 + 335 + 536

19 = 12 + 76 + 114 69 = 46 + 138

21 = 14 + 42 71 = 40 + 568 + 710

23 = 12 + 276 73 = 60 + 219 + 292 + 365

25 = 15 + 75 75 = 50 + 150

27 = 18 + 54 77 = 44 + 308

29 = 24 + 58 + 174 + 232 79 = 60 + 237 + 316 + 790

31 = 20 + 124 + 155 81 = 54 + 162

33 = 22 + 66 83 = 60 + 332 + 415 + 498

35 = 30 + 42 85 = 51 + 255

37 = 24 + 111 + 296 87 = 58 + 174

39 = 26 + 78 89 = 60 + 356 + 534 + 890

41 = 24 + 246 + 328 91 = 70 + 130

43 = 42 + 86 + 129 + 301 93 = 62 + 186

45 = 30 + 90 95 = 60 + 380 + 570

47 = 30 + 141 + 470 97 = 56 + 679 + 776

49 = 28 + 196 99 = 66 + 198

51 = 34 + 102 101 = 101 + 202 + 303 + 606

Ahmes’in (MÖ. ≈1680 - ≈1620) kendi yazd›¤›na göre,

Rhind papirüsü MÖ 2000’de yaz›lm›fl bir baflka papirüsün

kopyas›d›r. Orijinal hali afla¤› yukar› 5,5m _ 0,3m boyu-

tunda olan ve hiyeroglif yaz›s›n›n bir türü olan hieratik ya-

z›s›yla yaz›lan papirüsün ön taraf›, 2/3, 2/5, 2/7, 2/9, ...,

2/101 say›lar›n› 1/n kesirli say›lar›n›n toplam› olarak veri-

yor, çünkü Eski M›s›rl›lar, 2/3 d›fl›nda, sadece 1/n kesirli

say›lar›n› biliyor ve yazabiliyorlard›. Yandaki tablodaki a

= b + c k›saltmas›, 2/a = 1/b + 1/c olarak alg›lanmal›. Ör-

ne¤in, birinci sat›rda, 2/3 = 1/2 + 1/6 yazmaktad›r.

Asl›nda, 2/3’ü en az iki türlü böyle yazabiliriz:

2/3 = 1/3 + 1/3 = 1/2 + 1/6.

Soru: 2/3 baflka türlü 1/a + 1/b biçiminde yaz›labilir

mi?

Sorular› ço¤altabiliriz.

Soru: En sondaki 2/101 için dörtten daha az terimle

yaz›lan bir ifade bulabilir miyiz? Ya da 1/29 için? Ya da

1/43, 1/73 için?..

Soru: Verilmifl bir a tek say›s› ve bir k do¤al say›s› için,

2/a = 1/a1 + ... + 1/ak

eflitli¤ini sa¤layan sonlu tane mi a1, ..., ak do¤al say›s› var-

d›r?

Soru: E¤er öyleyse, bu eflitli¤i sa¤layan kaç tane (a1,

..., ak) vard›r?

Soru: Ve en küçük k kaçt›r?

Soru: 2/a yerine 3/a al›rsak bu sorular›n yan›t› ne olur?

Salih Zeki 1864’te ‹stanbul Cibali’de Küçükmus-

tafapafla mahallesinde yoksul bir ailenin çocu-

¤u olarak dünyaya geldi. Ad› sadece Salih’ti,

Zeki mahlas›n› daha sonra alacakt›r. Dört yafl›nda

annesi Saniye Han›m’›, alt› yafl›nda babas› Boyabat-

l› Hasan A¤a’y› kaybeder. Büyükannesi taraf›ndan

önce mahalle mektebine gönderilen Salih Zeki, us-

lu bir çocuk olmad›¤›n› düflünen ö¤retmeninin iste-

¤i do¤rultusunda okuldan al›narak bir esnaf›n ya-

n›na ç›rak olarak verilir. Salih Zeki on yafl›ndayken,

yetimleri okutmak üzere kurulan Darüflflafaka’ya gi-

rer ve okulu 1882’de birincilikle bitirir.

Salih Bey’in Salih Zeki Olufl Öyküsü

Salih Zeki, Posta ve Telgraf Naz›r› (Bakan›)

‹zzet Efendi taraf›ndan oluflturulmak istenen bi-

limsel araflt›rma grubunda yer almak üzere Pos-

ta ve Telgraf Fen Kale-

mi’nde ifle

bafllar. Çal›fl-

malar› Frans›z

Emile Lacoin

yönetmektedir.

Bir y›l kadar

telgraf tekni-

¤iyle ilgili ça-

l › flmalardan

sonra ö¤renimi-

ni sürdürmek

üzere Paris’e

g ö n d e r i l i r .

Darüflflafaka’y›

ondan bir y›l

önce

bitiren ve yine Fen Kalemi’nde çal›flan arkadafl›

Ahmed Fahri de vard›r yan›nda. Bafllang›çta biraz

zorlanmalar›na karfl›n elektrik ve matematik a¤›r-

l›kl› e¤itimlerini baflar›yla bitirirler.

Ahmed Fahri, Salih Hoca’n›n Zeki mahlas›n›n

öyküsünü Muallimler Mecmuas›’n›n May›s 1924 sa-

y›s›nda yay›mlanan mektubunda flöyle anlatm›fl:

Salih’in Zeki lakab› taraf›mdan verilmifltir. Bu da

kendisinin hakl›l›¤›n› gösteren bir hat›raya daya-

n›r. Politeknik talebesinden bir arkadafl›m›zla bir di-

feransiyel ifadenin integralini bulmak bahis konusu

olmufltu. Politeknikli, eski hat›ras›na göre u¤rafl›yor-

du. Netice alamad›k. Mesele bizi dostça münakafla-

ya götürdü. Salih, dersten al›nan bir düsturdan [for-

mülden] yararlanarak integrali buldu ve netice has›l

oldu. O vakit, “Salih sen zekisin!”, (Salih, vous êtes

intelligente) dedim. Bunun üzerine arkadafllar da bu

lakab› almas›n› teklif ettiler; kabul etti. ‹flte Salih’in

“Salih Zeki” olmas› böyle bir matematik meselesi se-

bebiyledir [Salih Zeki Bey Hayat› ve Eserleri, Celâl

Saraç, Yay. haz. Yeflim Ifl›l Ülman, s.155]. Salih Ze-

ki doktora yapmak ister ancak Nezaret (Bakanl›k)

taraf›ndan geri ça¤›r›l›r, Posta ve Telgraf’ta 750 ku-

rufl maaflla çal›flmaya bafllar (1887). Bir yandan da

Darüflflafaka’da ve Mülkiye’de ders vermektedir.

Ahmed Fahri’yle birlikte ilk kitab›n› yazar: Hik-

met-i Tabiiye, yani Fizik. Bu kitap liseler içindir ve

1892’de bas›l›r. Ayn› y›l ilk çocu¤unu da kuca¤›na

al›r: Daha sonra ordinaryüs profesör unvan›n› tafl›-

yacak olan o¤lu Malik do¤mufltur. Salih Zeki

1895’te Rasathane Müdürü olur. ‹lk efli Vecihe Ha-

n›m’dan bofland›ktan sonra 1901’de ikinci efli olan

Halide Edip’le evlenir.

Ö¤rencilikten Evlili¤e

Halide Edip 1900 yaz›nda Üsküdar Amerikan

K›z Koleji’nin son s›n›f›na geçmifltir. Daha önce

R›za Tevfik’ten Frans›z Edebiyat› dersleri alm›fl ve

onun benzersiz Arapça ve Farsça bilgisiyle anlat-

t›¤› Do¤u Edebiyat› ve Felsefesi dersini izlerken

46

Salih Zeki

Haluk Oral* / [email protected]

* Bo¤aziçi Üniversitesi Matematik Bölümü ö¤retim üyesi.


Do¤u mistisizminin etkisi alt›nda kalm›flt›r. O y›l

Halide Edip, matematik konusunda zay›f kald›¤›-

n› düflünerek özel ders almak istedi¤ini babas›na

bildirir. R›za Tevfik’in edebiyat derslerinde baflar-

d›¤›n› matematikte baflarabilecek bir özel hoca is-

temektedir. Babas› arkadafl› Salih Zeki’nin ders ve-

rece¤ini bildirince Halide Edip önce biraz korkar,

çünkü Salih Zeki matematik dahisi olarak tan›n-

maktad›r ve Beyo¤lu rasathanesinin müdürüdür.

Halide Edip, Salih Zeki öldükten çok sonra Ad-

nan Ad›var’la evliyken yazd›¤› kitab›nda onu flöy-

le anlat›r: Salih Zeki Hoca’n›n ilim ve felsefe mev-

zular›nda ifade etti¤i çetin ve daimî alâkas›, daha

fazla müspet ilimlere saplanm›flt›. Bu devirde en

fazla Auguste Comte ile meflgul oluyordu. Ona

göre, hakikî insan dünyas›n›n realitesini yaln›z

ilim adamlar› anlam›fl ve onlar›n sayesinde in-

sanlar vahfletten kurtulmufltu. Fikir sahas›na gir-

meyen herhangi bir görüflle alay ederdi. Ona gö-

re sadece bir milletin de¤il, bütün insaniyetin tek

yüksek s›n›f›, tek insanlar› sevk ve idare edebile-

cek s›n›f âlimlerdi. Buna ra¤men kendisi siyaset-

le hiç alâkadar olmam›flt›r.

Tabiîdir ki, o bana, R›za Tevfik Hoca’dan da-

ha fazla ve yeni bir dünya görüflü açm›flt›. Halbu-

ki ben, o günlerde fikir itibar›yla daha fazla mis-

tik ve ruhî tesirlere tâbi idim. Salih Zeki Hoca

benim tabiî temayülümün ifrat›n›n [do¤al e¤ilimi-

min afl›r›l›¤›n›n] önüne geçti ve fikri tekâmülümü

[düflünsel oluflumumu] ayarlad›.

Salih Zeki Hoca ele ald›¤› herhangi bir mu¤lak

mevzuu çok sade, fakat göz kamaflt›ran bir vuzuh-

la [aç›kl›kla] tahlil ederdi. Bu, bir taraftan, yeni bir

istikamette kafam›n inkiflaf›na [geliflimine] yard›m

etti, olanca gayreti ile beni müspet ilim anlay›fl›na

sevketti. Ayn› zamanda Kolej’de bafllayan genç ve

serbest temayülün önüne bir set çekti. [Mor Salk›m-

l› Ev, Halide Edip Ad›var, Özgür Yay›nlar›, Tem-

muz 2000 s.132.] Okul bafllad›ktan sonra Salih

Zeki Halide Edip’le ba¤›n› uzun mektuplarla sürdü-

rür. Bu mektuplar romantik olmaktan çok üniver-

site derslerini an›msatan mektuplard›r. Okulun bit-

mesine yak›n Halide Edip’e evlenme teklif eder ve

bu teklif hemen kabul edilir. Okul biter bitmez ev-

lenirler. Halide Edip henüz on sekiz yafl›ndad›r, ya-

flam› boyunca onu etkileyebilecek (belki de tek) er-

kekle evlenmifltir. Çok ciddiye ald›¤› ev kad›n›

rolünün yan›nda o s›rada Kamus-u Riyaziyat adl›

yap›t›n› yazmakta olan efline sekreterlik ve asistan-

l›k da yapmaktad›r. Büyük filozof ve matematikçi-

lerin yaflamöykülerini çeflitli kitaplardan derler ve

kocas›na iletir. On iki ciltten oluflan bu yap›t›n yal-

n›zca iki cildi bas›labilmifltir. 1897’de bas›lm›fl olan

bu iki cilt, do¤al olarak Halide Edip’in yard›m et-

ti¤i bölümleri içermez.

Halide Edip çok istemesine karfl›n, doktorlar›n

en az›ndan yirmi yafl›na kadar beklemesini tavsiye

etmeleri üzerine, 1903’e kadar çocuk sahibi ol-

maz. O y›l ilk çocu¤u Ayetullah, ertesi y›l ikinci o¤-

lu Hikmetullah dünyaya gelir. Bütün bunlar Hali-

de Edip’in yaz›lar›n› sürdürmesine engel olmam›flt›r.

De¤iflik gazetelerde Halide Salih ad›yla yaz›lar› ya-

y›mlanmaktad›r. 1908’de kendi yaz›lar›n›n d›fl›nda,

Salih Zeki’yle beraber filozof Auguste Comte’la

ilgili bir makaleye de imza atar [Auguste Comte ve

Felsefe-i Müsbete, Ulûm-u ‹ktisadiye ve ‹çtimaiye

Mecmuas›, Cilt 1, Say› 2, ‹stanbul 1324.]

1908 Meflrutiyeti’nin ilan› Salih Zeki ve aile-

si taraf›ndan sevinçle karfl›lan›r, Salih Zeki, Ma-

arif Meclisi azas› seçilir. Devrimi yapan ‹ttihat ve

Terakki Partisi’ne yak›nd›r. 31 Mart (13 Nisan

1909) ayaklanmas› s›ras›nda Halide Edip yaz›la-

r›ndan dolay› gericilerin hedefi haline geldi¤inden

çocuklar›n› alarak M›s›r’a kaçar. Bir ay sonra Sa-

lih Zeki de M›s›r’a gider. Salih Zeki çocuklar›

al›p bir ay sonra ‹stanbul’a döner, Halide Edip’se

dört ayl›¤›na ‹ngiltere’ye gider.

Salih Zeki, 1910’da zaman›n Maarif Naz›r›

(E¤itim Bakan›) Emrullah Efendi’yle anlaflamaya-

rak istifa eden Tevfik Fikret’in yerine Galatasaray

47


Lisesi Müdürlü¤ü görevine getirilir. Bu atama ba-

s›nda uzun uzun konu edilir, “edebiyatç›” ve “bi-

lim adam›” k›yaslamalar› ve tart›flmalar› yap›l›r.

Ayn› y›l Salih Zeki’yle Halide Edip’in yollar› da

ayr›l›r. Mor Salk›ml› Ev’den: 1910’da benim ai-

le hayat›mda büyük bir de¤iflme olmufltu. Salih

Zeki Bey ikinci defa evlenmeye karar vermiflti. Ta-

addüdü zevcat [efl say›s›n›n artmas›] aleyhine hiç-

bir zaman de¤iflmeyen ve taassup [ba¤nazl›k] de-

recesini bulan bir kanaatim vard›. O zaman

Yanya’da bulunan babam› çocuklar›mla beraber

ziyarete gittim. Salih Zeki Bey’e karar vermeden

evvel düflünebilmesi için zaman vermek istedim.

Döndü¤üm zaman, bu meselenin kapanmas›n›n

mümkün olmad›¤›n› görerek ayr›ld›m. Yani dokuz

senelik hayat arkadafll›¤›m›z sona erdi. (Mor Sal-

k›ml› Ev s.177)

Salih Zeki 1912’de Maarif müsteflarl›¤›na,

1913’de Darülfünun Umumî Müdürlü¤ü’ne yani,

flimdiki söylenifliyle, üniversite rektörlü¤üne ata-

n›r. Yaflam›n›n son y›llar›n› ak›l hastal›¤›n›n teda-

visi nedeniyle fiiflli’deki La Paix Frans›z Hastane-

si’nde geçiren Salih Zeki, 2 Temmuz 1921’de 57

yafl›nda ölür.

Mezar› Fatih Camii bahçesindedir. Mezar ta-

fl›nda, Yenikap› Mevlevihanesi’nin son fleyhi, Ab-

dülbakî’nin yazd›¤› bir fliir yer al›r:

‹lm û fen nâm›na bir zât-› flerif

Eyledi ömr-i azizin kûtâh

Ola mahflerde hesab› âsân

Nâil-i rahmet etsin Allah

A¤lay›p söyledi yârân tarih

Gitti Salih Zeki eyvâh eyvâh

fiiirin son dizesinde, ebced hesab›yla1 Salih Ze-

ki’nin ölümüne tarih düflülmüfltür.

