Author Archives: esrakorkmaz

Paradoksal Seçimler

Posted on by
Cevapla

Kararsız biri olduğunuzu düşünüyor ve seçim yapmakta zorlanıyor musunuz? İşte şimdi okuyacağınız yazı size gerçek hayatta, yani sonlu seçenek söz konusu olduğunda seçmenin aslında ne kadar kolay olduğunu, işin içine sonsuzluk girdiğinde ise olayların ne kadar karışacağını gösterecek. Ayrıca yine sonsuzluk durumunda seçmeye ait bir kabulün, hem ne kadar işe yaradığını hem de işleri nasıl çığırından çıkaran sonuçlara yol açtığını da görmüş olacağız.

Elimizde sonlu sayıda kavanoz olduğunu varsayalım. Bu kavanozların içinde renkli toplar olsun. Her birinden birer top seçme işlemi kolaydır, çünkü sonlu sayıda adım içerir. Şimdi de her birinin içinde doğal sayılar olan sonsuz tane kümemiz olduğunu düşünelim. Doğal sayılardan oluşan bu kümelerin mutlaka en küçük elemanları vardır. (Hatırlayalım: Doğal sayılar kümesi iyi sıralıdır.) O zaman her kümeden en küçük elemanı almak gayet güzel bir seçim olacaktır.

Bahsettiğimiz seçme zorluğunun nedenini en güzel anlatan örnek Bertrand Russell’dan geliyor: Sonsuz çift ayakkabıya ve çoraba sahip birisiniz. Her çift ayakkabıdan birini seçmek istediğinizde her birinin sol tekini alabilirsiniz. Fakat iş her çift çoraptan birini seçmeye geldiğinde, çoraplar özdeş olduğundan kesin bir yanıt vermek mümkün olmayacaktır. Burada olduğu gibi, her sonsuz durum açık bir seçime izin vermez. İşte böyle durumlarda imdadımıza Seçme Aksiyomu yetişir ve boştan farklı her küme için bir seçim yapmanın mümkün olduğunu söyler. Yani durum şu ki, bir ispatın tam ortasında elimdeki şu kümelerden birer eleman seçeyim diyorsunuz. Üstelik elinizde herhangi bir kural yokken. Kimse size neyi ne şekilde seçtiğinizi sormuyor ve Seçme Aksiyomunu kullandım deyip yola devam edebiliyorsunuz.

Öklid’in 5. postulatında olduğu gibi, Seçme Aksiyomunu da ispatlamaya ya da çürütmeye çalışanlar olmuştur. Kurt Gödel, bu aksiyomun Kümeler Kuramının diğer aksiyomları ile birlikte çelişkisiz bir sistem oluşturduğunu; Paul Cohen ise diğer aksiyomlardan bağımsız olduğunu, Seçme Aksiyomunu varsayan ya da varsaymayan kuramlar olabileceğini göstermiştir. Sonuç olarak elimizde ispatlanamaz ya da doğruluğu çürütülemez böyle bir aksiyom var biz de bunu kullanarak aşağıdaki problemi çözmeye çalışabiliriz.

Önce bazılarınıza tanıdık gelecek bir zeka sorusuyla başlayalım. Arka arkaya sıralanmış 100 kişinin başına siyah ve beyaz şapkalar rastgele takılıyor. Sıradakiler önlerindekileri görebilir fakat arkalarına ve kendi şapkalarına bakmaları yasak. Bir moderatör, sıranın en arkasından başlayarak şapkalarının rengini tahmin etmelerini istiyor. Sıradakiler tahminleri duyabiliyor fakat doğruluğu/yanlışlığı hakkında bir şey bilmiyorlar. Acaba en fazla doğru cevabı elde etmek için nasıl bir yol izlenmesi gerekir? Mesela 100. kişi 99. kişinin şapka rengini söylese, 99. bunu duyarak doğru yanıt vermiş olur. Benzer şekilde çift numaralı kişiler önlerinde bulunanların rengini söylediğinde yarı yarıya bir başarı yakalamak mümkün. Fakat daha iyisi de yapılabilir.

100. kişi kendi rengini tahmin etmek yerine, önündeki tüm siyah şapkaları saysın. Siyah şapkaların sayısı çiftse beyaz, tekse siyah cevabını versin. Sıra 99. kişiye geldiğinde o da siyah şapkaları saysın. Eğer 100. kişi ile aynı veriye ulaşmıyorsa, yani örneğin 100. kişi çift bulmuşken kendisi tek buluyorsa, siyah şapka sayısı bir azalmış demektir. Bu durumda kendi şapkası siyah olmalıdır. Fakat 100. kişi ile aynı veriye ulaşmışsa, siyah şapka sayısında değişme olmamış demektir ve kendi şapkası beyazdır. 98. kişi hem 100. kişinin ne gördüğünü hem de 99. kişinin hangi renk şapka taktığını bildiğinden, siyahları sayarak kendisi için doğru bir tahminde bulunabilir. Bu şekilde ilerlersek, 100. kişi hariç herkes doğru yanıt vermiş olur ki bu oldukça başarılı bir stratejidir.

Yukarıdaki sorunun Seçme Aksiyomu ile hiçbir ilgisi yok tabii ki. Ama bu problemin sonsuz duruma uyarlanmış bir versiyonunu biraz matematik kullanarak çözebiliriz. Sonsuz sayıda insanla birlikte arka arkaya, bir sayı doğrusu üzerinde, yüzlerimiz pozitif yöne dönük olacak şekilde sıralandığımızı varsayalım. Fakat sıra her iki taraftan da sonsuz olmasın, yani sıradaki herhangi bir kişinin önünde sonsuz sayıda, arkasında ise sonlu sayıda kişi olsun. Bu kez her bir şapkanın üzerinde bir reel sayı olduğunu ve kendi şapkamızda yazılı olan sayıyı tahmin etmeye çalıştığımızı düşünelim. Hatta olayı biraz daha zorlaştırmak adına kimse arkasındaki kişinin ne söylediğini duyamasın. Seçme Aksiyomu kullanarak sadece sonlu sayıda kişinin yanlış cevap vereceği, sonsuz sayıda kişinin doğru yanıt vereceği bir senaryo oluşturmak mümkündür.

Nasıl mı? İlk olarak olası tüm tahminlerin kümesini, yani sonsuz reel sayı dizilerinden oluşan kümeyi ele alalım. İlk olarak bu küme üzerinde şöyle bir denklik bağıntısı tanımlayalım: Eğer herhangi iki dizinin yalnızca sonlu sayıda bileşeni birbirinden farklı ise bu iki dizi birbirine denk olsun. Örneğin (\sqrt{2}, \frac{25}{e}, 5, 0, 7,8,9,10,\ldots) ve (3^{\pi}, \sqrt{3}, e, \frac{\pi}{5},7,8,9,10,\ldots) dizileri bu bağıntıya göre birbirlerine denktir fakat (5,6,5,6,5,6,5,6,\ldots) dizisi bu iki diziye de denk değildir. Şimdi de kümemizi bu bağıntıya göre parçalayalım, yani birbirine denk olan tüm dizileri aynı küme atarak ana kümeyi bölüntülere ayıralım. Yaptığımız işlem aslında kümeyi elimizdeki denklik bağıntısına göre denklik sınıflarına ayırmaktır. Yukarıdaki örnekteki ilk iki dizi aynı kümenin elemanı iken, üçüncü dizi kendisine denk olan diğer tüm elemanlarla birlikte başka bir kümede ikamet edecektir. Bu noktada Seçme Aksiyomunu kullanarak her bir kümeden, yani denklik sınıfından, sıradaki herkesin hemfikir olacağı birer temsilci seçelim.

Ön hazırlıklar tamam. Şimdi moderatör geliyor ve sol baştan şapka numaralarını tahmin etmemizi istiyor. Sıra bana geldiğinde, arkamda bulunan sonlu sayıda kişiden haberim olmasa da, önümde bulunan sonsuz sayıda kişiye bakarım ve dizinin hangi temsilci ile denk olduğunu saptayabilirim. Sonra da, temsilci dizide kendi bulunduğum konumdaki reel sayıyı moderatöre söylerim. Tahminim doğru olmayabilir, sorun yok. Benzer işlemi önümdeki her bir kişinin de yaptığını düşünelim. Bağıntımızın özelliğinden, bir yerden sonra kişilerin şapka numaralarından oluşan dizi ile temsilci dizinin aynı şekilde devam edeceğini biliyoruz. Yani benimle birlikte sonlu sayıda kişi doğru tahminde bulunamamış olsa bile, dizilerin aynı devam ettiği o noktadan sonra her tahmin mutlaka doğru olacaktır, ki bu da sonsuz sayıda doğru cevap demektir.

Seçme Aksiyomunun kümeler teorisinden cebire, çizge teorisinden topolojiye kadar birçok alanda kullanımı mevcuttur. Tabii burada o kadar derin matematik yapmak gereksiz ama meraklıları şuraya bir göz atabilir ve şuradan da Seçme Aksiyomu yardımıyla ölçülemez bir kümenin nasıl elde edilebileceğini izleyebilirler.

Son olarak Seçme Aksiyomunun nasıl bir paradoksa yol açtığına bakalım. 1924 yılında Polonyalı matematikçiler Stefan Banach ve Alfred Tarski tarafından ispatlanan akıllara zarar Banach-Tarski Paradoksu bize, Seçme Aksiyomunun doğruluğunu kabul etmemiz halinde şöyle çılgın bir sonuca ulaşabileceğimizi söylüyor: İçi dolu bir top alalım ve bu topu sonlu sayıda parçaya bölelim. (Parçalardan biri sadece merkezi içeren tek nokta kümesi olmak üzere 5 parça bu iş için yeterli.) Teoreme göre bu parçaları birleştirerek ilk top ile özdeş iki adet top yapmak mümkün. Üstelik parçaları esnetmek, eğip bükmek gibi hilelere gerek olmadan.

Tabii bu teoremin fiziksel nesneler için değil, yalnızca matematiksel nesneler için geçerli olduğunu belirtmekte fayda var. Derin ispata girmek istemeyen genel okuyucu kitlesi için şurada gayet güzel bir açıklama mevcut. Grup teori severler ise teoremin ispatına buradan ulaşabilirler.

Bu olumsuz sonuca rağmen yapmamız gereken, Dr Strangechoice‘un da dediği gibi, Seçme Aksiyomu hakkında endişelenmeyi bırakıp onu sevmeyi öğrenmek. Evren, Seçme Aksiyomu olmadan çok garip bir yer olabilir çünkü bu durumda bir kümeyi ayrık, boş olmayan parçalara böldüğümüzde, parça sayısının bölünen kümenin eleman sayısını geçmesi gibi tuhaf sonuçlarla karşılaşabiliriz.

KAYNAKLAR
1) https://jaydaigle.net/blog/what-is-the-axiom-of-choice/
2)https://acikders.tuba.gov.tr/pluginfile.php/579/mod_resource/content/0/hafta_21_22.pdf
3)https://www.irregularwebcomic.net/2339.html

Sonsuzluk ve daha bir sürü şey

Posted on by
Cevapla

“Düzlemde bir doğru parçası aldığımızda, bu doğruyu çap kabul eden iki adet yarım çember oluşturabiliriz. Ayrıca merkezden geçen sonsuz sayıda çap çizilebileceği ve her bir çapa karşılık elimizde iki yarım çember olacağı için, yarım çemberlerin sayısı sonsuzun iki katı olmalıdır ” diyor İstanbullu hemşehrimiz Proclus (412-485).

Sonsuz çoklukta odaya sahip olduğu iddia edilen bir otel olduğunu öğreniyor ve bu otelde bir gece konaklamak istiyorsunuz. Tüm odalar dolu fakat otel sahibi size bir (hatta birden fazla ve hatta sonsuz sayıda) oda ayarlayabileceğini söylüyor. Nasıl mı? 1 numaralı odada kalan misafirleri 2 numaraya, 2 numarada kalanları 3 numaraya, yani genel olarak n numarada kalanları n+1 numaralı odaya taşır ve siz de 1 numaraya yerleşirsiniz. Ya da n numaralı odada kalanlar 2n numaralı odaya geçer ve böylece sonsuz seçenek içinden bir oda seçmeniz mümkün olur. Daha iddialı bir durum: Diyelim ki otele sonsuz sayıda otobüs geldi ve her birinin içinde sonsuz sayıda yolcu var. Bu durumda otel sahibi önce n numaralı odada kalanları 2n numaralı odalara alır ve tek numaralı tüm odaların boş kalmasını sağlar. Daha sonra 1. otobüste 1. koltukta oturan yolcuyu 3 numaralı odaya, n. koltukta oturan yolcuyu ise 3^n numaralı odaya alır. Diğer taraftan, 2. otobüste 1. koltukta oturan yolcuyu 5 numaralı odaya, n. koltukta oturan yolcuyu ise 5^n numaralı odaya alırsa işlem tamamlanır. Burada 2’den büyük olan asal sayılara kullanarak, yolcuların yerleştiği odaların boş olduğunu garanti etmiş olur. Bu işlemi daha da karışık hale getirmek mümkündür (sonsuz sayıda gemide bulunan sonsuz sayıda otobüs ve bu otobüslerin içinde sonsuz sayıda yolcu olması gibi) ama hiç oralara girmeyelim. Otelcinin sıkıştığı bir nokta olacak mı merak edenler buradan devam edebilirler.