Ya Halide Edip’in duygular›? Salih Zeki’yi

unutmufl mudur? Çeflitli kaynaklardan ö¤rendi¤i-

me göre, hay›r, hiç unutmam›flt›r. Ama bunun öte-

sinde, Halide Edip’in Salih Zeki’ye her zaman bü-

yük sayg› duydu¤u kesindir. Bu sayg›, Halide

Edip’ten ikinci efli Dr. Adnan Ad›var’a da geçmifl

ve Dr. Adnan’›n ilk çevirisi Salih Zeki’nin çok de-

¤er verdi¤i Bertrand Russell’dan olmufltur. Bunu,

Halide Edip’in flu sat›rlar›ndan anl›yoruz: Orada

[Ingiltere’de] B. Russell’›n evinde bir hafta misafir

kald›m. Salih Zeki, bana ondan, zaman›m›z›n en

büyük ilim kafas› diye bahseder dururdu. (Mor

Salk›ml› Ev s.169). Bu misafirlik Halide Edip’in

1909’da ‹ngiltere’ye yapt›¤› yolculuk s›ras›ndad›r.

Bu arada, Halide Edip’in Russell’la olan dostlu¤u-

nun sonraki y›llarda devam etti¤ini de belirtelim.

Ölümünden sonra Salih Zeki üzerine pek çok

inceleme yap›lm›flt›r. Bu incelemelerden biri de Dr.

Adnan Ad›var’›n 1933’te Isis adl› bilim tarihi der-

gisinde ‹ngilizce olarak yay›mlanan makalesidir.

Birkaç y›l mezar› bafl›nda an›lan Salih Zeki bi-

lenlerinin azalmas›yla tarih albümünün sararan re-

simlerinden biri olmaya bafllad›. Yap›tlar›n›n yeni

harflerle bas›m› çal›flmalar›n›n sonuçlanmas›n› di-

lemekten baflka yapacak bir fley kalm›yor bize. ♠

48


Sol: Darülfünun-u Osmani Riyazi-ye fiubesi Dersleri Hikmet-i Tabi-iye-i Umumiyeden Mebhas-i Elas-tikiyet ve fia’riyet [Genel FiziktenEsneklik ve K›lcall›k Bilgileri] Mat-baay› Amire, ‹stanbul 1327[1911]. Salih Zeki bu kitab›n› flöy-le imzalam›fl: Maarif-i UmumiyeNaz›r› fiükrü Beyefendiye takdim20 fiubat 328 Salih Zeki.

Sa¤: Darülfünun-u Osmani Riya-ziye flubesi Dersleri Hikmet-i Tabi-iye-i Umumiyeden Mebhas-i Savt[Genel Fizikten Ses Bilgisi] Mat-baay› Amire, ‹stanbul 1326[1912]. Salih Zeki bu kitab›n› daflöyle ithaf etmifl: Maarif-i Umu-miye Naz›r› [E¤itim Bakan›] fiük-rü Beyefendiye takdim-i acizanem-dir. 20 fiubat 328 Salih Zeki.

1 Eski Türkçede - Arapça, Latince, ‹branice ve Yunancada da

oldu¤u gibi - her harfe bir say› de¤eri verilmiflti. Son m›sras›n›n

harflerinin say› de¤erleri toplanarak ölüm, do¤um, bina inflas›

gibi önemli günlerin tarihleri fliire flifrelenirdi. Buna ebced (elif-

be-cim-dal, yani 1-2-3-4) hesab› denirdi. ‹lerde bu konuda da-

ha kapsaml› bir yaz› yazaca¤›z.


49

sergisinden üç mecidiyeye ald›¤› Montucla’n›n Matematik Tarihi kitab›n› sevinçle gösterir. Avrupa’da Do¤u

matematikçilerinin katk›lar›n›n pek bilinmedi¤ini söyleyerek, Salih Zeki’ye kütüphanelerdeki kitaplar› ince-

leyip bunlar› ortaya ç›karmas›n› önerir. Salih Zeki biraz düflündükten sonra bu öneriyi kabul eder. Yaln›z Do-

¤u’nun de¤il, Do¤ulu matematikçilerin yararland›¤› Eski Yunan matemati¤i döneminin yap›tlar›n› da inceler.

Böylece Do¤ulu bilim adamlar›n›n eski Yunan matemati¤inin üstüne neler katt›klar›n› ve Bat›ya hangi düzey-

de ulaflt›rd›klar›n› ortaya koymaya çal›fl›r. Kitap, ad›n› El Birunî’nin Asâr-ül Bakiye an kurun-il Haliye adl›,

astronomi ve tarih konular›n› içeren kitab›ndan alm›flt›r.

Yay›mlad›¤›m›z nüshalarda Salih Zeki, Asâr-› Bâkiye’nin birinci cildini, Azizim Efdaleddin Efendi’ye ya-

digar›md›r 20 teflrinisanî 329, ikinci cildiniyse Atüfetlü Efdaleddin Beyefendi biraderimize takdimimdir ithaf-

lar›yla imzalam›fl.

Mehmet Efdaleddin (Tekiner) (1870-1957) tan›nm›fl bir tarihçimizdir. 1893’te Mektebi Mülkiye’yi, ya-

ni Siyasal Bilgiler’i bitirdikten sonra Dahiliye Nezareti’nde (‹çiflleri Bakanl›¤›) memuriyete bafllad›. Bu göreve

ek olarak 1896’da ö¤retmenli¤e de bafllayan Efdaleddin Bey birçok okulda tarih, ‹slam tarihi ve sanayi ve ti-

cari co¤rafya dersleri verdi. Tarih-i Osmani Encümeni’nde ve Türk Tarih Kurumu’nda üye olarak bulundu.

Osmanl› ve ‹slam tarihi üzerine yap›tlar› vard›r.

Asâr-› Bâkiye [Yüzy›llardan

Geriye Kalan] Muhteviyat›n›n ba-

z› k›s›mlar› Darülfünun-u Osmani-

ye’de konferans suretinde verilmifl-

tir. Salih Zeki’nin meflhur yap›t›n›n

birinci ve ikinci ciltleri. ‹stanbul,

Matbaay› Amire’de 1329’da

(1913) bas›lm›flt›r. Bu kitap Do-

¤u’nun matemati¤e katk›s›n› bu

konuda yaz›lan yap›tlar› da tan›ta-

rak anlat›r. ‹lk cilt düzlemsel ve

küresel trigonometri, ikinci cilt ce-

bir üzerinedir. Kitab›n önsözüne

göre Salih Zeki’nin matematik ta-

rihine ilgisi arkadafl› Crédit Lion-

nais bankas› müdürü Le Moine’›n

yönlendirmesiyle bafllar. Le Mo-

ine eski astronomi ve matematik

kitaplar›na merakl›d›r. Bir gün Sa-

lih Zeki’ye Yüksekkald›r›m’da sah-

hafl›k yapan yafll› bir Musevinin

Bir sihirbaz sahnede yapt›¤› numarayla kü-

çük dilinizi yutturabilir ama nas›l yapt›¤›n›

ö¤rendi¤inizde numaran›n bütün havas› kay-

bolur. Numaran›n gerçekten sihirbazl›k olmad›¤›-

n› anlars›n›z! Bu bir düflk›r›kl›¤› yarat›r. Onun için

sihirbazlar numaralar›n› nas›l yapt›klar›n› aç›kla-

mazlar. Nedendir bilinmez insano¤lu sihirbazl›¤› bi-

lime ye¤ler, sihirbazl›¤› daha e¤lenceli bulur.

Matematikte de ilk bak›flta zor görünen ba-

z› problemlerin çözümü çok basit olabilir, flafl›r-

t›c› derecede basit bir matematiksel ilkeye daya-

nabilir. Matematikçilerin s›rlar›n› paylaflmamas›

(en az›ndan günümüzde) söz konusu olmad›¤›n-

dan bu ilkelerden birini aç›klayaca¤›z: Çekmece

‹lkesi, nam› di¤er Güvercin Yuvas› ‹lkesi.

‹lke gerçekten çok basit. Ama önce numara-

m›z› yapal›m:

Küçük Gauss babas›yla

ormanda gezerken sormufl:

− Bu ormanda yaprak sa-

y›s› ayn› olan iki a¤ac›n olma-

s› için herhangi bir koflul söy-

leyebilir misin?

Baba Gauss böyle bir ko-

flul düflünemeyince yan›t› kü-

çük Karl vermifl:

− E¤er ormandaki yaprakl› a¤aç say›s›, bu

orman›n en çok yapra¤› olan a¤ac›n yaprak say›-

s›ndan daha fazlaysa, en az iki a¤ac›n yaprak sa-

y›s› ayn›d›r...

Bu öykü büyük bir olas›l›kla uydurmad›r.

Ama küçük Gauss’un büyüdü¤ünde dünyan›n

gelmifl geçmifl en büyük matematikçisi olaca¤›

gerçektir.

Gauss’un yan›t› kar›fl›k gibi görünebilir ilk

bak›flta. Ama çok kolay oldu¤unu flu aç›klamay›

okuyunca fark edeceksiniz: Güvercin besledi¤ini-

zi düflünelim, her akflam da güvercinler yuvalar›-

na girsinler. E¤er güvercin say›s› güvercin yuvas›

say›s›ndan fazlaysa, örne¤in 4 yuva ve 5 güvercin

varsa, en az bir yuvada birden fazla güvercin var-

d›r. ‹lkeye Güvercin Yuvas› ad› verilmesinin ne-

deni bu aç›klamad›r.

Bu ilke de¤iflik ama denk ifadelerle de verile-

bilir. Örne¤in,

1. Belli say›da güvercin ayn› say›da yuvaya

yerlefltirildi¤inde yuvalardan birinin bofl kalmas›

için gerek ve yeter koflul, en az bir yuvada birden

fazla güvercin olmas›d›r.

2. E¤er belli say›da güvercin belli say›da yu-

vaya hiçbir yuvaya birden fazla güvercin koyma-

dan yerlefltirilebiliyorsa, o zaman güvercin say›s›

yuva say›s›ndan küçük veya eflittir.

3. ‹ki sonlu küme aras›nda birebir eflleme ol-

mas› için gerek ve yeter koflul, bu iki kümenin ele-

man say›s›n›n eflit olmas›d›r.

Ormana ve a¤açlara dönelim. Ne demiflti Ga-

uss? Ormandaki yaprakl› a¤aç say›s› en fazla yap-

ra¤› olan a¤ac›n yaprak say›s›ndan fazlaysa... Or-

manda 5 a¤aç olsun ve her a¤aç en fazla 4 yaprakl›

olsun. ‹lk dört a¤ac›n yaprak say›lar› 1, 2, 3, 4 ola-

rak farkl› olabilir. Ama sona kalan a¤ac›n yaprak

say›s› bu say›lardan birine eflit olmak zorunda

kalacakt›r.

fiimdi üç örnek problem ve bu problemlerin

çözümlerini verelim.

Örnek 1. Bir düzlemin bütün noktalar› iki

renkle boyan›rsa, dört köflesi de ayn› renkte olan

bir dikdörtgen vard›r.

Çözüm: Üç yatay ve dokuz dikey do¤ru çize-

lim. Üç nokta iki renge 23, yani 8 de¤iflik flekilde

boyanabilece¤inden dikey do¤rular›n en az ikisi-

nin üç yatay do¤ru ile kesiflimi ayn› flekilde renk-

lendirilmifl olmal›d›r. Üç noktadan en az ikisi ay-

n› renk olaca¤›ndan aranan dikdörtgeni buluruz.

Örnek 2. Kenar uzunlu¤u 2 olan bir eflkenar

üçgenin içinde al›nan befl noktadan en az ikisi

aras›ndaki uzakl›¤›n 1’den küçük veya eflit oldu-

¤unu gösteriniz.

Çözüm: Üçgenin üç kenar›n›n orta noktalar›-

50


Çekmece ya da

Güvercin Yuvas› ‹lkesiHaluk Oral* / [email protected]

* Bo¤aziçi Üniversitesi Matematik Bölümü ö¤retim üyesi.

n› birlefltirelim. Böylece üçgeni kenar uzunlukla-

r› 1 olan dört eflkenar üçgene ay›rm›fl oluruz. Bu

üçgenin içinde befl nokta al›rsak en az ikisini ay-

n› küçük üçgenden almak zorunda kal›r›z. Ve ka-

n›t›m›z tamamlanm›fl olur.

Bu sorunun afla¤›daki genellenmifl halinin ka-

n›tlanmas›n› size b›rak›yoruz.

Örnek 3. f(x), katsay›lar› tamsay› olan bir

polinom olsun. E¤er f(x) = 2 eflitli¤ini sa¤layan üç

tamsay› varsa, f(x) = 3 eflitli¤ini sa¤layan bir tam-

say› olmad›¤›n› kan›tlay›n.

Çözüm: Önce, p ve q say›lar› ne olursa olsun,

p − q say›s›n›n f(p) − f(q)’yü böldü¤ünü gözlem-

leyin1. fiimdi f(a) = f(b) = f(c) = 2 ve f(d) = 3 ol-

sun. Bu durumda,

(d − a) | (f(d) − f(a)) = 3 − 2 = 1

(d − b) | (f(d) − f(b)) = 3 − 2 = 1

(d − c) | (f(d) − f(c)) = 3 − 2 = 1

oldu¤undan2, d − a, d – b ve d – c say›lar› ya 1’e

ya da −1’e eflit olmal›d›r. Güvercin yuvas› ilkesi-

ne göre bu üç say›dan en az ikisi birbirine eflit ol-

mal›. Bundan da a, b ve c say›lar›ndan en az iki-

sinin eflit olmas› gerekti¤i ç›kar. Böylece kan›t›m›z

tamamlanm›flt›r.

Sorular

1. n + 1 tamsay› aras›nda, farklar› n’ye tam ola-

rak bölünen en az iki say› vard›r.

2. Bir düzlem üzerindeki 25 noktan›n herhan-

gi üçü aras›ndaki minimum uzakl›k 1’den

az olsun. Bu noktalar›n en az 13’ünü içine

alan 1 yar›çapl› bir çemberin varoldu¤unu

gösteriniz.

3. n ve k pozitif iki tamsay› olsun. n’nin k ile bö-

lündü¤ünde ayn› kalan› veren en az iki kuvve-

ti oldu¤unu gösteriniz.

4. 7’nin 0001 ile biten bir kuvveti oldu¤unu

gösteriniz.

5. Yar›çap› 1 olan bir çemberin içinde al›nan 6

noktadan en az ikisi aras›ndaki uzakl›¤›n 1’den

küçük veya eflit olaca¤›n› gösteriniz.

6. Otuz günde her gün en az bir hap içmek ko-

fluluyla 45 hap içen bir hastan›n, içti¤i hap

say›s›n›n toplam 14 oldu¤u ard›fl›k bir günler

dizisi oldu¤unu gösterin. ♠

51


Polinom

a0 + a1x + ... + anxn biçiminde yaz›lan bir ifa-

deye polinom denir. a0, a1, ..., an say›lar› bu po-

linomun katsay›lar›d›r. Örne¤in, −2 + 3x2 + 7x3,

katsay›lar› tamsay› olan bir polinomdur. π + √2x

katsay›lar› gerçel say›lardan oluflan bir baflka po-

linomdur. Ama √x bir polinom de¤ildir. 1/x de bir

polinom de¤ildir. 1 + x + x2 + x3 + ... + xn + ...

gibi sonsuz ifadeler de polinom de¤ildirler.

Bir Sihirbazl›kYöntemin gücünü daha iyi göstermek için bir

baflka teorem kan›tlayal›m. Buram buram sihir-bazl›k kokan bir teorem... 1’le 50 aras›ndan her-hangi on say› seçin. fiimdi çok iddial› bir fley söy-leyece¤iz: Bu on say› aras›ndan, toplamlar›birbirine eflit olan iki tane befl say›l›k küme bula-bilirsiniz. Örne¤in, diyelim,

{2, 5, 24, 26, 27, 30, 33, 34, 42, 50}say›lar›n› seçtiniz. Afla¤›daki befl ö¤eli altkümele-re bakal›m:

{2, 24, 27, 33, 42} ve {5, 26, 30, 33, 34}.Bu iki kümenin say›lar›n›n toplamlar› birbiri-

ne eflittir. ‹nanmazsan›z toplay›n.‹sterseniz baflka on say› seçin. Biraz denerse-

niz – ne sihirdir ne keramet – seçti¤iniz on say›aras›ndan, toplamlar› eflit olan iki tane befl ele-manl› küme bulabilirsiniz.

Bu sav› kan›tlayal›m. A, on say›l›k kümemizolsun. A’n›n kaç tane befl ö¤eli altkümesi vard›r?

tane vard›r. Bu say›y› akl›m›zda tutal›m, birazdangerekecek. Her befl ö¤elik altkümenin say›lar›n›ntoplam› en az

1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15olabilir, en çok da

46 + 47 + 48 + 49 + 50 = 240.Toplamlar›n 15’le 240 aras›nda de¤iflti¤ini bul-duk. 15’le 240 aras›nda

240 – 15 + 1 = 226say› vard›r. Bu say› da önemli olacak, akl›m›zdatutal›m.

Demek ki, 252 tane befl ö¤elik altkümeninsay›lar›n›n toplam› (15’le 240 aras›ndaki) 226say›dan biri olmal›. 252, 226’dan daha büyükoldu¤undan, güvercin yuvas› ilkesine göre, bu252 altkümeden en az ikisi ayn› toplam› verme-li. Teoremimiz kan›tlanm›flt›r. ♠1 ‹pucu: n bir do¤al say›ysa, p – q say›s› pn − qn say›s›n› böler.

2 u|v ifadesi “u say›s› v’yi böler” anlam›na gelmektedir.

10

5

= 252


52

Bir Baflka Sihirbazl›kBir baflka sihirbazl›k daha yapal›m. n herhangi bir say› olsun ve rastgele n tane tamsay› seçin.

Bu say›lar›n hepsi birbirinden de¤iflik olmayabilir.

fiu sav› ortaya at›yorum. Bu n say›dan birkaç›n›n toplam› n’ye bölünür.

Örne¤in n = 5 ise ve 2, 4, 9, 9, 17 say›lar›n› seçmiflsek, 2 + 9 + 9, 5’e bölünür (ya da 9 + 9 + 17).

Sav› kan›tlayal›m. Say›lar›m›za,

a1, a2, ... , an

ad›n› verelim. Afla¤›daki n + 1 say›y› ele alal›m:

0

a1

a1 + a2

a1 + a2 + a3

a1 + a2 + a3 + ... + an

Bu n + 1 say›n›n herbiri n’ye bölündü¤ünde, kalan 0’la n – 1 aras›nda bir say›d›r. 0’la n – 1 ara-

s›ndaysa yaln›zca n tane say› vard›r. n, n + 1’den küçük oldu¤undan (flansa bak!), güvercin yuvas›

ilkesine göre, yukardaki n + 1 say›dan ikisi n’ye bölündü¤ünde kalanlar› eflittir. Bu iki say›dan kü-

çü¤ünü büyü¤ünden ç›kar›rsak, elde etti¤imiz say› n’ye tam olarak bölünür (ve en baflta seçti¤imiz

n say›dan birkaç›n›n toplam›d›r.) ♠

…

Karenin Kare Say›s›

n × n tane noktadan oluflmufldüzgün bir karede (kenarlar› yatayve dikey) kaç kare vard›r? Örne¤in,n = 3 ise toplam 5 kare vard›r, dör-dü küçük, biri büyük. ♠

Kare Oyunu

n ≥ 2 bir tam say› olsun. n × ntane noktadan oluflmufl bir karedeiki kiflilik flu oyunu ele alal›m: Heroyuncu s›ras› geldi¤inde daha önceseçilmemifl bir noktay› seçiyor.Hangi noktay› hangi oyuncununseçti¤i ay›rdedilmiyor. Dört köflesio ana dek seçilmifl noktalardanoluflan bir diktörtgen elde eden ilkoyuncu oyunu kaybediyor. E¤er n= 2 ise oyunu birinci oyuncu kaza-n›r, hem de nas›l oynarsa oynas›nkazan›r. E¤er n = 3 ise bu oyunuhangi oyuncu kazan›r? Genel ola-rak, n × n tane noktadan oluflmufloyunlar› hangi oyuncu kazan›r?(Not: Burada “dikdörtgen”lerimizkenarlar› yatay ve dikey olan dik-dörtgenlerdir, çarpraz diktdörtgen-leri diktdörtgenden saym›yoruz.) ♠

Clay Matematik

E n s t i t ü s ü

(http://www.cl

aymath.org/) matema-

ti¤e olan ilgiyi art›r-

mak amac›yla, bu mi-

lenyumun bafl›nda

yedi matematik prob-

lemini seçerek, bu so-

rulardan herhangi biri-

ni çözene tam bir

milyon dolar ödül ve-

rece¤ini duyurdu. Bu

sorulardan biri, topolo-

ji alan›nda son yüzy›l›n

tart›flmas›z en ilginç soru-

su olan Poincaré san›s›d›r.

Bu san›n›n ne oldu¤unu

olabildi¤ince az teknik te-

rim kullanarak ifade et-

meye çal›flaca¤›m.

Bir portakal›n etraf›na

geçirilmifl bir lastik düflü-

nelim. Bu lasti¤i kopar-

madan ve portakal›n yü-

zeyinden ayr›lmas›na izin

vermeden portakal›n üzerinde

herhangi bir noktaya do¤ru

büzülmesini sa¤layabili-

riz. Ama ay-

n› lasti-

¤in bir simitin üzerine simiti bir kere saracak ve

ortas›ndaki delikten bir kere geçecek flekilde ge-

çirildi¤ini düflünelim. Bu durumda bu lasti¤i ko-

parmadan veya simiti bölmeden yüzey üzerinde-

ki bir noktaya büzmek mümkün de¤ildir.

Demek ki bir portakal›n yüzeyi bir simitin yü-

zeyi “topolojik” olarak ayn› de¤ildir. Bu özellik,

iki boyutlu bir küreyi (portakal›n yüzeyini) di¤er

yüzeylerden ay›ran bir özelliktir. Yani, bu özellik

küreyi “topolojik olarak” belirler.

fiimdi üç boyutlu bir küre düflünelim. Üç bo-

yutlu küre, dört boyutlu Öklid uzay›nda merke-

ze olan uzakl›¤› birim olan noktalar kümesi ola-

rak tan›mlan›r, yani {(x, y, z, t) ∈ R4 : x2 + y2 +

z2 + t2 = 1} olarak. Bunu,

iki boyutlu kürenin tan›-

m›n›n genellefltirilmesi

olarak alg›layabilirsiniz.

Poincaré nerdeyse bir

yüzy›l önce flu soruyu

sordu: ‹ki boyutlu küreyi

di¤er yüzeylerden ay›ran

lasti¤in bir noktaya bü-

zülebilme özelli¤i, acaba

üç boyutlu küreyi de di-

¤er üç boyutlu uzaylar-

dan ay›ran bir özellik midir? Yani e¤er üç boyut-

lu bir “manifold” üstünde gerilmifl olan

herhangi bir lastik kopar›lmadan bir nokta-

ya büzülebiliyorsa, bu uzay üç boyutlu küre-

nin “topolojik bir kopyas›” m›d›r?

‹lk akla gelen yan›t: Elbette öyledir.

Bir yüzy›ld›r bu soruyu kimse yan›tlaya-

mam›flt›r. Bu sat›rlar›n yaz›ld›¤› s›-

rada Poincaré San›s› hâlâ bir çözü-

me kavuflmam›flt›r, yani 1 milyon

dolar daha sahibini bulamam›flt›r. ♠


Bir Milyon Dolarl›k Soru

Burak Özba¤c›

[email protected]

T poloji Köflesi

Henri Poincaré

(1854-1912)

Poincaré San›s› n ≠ 3 ise tüm n boyutlu çokkatl›lar (ma-nifold) için kan›tlanm›flt›r. 1960’ta Smale n > 7 için, 1961’deZeeman n = 5, 1962’de Stallings n = 6 için kan›tlam›flt›r. Step-hen Smale kan›t›n› daha sonra n ≥ 5 için genellefltirmifltir. Yir-mi y›l sonra, 1982’de M. Friedman çok de¤iflik yöntemlerledaha genel bir teorem kan›tlayarak Poincaré san›s›n› n = 4için kan›tlam›flt›r. Dunwoody, Nisan 2002’de san›y› kan›t-lad›¤›n› duyurmuflsa da, makalesinde daha sonra hata bulun-mufltur. fiimdi bir kan›tlama yöntemi öngören bir makalesi-ni matematikçilere sunmufl (http://www.maths.soton.ac.uk/pure/viewabstract.phtml?entry=655). K›sa bir süre önce deS. Nikitin san›y› kan›tlad›¤›n› matematik dünyas›na duyur-du (http://arxiv.org/PS_cache/math/pdf/0210/0210334v1.pdf).Hakemler makaleyi okuyup düflüncelerini belirtecekler. He-yecanla bekliyoruz.

* Koç Üniversitesi

Matematik Bölümü ö¤retim üyesi.

53

Soru: Taban uzunluklar› 2 ve 8 olan ve köflegen-

leri dik kesiflen dik yamu¤un yüksekli¤i kaçt›r?

Çözümler: Önce sorudaki koflullara uygun

bir yamuk çizip verileri yan›na koyal›m.

2 ve 8 uzunlu¤undaki kenarlar flekilde do¤ru

orant›da de¤iller. Teknik resim dersinde olmad›-

¤›m›zdan bu pek önemli olmayacak bizim için.

Çözüm 1. fieklimizde alt› tane dik üçgen var.

Bundan yararlanmal›y›z elbette. “‹ç içe dik üçgen-

lerin verildi¤i flekillerde efl aç›lar, dolay›s›yla ben-

zer üçgenler vard›r” öngörüsü ve umuduyla flekle

bak›ld›¤›nda, PDC, PBA, DAC ve ABD dik üçgen-

lerinin birbirlerine benzer olduklar› görülecektir.

Bu dört benzer üçgen ikifler ikifler ele al›narak,

tam , yani alt› farkl› üçgen benzerli¤i yaz›labilir.

Biraz fazla... Kenarlar› bilinenler ve istenen uzunlu¤u

göz önünde bulundurarak DAC ve ABD benzer üç-

genlerini seçelim. DAC ≈ ABD benzerli¤inden,

eflitli¤ini elde ederiz. Yani 2/h = h/8. Bundan da

h2 = 16 ç›kar. Demek ki h = 4.

Çözüm 2. PDC ≈ PBA üçgen benzerli¤ini gö-

rerek ve DAC dik üçgeninde (DP ⊥ AC oldu-

¤undan) Öklid ba¤›nt›s›n› kullanabilece¤imizi

umarak, bulduklar›m›z› yazal›m.

a) |PC| = m olsun. PDC ≈ PBA benzerli¤inden,

eflitliklerini, bundan da |PA| = 4m elde ederiz.

b) Yukarda buldu¤umuz eflitli¤i ve DAC di-

küçgeninde Birinci Öklid Ba¤›nt›s›n› kullanarak,

|DP|2 = |PA| |PC| = 4m2 buluruz. Bundan da |DP|

= 2m ç›kar.

c) PDA ve PDC dik üçgenlerine Pisagor teore-

mini uygulayal›m. S›ras›yla,

m

PA

PC

PA

DC

BA= = = =

2

8

1

4

DC

DA

AD

AB=

4

2

54


Bir Soru, Befl Çözüm, Bir Yorum

ya da Hekareeflittirace Teoremi

Ahmet Do¤an

[email protected]

D

h

A B

CAC⊥DB

DC⊥AD

DA⊥AB

|DC| = 2

|AB| = 8

|AD| = h = ?

8

2

D C

h

BA

P

2

8

βαβ

αβ α

D C

BA

2

h

4m

2mm

P

8

* MEF Dersaneleri matematik ö¤retmeni.

h2 = (2m)2 + (4m)2 = 20m2

ve

22 = m2 + (2m)2 = 5m2

buluruz. ‹kincisini 4’le çarparak 20m2 = 16, ve bu-

nu birincisiyle efllefltirerek h2 = 16 buluruz. Yani

h = 4.

Çözüm 3. Bir önceki çözümde oldu¤u gibi

PDC ≈ PBA üçgen benzerli¤ini görerek ve ‹kinci

Öklid Ba¤›nt›s›n›n (Bir dik üçgende, bir dik kena-

r›n karesi, hipotenüs üzerindeki izdüflümüyle hi-

potenüs uzunlu¤unun çarp›m›na eflittir) ADC üç-

geninde kullan›labilece¤i öngörüsü ve umuduyla

hesaplara geçiyoruz:

a) Aynen yukardaki gibi bafllayaca¤›z: |PC| =

m olsun. PDC ≈ PBA üçgen benzerli¤inden

elde ederiz. Yani |PA| = 4m.

b) ADC dik üçgenine ‹kinci Öklid Ba¤›nt›s›-

n› her iki dik kenara da uygulayarak,

h2 = (4m)(5m) = 20m2

ve

22 = m(5m) = 5m2

eflitliklerini elde ederiz. Bunlardan da kolayl›kla

(aynen yukardaki gibi) h = 4 ç›kar.

Çözüm 4. Burada bir yarat›c›l›k söz konusu

olacak... AC ve DB kenarlar›n›n dik kesiflme özel-

li¤ini, flekildeki gibi, bir DM paraleliyle D köfle-

sine tafl›yabiliriz. fiimdi DMB dik üçgenine Bi-

rinci Öklid Ba¤›nt›s›n› uygulayal›m:

h2 = |DA|2 = |MA| × |AB| = 2 × 8 = 16

buluruz, yani h = 4.

Çözüm 5. Köflegenleri dik kesiflen bir dik ya-

mukta, “yüksekli¤in karesi taban uzunluklar›n›n

çarp›m›na eflittir” özelli¤inden

h2 = 2 × 8 = 16

bulunur. Bundan da h = 4 ç›kar.

Çözümler Üzerine Yorum. ‹lk üç çözüm (ki

bunlara benzer baflka çözümler de bulunabilir)

benzerlik kavram› ve ba¤›nt›lar›yla kan›tlanabilen

Öklid ba¤›nt›lar›na dayanmaktad›r. Benzerlik ve

Öklid ba¤›nt›lar› lise matemati¤i için ö¤renilme-

si zorunlu temel ba¤›nt›lardand›r. Benzerlik konu-

sunun, lise müfredat›nda bulunan çokgenler, çem-

ber, daire, uzay geometrisi, analitik geometri gibi

matemati¤in çok temel konular›nda kullan›laca-

¤› düflünüldü¤ünde, Öklid ba¤›nt›lar›n›n önemi

aç›kt›r.

Dördüncü çözümde bir yard›mc› do¤ru çize-

rek soruyu daha bildik bir hale getirmenin hofllu-

¤u ve güzelli¤i vard›r.

Beflinci çözüme gelince... Beflinci çözüm, da-

ha önceki dört çözümün herbirinin sonucu olan

bir özelli¤e dayanmaktad›r. Bu son çözüm, özel bir

dörtgenin (yamu¤un), özel bir yamu¤un (dik ya-

mu¤un), özel bir durumunun (köflegenleri dik ke-

siflen yamu¤un) yüksekli¤iyle tabanlar› aras›nda-

ki iliflkiyi ezbere bilmeye dayanmaktad›r. Daha da

kötüsü, böyle bir flekli gören ö¤rencilerin birço-

¤u, dörtgen, MNPR dörtgeni olarak verilse bile,

hemen, “Hocam, bu soruda h2 = ac var!” diye at›l-

maktad›r.