Galileo deyince aklımıza, Güneş merkezli evren modelini benimsediği için engizisyon mahkemelerinde yargılanan bir bilim insanı gelir. Sonsuzluk hakkındaki fikirleri ve meşhur paradoksu ise çoğu kişi tarafından bilinmez. O zaman Galileo’nin Dialogue Concerning Two New Sciences isimli kitabında bahsettiği paradoksu birlikte inceleyelim.

\mathbb{N}=\{1,2,3,4,\ldots\} doğal sayılar kümesi olmak üzere, bu kümedeki her elemanın karesini alarak oluşturulan S=\{1,4,9,16,\ldots\} kümesini ele alalım. S kümesinin \mathbb{N}‘nin bir özalt kümesi olduğu gayet açıktır, yani S kümesi tüm doğal sayıları içermez. Diğer taraftan, her bir doğal sayıyı karesi ile eşleyerek, \mathbb{N} ile S arasında bire-bir eşleme oluşturmak mümkündür. Sonlu kümeler söz konusu olduğunda, bir kümenin özalt kümesinin o kümeden daha küçük olması gerektiğini biliyoruz. Fakat işte sonsuzluk işin içine girdiğinde tüm kurallar alt üst oluyor.

Yukarıdaki örnekler bize sonsuzların tek olmadığı ve birbirleriyle karşılaştırılabilir olabileceği fikrini veriyor. Hatta sonsuzluk söz konusu olduğunda bir küme, kendisinin küçük bir parçası ile (bir anlamda) aynı büyüklükte olabilirmiş gibi geliyor. Bu fikirler aklımıza 200 yıl öncesinde gelmiş olsaydı muhtemelen kuşku ve husumetle karşılanırdık. Belki çok nüfuzlu bazı insanlar bu düşüncelerimizi yayımlayarak diğer insanlara ulaştırmamıza engel olurlar, bizi şarlatanlıkla suçlarlar ve fikirlerimizin matematiğin yakasına yapışmış kötü bir hastalık olduğunu düşünürlerdi. Nereden mi biliyorum? Çünkü tüm bunlar sonsuzluk hakkında devrim niteliğinde sonuçlar ortaya koyan Georg Cantor’un başına gelmiştir.

Cantor’un sonsuzluk hakkındaki düşüncelerini anlamak için kardinalite kavramına ihtiyacımız olacak. O halde önce ordinallerden ve özel tip ordinaller olan kardinallerden kısaca bahsedelim.

P tam sıralı bir küme olmak üzere, eğer P’nin boştan farklı her alt kümesinin bir minimumu varsa, P’ye bir iyi sıralı küme denir. Bunun en güzel örneklerinden biri doğal sayılar kümesidir. Her küme iyi sıralı değildir fakat iyi sıralama teoreminden her kümenin iyi sıralanabileceğini biliyoruz.

\alpha bir küme olsun. Eğer
(i) \alpha‘nın her elemanı aynı zamanda bir alt kümesi ise ve
(ii) \alpha, elemanı olma bağıntısı ile iyi sıralı bir küme ise,
\alpha‘ya bir ordinal (ya da bir ordinal sayı) denir.

((i) özelliğini daha iyi anlamak için, a=\{b\} ve b=\{a\} olmak üzere A=\{a,b\} örneğini ele alabiliriz.)

Ordinaller ” \alpha<\beta \Leftrightarrow \alpha \in \beta” bağıntısıyla iyi sıralıdır. İlk ordinal (ve aslında ordinallerin en küçük elemanı) \emptyset‘dir. Bu ordinali 0 ile gösterelim, yani 0=\emptyset olsun. \alpha bir ordinal olmak üzere, ondan sonra gelecek ilk ordinal \alpha \cup \{\alpha\} ‘dir. Dolayısıyla tüm sonlu ordinaller aşağıdaki gibidir:

1=0\cup \{0\}=\emptyset\cup \{\emptyset\}= \{\emptyset\}
2=1\cup \{1\}=\{\emptyset, \{\emptyset\}\}
3=2\cup \{2\}=\{\emptyset, \{\emptyset\}, \{\emptyset, \{\emptyset\}\} \}
\vdots

Burada, 1=\{0\}, 2=\{0,1\}, \ldots ve genel olarak n=\{1,2,\ldots, n-1\} olduğunu görebiliriz. (“Nasıl yani, her bir doğal sayı aslında bir küme mi?” diye düşünenler, bu konuda okumalar yapmayı sürdürdükçe birdenbire her şeyin nasıl normal gelmeye başlayacağını fark edecekler. Matematik böyle bir şey sanırım, alışmak sevmekten daha zor geliyor.) Tüm sonlu ordinallerin kümesini \omega ile gösterelim. Dikkat edersek \omega doğal sayılar kümesidir. Yani aslında \mathbb{N} üzerindeki doğal sıralama ile birlikte ele alındığında \omega ile gösterilir. Ayrıca \omega ilk sonsuz ordinaldir. Sonlu ordinallerde kullandığımız yöntemle yeni ordinaller de elde edebiliriz: \omega+1=\omega \cup \{\omega\}, \ldots ,\omega\cdot 2, \ldots, \omega^2,\ldots, \omega^\omega, \ldots

Kardinallere geçmeden önce, sayılabilir ve sayılamaz küme tanımlarını verelim.

A herhangi bir küme olsun. Eğer A kümesi ile \mathbb{N}‘nin herhangi bir alt kümesi arasında bire-bir eşleme (one-to-one correspondence), yani bire-bir ve örten bir dönüşüm varsa, A kümesi sayılabilirdir (countable) denir. Sayılabilir olmayan kümeler ise sayılamaz (uncountable) kümeler olarak adlandırılır. Sayılabilir bir küme ya sonlu ya da sayılabilir sonsuzdur. İkinci durumda bire-bir eşleme küme ile \mathbb{N}‘nin kendisi arasında olacaktır.

Sayılabilir ve sayılamaz küme kavramlarını bildiğimize göre artık sayılamaz ordinallerden de bahsedebiliriz. Tüm sonlu ve sayılabilir ordinallerin kümesi de bir ordinaldir ve \omega_1 ile gösterilir. \omega_1 ilk sayılamaz ordinaldir.