Elbette amac›m Hekareeflittirace Teoremi’ni

ezberleyen ö¤rencileri suçlamak de¤il. Amac›m, bu

ve benzeri birçok ba¤›nt›y› ezberleten, ve böylece

ö¤renciyi matematikten so¤utan ve korkutan sö-

zümona kaynaklar› elefltirmek. Ne yaz›k ki, Üni-

versiteye Haz›rl›k ad› alt›nda yaz›lan birçok kitap-

ta bu tür bir e¤ilim vard›r. Ö¤renciler bu nedenle

matemati¤i ezberlemeye yönelmektedir. Yine ne

yaz›k ki birçok ö¤retmen arkadafl›m›z da bu an-

lay›flla geometri ö¤retmeye çal›flmaktad›r.

Hiçbir akl› bafl›nda matematikçinin, bir ö¤ren-

ciye, “bakal›m h2 = ac ba¤›nt›s›n› ezberlemifl mi?”

düflüncesiyle bir soru soraca¤›m› sanm›yorum.

Matemati¤i ezberlenecek formül y›¤›n›na dö-

nüfltüren, ö¤renciyi düflünmekten ve üretmekten

al›koyan, yarat›cl›¤› gelifltirmeyen, ö¤renciyi en ha-

fif deyimiyle “anlamaz” yerine koyan anlay›fl hem

matemati¤e hem de ö¤renciye sayg›s›zl›k de¤il

midir? ♠

m

PA

PC

PA

DC

BA= = = =

2

8

1

4

55


D

h

M A

C

B

P

82

2

Yaz› tura at›yorsunuz. Yaz› gelirse 1 puan al›yor-

sunuz, tura gelirse 2 puan. Ve puanlar›n›z› toplu-

yorsunuz. Toplam›n bir zaman sonra n olma ola-

s›l›¤› kaçt›r? (Lineer cebir gerekebilir.) n sonsuza

gitti¤inde, bu olas›l›klar bir say›ya yak›nsar m›?

Yak›nsarsa kaça yak›nsar? Bir baflka deyiflle, n çok

çok büyük oldu¤unda, toplam›n bir zaman son-

ra n olma olas›l›¤›n› afla¤› yukar› bulabilir misi-

niz? (Analiz gerekebilir.) ♠

Yaz› Tura

Bu köflede liseli gençlerimizin proje-

lerini yay›mlayaca¤›z. Yay›mlanma-

s›n› istedi¤iniz projelerinizi bize yol-

lay›n.

Bu say›m›zda, Mef Okullar›’ndan Asl›han

Ak›n’la Özgür Paksoy’un 2000 Tübitak

Proje Yar›flmas›’na sunduklar› Gerçel Sa-

y›lar Kümesinde Tan›mlanm›fl Bir ‹fllemin Fibo-

nacci Say›lar›na Uygulan›fl› adl› çal›flmalar›ndan

bir bölüm sunaca¤›z.

Fibonacci’nin ününün nedeni Liber Abaci

(Abaküs kitab›) adl› kitab›nda al›flt›rma olarak

sordu¤u flu sorudur: Biri erkek biri difli bir çift

tavflan›n›z var, bir ayl›kken çok genç oldukla-

r›ndan üreyemiyorlar, ama ikinci ay›n sonunda

erginleflip üremeye bafll›yorlar. Her ay her çiftin

biri erkek biri difli olmak üzere yeni bir çift üret-

ti¤ini varsayal›m. Tavflanlar bu flekilde üremeye

devam ederlerse bir y›l sonunda kaç çift tavfla-

n›n›z olur? Sorunun devam› bu sorunun genel-

lefltirilmifl halidir: n ay sonunda kaç çift tavfla-

n›n›z olur?

Birinci ay 1 çift, ikinci ay üremediklerinden

gene bir çift, bir sonraki ay iki çift... Her ayda

kaç çift eriflkin tavflan oldu¤unu hesaplarsak flu

diziyi buluruz:

1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, ...

Görüldü¤ü üzere, üçüncüden itibaren her say›

kendinden önceki iki say›n›n toplam›na eflittir.

Bu diziye Fibonacci dizisi, dizinin terimlerine de

Fibonacci say›lar› ad› verilmifltir. Diziyi daha

matematiksel olarak flöyle tan›mlayabiliriz:

ƒ0 = 0, ƒ1 = ƒ2 = 1,

ƒn+2 = ƒn+1 + ƒn.

Fibonacci say›lar› aralar›nda birçok iliflki

sa¤larlar. Örne¤in:

ƒ1 + ƒ2 + ... + ƒn = ƒn+2 – 1

ƒ1 + ƒ3 + ... + ƒ2n−1 = ƒ2n

ƒ2 + ƒ4 + ... + ƒ2n = ƒ2n+1 – 1

ƒ1 − ƒ2 + ƒ3 − ... + (−1)n+1ƒn = (−1)n+1ƒn−1 + 1

ƒ12 + ƒ2

2 + ... + ƒn2 = ƒnƒn+1

ƒ3 + ƒ6 + ... + ƒ3n =

ƒn+hƒn+k − ƒnƒn+h+k = (−1)nƒhƒk

ƒ2n = ƒn+12 − ƒn−1

2

Bu eflitlikler ve daha baflkalar› bilinir. Asl›-

han Ak›n’la Özgür Paksoy projelerinde afla¤›da-

ki sonuçlar› bulmufllar, daha do¤rusu kan›tla-

m›fllar:

Teorem 1. m|n ⇔ ƒm|ƒn.

Teorem 2. EBOB(ƒn, ƒm) = ƒEBOB(n, m)

Projede daha daha ilginç fleyler de var.

Fibonacci dizisinden yararlanarak flu sonsuz

kuvvet serisini olufltural›m:

F(z) = ƒ0 + ƒ1z + ƒ2z2 + ... = .

Bu seriyi z ve z2 ile çarpal›m ve

F(z) − zF(z) – z2F(z)

serisini hesaplayal›m. Fibonacci dizisinin tan›-

m›n› kullanarak, basit bir hesapla,

F(z) – zF(z) – z2F(z) = z

buluruz. Yani,

F(z) = .

E¤er sa¤daki “kesirli polinomu” yeniden

seri biçiminde yazabilirsek, bu serinin katsay›-

lar› bize Fibonacci say›lar›n› verecektir. Bu

yaklafl›m kullan›lan yöntemin özünü olufltur-

maktad›r.

z

z z1 2− −

f zn

n

n =

∞

∑0

f n3 2 1

2

+ −

56


Asl›han Ak›n ve Özgür Paksoy’un Projeleri

Fibonacci Say›lar›

Nihat Ayber*

[email protected]

Proje Köflesi

* MEF Okullar› matematik ö¤retmeni.

= 1 + αz + α2z2 + αz3 + ...

eflitli¤inin1 alt›n› çizdikten sonra,

(*)

eflitli¤ini sa¤layan A, B, α ve β say›lar›n› bulma-

ya çal›flal›m. Diyelim bu eflitli¤i sa¤layan say›lar

bulduk. Bak›n o zaman neler oluyor:

= A(1 + αz + α2z2 + αz3 + ...) +

B(1 + βz + β2z2 + βz3 + ...)

= (A + B) + (Aα + Bβ)z +

(Aα2 + Bβ2)z2 + (Aα3 + Bβ3)z3 + ...

yani

ƒn = Aαn + Bβn

oluyor... ƒn için

bir formül

bulmufl oluyo-

ruz... A, B, α,

β say›lar›n›

bulman›n bir-

çok yolu var-

d›r. (*) denk-

leminin pay-

dalar› eflitlene-

rek elde edilen

polinomlar›n

katsay›lar›na

bakab i l i r i z .

Ya da z’ye çe-

flitli de¤erler

v e r e b i l i r i z

(dört bilinmeyen oldu¤una göre en az dört de-

¤er vermek gerekir). Örne¤in z = 0 al›rsak, A +

B = 0 buluruz, yani B = −A ve böylece B’den

kurtuluruz. Hatta her iki taraf› da 1 − αz ile

çarp›p z’yi sonsuza götürebiliriz. Hatta ve hatta

z = 1/α alarak, sa¤ taraf› sonsuz yapar›z, sol ta-

raf da sonsuz olmak zorunda oldu¤undan,

1 − 1/α − 1/α2 = 0, yani α2 − α − 1 = 0 bulu-

ruz. Ayn› flekilde β2 − β − 1 = 0 bulunur. Bun-

lardan da α ve β’n›n x2 − x − 1 = 0 denklemi-

nin kökleri oldu¤u ç›kar. Dolay›s›yla, (α ≠ β ol-

du¤undan),

bulunur. fiimdi A ve B’yi bulmak kolay: A =

±1/√5, B = −A = ∓1/√5. Demek ki art›k ƒn’nin

bir formülü var. Bir seçim yapal›m:

olsun. Demek ki,

.

Böylece, ƒn Fibonacci say›lar› için n’ye ba¤-

l› bir formül elde etmifl olduk.

Bu formülden flöyle bir sonuç elde edebili-

riz: α−n say›s›n›n mutlak de¤eri 1’den küçük ol-

du¤u için, n’nin büyük de¤erleri için α−n çok

küçük oldu¤undan, ƒn tamsay›s› αn/√5 irrasyo-

nel (kesirsiz) say›s›na çok yak›n olur. Örne¤in,

55 = ƒ10 ≈ α10/√5 ≈ 55,00364,

89 = ƒ11 ≈ α11/√5 ≈ 88,997775.

Görüldü¤ü üzere oldukça baflar›l› bir çal›fl-

ma. Ancak yerimizin darl›¤›ndan dolay› bu pro-

jenin ikinci bölümünü bir sonraki say›m›zda ya-

y›mlayaca¤›z. ‹kinci bölüm esas itibariyle proje-

nin ismini de tafl›yan k›s›m olacak. Bu yaz›y› bir

soruyla bitirelim:

Soru: n > 2 ise, ƒm say›s›n›n ƒn2 say›s›na bö-

lünebilmesi için gerek ve yeter flart nedir? ♠

fn

n n

=α α+ − −( )

5

α β α 1= = =

1 5

2

1 5

2

+ −− − ve

α β = =

1 5

2

1 5

2

± ve

m

F z

z

z z

A

z

B

z( ) =

− −=

−+

−1 1 12 α β

z

z z

A

z

B

z1 1 12− −=

−+

−α β

1

1 − αz

57


Leonardo Fibonacci

≈1175 - 1250

?Kaç tane Fibonacci sa-

y›s›n›n asal oldu¤u bi-

linmiyor, sonlu ya da

sonsuz olduklar› bile

bilinmiyor.

1 Tüm bu eflitliklerin matematiksel aç›klamas› ve kan›t› vard›r.

Ama bunu burada aç›klamaya yerimiz yok. Baz› say›lar için

geçerli olan bu eflitlikler “bilinmeyen” z’ler için de geçerlidir.

Al›flt›rma Problemleri

A276. x2 − 6y2 = 2003 eflitli¤ini sa¤layan x ve

y tam say›lar› var m›d›r?

A277. ABCFGH d›flbükey alt›geninde (yani

kenarlardan herhangi biri uzat›ld›¤›nda alt›genin

tamam› uzat›lan kenar›n ayn› bölgesinde kalan bir

alt›gende) AB = CF = GH, α(A) = α(C) = α(G) ve

α(B) = α(F) = α(H) ise1, BC = FG = HA oldu¤u-

nu gösteriniz.

A278. Bir s›n›ftaki ö¤rencilerin yedide biri er-

kektir. S›n›fa on üç yeni ö¤renci gelince erkekle-

rin say›s› artar ancak s›n›ftaki yüzdesi azal›r. K›z-

lar›n say›s› kaç artt›?

A279. Bir kutuda yeflil, sar› ve k›rm›z› elmalar

bulunur. Bunlar Amasya, Bursa ve Gülbahçe el-

malar›d›r. Yeflil elmalar›n say›s› Amasya elmala-

r›n›n say›s›ndan, Amasya elmalar›n›n say›s› sar› el-

malar›n say›s›ndan, sar› elmalar›n say›s› Bursa

elmalar›n›n say›s›ndan, Bursa elmalar›n›n say›s›

k›rm›z› elmalar›n say›s›ndan, k›rm›z› elmalar›n

say›s› da Gülbahçe elmalar›n›n say›s›ndan daha

fazlad›r. Böyle bir durum olabilir mi?

A280. P(x), katsay›lar› tamsay› olan bir poli-

nomdur (bkz. sf. 49) ve üç de¤iflik x tamsay›s› için

de¤eri 1’dir. P(x)’in tamsay› kökünün olmad›¤›-

n› kan›tlay›n.

Yar›flma Problemleri

Y276. m ve n tamsay›lar› 1’den büyük. n3 − 1

say›s› m’ye, m − 1 de n’ye bölünür. m = n3/2 + 1

ve m = n2 + n + 1 eflitliklerinden birinin do¤ru ol-

mas› gerekti¤ini kan›tlay›n.

Y277. Ters yaz›l›m›yla çarp›ld›¤›nda, son üç

basama¤› s›f›r olan sekiz basamakl› bir say› veren

tüm dört basamakl› say›lar› bulun.

Y278. 2n + 1 kifliden oluflan bir toplulukta, her

n kiflilik grubun tüm bireylerini tan›yan ve bu

grupta bulunmayan biri vard›r. Bu toplulukta

herkesi tan›yan birinin varl›¤›n› kan›tlay›n.

Y279. Tekdüze (monoton) artan f : [0,1] → R

fonksiyonu f(0) = 0 eflitli¤ini ve f(1) > 1 eflitsizli-

¤ini sa¤lar ve ayr›ca e¤er a, b, a + b ∈ [0,1] ise

f(a) + f(b) ≥ f(a + b)

eflitsizli¤i gerçekleflir.

sn = f(1) + f(1/2) + f(1/3) + ... + f(1/n)

dizisinin s›n›rl› olmad›¤›n› gösterin.

Y280. Her üç eleman›ndan en az birinin yine

o üçlüden bir baflkas›na bölündü¤ü sonlu bir po-

zitif tamsay›lar kümesi verilmifltir. Bu kümenin

tüm elemanlar›n›n, ayn› renkten olan her iki ele-

mandan biri di¤erini bölecek flekilde iki renge bo-

yanabilinece¤ini kan›tlay›n›z.

Geçmifl Sorular›n Çözümleri

A266. 3698765432123456789 ve

345678909876543 say›lar›n›n çarp›m› kaç ba-

samakl›d›r?

Çözüm. Say›lar› s›ras›yla a ve b ile gösterelim.

O halde 36 × 1017 < a < 37 × 1017 ve 34 × 1013

< b < 35 × 1013 eflitsizlikleri sa¤lan›r. Buradan,

1224 × 1030 < ab < 1295 × 1030 eflitsizli¤i elde

edilir. Dolay›s›yla ab say›s› 34 basamakl›d›r.

A267. Merkezi ABC ikizkenar (AB=BC) üçge-

ninin AC kenar› üzerinde bulunan çember AB ve

BC kenarlar›na te¤ettir ve ayr›ca AC kenar›n› üç

parçaya böler. Üçgenin yüksekli¤i BH olsun. BH

× AC = 18√2 ise, çemberin yar›çap› kaçt›r?

58

roblemler ve ÇözümleriPRefail Alizade*

[email protected]

Bu bir y›l sürecek bir yar›flmad›r. Grup halinde, okul

olarak ya da bireysel olarak kat›labilirsiniz.

Dergimize al›flt›rma problemlerinin çözümlerini de¤il,

yaln›zca yar›flma problemlerinin çözümlerini yollay›n›z. Ay-

r›ca lütfen flu noktalara dikkat ediniz:

Her sorunun çözümünü ayr› bir kâ¤›da okunakl› ve an-

lafl›l›r bir biçimde yaz›n›z.

Kâ¤›d›n sa¤ üst köflesine ad›n›z›, soyad›n›z›, adresinizi, ö¤-

renciyseniz okulunuzu ve s›n›f›n›z› yaz›n›z.

Çözümleri, ‹zmir Yüksek Teknoloji Enstitüsü, Matema-

tik Bölümü, Gülbahçe Köyü, Urla ‹zmir adresine 15 Nisan

2003 tarihine kadar ad›ma gönderiniz.

Not

* ‹zmir Yüksek Teknoloji Enstitüsü ö¤retim üyesi.

1. α (H), H’nin aç›s› anlam›na gelir.


Çözüm. Çemberin yar›çap›n› r ile gösterelim.

AF = FE = EC = 2r (flekle bak›n›z) oldu¤undan CD

= = 2r√2 elde edilir. CHB ve CDH üç-

genlerinin benzerli¤inden, BH/r = BH/HD =

CH/CD = 3r/2r√2 = 3/2√2 buluruz. Bunlar› ko-

fluldaki eflitlikte yerine yazd›¤›m›zda, önce

= 18√2,

buradan da r = 2 elde ederiz.

A268. −7’den 7’ye kadar olan tüm tamsay›lar,

her say›n›n iki komflusunun çarp›m› negatif olma-

yacak biçimde çember boyunca dizilebilir mi?

Çözüm. Böyle bir dizilimin bulundu¤unu var-

sayal›m. 0’dan bafllayarak say›lar› saat yönünde a0,

a1, ..., a14 ile gösterelim. O halde, a2’nin iki kom-

flusu olan a1 ve a3 say›lar›n›n iflaretleri ayn›d›r (ya

ikisi de pozitif ya da ikisi de negatiftir.) Benzer bi-

çimde a3 ile a5, a5 ile a7, a7 ile a9, a9 ile a11 ve a11

ile a13 say›lar›n›n iflaretleri ayn›d›r. Ayn› nedenden,

a2, a4, ..., a14 say›lar›n›n iflaretleri ayn›d›r. Di¤er

taraftan a0’›n iki komflusu olan a1 ile a14’ün ifla-

retleri ayn›d›r. Dolay›s›yla a0 d›fl›nda tüm say›la-

r›n iflaretleri ayn›d›r. Çeliflki! Böylece koflullar›

sa¤layan bir dizilim mümkün de¤ildir.

A269. [x], x gerçel say›s›n›n tam de¤erini,

{x} = x × [x] de kesir de¤erini göstermek üzere,

[x] × {x} ≥ 3

eflitsizli¤ini sa¤layan en küçük pozitif gerçel x sa-

y›y› bulun.

Çözüm. [x] × {x} < [x] oldu¤undan [x] > 3 ol-

mas› gerekir. Di¤er taraftan, [x] = 4 al›rsak, {x} ≥3/[x] = 3/4 eflitsizli¤inden, verilen koflulu sa¤layan

en küçük say›n›n 4 + 3/4 = 4,75 oldu¤u anlafl›l›r.

A270. a, b, c gerçel say›lar› max(a, b) + max(c,

2002) = min(a, c) + min(b, 2003) eflitli¤ini sa¤lar.

b ≥ c eflitsizli¤ini kan›tlay›n.

Çözüm. max(a, b) ≥ a ≥ min(a, c) oldu¤undan,

önce min(a, c) + b ≥ min(a, c) + min(b, 2003) =

max(a, b) + max(c, 2002) ≥ min(a, c) + c elde ede-

riz, buradan da b ≥ c ç›kar.

Y266. n say›s›n›n pozitif tam bölenlerinin sa-

y›s›n› τ(n) ile gösterelim. τ(n2 + 1) dizisinin hiçbir

n say›s›ndan bafllayarak kesin artan olmayaca¤›-

n› kan›tlay›n›z.

Çözüm. n2 + 1 bir kare olmad›¤›ndan, bölen-

lerinin kümesi, d < n olmak üzere {d, } gi-

bi ikililere ayr›labilir.

Dolay›s›yla τ(n2 + 1) çift say›d›r.

n bir çift say›ysa, n2 + 1 say›s›n›n tüm bölen-

leri tektir, dolay›s›yla, d’nin alabilece¤i de¤erler

n’den küçük olan tek say›lar olabilece¤inden, τ(n2

+ 1) < n eflitsizli¤i elde edilir.

fiimdi τ(n2 + 1) dizisinin bir n0 say›s›ndan bafl-

layarak kesin artan oldu¤unu varsayal›m. O hal-

de τ(n2 + 1) sadece çift say› de¤erleri ald›¤›ndan,

her m ≥ n0 ve k > 0 için,

τ((m+k)2 + 1) ≥ τ((m+k−1)2 + 1) + 2

≥ ... ≥ τ(m2 + 1) + 2k

eflitsizlikleri elde edilir.

m ve k’yi çift say› ve k > m − τ(m2 + 1) olarak

ald›¤›m›zda

m + k > τ((m + k)2 + 1) ≥ τ(m2 + 1) + 2k,

buradan da k > m − τ(m2 + 1) > k fleklinde çelifl-

ki elde edilir.

Y267. ABCD paralelkenar›n›n köflegenlerinin

kesiflim noktas› O olsun. ABO üçgeninin çevrel

çemberi AD kenar›n› bir E noktas›nda, DOE üç-

geninin çevrel çemberi de BE do¤ru parças›n› bir

F noktas›nda kesiyor. α(BCA) = α(FCD) eflitli¤i-

ni gösterin.

Çözüm. α(EFD) = α(EOD) = α(OEB) +

α(EBO) = α(BAD) = α(BCD) oldu¤undan

BFDC’nin bir kirifl dörtgeni oldu¤u (yani üstünden

bir daire geçti¤i) anlafl›l›r. O halde α(BCF) =

α(BDF) = α(OEF) = α(OAB) = α(ACD) eflitli¤i,

buradan da α(BCA) = α(FCD) elde edilir.

n

d

2 1+

3

2 26

rr×

9 2 2r r−

59


DB

A F H E C

2r2r r r

r

DC

E

O

F

AB

Y268. On kâ¤›t parças›n›n her birine bir-

kaç tane 2’nin kuvvetlerine eflit olan say› ya-

z›lm›flt›r. Tüm kâ¤›t parçalar›ndaki say›lar›n

toplam› ayn›d›r. Yaz›lan tüm say›lar aras›nda

en az alt› kez rastlanan bir say› bulundu¤unu

kan›tlay›n.

Çözüm. Bir kâ¤›t parças›ndaki say›lar›n

toplam› m olsun. 2k ≤ m eflitsizli¤ini sa¤layan

en büyük k say›s›n› ele alal›m. Tüm kâ¤›t par-

çalar›ndaki say›lar›n toplam› 10m’dir. Di¤er ta-

raftan say›lardan hiçbirine 5’ten fazla kez rast-

lanmasayd›, tüm say›lar›n toplam› en fazla

5(2k + 2k−1 + ... + 1) = 5(2k + 1 − 1)

= 10 × 2k − 5 < 10m

olabilirdi. Dolay›s›yla en az alt› kez rastlanan

bir say› bulunur.

Y269. a, b, c gerçel say›lar› 9a + 11b + 29c

= 0 eflitli¤ini sa¤lamaktad›r. ax3 + bx + c = 0

denkleminin [0, 2] aral›¤›nda en az bir kökü

bulundu¤unu kan›tlay›n›z.

Çözüm. ƒ(x) = ax3 + bx + c olsun. Demek

ki ƒ(0) = c ve ƒ(2) = 8a + 2b + c. O halde 0 =

9a + 11b + 29c = ƒ(0) + ƒ(2) + a + 9b + 27c

= ƒ(0) + ƒ(2) + 27(a/27 + b/3 + c) = ƒ(0) + ƒ(2)

+ 27 f(1/3), yani f(0) + f(2) + 27ƒ(1/3) = 0 eflit-

li¤i elde edilir. ƒ(0), ƒ(1/3) ve ƒ(2) say›lar›ndan

biri s›f›rsa, 0, 1/3 ve 2 say›lar›ndan biri denk-

lemin [0, 2] aral›¤›ndaki bir köküdür. E¤er

ƒ(0), ƒ(1/3) ve ƒ(2) say›lar›n›n hepsi s›f›rdan

farkl›ysa, son eflitlikten dolay›, en az ikisinin

iflaretleri birbirinden farkl›d›r. O halde, ƒ(x)

fonksiyonu sürekli oldu¤undan, [0, 1/3], [1/3,

2] ve [0, 2] aral›klar›n›n birinde denklemin kö-

kü bulunacakt›r.

Y270. Afla¤›daki iddialardan ikisinin do¤-

ru, birinin yanl›fl oldu¤u biliniyorsa, n pozitif

tamsay›s›n› bulunuz:

1) n + 51, bir tamsay›n›n karesidir;

2) n say›s›n›n son basama¤› 1’dir;

3) n – 58, bir tamsay›n›n karesidir.

Çözüm. ‹kinci iddia do¤ru olursa, n + 51

say›s›n›n birler basama¤› 2, n − 58 say›s›n›n

birler basama¤› da 3 olur, dolay›s›yla bunla-

r›n hiçbiri bir tamsay›n›n karesi olamaz. O

halde ikinci iddia yanl›flt›r, birinci ve üçün-

cü ise do¤ru, yani n + 51 = x2 ve n − 58 = y2

eflitliklerini sa¤layan x ve y pozitif tamsay›-

lar› bulunur. Buradan x2 – y2 = 109, yani (x

+ y)(x − y) = 109 eflitli¤i elde edilir. 109 asal

oldu¤undan x + y = 109 ve x − y = 1 eflitlik-

leri, buradan da x = 55, y = 54 ve n = 2974

bulunur. ♠

60


61

Öklid geometrisi 2000 y›l› aflk›n bir süredir çal›fl›lm›flt› ve art›k bu alanda yeni bir fley keflfedil-

mesi pek mümkün gibi görünmüyordu. Buna ra¤men Amerikal› matematikçi Frank V. Mor-

ley 1899 y›l›na kadar keflfedilmemifl olmas› inan›lmas› güç ve zaman›nda büyük flaflk›nl›k uyan-

d›ran temel geometriye ait bir teoremi keflfetmiflti. Teorem flunu ifade ediyordu:

Teorem. Herhangi bir ABC üçgeninin iç aç›lar›n› eflit üç aç›ya bölen alt› do¤ru (“bölen”) çizilsin

(afla¤›daki flekilden takip edin.) Komflu bölenlerin kesiflim noktalar› bir eflkenar

üçgen oluflturur (flekilde XYZ).

Frank Morley’den teoremin hikâyesini dinleyelim: O zamanlar or-

taokul ça¤›ndayd›m. Benden 40 yafl büyük olan babam bir gün kur-

flun kalemle yukar›da ifade edilen teoremin en basit haliyle flek-

lini çizivermiflti bir kâ¤›da.

Kendim çizim aletlerimle bunu test etmifltim önce.

Hangi üçgenle bafllarsam bafllayay›m, sonuç hep ay-

n›yd› ve bölenlerin kesiflim noktalar›n›n olufltur-

du¤u ortadaki üçgen hep eflkenar ç›k›yordu.

Büyüleyici ve esrarl›yd› ama do¤ruydu.

Morley’in bu teoremini kan›tla-

yabilir misiniz? ♠

Morley’in Esrarengiz Üçgeni

Alparslan Parlakç›*

[email protected]

Geometri Köflesi

A

BC

X

Y Z

* ‹stanbul Bilgi Üniversitesi Bilgisayar Bölümü ö¤retim üyesi.

π

π

π

=+

= + +××

+× ×× ×

+× × ×× × ×

+

= + +×

× ×× +

×× ×

××

× ×× +

×× ×

××

+

=

∞∑ ( !)

( )!

...

(

n

n

n

n

2 1

0

2

2 1

21

1

3

1 2

3 5

1 2 3

3 5 7

1 2 3 4

3 5 7 9

31

608

2 3

7 8 313

2 3

7 8 3

3 5

10 11 318

2 3

7 8 3

3 5

10×× ××

×× ×

× +11 3

5 7

13 14 323 ...

1 = 1/3(2 + 1/4(3 + 1/5(4 + 1/6(5 + 1/7(6 + ....)))))

Can›na!Vay

Sonuncu formül için bkz. R.W. Gosper, Acceleration of series, Memo no. 304, M.I.T. Artificial Intelligence

Laboratory, Cambridge, Mass., 1974.


n ≥ 2 herhangi bir tamsay› olsun. n × n nok-

tadan oluflan düzgün bir kare ele alal›m, afla¤›da-

ki flekillerde görüldü¤ü gibi. Bu n2 noktan›n “dik-

dörtgensiz” altkümeleriyle ilgilenece¤iz, yani

herhangi bir diktörtgenin dört köflesini birden

içermeyen altkümeleriyle. Bu tür altkümelere dik-

dörtgensiz altküme diyelim. Burada “dikdört-

gen”, kenarlar› yatay ve dikey olan dikdörtgen an-

lam›na kullan›lmaktad›r.

E¤er n = 2 ise, üç noktal› her

altküme dikdörtgensiz bir altküme-

dir, ve dikdörtgensiz daha büyük

bir altküme bulamay›z. Demek ki n

= 2 ise, dikdörtgensiz en büyük alt-

kümenin nokta say›s› 3’tür.

E¤er n = 3 ise, dikdörtgensiz bir-

sürü altküme bulabiliriz. Afla¤›daki bu altküme-

lerden üçü görünüyor (seçti¤imiz noktalar› siyah

yapt›k.). Bunlardan en sonuncusunun 6 noktas›

var. Bundan daha kalabal›k dikdörtgensiz bir alt-

küme bulamay›z. (Neden?)

fiimdi n = 4 olsun. En ka-

labal›k dikdörtgensiz altküme

9 noktadan oluflur, bunun ka-

n›t› oldukça kolayd›r. O kare

solda.

E¤er n = 5 ise, 12 noktal›

dikdörtgensiz bir altküme bu-

labiliriz. Hatta, afla¤›daki fle-

kilde görüldü¤ü gibi, de¤iflik yap›da iki dikdört-

gensiz altküme bulabiliriz.

n = 2, 3, 4, 5 için flimdiye kadar buldu¤umuz

dikdörtgensiz en büyük altkümelerin eleman sa-

y›lar›n› yazal›m:

3, 6, 9, 12.

Sanki bir düzen var... Karesiz en büyük altkü-

menin eleman say›s› sanki 3(n − 1) gibi...

E¤er n = 6 ise dikdörtgensiz en büyük altkü-

menin kaç eleman› var? Yukardaki diziye baka-

cak olursak yan›t›m›z 15 olmal›. Nitekim 15 nok-

tal› ve daha da büyütülemeyen dikdörtgensiz bir

altküme var. Ama 16 elemanl› bir baflka dikdört-

gensiz altküme daha var...

E¤er n = 7 ise 21 noktal› dikdörtgensiz bir alt-

küme bulabiliyoruz, 3(n − 1)’den fazla...

Yaflam her zaman basit olmuyor...

Bu konuda soru sormay› okura b›rak›yoruz.

‹lginç bir soru soral›m ama. n sonsuza gider-

ken, dikdörtgensiz en büyük altkümenin toplam

noktalara oran›, yani, 3/22, 6/32, 9/42, 12/52,

16/62, 21/72 dizisi bir say›ya yak›ns›yor mu?

Yak›ns›yorsa kaça yak›ns›yor? Yukardaki dizi

hep azal›yor mu? Bu sorular›n yan›t›n› bu soru-

lar› soran da bilmiyor. ♠

62


Karenin Dikdörtgensiz Altkümeleri

3

655

9

12 12

16

21

A¤ustos 2002’de kaybetti¤imiz büyük bilgisayar bilimcisi Edgar W. Dijkstra, “Astronominin

teleskoplarla iliflkisi ne kadarsa, bilgisayar biliminin de bilgisayarlarla iliflkisi o kadard›r!”

demiflti.