Peki bir kümenin büyüklüğü ya da boyutu olarak tanımlanabilecek olan kardinalite nedir? Herhangi bir A kümesi verilmiş olsun. Eğer A sonlu ise, A’nın kardinalitesi f: n\rightarrow A bire-bir örten bir dönüşüm olacak şekildeki n doğal sayısı, yani A’nın eleman sayısıdır. Eğer A sonsuz ise, kardinalitesi bir doğal sayı değil sonsuz bir ordinal olacaktır. Fakat sonlu kümelerin aksine, sonsuz kümeler birden fazla ordinalle bire-bir ilişki içinde olabilirler. Örneğin \mathbb{N} hem \omega hem de \omega\cup \{\omega\} ile bire-bir ilişki içindedir. (Sonsuz otel örneğindeki mantıkla tanımlanan n \mapsto n+1 ve 0\mapsto w dönüşümü \omega ile \omega\cup \{\omega\} arasında bire-bir, örten bir dönüşümdür.) İşte bu ordinallerden en küçüğü, o kümenin kardinanalitesi olacaktır. (Ordinaller iyi sıralı olduğundan bu en küçük elemanın varlığından eminiz.) Bir kardinal sayı ise kendisinden daha küçük bir ordinalle bire-bir ilişki içinde olmayan ordinal sayıdır. Dolayısıyla tüm doğal sayılar ve ayrıca \omega, \omega_1,\omega_2, \ldots birer kardinaldir.

Sonsuz kardinaller \aleph (alef) ile gösterilir. En küçük sonsuz kardinal \aleph_0=\omega, ilk sayılamaz kardinal ise \aleph_1=\omega_1 dir. Continuum‘un, yani reel sayılar kümesinin kardinalitesi \mathfrak{c} ile gösterilir ve \mathfrak{c}=2^{\aleph_0} eşitliği sağlanır. (Burada 2^{\aleph_0}, kardinalitesi \aleph_0 olan kümeden, kardinalitesi 2 olan kümeye tanımlı dönüşümlerin kümesinin kardinalitesidir.)

Ordinalleri ve kardinalleri kısa ve öz bir şekilde anlattıktan sonra, konuyu Cantor’un Süreklilik Hipotezi (Continuum Hypothesis) ile kapatalım. Cantor, sadece bir sonsuz olmadığını, reel sayıların doğal sayılardan daha fazla olduğunu ispatlamış ve reel sayıların sayılamaz olduğunu keşfetmiştir. Elimizde kardinalitesi \aleph_0 olan doğal sayılar ve kardinalitesi 2^{\aleph_0} olan reel sayılar var. Cantor’un ortaya attığı hipotez ise şu: Acaba \mathbb{R}‘nin kardinalitesi 2^{\aleph_0} olmayan sayılamaz bir alt kümesi var mıdır? Yani \mathbb{R}‘nin her sonsuz alt kümesinin kardinalitesi \aleph_0 ya da 2^{\aleph_0} mı olmalıdır? Diğer bir deyişle \aleph_1= 2^{\aleph_0} eşitliği sağlanır mı?

Cantor doğruluğunu ispatlayamadığı bu hipotezin teorisinin bir kusuru olduğunu düşünmüştür. Yani bu kadar basit(!) bir soruda bile tıkanıyorsa nasıl devam edebilirdi ki. Fakat ortaya attığı hipotez, gayet açık ve sade ifadesinin tersine oldukça zordur. 1940 yılında Kurt Gödel (Zermelo-Fraenkel küme teorisinde) süreklilik hipotezinin yanlış olduğunun, Paul Cohen ise doğru olduğunun ispatlanamayacağını göstermiştir. Yani şuan doğruluğu ya da yanlışlığı hakkında herhangi bir bilgiye sahip olmadığımız ve Hilbert’in 23 soruluk listesinde ilk sırada yer alan Süreklilik Hipotezi hala gizemini korumaktadır.

Son söz: Kardinaller ve ordinalleri daha ayrıntılı öğrenmek isteyenlere Ali Nesin’in ders notlarını tavsiye ederim. Süreklilik Hipotezi konusunda neler olup bitmiş bir bakayım diyenler için ise şu sayfa gayet detaylı bilgi içeriyor.

Kaynaklar
1) https://plato.stanford.edu/entries/set-theory/basic-set-theory.html
2) https://plus.maths.org/content/hilberts-hotel
3) https://decodedscience.org/the-paradox-of-the-infinite-series-of-square-numbers-by-galileo/

Oyun Sevenlere: Nice Neighbors

Posted on by
Cevapla

Bir oyun oynuyoruz ve topolojinin ilerlemesine katkıda bulunuyoruz. Oyunumuzun ismi Nice Neighbors.

games | Math Munch | Page 3

Chris Staecker tarafından tasarlanmış olan bu oyun, yukarıda gördüğünüz gibi dairelerin içinde bulunan bazı noktalar ve bunları birleştiren çizgilerden oluşuyor. Yapmanız gereken, mavi noktaları birbirlerinin üstüne taşımak (dikkat edelim: dairelerle birlikte değil, sadece noktaları taşımak) ama tabii öyle rastgele değil. İşte kurallar: Noktaları yalnızca onlara bitişik olan bir noktaya taşıyabilirsiniz, yani noktalar evlerinden yalnızca bir nokta kadar uzağa gidebilirler. Ayrıca bunu yaparken tüm çizgilerin mavi kalmasına dikkat etmeniz gerekiyor. Kırmızı bir çizgi ile karşılaşıyorsanız yanlış bir hamle yapıyorsunuz demektir. Kazanmak için oyun sonunda ez az bir dairenin boş kalması ve tüm çizgilerin mavi olması gerekiyor.

Hemen denemek isteyenleri buraya alalım ve oyunun altında yatan matematiksel gerçekleri ve Staecker’ın oyunu tasarlama amacını anlamaya çalışalım.

Öncelikle oyun dijital topoloji ile ilişkili olduğundan, burada anlatılan bazı kavramlara ihtiyacımız olacak. Bu nedenle kısaca bir göz gezdirmekte fayda var.

X bir dijital görüntü olsun. Eğer aşağıdaki özelliklere sahip bir f:X\rightarrow X fonksiyonu varsa X indirgenebilirdir (reducible) denir:

(a) f örten değildir.
(b) Her x\in X pikseli için x ile f(x) bitişiktir.
(c) Eğer x ve y bitişik ise f(x) ve f(y) de bitişiktir.

Böyle bir f fonksiyonu yoksa, X görüntüsü indirgenemezdir (irreducible) denir.

Yukarıda verilen iki dijital görüntüyü ele alalım. (Soldaki görüntüde 4-bitişiklik, sağdakinde ise 8-bitişiklik kullanıldığına dikkat edelim.) Olası tüm indirgemeler yapıldığında, son halleri aşağıdaki iki indirgenemez görüntü olacaktır. Bunu yaparken görüntünün topolojisinin değişmediğine, yani delikler (holes) ve bağlantılılık (connectivity) ile ilgili özelliklerinin aynı kaldığına dikkat edelim.