Bilgisayar bilimi bilgisayarlarla ilgili de¤ilse ya neyle ilgilidir? Özünde, bilgisayar bilimi ifl yapma

yöntemleri hakk›ndad›r. Bu ifllerin, her söylenene itaat eden bir insana ya da bir makineye emir (ko-

mut) verirek yap›ld›¤› düflünülebilir. Sordu¤umuz sorular bunlar: ‹fl nas›l tan›mlan›r? Bir ifl en güzel

ve aç›k flekilde nas›l ifade edilebilir? Bu ifli yapmak mümkün müdür? Bir ifli gerçeklefltirmek için veri-

len komutlar nas›l ifade edilmeli ve makina taraf›ndan nas›l kavranmal›? Verilen komutlar her koflul-

da bu ifli gerçeklefltirir mi? Gerçeklefltirirse bunu kan›tlayabilir miyiz? Bu ifli en ekonomik biçimde ve

en az zamanda nas›l gerçeklefltirebiliriz?

fiu son derece basit örnek üzerinde düflünelim:

Bir robot, hem sa¤›na hem soluna do¤ru sonsuz uzanan bir duvar›n önünde. Duvarda her metre-

de bir bir kap› var. Kap›lardan sadece biri aç›k, di¤erleri kapal›. Aç›k kap› ya sa¤da ya solda, az ya

da çok ileride, ama kesinlikle kap›lardan biri aç›k, nerde oldu¤unu bilmiyoruz. Robot aç›k kap›y› bul-

mal›, görevi o. Ve ne yaz›k ki robot kap›n›n aç›k oldu¤unu

kap›n›n ancak tam yan›ndayken anlayabiliyor. Robotu na-

s›l programlamal›y›z ki robot en az mesafe yürüyerek aç›k

kap›y› bulsun?

Robot sa¤a ya da sola gidebilir. Her gitti¤i yerde önünde-

ki kap›n›n aç›k m› kapal› m› oldu¤unu anlayabilir.

E¤er aç›k kap›n›n kesinlikle solda oldu¤unu bilseydik, prob-

lem kolay çözülürdü. Robotu aç›k kap›y› bulana kadar sola

do¤ru yürütürdük. Aç›k kap› bafllang›çta robottan ne kadar

uzaksa, robot aç›k kap›y› bulmak için o kadar mesafe yürümek

zorunda kal›rd›.

Ancak aç›k kap›n›n ne tarafta oldu¤unu bilmiyoruz, uzakl›¤›

hakk›nda da en ufak bir fikrimiz yok. E¤er robotu sadece tek yö-

ne do¤ru yürütürsek ve aç›k kap› “yanl›fl” taraftaysa aç›k kap›y›

kaç›r›r›z. Ne yapabiliriz? Belli ki aç›k kap›y› bulana kadar ro-

botu önce sola, sonra sa¤a, sonra tekrar sola yü-

rütmemiz gerekli.

fiu stratejiyi irdeleyelim: Duvar› bir do¤ru

gibi görelim. Robotun bulundu¤u noktaya 0

noktas› diyelim. Her metrede bir bir kap› var.

Kap›lar› tam say›larla numaraland›ral›m. Sol-

daki kap›lar›n numaralar› eksi say›lar olsun,

sa¤dakilerin art›. Robot, önce 1 kap›s›na gitsin

ve o kap› aç›k m› diye baks›n (robot 1

metre yürüdü.) Kapal›ysa, robot −1 kap›-

63

0

1

0 00

0 0

000

011

1111

0001

1

111

0 0

00

0

11

11

1

111 Köfleyi Dönen Robot

Chris Stephenson ve Ali Nesin*

[email protected], [email protected]

Bilgisayar Bilimi Köflesi

* ‹stanbul Bilgi Üniversitesi ö¤retim üyesi.


s›na gitsin ve o kap›ya baks›n (robot 2 metre da-

ha yürüdü). Kap› gene kapal›ysa, bu sefer öbür is-

tikamete gitsin, ta 2 kap›s›na kadar (robot 3 met-

re daha yürüdü). Kap›y› aç›k bulursa ne âlâ.

Bulamazsa -2 kap›s›na gitsin (robot 4 metre da-

ha yürüdü). Ve robot böylece devam etsin. Aç›k

kap›y› bulmak için en fazla kaç metre yürüye-

cek?

Diyelim ki aç›k

kap›n›n numaras› -

n < 0. Aç›k kap›-

n›n numaras› pozi-

tif olsayd›, ufak bir

fark olsa da, aç›k

kap› daha k›sa sü-

rede bulunacakt›.

Fakat biz en uzun

mesafeyle ilgileni-

yoruz.

Robot, yukardaki yöntemle, 1 + 2 + 3 + ... +

2n metre yürüdükten sonra -n numaral› aç›k ka-

p›ya ulaflacakt›r, yani toplam

= n(2n + 1) = 2n2 + n

metre sonra.

Pek iyi bir sonuç say›lmaz. E¤er -1000 numa-

ral› kap› aç›ksa, ki bu kap› robotun bafllang›ç

noktas›ndan sadece 1 kilometre uzakta, robotun

aç›k kap›y› bulmas› için bu yöntemle 2.001.000

metre yani 2000 kilometreden fazla yürümesi ge-

rekecek.

Üstelik aç›k kap› ne kadar uzak olursa, bu

stratejimiz o kadar kötü sonuç verecektir. Çünkü

yürünen uzakl›k için buldu¤umuz formül, aç›k ka-

p›n›n bafllang›ç noktas›na olan uzakl›¤›n›n kare-

si kadar büyüyor. Aç›k kap›n›n numaras› ikiye

katland›¤›nda, robotun yürümesi gereken mesa-

fe dörde katlanacak. Aç›k kap›y› bulman›n daha

k›sa bir yolu var m›?

Problemi daha aç›k sunal›m. Örne¤imizde ol-

du¤u gibi, bafllang›ç noktas›yla aç›k kap› aras›n-

daki uzakl›¤›n karesine ba¤›ml› olan bir arama

yöntemi yerine, do¤rusal ba¤›ml› olacak bir ara-

ma yöntemine “daha iyi bir yöntem” diyelim.

Daha aç›k bir ifadeyle: E¤er aç›k kap›, robotun bu-

lundu¤u yerden n metre uzaktaysa, öyle bir stra-

teji (algoritma) istiyoruz ki, (1) robot aç›k kap›-

y› bulsun ve (2) robotun bu stratejiyi izleyerek n

mesafe ilerdeki aç›k kap›y› bulmak için gidece¤i

ƒ(n) mesafesi, bir C sabiti için.

ƒ(n) ≤ Cn

koflulunu sa¤las›n.

C sabitinin n’den ba¤›ms›z olmas› gerekti¤ine

dikkatinizi çekerim.

Bu “daha iyi” tan›m›yla daha iyi bir yöntem

gelifltirebilir misiniz? C’nin de¤eri nedir? C’yi ne

kadar küçültebilirsiniz?

Yan›tlar›n›z›, yorumlar›n›z›, düflüncelerinizi

ve sorular›n›z› [email protected] e-posta adresine

yollay›n lütfen.

Ayr›ca, bu köflede görmek istediklerinizle ilgi-

li düflüncelerinizi bekliyoruz. Programlama ör-

nekleri görmek ister misiniz? ‹sterseniz, hangi di-

li kullanmal›y›z?

Bizim “en iyi” olarak adland›rd›¤›m›z çözümü

bir sonraki say›da verece¤iz. Belki sizinki bizim-

kinden daha iyi olur, kimbilir! ♠

2 2 1

2

n n ( )+

64


Yürünen Mesafe Kap›

1 1

2 -1

3 2

4 -2

5 3

6 -3

7 4

8 -4

★

★★

★

52kartl›k standart bir iskambil desteniz var. Bu kartlarla asistan›n›z›n da yard›m›yla seyirci-

lerinize küçük bir numara yapacaks›n›z.

Seyircilerden biri iyice kar›flm›fl deste içinden rastgele befl kart› asistan›n›za verecek. Asistan da bu

befl karttan birini seçerek cebine koyacak ve di¤er 4 kart› istedi¤i s›rada tek tek size gösterecek. Siz de

cebindeki son kart›n ne oldu¤unu fl›p diye söyleyivereceksiniz. Asistanla aran›zda kartlar› gösterece¤i

s›ra d›fl›nda önceden belirlenmifl bir flifre (mimikler, el hareketleri vb.) olmamal›.

Bu numaray› yapmak için nas›l bir yöntem izlemelisiniz? ♠

★★ ★ ★

★Abra ★

★

★Murat Kipel*

[email protected]

kadabra

* TradeOrbis, yaz›l›m uzman›.

s›na gitsin ve o kap›ya baks›n (robot 2 metre da-

ha yürüdü). Kap› gene kapal›ysa, bu sefer öbür is-

tikamete gitsin, ta 2 kap›s›na kadar (robot 3 met-

re daha yürüdü). Kap›y› aç›k bulursa ne âlâ.

Bulamazsa -2 kap›s›na gitsin (robot 4 metre da-

ha yürüdü). Ve robot böylece devam etsin. Aç›k

kap›y› bulmak için en fazla kaç metre yürüye-

cek?

Diyelim ki aç›k

kap›n›n numaras› -

n < 0. Aç›k kap›-

n›n numaras› pozi-

tif olsayd›, ufak bir

fark olsa da, aç›k

kap› daha k›sa sü-

rede bulunacakt›.

Fakat biz en uzun

mesafeyle ilgileni-

yoruz.

Robot, yukardaki yöntemle, 1 + 2 + 3 + ... +

2n metre yürüdükten sonra -n numaral› aç›k ka-

p›ya ulaflacakt›r, yani toplam

= n(2n + 1) = 2n2 + n

metre sonra.

Pek iyi bir sonuç say›lmaz. E¤er -1000 numa-

ral› kap› aç›ksa, ki bu kap› robotun bafllang›ç

noktas›ndan sadece 1 kilometre uzakta, robotun

aç›k kap›y› bulmas› için bu yöntemle 2.001.000

metre yani 2000 kilometreden fazla yürümesi ge-

rekecek.

Üstelik aç›k kap› ne kadar uzak olursa, bu

stratejimiz o kadar kötü sonuç verecektir. Çünkü

yürünen uzakl›k için buldu¤umuz formül, aç›k ka-

p›n›n bafllang›ç noktas›na olan uzakl›¤›n›n kare-

si kadar büyüyor. Aç›k kap›n›n numaras› ikiye

katland›¤›nda, robotun yürümesi gereken mesa-

fe dörde katlanacak. Aç›k kap›y› bulman›n daha

k›sa bir yolu var m›?

Problemi daha aç›k sunal›m. Örne¤imizde ol-

du¤u gibi, bafllang›ç noktas›yla aç›k kap› aras›n-

daki uzakl›¤›n karesine ba¤›ml› olan bir arama

yöntemi yerine, do¤rusal ba¤›ml› olacak bir ara-

ma yöntemine “daha iyi bir yöntem” diyelim.

Daha aç›k bir ifadeyle: E¤er aç›k kap›, robotun bu-

lundu¤u yerden n metre uzaktaysa, öyle bir stra-

teji (algoritma) istiyoruz ki, (1) robot aç›k kap›-

y› bulsun ve (2) robotun bu stratejiyi izleyerek n

mesafe ilerdeki aç›k kap›y› bulmak için gidece¤i

ƒ(n) mesafesi, bir C sabiti için.

ƒ(n) ≤ Cn

koflulunu sa¤las›n.

C sabitinin n’den ba¤›ms›z olmas› gerekti¤ine

dikkatinizi çekerim.

Bu “daha iyi” tan›m›yla daha iyi bir yöntem

gelifltirebilir misiniz? C’nin de¤eri nedir? C’yi ne

kadar küçültebilirsiniz?

Yan›tlar›n›z›, yorumlar›n›z›, düflüncelerinizi

ve sorular›n›z› [email protected] e-posta adresine

yollay›n lütfen.

Ayr›ca, bu köflede görmek istediklerinizle ilgi-

li düflüncelerinizi bekliyoruz. Programlama ör-

nekleri görmek ister misiniz? ‹sterseniz, hangi di-

li kullanmal›y›z?

Bizim “en iyi” olarak adland›rd›¤›m›z çözümü

bir sonraki say›da verece¤iz. Belki sizinki bizim-

kinden daha iyi olur, kimbilir! ♠

2 2 1

2

n n ( )+

64


Yürünen Mesafe Kap›

1 1

2 -1

3 2

4 -2

5 3

6 -3

7 4

8 -4

★

★★

★

52kartl›k standart bir iskambil desteniz var. Bu kartlarla asistan›n›z›n da yard›m›yla seyirci-

lerinize küçük bir numara yapacaks›n›z.

Seyircilerden biri iyice kar›flm›fl deste içinden rastgele befl kart› asistan›n›za verecek. Asistan da bu

befl karttan birini seçerek cebine koyacak ve di¤er 4 kart› istedi¤i s›rada tek tek size gösterecek. Siz de

cebindeki son kart›n ne oldu¤unu fl›p diye söyleyivereceksiniz. Asistanla aran›zda kartlar› gösterece¤i

s›ra d›fl›nda önceden belirlenmifl bir flifre (mimikler, el hareketleri vb.) olmamal›.

Bu numaray› yapmak için nas›l bir yöntem izlemelisiniz? ♠

★★ ★ ★

★Abra ★

★

★Murat Kipel*

[email protected]

kadabra


“Paradoks”un çeflitli tan›mlar› vard›r.

Matematiksel ya da mant›ksal anlamda, bir

paradoks “x = y ve x ≠ y” gibi çeliflkili, ama ka-

n›tlanm›fl bir önermedir. Matematikte flimdilik

bilinen bir paradoks yoktur. Geçen yüzy›l›n bafl›n-

da bulunan matematiksel paradokslar matemati-

¤in temelleri de¤ifltirilerek çözülmüfltür.

Matematik dahil, birçok bilimde kimi zaman

paradoks, “flafl›rt›c› sonuç” anlam›nda da kulla-

n›lmaktad›r.

Bir baflka anlamda, bir paradoks bize çok

saçma gelen bir durumdur. Örne¤in, “Okuma

yazma bilmeyenler saat 5’e kadar 317 numaral›

odaya baflvursunlar” yaz›l› bir tabela bu anlam-

da bir paradokstur. Bir ülkede çok say›da çok

yoksulun ve az say›da çok çok zenginin bulunma-

s›, hatta bu zümrelerin birbirine çok yak›n yafla-

mas› birçok sosyal bilimci taraf›ndan “paradok-

sal” olarak nitelendirilir.

Bir baflka anlamda (belki psiko-sosyo-kültü-

rel ve epistemolojik anlamlarda) paradoks, al›fl-

kanl›klar›m›zla, sezilerimizle, sezgilerimizle, gele-

neklerimizle, kültürümüzle, al›flageldi¤imiz

düflünme biçimiyle çeliflen durumlard›r.

Bu yaz›da, hangi türden olursa olsun, birçok

tür paradoksun özünü oluflturan ortak bir ö¤eden

sözedece¤iz.

MÖ. 4. yüzy›lda yaflam›fl Eubulides’in Bu

önerme yanl›flt›r önermesini do¤ru veya yanl›fl di-

ye etiketlendiremeyiz. Do¤ru oldu¤unu varsayd›-

¤›m›z anda önermenin kendisi önermenin yanl›fl ol-

du¤unu söyleyerek varsay›m›m›z› çürütecektir.

Önermenin yanl›fl oldu¤unu varsaymam›z da, ben-

zer bir flekilde bizi geri göndererek varsay›m›m›z›n

çeliflkiye yol açt›¤›n› gösterecektir. Dolays›yla, Eu-

bulides’in önermesi epistemolojik anlamda bir pa-

radokstur: Her önermenin do¤ru ya da yanl›fl ol-

mas› gerekti¤i kan›m›zla (sezimizle) çeliflir.

Bu son paradoksu iki seviye aras›nda bir dön-

gü olarak da alg›layabiliriz. Her seviye bizi öbür

seviyeye gönderir. Douglas Hofstadter, ünlü Gö-

del, Escher, Bach isimli kitab›nda bu olay› “Ga-

rip Döngüler” olarak adland›rm›flt›r.

Bu basit döngü, 19 ve 20. yüzy›lda baz› ma-

tematikçilere (George Boole, Augustus De Mor-

gan, Georg Cantor, Bertrand Russell, David Hil-

bert, Henri Poincaré, Kurt Gödel vs.) ilham

kayna¤› olmufl ve matemati¤in temellerinde bir

sorgulama bafllam›flt›r.

“Garip Döngüler” özellikle bir sanatç›y› çok et-

kilemifl ve bu sanatç›n›n yap›tlar›nda ana tema

olarak ifllenmifltir. Sözetti¤im sanatç›, 1898’le 1972

y›llar› aras›nda yaflam›fl Hollandal› grafiker Maurits

Cornelis Escher. Garip döngülerin flafl›rt›c›l›¤›n›

görsel olarak ola¤anüstü bir baflar›yla sunmufltur.

Escher’in fiekil 1’deki Resim Galerisi resmini

inceleyelim. Bir resim galerisinde bir genç adam bir

65


Paradokslar, Garip Döngüler ve Escher

Burak Bitlis*

[email protected]

Dikkat Paradoks Var!

* Purdue University West Lafayette, Elektronik Mühendisli¤i

yükseklisans ö¤rencisi.

Önerme do¤ru Önerme yanl›fl

fiekil 1. Escher, Resim Galerisi

resmi inceliyor. ‹nceledi¤i resimde küçük bir ka-

saban›n liman›nda bir gemi, düz çat›l› evler ve

apartman›ndan d›flar› bakan bir kad›n var. Kad›-

n›n apartman›n›n tam alt›nda bir resim galerisi ve

bu resim galerisinde bulunan genç adam bir res-

mi inceliyor. ‹nceledi¤i resim de küçük bir kasa-

ban›n resmi!.. Bir anda bafllad›¤›m›z düzeye geri

döndük. Her ne kadar bafllad›¤›m›z noktaya (ga-

leri) ulaflmak için ara seviyelerden geçtiysek de

(genç adam, resim, ev, galeri), sonuç olarak gale-

ri içinde galerinin kendisi de bulunmaktad›r. Ben-

zer bir biçimde resmin bir parças› resmi içermek-

tedir ve hatta genç adam kendini içermektedir!

Eubuplides paradoksu da, Escher’in Resim

Galerisi resmindeki sorun da kendi kendine refe-

ranstan kaynaklanmaktad›r. Oysa kendini do¤ru-

dan referans etmeden de paradoksal önermeler ya-

ratabiliriz. Örnek olarak flu iki tümceye bakal›m:

• Bir sonraki tümce yanl›flt›r.

• Bir önceki tümce do¤rudur.

‹lk tümceye do¤ru dedi¤imizde, ikinci tümce

bu varsay›m› yalanlayacakt›r. Benzer bir nedenle

ilk tümceyi yanl›fl olarak da nitelendiremiyoruz.

Buradaki sorunu birinci veya ikinci tümce tek

bafl›na yaratmamaktad›r. Her tümcenin ötekisiy-

le ilgili bilgi vermesi, bu iki tümcenin birlikte bir

Eubuplides türü paradoks yaratmas›na neden ol-

mufltur.

Bu paradoksu Escher fiekil 2’de görülen Çizen

Eller yap›t›nda resmetmifltir. Sa¤ el sol eli, sol el

de sa¤ eli çiziyor... ‹kinci aflamada paradoksa

düfltü¤ümüzü anl›yoruz. Baz› resimlerde para-

doksa ulaflmam›z daha çok aflama gerektirebilir.

Örne¤in, fiekil 3’te görülen Ç›kanlar ve ‹nenler

resminde yürüyen rahiplerlerden iç k›s›mdakilerin

devaml› afla¤›,

d›fl k›s›mdaki-

lerin ise de-

vaml› yukar›

yürüdü¤ünü

gözlemliyoruz

ki bütünün

paradoks ol-

du¤unu gör-

mek için iki üç

rahibe bak-

mak yeterli ol-

muyor (yakla-

fl›k 45

basamak veya

10’dan fazla

rahip ilerle-

mek gereki-

yor). Her basamak ve rahip mant›kl› bir resim par-

ças› oluflturdu¤u halde bu parçalar birleflti¤inde bir

imkâns›zl›k yarat›l›yor. Benzer bir resim fiekil 4’te

verilen “Ça¤layan”. Ça¤layandan akan suyun

dönüp dolafl›p kendi kayna¤›n› oluflturmas›, Ç›-

kanlar ve ‹nenler’e göre daha az aflama al›yor.

Escher’in bu resimlerini alg›layabiliyoruz ama

r e s i m l e r i

kendi içinde

aç›klamaya

kalkt›¤›m›z-

da para-

doksla kar-

fl›lafl›yoruz.

Bunlar› pa-

radoks ol-

madan aç›k-

lamak için

görünme-

yen ve daha

güçlü bir se-

viyeye ihti-

yac›m›z var.

Örne¤in Çi-

zen Eller

resmini çi-

zen Escher, resimdeki ellerden daha güçlü bir se-

viyededir ve ellere istedi¤i kurallar› koymaktad›r.

Ve bizler de güçlü seviyede oldukça imkâns›-

z› yaratabilece¤iz. ♠

Kaynakça

1. Douglas Hofstadter, “Gödel, Escher, Bach: An

Eternal Golden Braid”, 1989

2. http://www.mcescher.com

3. http://www.mathworld.com

66


fiekil 2. Escher, Çizen Eller

fiekil 3. Ç›kanlar ‹nenler

fiekil 4. Ça¤layan

2003-I-1. Boyutlar› afla¤›daki gibi olan bir

oda düflünün. Karfl›l›kl› dar kenarlar üzerinde iki

nokta var. Noktalardan biri yerden 1 tavandan 9,

di¤eriyse tam tersine yerden 9 tavandan 1 birim

uzakl›kta.

Noktalar›n birinden di¤erine gidecek olan bir

kar›ncan›n yürüyece¤i en k›sa mesafe kaçt›r?

(Melda Erçelikcan’›n sorusu)

2003-I-2. Küreler: Yüz katl› bir gökdelen ve

birbirinin t›pat›p efli iki küre var. Kürelerin gök-

delenin belli bir kat›na kadar yükseklikten at›l›n-

ca k›r›lmayaca¤›n›, ama her ikisinin de ayn› kat-

tan at›l›nca k›r›laca¤›n› biliyoruz. Yani her iki

kürenin de sa¤laml›k dereceleri ayn›.

Kürelerin k›r›lmadan at›labilece¤i en yüksek

kat› bulmak için en az kaç deneme gerekir?

‹pucu: E¤er tek bir küremiz olsayd›, birincisin-

den bafllayarak teker teker bütün katlar› denemek

zorunda kalacakt›k, yani 100 deneme gerekecekti.

(Murat Tuncer’in sorusu)

Bu soru ço¤alt›labilir: Üç küreyle en az kaç de-

neme gerekir? Ya dört küreyle?.. En az say›da

deneme için en az kaç küre gerekir?

2003-I-3. Befl ciltlik bir ansiklopedi seti bir raf-

ta cilt numaralar›na göre s›rayla duruyor. Her cil-

din kal›nl›¤› 5 cm. Bir kitap kurdu birinci cildin ön

yüzünden girip, beflinci cildin arka yüzün-

den ç›karsa, toplam kaç cm’lik yol katet-

mifl olur?

2003-I-4. Yandaki flekildeki her

noktadan sadece bir kez geçecek biçim-

de ve sonunda bafllad›¤›n›z yere dönme

kofluluyla alt› do¤ruyla birlefltirebilir

misiniz?

2003-I-5. Muz ticareti yapan bir tüccar A

flehrinden B flehrine deveyle muz tafl›yor. ‹ki flehir

aras› 100 kilometre. Tüccar›n sadece bir devesi var

ve deve ayn› anda en fazla 100 kilo muz tafl›ya-

biliyor. Ayr›ca deve yürüdü¤ü her kilometre için

bir kilo muz yemek zorunda, yoksa yola devam

edemiyor.

Bafllang›çta A flehrinde 300 kilo muz var.

Tüccar bunlardan en fazla kaç kilosunu B flehri-

ne ulaflt›rabilir?

Çözüm için ipuçlar›: Örne¤in, tüccar 100 ki-

lo muz yükleyip 21. kilometreye kadar gider, 58

kilo muzu oraya boflalt›r, 21 kilometre geri gider,

vs.. Muzlar istenildi¤i gibi kesirlere ayr›labilir.

Kilometreler de tamsay› olmak zorunda de¤il.

2003-I-6. A, B ve C ad›nda üç silahflor ara-

lar›nda sadece birinin hayatta kalaca¤› bir düel-

lo yapmaya karar veriyorlar. Birbirlerinden ye-

terince uzak 3 köfleye gittikten sonra herbiri

silah›n› kullanacak ve sonra s›ra di¤erine geçe-

cek. En son silahflor kalana kadar tura devam

edilecek.

Silahflorlar›n hedefi tutturabilme yüzdeleri

flöyle:

A: yüzde 33

B: yüzde 50

C: yüzde 100

‹lk olarak A, daha sonra B, sonra

da C atefl ediyor ve A-B-C s›ras›yla tri-

ello devam ediyor.

Siz A’n›n yerinde olsan›z ilk olarak

hangi yöne atefl ederdiniz? ♠

67

Murat Kipel*

[email protected]

Eureka!Bilmece A¤›

405

510

Bu köfledeki bilmeceler yaklafl›k 3,5 y›ldan beri

bilmeceseverlerin internet üzerinde iletiflimlerini

sürdürdükleri, zekâ bilmeceleri ve çözümlerini

paylaflt›klar› [email protected]

grubunda yay›mlanan sorulardan derlenmifltir.

Gruba kat›lmak için

http://groups.yahoo.com/group/zeka-oyunlari

adresini ziyaret edebilirsiniz.



AÇILIfiTA AT FEDASI

Pek ço¤umuz satranc› sadece analitik yönü

için de¤il, gambitler, fedalar ve sürprizlerle dolu

oyunlar› için severiz. Bu yüzden tam do¤ru olma-

sa da, fedalar›n oldu¤u oyunlar daha çok ilgi çe-

ker, bu tarzda oynayan oyuncular daha çok sevi-

lir. Bu tür oyunlar oynamak isterseniz iflte uygun

bir aç›l›fl:

1. e4 e5 2. Af3 Ac6 3. Ac3 Af6 4. A×e5. Lite-

ratürde “Müller-Schulze Gambiti” diye an›lan bu

aç›l›fl bofl yere at feda eder gibi gözükse de, (özel-

likle h›zl› oyunlarda) feday› kabul eden siyah ço-

¤unlukla bafletmesi zor bir hücumla karfl› karfl›ya

kal›yor. Son y›llarda Internet üzerinde s›k oynanan

bu gambitle ilgili birkaç oyun veriyoruz:

evbad (WGM) - agro (FM), ICC, yld. 3′, 1999

Brause - Ctoth (IM), ICC y›ld›r›m 5′, 1998

Brause - Dorobanov (FM), ICC y›ld›r›m, 1997

Eflref Eflkinat*

[email protected]

Satranç Köflesi

KAZANILMIfi POZ‹SYONDA

TERKETMEK

Satrançta yap›labilecek en büyük hata her-

halde kazan›lm›fl bir pozisyonda durumu umut-

suz san›p terketmektir. ‹flte bu durumun ya-

fland›¤› birkaç ilginç örnek:

Von Popiel - Marco Monte Carlo 1902

d4’deki fili kurtaramayaca¤›n› sanan siyah

terketti. Oysa Fg1 hamlesi hemen kazan›rd›.

* Bo¤aziçi Üniversitesi Makine Mühendisli¤i ö¤retim üyesi.

1. e4 e5 2. Af3 Ac6 3. Ac3 Af6

4. A×e5 A×e5 5. d4 Ag6 6. e5 Ag8

7. Fc4 d6 8. Vf3 Fe6 9. V×b7 d×e5

10. Fb5+ fie7 11. d×e5 A×e5 12. O-O Af6

13. Fg5 h6 14. Fh4 Kb8 15. V×a7 Vc8

16. Kfe1 Ag6 17. Vc5+ fid8 18. Kad1+ Fd6

19. K×d6+ c×d6 20. V×d6+ Fd7 21. Ad5 Vb7

22. A×f6 g×f6 23. F×f6+ fic8 24. Vc5+ Vc7

25. F×d7+ fi×d7 26. Vf5+ fic6 27. Ke3 Khe8

28. Kc3+ fib6 29. Fd4+ fia6 30. Vd3+ fia5

31. Ka3+ fib4 32. Vb3 mat

1. e4 e5 2. Af3 Ac6 3. Ac3 Af6

4. A×e5 A×e5 5. d4 Ag6 6. e5 Ag8

7. Fc4 d5 8. F×d5 c6 9. Fb3 Fe6

10. O-O F×b3 11. a×b3 f5 12. Vd3 A6e7

13. Fg5 g6 14. d5 c×d5 15. Kfe1 h6

16. Ff6 Kh7 17. Ab5 Fg7 18. Vc3 fif8

19. Ac7 1-0.

1. e4 e5 2. Af3 Ac6 3. Ac3 Af6

4. A×e5 A×e5 5. d4 Ac6 6. d5 Ab8

7. e5 Ag8 8. d6 c×d6 9. e×d6 F×d6

10. F×d6 Ve7+ 11. V×e7+ A×e7 12. Ab5 Aa6

13. Ad6+ fif8 14. Fd2 Ac7 15. Fc4 Ae6

16. O-O h5 17. Kad1 h4 18. Fb4 Kh5

19. F×e6 d×e6 20. Af5 1-0.

68


B‹R POZ‹SYONDA ÜÇ PROBLEM

W. Shinkman, 1887

Beyaz sekiz hamlede mat yapar.

Bu ünlü problemin iki de¤iflik çözümü var.

Problemin yarat›c›s› sadece bir çözüm öngörmüfl

ama daha sonra bir çözüm daha bulunmufl. Nis-

beten kolay olan bu çözümleri bulduktan sonra bu

pozisyondan türetilen bir di¤er problemle de u¤-

raflabilirsiniz. Bu problem flöyle: Dikkat ederse-

niz, yukar›daki pozisyona gerçek bir oyun sonun-

da ulafl›lm›fl olabilir. Beyaz piyonlar a-hatt›na 15

siyah tafl› alarak dizilmifller. ‹stenen, birinci ham-

leden bafllayarak en az hamlede bu pozisyona ula-

flan hamleleri belirlemek. ‹lginizi çekerse bu prob-

lem gelecek say›ya kadar sizi u¤raflt›rabilir. E¤er

40’tan az hamlede bu pozisyona ulaflabilirseniz

çok baflar›l› say›l›rs›n›z. Bulunan en az hamle

(flimdilik) 34. ♠

Meyrinck - Eilinger 1936

Siyah 1... Ae3+ 2.f×e3 Kb2 kombinasyo-

nunu oynay›nca beyaz terketti. Oysa 3.Kf2

c2 4.Fa3 c1V 5.K×b2 ile veziri kazanabilirdi.

Jonasson - Angantysson

‹zlanda 1984

Bu pozisyonda siyah 26...e2 hamlesini

oynad›. 27.f×e7 Bd4+ den sonra çare göre-

meyen beyaz terketti. Bu oyun pek çok sat-

ranç köflesinde parlak bir kazanç olarak ya-

y›mland›. Ta ki Observer gazetesine “beyaz

28. Ae3 oynasa ne olurdu?” diye soran bir

okur mektubu gelene kadar.