Eğer f‘yi, Nice Neighbors oyunundaki gibi, bir çizgenin köşelerini yeniden düzenleyen bir dönüşüm olarak düşünürsek, yukarıdaki koşulların şu anlama geldiğini görebiliriz:

(a’) Yapacağınız hamle sonrasında en az bir köşe noktası boş kalmalıdır.
(b’) Her nokta sadece bitişiği olan bir noktaya taşınabilir.
(c’) İki bitişik köşe, yaptığınız hamle sonrasında da bitişik olarak kalmalıdır.

Staecker ve öğrencileri hangi çizgelerin indirgenebilir, hangilerinin indirgenemez olduğu sorusuna yanıt bulmak istiyorlardı. Bunu yaparken, “verilen bir çizgenin bir dijital görüntünün çizgeleştirilmiş hali olup olmadığı” açık sorusuna hiç bulaşmamak için tüm çizgeleri ele alma yolunu seçmişlerdi. İşte oyunun tasarlanma amacı da buydu. (İlham kaynağının, John Tantalo’nun, amacı bir çizgeyi düzlemsel hale getirmek olan Planarity oyunu olduğunu belirtmekte fayda var.) Nice Neighbors’da kazanılan her çizge, o çizgenin indirgenebilir olduğunun ispatıdır. (a’) ve (b’) özellikleri zaten oyunun kuralları arasındadır. Hata yaptığınızı gösteren kırmızı çizgi ise aslında (c’) özelliğinin sağlandığını garanti eder. Nasıl mı?

Soldaki çizge ile işe başladığımızı varsayalım. Ortadaki çizgedeki kırmızı çizgi, aslında bitişik olması gereken iki noktanın, yaptığımız hamle sonrasında bitişik olmayacağı konusunda bir uyarıdır. Yani bu hamleyi yaparsak (c’) koşulu sağlanmamış olur. Fakat en sağdaki çizge, her 3 koşulu da sağladığından soldaki çizgenin indirgenmiş halidir.

Oyun oldukça işe yaramış ki, 2 ay içerisinde 9 noktaya kadar olan indirgenemez grafiklerin bir listesini çıkarmayı başarmışlar.

“İyi matematik sadece cevapları bulmakla değil, onları açıklamakla da ilgilenir. Cevapları bulmuş olmak benim için tatmin edici, ancak bu cevapların neden doğru olduğunu hala anlamadığım hissinden kurtulamıyorum. Umarım birileri bir gün her şeyi çözer.“

diyor Staecker. İşte bu da, bu konular üzerinde çalışmaya hevesli olanlar için bir çağrı niteliğinde olsun.

Kaynaklar
1) P. Christopher Staecker, Nice Neighbors: A Brief Adventure in Mathematical Gamification, Math Horizons 23(4), 5-7, 2016.

Şeytan Ayrıntıda Gizlidir: Üçgen Eşitsizliği

Posted on by
Cevapla

X\neq \emptyset bir küme olsun ve d:X\times X\rightarrow [0,\infty) fonksiyonu \forall x,y,z\in X için aşağıdaki özellikleri sağlasın:

(m1) d(x,y)=0 \Leftrightarrow x=y
(m2) d(x,y)=d(y,x)
(m3) d(x,y)\leq d(x,z)+d(z,y)

Bu durumda (X,d) ikilisine bir metrik uzay denir. Acaba bu 3 koşulu daha sade hale getirmek mümkün müdür? Yani bunlardan birinin ya da ikisinin sağlandığını kabul edip üçüncüsünü elde edebilir miyiz? Eğer yapabilseydik, bir kümenin, üzerindeki pozitif değerli bir fonksiyonla birlikte bir metrik uzay olduğunu gösterirken kontrol etmemiz gereken daha az koşul olurdu. Hatta (m3)’ü yani üçgen eşitsizliğini diğer iki özellikten elde edebilseydik, bize en çok zorluğu çıkaran koşulu göz önünde bulundurmak zorunda kalmazdık. Metrik uzaylar dersi alanlar bunun kulağa nasıl hoş geldiğini anlayacaklardır.

O zaman şimdi (m1) ve (m2)’nin sağlandığını kabul edip, bunlardan (m3)’ün elde edilebileceğini ispatlayalım. Bunun için, tersine (m3) koşulunun sağlanmadığını kabul edelim ve bir çelişki elde etmeye çalışalım. İşte başlıyoruz!

Tersine (m3) koşulu sağlanmasın. Özel olarak y=z ve x\neq y olacak şekilde x,y,z\in X elemanları seçelim.

(i) d(x,y)> d(x,z)+d(z,y) olduğundan yukarıda seçtiğimiz x,y,z için d(x,y)> d(x,z)+0=d(x,z) elde ederiz.

(ii) d(x,z)> d(x,y)+d(y,z) olduğundan yine aynı değerler için d(x,z)> d(x,y)+0=d(x,y) elde ederiz.

(i) ve (ii)’den d(x,y)> d(x,z) >d(x,y) sonucu elde edilir, ki bu bir çelişkidir.

Wow Omg GIF - Wow Omg Surprised - Discover & Share GIFs

Demek ki şimdiye kadar onca işi boşa yaptık, yani üçgen eşitsizliğine gerek yokmuş, demek isterdim ama diğer taraftan elimizde şöyle de bir örnek var:

X=\{x,y,z\} olsun ve d(x,x)=d(y,y)=d(z,z)=0, d(x,z)=d(z,x)=2, d(y,z)=d(z,y)=2, d(x,y)=d(y,x)=6 olarak verilsin. Bu durumda (m1) ve (m2) sağlanır fakat d(x,y)> d(x,z)+d(z,y) olduğundan (m3) özelliği sağlanmaz

O halde yaptığımız ispat pek de doğruymuş gibi görünmüyor. İşte sebebi: (m3) özelliği bize aslında \forall x \forall y \forall z\in X için d(x,y)\leq d(x,z)+d(z,y) olduğunu söyler. Yani eğer işe bunun tersini kabul etmekle başlayacaksak,

(*) \exists x \exists y \exists z \in X için d(x,y)> d(x,z)+d(z,y)

olduğunu kabul etmemiz gerekir. Yukarıdaki ispatta bulunan y=z ve x\neq y özel seçimini yapabilmek için d(x,y)> d(x,z)+d(z,y) eşitsizliğinin her x,y,z için sağlanması gerekir. İşte (*) ifadesindeki \exists x \exists y \exists z kısmı bize kafamıza göre seçim yapamayacağımızı söyler. Yani d(x,y)> d(x,z)+d(z,y) eşitsizliğini sağlayan bazı değerler vardır tamam, ama bunlar bizim yaptığımız özel seçimle uyuşmayabilir.

Kıssadan hisse: Matematik bir bütündür, parçalanamaz. Niceleyiciler, yanlarına koyduğumuz ufacık ünlemler, iki nokta ile yan yana duran eşittirler… Her biri matematik alfabesinin eşit öneme sahip unsurlarıdır ve bir ispatın ya da ifadenin her satırında üşenilmeden yanımızda taşınmalıdır.

Kaynaklar
1) https://www.cut-the-knot.org/proofs/TriangleInequality.shtml#fault

Dünya’nın Şekli Üzerine Topolojik Fikirler

Posted on by
Cevapla

Öyle bir çağda yaşıyoruz ki, üzerine belki yüzlerce insanın kafa yorduğu ve tüm hayatlarını adadıkları sorular bizler için sadece sıradan ve kanıksanmış birer gerçek. Örneğin Dünya’nın şekli. Dünya’nın yuvarlak olduğu fikrinin izlerini sürdüğümüzde ilk olarak Pisagor ile karşılaşıyoruz. Hatta ondan sonra gelen Pisagorculardan, Dünya merkezli evren teorisini terk edenler bile vardır. Aristo da Dünya’nın küre olduğunu düşünenlerdendir ve Büyük İskender’in özel öğretmeni olması fikirlerinin yayılmasına katkıda bulunmuştur. Dünya’nın küre olduğu fikrinden yararlanarak çevresini ölçen Eratosthenes ise şaşırtıcı derecede yakın bir değer bulmuştur.

Dünya üzerinde bir noktadan sürekli batıya gidip en sonunda başladığımız yere dönmüş olmak, bize onun küre oluşu hakkında kesin bir bilgi verir mi? Belki de Dünya bir torus (simit) şeklindedir ve Macellan ile mürettebatı torusun iç ya da dış halkası boyunca dolaşmışlardır. Dünya’dan ayrılıp fotoğrafını çekme gibi bir imkanımız olmasaydı ya da Venüs gibi bulutlarla kaplı bir gezegenimiz olsaydı (ki bu durumda, bir torusun iç kısmında yaşıyor olsak, yukarı baktığımızda yüzeyin diğer kısmını göremezdik) Dünya’nın şekli üzerine bir yorum yapabilir miydik?

https://www.skyatnightmagazine.com/space-science/donut-earth

Sorumuza yanıt ararken bazı topolojik kavramlara ihtiyacımız olacak.

Elimizdeki nesneyi çekerek, uzatarak fakat sürekliliği bozmadan (yani yırtmadan) diğer bir nesneye dönüştürebiliyorsak bu iki nesnenin topolojik olarak eş yapılı, yani birbirlerine homeomorfik olduklarını söyleyebiliriz. Buna verilebilecek en klasik örnek bir donut (yani katı torus) ile kupanın topolojik olarak eş yapılı olmasıdır.

Bir n-manifold, her noktası n-boyutlu Öklid uzayına homeomorfik olan bir komşuluğa sahip olan bir topolojik uzaydır. Örneğin küre yüzeyi bir 2-manifolddur ve küre yüzeyinde yürüyen biri kendini bir düzlem üzerinde yürüyor sanır. Katı bir top bir 3-manifold, çember ise 1-manifolddur. Yani aslında boyut, elimizdeki nesnenin sığacağı boyut sayısı değil, o nesne üzerinde gezen birinin deneyimleyebileceği bağımsız yönlerin sayısıdır.

İki manifoldun bağlantılı toplamını elde etmek için her bir manifolddan birer disk kesip çıkarırız ve bu dairelerin sınır çemberlerini birbirine yapıştırırız. Aşağıdaki şekilde iki tane torusun bağlantılı toplamı ile iki delikli bir torusun nasıl elde edildiğini görebiliriz.

The Connected Sum

Herhangi bir manifold ile bir kürenin bağlantılı toplamı yine aynı manifoldu verecektir. Küreden bir disk çıkarıldığında elimizde yine bir disk kalır. Dolayısıyla bağlantılı toplamı elde etmek, bir diski çıkarıp yerine başka bir disk koymakla aynı şeydir.

Peki yönlendirilemez manifold ne demektir? Kendimize manifold üzerinde bir başlangıç noktası belirleyip seyahate başlayalım. Bu noktaya geri döndüğümüzde baş aşağı yani tepetaklak duruyorsak üzerinde bulunduğumuz manifold yönlendirilemez bir manifolddur. Yani tam olarak şöyle:

Animated Klein bottle
Mobius şeridi yönlendirilemez bir manifolddur
https://plus.maths.org/content/imaging-maths-inside-klein-bottle-2

Fakat bir çember veya torus üzerinde yürürken böyle bir durumla karşılaşmayız, bu nedenle çember ve torus yönlendirilebilir manifoldlardır.

Bir manifoldun sınırı, o manifoldun kenarı ya da kenarlar topluluğudur. Örneğin bir çemberin sınırı yoktur fakat çember, bir dairenin sınırıdır. Aynı şekilde bir kürenin sınırı yoktur (ki bu aynı zamanda küreden düşemeyeceğimiz anlamına da gelir), fakat küre katı bir topun sınırıdır. Genel olarak bir n-manifoldun boyutu n-1 olacaktır.

Bu bilgiler ışığında Dünya’nın sonlu, sınırı olmayan ve yönlendirilebilir bir 2-manifold olduğunu söylemek mümkündür. Bu durumda yüzeylere ilişkin sınıflandırma teoreminden, bir küre, ya da n-delikli (n\geq 1) bir torus üzerinde yaşıyor olabileceğimiz sonucuna ulaşırız. Peki n-torus biçiminde bir Dünya teorisini nasıl çürütebiliriz, yani bir torus ile küreyi birbirinden ayıran şey nedir? Bunun için, yüzey üzerindeki kapalı yolları yani başlangıç ve bitiş noktası aynı olan yolları ele alalım. Yüzeyde kapalı bir yol üzerinde seyahat ederken peşimizden bir ip saldığımızı hayal edelim. Tabii ipi başlangıç noktasında bir yere bağlamayı ihmal etmiyoruz ve dönüşte de iki ucu birbirine bağlayıp kapalı bir şekil oluşturuyoruz. Soru şu: İpimizi, yüzeyden hiç ayırmamak kaydıyla tek bir noktaya büzebilir miyiz? Cevabımız evetse yani manifold üzerindeki her döngüyü, bir noktaya sürekli bir şekilde büzmek mümkünse, o manifoldun basit bağlantılı olduğunu söyleyebiliriz. Aşağıdaki şekiller yardımıyla da kolayca görebileceğimiz gibi küre basit bağlantılı iken torus değildir. (Dikkat edersek torusun sol tarafında yer alan çemberi tek bir noktaya büzmek mümkün değildir.)