RAT‹NG FARKININ FARKI

Aralar›nda 400’den fazla rating fark›

olan iki kifli oynay›nca düflük ratinglinin

pek flans› olmuyor. ‹flte örnek :

Cobb, J (2318) - Adams, M (2745)

4NCL/Div1/SWD-WG1Rd01-West

Bromwich (1.1), 23.11.2002

1. e4 e5 2. Af3 Ac6 3. d4 e×d4

4. Fc4 Fc5 5. O-O d6 6. c3 d×c3

7. Vb3 Vd7 8. Ke1 Aa5 9. V×c3 A×c4

10. V×g7 f6 11. V×h8 Vf7 12. b3 Fg4

13. b×c4 F_f3 14. Ad2 Fg4 15. Ab3 Fb6

16. Fb2 O-O-O 17. h3 Fd7 18. c5 d×c5

19. e5 c4 20. Ad4 Vg6 21. e6 Fa4

22. Af3 Fc6 23. e7 Ke8 24. fih1 Fa5

25. Ke3 (Kde1 daha uzun dayan›rd›) c3 0-1.

69


Fermat’n›n Son Teoremi. Si-

mon Singh, çeviren: Sabir Yu-

cesoy, Pan Yay›nc›l›k, 2001.

Dik üçgenlerle ilgili Pisa-

gor Teoremini ilkö¤retim sene-

lerimizde hepimiz görmüflüz-

dür: E¤er dik üçgenimizin dik

kenar uzunluklar› a ve b, hipo-

tenüs uzunlu¤u h ise, üç kenar birbiriyle a2 + b2 =

h2 formülüyle iliflkilidir.

Diophantos’un Arithmetika adl› kitab›n›n

ikinci cildinde kenar uzunluklar› do¤al say› olan

dik üçgenler incelenmifltir. Örne¤in (3, 4, 5) üç-

lüsü böyle bir üçlüdür. Ayn› flekil-

de, (5, 12, 13) üçlüsü de bir dik

üçgene karfl›l›k gelir. Diophan-

tos’un Arithmetica’s›ndan çok et-

kilenen Fermat, bu problemin do-

¤al genellemesi olarak, 3 ≤ n ∈ N

için, xn + yn = zn (*) denklemleri-

nin tamsay› çözümlerini bulmak

ister. Yapt›¤› hesaplar sonucu,

Fermat, ancak (0, 0, 0), ve n dere-

cesinin tek veya çift olmas› duru-

muna göre, (±a, 0, ±a) ve (0, ±a,

±a) gibi aflikar çözümler d›fl›nda

(*) denkleminin tamsay› çözümle-

rinin olamayaca¤›n› iddia eder, ve

elindeki Arithmetica cildinin Pisa-

gor’la ilgili bölümünün kenar›na

buna dair latince bir not düfler. Say›lar kuram›-

n›n, ve genel olarak matemati¤in geliflmesinde

bu notun büyük rolü olacakt›r. Fermat’n›n (ka-

n›t›n› − varsa − yazmad›¤›) bu sav› matematikte

Fermat’n›n Son Teoremi olarak an›l›r.

350 y›l boyunca, pek çok kifli için (*) denk-

lemi bir tutku olur. Pek çok hatal› ispat yap›l›r.

Dolay›s›yla, 1993’te, Princeton Üniversitesi ma-

tematikçilerinden Andrew Wiles, Fermat’n›n

Son Teoremi’nin ispat›n› yapt›¤›n› duyurdu¤un-

da, matematik dünyas›, do¤al olarak, o güne

kadar duydu¤u en büyük heyecan› yaflar. Asl›n-

da Wiles, Shimura-Taniyama Problemi olarak

an›lan çok daha derin bir problemi çözerek Fer-

mat’n›n Son Teoremi’ni elde etmifltir.

Ancak daha sonra Wiles’›n çal›flmas›n›n üçün-

cü bölümünde çok ciddi bir hata bulunur. Bu ha-

tay› düzeltmek için bir y›l boyunca, büyük psiko-

lojik bask› alt›nda geceli gündüzlü çal›flmalar›na

devam eden Wiles, sonunda eski talebelerinden

Richard Taylor’un yard›m›yla hatay› onar›r, ve

günümüz matemati¤inin en uç ve modern teknik-

lerinin yer ald›¤› yüz sayfal›k “Mo-

dular elliptic curves and Fermat’s

Last Theorem” adl› makaleyi ve

Taylor’la birlikte kaleme ald›klar›

“Ring-theoretic properties of certa-

in Hecke algebras” adl› son derece

teknik yard›mc› makaleyi prestijli

Annals of Mathematics dergisinde

yay›mlar. Matematik tarihinin ki-

lometre tafllar›ndan biri olarak ka-

bul edilen bu çal›flmalar Wiles’›n

üstün gayret ve yarat›c›l›¤›n›n ürü-

nüdür.

Kitab›n ilk bölümünde Fer-

mat’n›n Son Problemi’nin tarih-

çesi genel matematik tarihi pers-

pektifi içerisinde inceleniyor. Da-

ha sonra, Wiles ve çevresindeki matematikçiler,

yapt›klar› çal›flmalar ve bu çal›flmalar›n Fer-

mat’n›n Son Teoremi’yle olan ba¤lant›lar› ay-

r›nt›lara inilmeden özetleniyor. Son bölümde

Wiles’›n kan›t›ndaki hatay› düzeltme süreci,

canl› ve dramatik bir biçimde iflleniyor.

Kitap, matematikçilerin yaflamlar›n› canl›

bir dilde okura sunuyor. Yazar, matematikte

araflt›rma yapman›n büyüsünü ve heyecan›n›,

matematikçi olman›n ayr›cal›¤›n› çok güzel an-

latm›fl. Kitab›n dilimize çevirisi özenle yap›lm›fl.

Hofl bir kitap...

70


‹lhan ‹keda*

[email protected]

Yay›n Dünyas›

* ‹stanbul Bilgi Üniversitesi Matematik Bölümü ö¤retim üyesi.

Andrew Wiles

WOLF ÖDÜLÜ. Küba’n›n ‹srail diplomat›, mucit ve hay›rsever Alman do¤umlu

Dr. Ricardo Wolf (1887-1981) ve efli Francisca Subirana-Wolf (1900-1981) tara-

f›ndan 1976’da kurulmufl olan ve tek amac› insanl›k ad›na bilim ve sanat› destek-

lemek olan Wolf Vakf›, her y›l temel bilim ve sanat dallar›nda özgün çal›flmalar›y-

la insanl›¤a kal›c› katk›larda bulunmufl bilimcilere ve sanatç›lara ödül vermektedir.

2003 y›l› ödüllerini matematik dal›nda M. Sato ve J. Tate ald›lar.

Fizik ve Ötesi. Hans Grassmann, çeviren: Çi¤dem Bu¤dayc›,

Türkçeye bilimsel uyarlama: Yüksel Atakan, Evrim Yay›nevi (2001).

Halen aktif olarak fizik araflt›rmalar›n› sürdüren Grassmann’›n

yazd›¤› “Alles Quark?” adl› kitab›n çevirisidir. Fizik ve matematik

bilgisi gerektirmeden, okuru fizi¤in temel ve büyük kuramlar› hak-

k›nda bilgilendiren bu kitap, klasik mekanik, temel parçac›klar, gö-

relilik kuram›, elektrik ve manyetizma, kuantum mekani¤i, ve termo-

dinamik bölümlerinden oluflmaktad›r. Ayr›ca, kitab›n sonunda,

kullan›lan matematik teorilerini aç›klayan, özellikle ö¤rencilerin ya-

rarlanabilece¤i bir ek de bulunmaktad›r. Kitab›n en büyük eksikli-

¤i sonunda dizin olmamas›.

Kendisi de fizikçi olan çevirmen, pek çok aç›klay›c› dipnotlarla

kitab› orijinaline göre daha kapsaml› hale getirmifl. Fizikle ilgilenen

gençlere önerilir. ♠

71

Sato ve Tate 2003 Wolf Ödülünü Kazand›lar

MIKIO SATO. Kyoto Üniversitesi, Matematik Bilimleri Araflt›rma Enstitü-

sü’nden emekli olan Mikio Sato 1928’de Tokyo’da do¤mufltur. Doktoras›n› Tok-

yo Üniversitesi’nde 1963’te tamamlad›ktan sonra, Osaka, Tokyo, ve Kyoto üni-

versitelerinde çal›flm›flt›r.

Matematikte Cebirsel Analiz konusunu kuran Sato, bu konuda gelifltirdi-

¤i hiperfonksiyon ve mikrofonksiyon kuramlar› sayesinde hiperfonksiyonlar›n

kotanjant lifleri üzerindeki singülaritelerini betimlemifltir. Ö¤rencileriyle mate-

matiksel fizikte – özellikle holonomik kuantum alanlar kuram›nda − pek çok

önemli çal›flmalar yapm›fl, pek çok baflar›l› matematikçi yetifltirmifltir.

JOHN TATE. 1925’te Minneapolis flehrinde do¤mufl, Princeton, Columbia ve Harvard üniversitele-

rinin matematik bölümlerinde çal›flm›fl ve halen Texas Üniversitesi’nde çal›flmalar›n› sürdürmektedir.

1950’de Princeton Üniversitesi’nden, Emile Artin’in dan›flmanl›¤› alt›nda “Fo-

urier analysis in number fields and Hecke’s zeta-functions” adl› tez çal›flmas›y-

la doktoras›n› alm›flt›r. Bu tez çal›flmas›yla, matematikte pek çok yeni araflt›r-

ma sahalar› aç›lm›flt›r. 20ci yüzy›l matemati¤ine, özellikle say›lar kuram› ve

cebirsel geometri konular›na, yön verecek pek çok çal›flmalar yapm›flt›r. Kendi

ismiyle an›lan pek çok konu ve matematiksel kavram vard›r. Lokal cisimlerde

ve adele halkalar›nda Fourier analizi ve p-sel Hodge teorisi kurdu¤u konular-

dan baz›lar›d›r. Kendi ad›yla an›lan kavramlara da, Tate kohomolojisi, abelyen

varyetelere ait Tate modülleri, Lubin-Tate gruplar›, ve Tate-Shafarevich grup-

lar› gibi örnekler verebiliriz. ♠


Matematikçe

www.matematik.edu.tr.tc

Matematik Dosyas›

www.matematik.dosyasi.com

Matematikçe, tipik bir yengeç oldu¤unu beyan

eden Gültekin Buzkan taraf›ndan, Matematik Dos-

yas› ise Türkiye’nin en popüler matematik sitesi ol-

du¤unu iddia eden Ayhan Dalg›ç taraf›ndan haz›r-

lanm›fl. Bundan da Ayhan Dalg›ç’›n akrep burcun-

dan olabilece¤i sonucunu ç›kar›yoruz. Her iki arka-

dafl da Ege Üniversitesi Matematik Bölümü ö¤ren-

cileri. Siteler birbirine benziyor. Zaten bütün bu tür

Türk siteleri üç afla¤› befl yukar› birbirinin efli. Ama

bu iki site ald›klar› reklamlara kadar benziyorlar.

Reklamlar› da abartm›fllar. Kimileyin reklamlar yü-

zünden sitelere girmek resmen imkâns›zlafl›yor.

Sitelere emek verilmifl ve veriliyor, canl›, yafla-

yan siteler. ‹çerikleri toparlarsak flöyle bir manzara

ç›k›yor: Matematik tarihi, matematik yay›nlar› ta-

n›t›m›, Atatürk ve matematik, java ve matematik,

üniversite haz›rl›k sorular› (Matematikçe), zekâ so-

rular›, bir matematik sözlü¤ü bafllang›c› (Matema-

tik Dosyas›), forum, Türk üniversitelerinin ve dün-

yan›n dört bir yan›ndan matematik bölümlerinin

web adresleri ve matematik konulu mizah köflesi...

www.sanalmatematik.com

Baz› sayfalar›na ulafl›lam›yor. Haydutlar›n hü-

cumuna u¤ram›fl, yeniden yap›lan›yormufl, umar›z

bir an önce tüm site çal›fl›r. Ziyaretçilerin özgürce ya-

z›flabildi¤i, birbirlerine soru sorup arada bir dere

tepe düz gittikleri, dolay›s›yla oldukça e¤lendirici bir

oda var. Arada bir adres flafl›r›p arkadafl arayanla-

r› bile gördük.

Aksiyomlar bölümü içler ac›s›, o kadar çok yan-

l›fl› o kadar az yere s›¤d›rmak kolay olmamal›... O

bölüm derhal kapat›lmal›, gözden geçirilip öyle su-

nulmal›.

Sitenin düzenledi¤i ödüllü matematik yar›flma-

s› 1 Eylül’de bafllayacakm›fl. Neden o kadar geç?

Bütün olarak son derece iyi niyetle haz›rlanm›fl

ö¤rencilere yararl› bir site. Bir profesyonelin yard›-

m›yla çok daha iyi olabilir.

www.tmd.org.tr/

TC’nin resmi matematik sitesi diyebiliriz. Türk

Matematik Derne¤i’nin sitesi. Herhangi bir amaç

gütmeyen bir girifl sayfas› var. Saatlerce beklemeyin,

biflicikler ç›kmayacak, t›klay›n tam göbe¤inden. Sa-

nat dedikleri bu olsa gerek. “XIV. Ulusal Matema-

tik Sempozyumu 19-21 Eylül 2001 tarihleri aras›n-

da Eskiflehir’de düzenleniyor. Ayr›nt›l› bilgi için

buraya t›klay›n” sat›rlar›ndan, en son befl yüz gün

önce filan güncellendi¤i anlafl›l›yor. Link’leri fena de-

¤il ama. (Baflkan: fiu siteyi adam edelim yaa...)

http://www.cybermaths.8m.com/

Genel görünüm biraz lunapark› and›r›yor. Sa¤-

da solda hareket eden nesneleri gördükçe tüfe¤imi

do¤rultmak geçti içimden. ÖSS deneme s›navlar› ve

baflka s›navlar, kitap tan›t›m, mizah köflesi, hesap

makinas›, asal say› bulma makinas› falan filan...

Ay›n matematikçisi Galile... Buraya kadar iyi güzel

de, ay›n flash animasyonu pek zay›f kalm›fl: Karekök

buluyor! Say›n›n kendisini bulsayd› bari!

Öte yandan Graphmatica adl› fonksiyon çizme

makinas› program baya¤› hofl ve kullanmas› kolay.

Siteden program› bilgisayar›n›za yükleyebilirsiniz.

Ben yükledim!

P›trak gibi p›rtlayan reklamlardan g›na geldi

ama. Her fleyin bir s›n›r› vard›r!

http://members.tripod.com/kprens/matema-

tik/Matematik_Odasi.htm

Di¤er siteler gibi... Matematik tarihi, matema-

tikçiler, pi say›s›, Peano aksiyomlar›, say›lar... Her

yerde ayn› fley...

Cahit Arf için tek tümcelik “Türk matematikçi-

si. Cebir, say›lar kuram› ve esneklik üzerine baflar›-

l› çal›flmalar› vard›r” tan›t›m›, nas›l söylesem ki, bi-

raz tuhaf... “Baflar›l› çal›flma” daha çok bir ev ödevi

için uygun bir niteleme de¤il mi? “Do¤al say›lar› Pe-

ano aksiyomlar›n› kullanarak afla¤›daki biçimde el-

de ederiz” tümcesi de yanl›fl. Do¤al say›lar kümesi

Peano aksiyomlar›yla elde edilmez. Olsa olsa, Peano

aksiyomlar›n› sa¤layan bir kümenin (“do¤al say›lar

kümesi”nin) var oldu¤u varsay›l›r. ♣

72


Vebi Derya

vebiderya@boflküme.kom

‹nternet Dünyas›

Documents

Md 200301