Simply connected space - Wikipedia

O halde Dünya’nın şekline dair elimizde sadece küre seçeneği kalıyor. (Torus olduğuna inananlar yok mu diyenler ve yeni teorilere yelken açmak isteyenler buraya.)

2 boyutlu manifoldlardan yararlanarak Dünya’nın şekli hakkında bir yorum yapılabileceğini gördük. Evrenin şekli hakkında tahminlerde bulunmak için ise 3 boyutlu manifoldlara ihtiyaç duyulacağı çıkarımını yapabiliriz. Tabii gözlenebilir Evren‘in bile çok ufak bir kısmından haberdar olduğumuzu göz önünde bulundurursak, bu işin öyle kolay olmayacağını anlayabiliriz. Yine de neler olup bitiyor bir göz atmak isteyenler için:
https://www.americanscientist.org/sites/americanscientist.org/files/200522415348_306.pdf
https://my.vanderbilt.edu/stacyfonstad/files/2011/10/ShapeOfSpace.pdf

Kaynaklar
1) Donal O’Shea, Poincare Sanısı / Geometri, Topoloji ve Evrenin Şekli, TÜBİTAK yayınları, 2017.
2) http://www.math.brown.edu/tbanchof/Yale/project15/math.htm

Hiç Yoktan, Yeni, Başka Bir Dünya II

Posted on by
Cevapla

Öklid dışı geometrilere neden ihtiyaç duyulduğundan ve bu kurama kimlerin katkı sağladığından bahsetmiştik. Şimdi kaldığımız yerden devam edelim ve işe bazı temel kavramlarla başlayalım. Ayrıca Gauss’un öğrencisi olan Georg Friedrich Bernhard Riemann’ın fikirlerine de değinelim. (Çekingen, dindar ve oldukça utangaç biri olarak bilinen Riemann’ın çalışmaları genel göreliliğe, Henri Poincaré’nin araştırmalarının çoğuna ve milenyum problemlerinden birini çözen Grigori Perelman’ın çalışmalarına temel olmuştur. Bu işin evrenin şekline kadar gittiğini düşünürsek, nasıl bir zincirleme reaksiyon başlamış olduğunu daha iyi kavrayabiliriz galiba.)

Riemann’ın teorisine göre, bir uzayın düz olması içerisindeki tüm üçgenlerin iç açılarının toplamının 180 derece olması demektir. Bu ise beşinci postulatın ve bir önceki yazıda bahsettiğimiz, beşinci postulata denk olan özelliklerin sağlanması anlamına gelir.

Eğer beşinci postulata denk olan paralellik aksiyomunu

bir doğru ve onun üzerinde olmayan bir nokta verildiğinde, o noktadan geçen ve verilen doğruya paralel olan hiç bir doğru çizilemez

ifadesi ile değiştirsek küresel geometriyi,

bir doğru ve onun üzerinde olmayan bir nokta verildiğinde, o noktadan geçen ve verilen doğruya paralel olan sonsuz sayıda doğru çizilebilir

ifadesi ile değiştirirsek de hiperbolik geometriyi (ya da Bolyai-Lobachevsky geometrisini) elde ederiz.

Küre yüzeyinde herhangi iki doğru kesiştiğinden, paralel doğrular yoktur.

Tabii bu geometrilerin tutarlı olduğunu da göstermek gerekir. Aksiyomatik bir sistemin tutarlı olduğunu göstermenin yöntemlerinden biri de bir model kullanmak, yani elimizdeki aksiyomların doğru olduğu matematiksel bir yapı elde etmektir. Örneğin, soyut anlamda bir grup, belirli aksiyomları karşılayan ikili bir işlemle birlikte bir kümedir. Matris yada simetri grupları ise, bir grubu daha somut bir biçimde sunmaya yarayan modellerdir. O zaman şimdi Öklid dışı geometriler için oluşturulmuş modellerden bazılarına bakalım.

Bildiğimiz gibi bir doğru, iki nokta üzerindeki en kısa yolu oluşturan bir çizgi olarak düşünülebilir. Bir yüzey üzerindeki iki nokta arasındaki en kısa yola ya da eğriye ise jeodezik denir. Eğer o yüzeyin üstünde yaşıyorsanız, jeodezik üzerinde yürürken, düz bir çizgi üzerinde yürüdüğünüzü sanırsınız. Öklid dışı geometride doğrular jeodezikler olacaktır.

Küresel geometriyi modellemenin en kolay yolu, bir kürenin yüzeyindeki geometriyi ele almaktır. (Riemann sayesinde yüzeylerin bir metriğe, dolayısıyla doğrulara ve bir geometriye sahip olduğu biliniyor.) Küre yüzeyinde jeodezikler büyük çemberler, yani küre ile onun merkezinden geçen bir düzlemin kesişmesiyle elde edilen çemberlerdir. Bu çemberlerin çapının kürenin çapına eşit olduğunu söyleyebiliriz. Dünya her ne kadar tam bir küre olmasa da, jeodezikler büyük çemberlere oldukça yakındır. Tüm boylamlar birer büyük çember olmasına rağmen, enlemlerden sadece biri, ekvator, bir büyük çemberdir. Dünya üzerinde iki yer arasındaki en kısa mesafe büyük çemberler üzerindeki rotalardır. Örneğin aynı enlem üzerinde yer alan Pekin’den ve Philadelphia’ya enlem üzerinden gidersek 16.302 km, büyük çemberler üzerinden (Kuzey Kutbu’nun yakınından geçen bir rota düşünün) gidersek 11.069 km yol katederiz.

Hazır bu konuya girmişken düz dünyacıları da aydınlatacak bir bilgi ekleyelim. Küre üzerinde birbirine zıt konumda olan, yani kürenin çapının iki ucunda bulunan nokta çiftine antipodal noktalar denir. İki antipodal noktadan geçen sonsuz çoklukta büyük çember vardır. Bu nedenle Dünya üzerinde antipodal noktalar olarak görülebilecek olan Madrid’ten Auckland’a uçuşa hangi yönden başlarsak başlayalım seyahat süremiz değişmeyecektir. Bu durum düz bir Dünya’da tabii ki mümkün değildir.

Gauss, Bolyai ve Lobachevsky hiperbolik geometriyi bulduklarında sadece, parallellik aksiyomunu değiştirmenin güzel sonuçlar verdiğini, birbirine bağlı teoremler ispatlayabildiklerini ve hesaplamalar yapabildiklerini görmüşlerdir. Fakat bu yeni geometrinin tutarlı olduğunu kanıtlamamışlardır. Eugenio Beltrami, farklı modeller kullanarak hiperbolik geometrinin tutarlı olduğunu gösteren ilk kişidir. Bu modeller, Poincaré Disk Modeli, Beltrami-Klein Modeli ve Poincaré Üst Yarı Düzlem Modelidir.

Poincaré disk modelinde x^2+y^2-z^2=-1 hiperboloidinin üst kolunun xy-düzlemindeki birim çemberin içine izdüşümü alınır. Bunu yaparken hiperboloid üzerindeki bir P noktası, P ile (0,0,-1) nokrasından geçen bir doğrunun xy-düzlemini kestiği noktaya taşınır. Burada hiperbolik jeodezikler diskin merkezinden geçen doğrular ve birim çemberi dik açıyla kesen dairesel yaylar olacaktır.

Poincaré Disk Modelinde bazı jeodezikler

Beltrami-Klein modelinde ise hiperbolik yüzeyin z=1 düzlemi üzerindeki birim diskin içine izdüşümü alınır ve jeodezikler birim çemberin kirişleri ile temsil edilir. (Neler olup bitiyor, bir bakalım diyenler buraya.)

Beltrami-Klein modelinde bazı jeodezikler

Poincaré üst yarı düzlem modelinde hiperbolik yüzey üst yarı düzleme resmedilir ve jeodezikler yarı çemberler ile temsil edilir.

Poincaré upper half-plane model | geometry | Britannica

Elimizde doğru kavramı olduğunda, üçgenleri de üç jeodezik ile sınırlı bölge olarak tanımlamak mümkün olacaktır. 2-manifold üzerine çizilen üçgenlerin iç açıları toplamının 180 dereceden ne kadar saptığının ölçüsü ise bize eğriliği verir. Açılar toplamı 180 dereceye eşitse eğrilik sıfırdır. Eğer 180 dereceden büyükse eğrilik pozitif, küçükse negatiftir. Ayrıca yüzey üzerine çizilen bir çemberin çevresinin çapına oranı, pozitif eğriliğe sahip yüzeylerde \pi‘den küçük, negatif eğriliğe sahip yüzeylerde ise \pi‘den büyüktür. Semer yüzeyi negatif eğriliğe, küre yüzeyi ise pozitif eğriliğe sahiptir. Pozitif eğriliğe sahip bir yüzeyden kesilen bir çokgeni düzleştirmek mümkün değildir. Fakat negatif eğriliğe sahip bir yüzeyden kesilen bir çokgen, düzlem üzerinde içereceğinden daha fazla materyale sahip olacağı için düzleştirilmesi mümkündür. Negatif eğriliğe sahip bir yüzeyde, paralel gibi görünen jeodezikler üzerinde birbirine en yakın olacak şekilde yola çıkan iki kişi gittikçe birbirinden uzaklaşır.

Gaussian curvature - Wikipedia

Hiperbolik geometri eyer yüzeylerinin ve sabit negatif eğriliğe sahip yüzeylerin; küresel geometri ise küre yüzeyinin ve sabit pozitif eğriliğe sahip yüzeylerin geometrisidir. (Hiperbolik geometrinin bu özelliği ilk fark eden Eugenio Beltrami olmuştur. Hatta Henri Poincaré Öklid dışı geometriyi ilk olarak Beltrami’den öğrenmiş, sonrasında iki boyut ile yetinmemiş, çalışmalarını yüksek boyutlu geometrilere genişletmiştir. ) Eliptik geometri (Riemann geometrisi) ise antipodal noktaların birbiriyle eşlendiği küresel geometri olarak düşünülebilir. Dolayısıyla küresel geometride iki doğru (yani jeodezik) iki noktada kesişirken, eliptik geometride tek noktada kesişirler.

Öklid dışı geometride tüm bu yapılanlar matematiği yepyeni yönlere taşımış ve matematikçilere farklı dünyaların kapılarını açmıştır. İnsanın hayal gücü yalnızca deneyimleyebileceği şeylerle sınırlı değildir. Hayal gücümüz bize öyle dünyaların kapılarını açar ki, buralardan geçip kimi zaman hiç ummadığımız yerlere, kimi zaman da her zaman bir cevap aradığımız soruların yanıtlarına ulaşırız.

Kaynaklar
1) Donal O’Shea, Poincare Sanısı / Geometri, Topoloji ve Evrenin Şekli, TÜBİTAK yayınları, 2017.
2) https://www.dpmms.cam.ac.uk/~wtg10/hyperbolic.html
3) https://www.geogebra.org/m/pwkuwuzz
4) https://www.britannica.com/science/non-Euclidean-geometry#ref828724

Hiç Yoktan, Yeni, Başka Bir Dünya

Posted on by
Cevapla

Bir matematik bloğu yazıp da, Öklid’in Elemanlar’ından bahsetmemek olmaz sanırım. Hakkında neredeyse hiçbir şey bilmediğimiz Öklid’in, neredeyse herkesin hakkında bir şeyler bildiği, binlerce yıllık Babil ve Mısır matematiğinin bir derlemesi olan Elemanlar, orijinal metninin neye benzediği bilinmese de birçok kopyası ile insanlık tarihinin en çok okunan kitaplarından biridir. Şimdi dikkatimizi, 13 ciltten oluşan bu kitabın 1. cildinde bulunan ve Öklid dışı geometrilerin ortaya çıkmasında temel rol oynayan beşinci postulata verelim:

Eğer iki doğru üzerine düşen bir doğru, aynı taraftaki iç açıların iki dik açıdan küçük olmasına neden oluyorsa, bu iki doğru sonsuza kadar uzatıldığında iç açıların iki dik açıdan küçük olduğu tarafta karşılaşırlar.

Diğer postulatların sadeliği yanında oldukça karışık ve anlaşılmaz görünüyor. Öklid de bu işten pek hoşlanmamış olacak ki, bu postulatı kullanmayı oldukça ertelemiş ve 29. önermeye kadar kullanmamıştır. Aslında olay tam olarak şu:

Parallel postulate - Wikipedia

\alpha ve \beta açılarının toplamı 180 dereceden küçük olduğundan, mutlaka bir noktada kesişecekler. Beşinci postulat birçok matematikçi tarafından saplantı haline gelmiştir. İspatlamaya, diğer postulatları kullanarak elde etmeye ve bu postulatı denk ifadelerle değiştirmeye çalışanlar olmuştur. Çabaların çoğu boşa çıkmış gibi görünse de bize kazandırdıkları tartışılamaz derecede önemlidir. Yaklaşık 2000 yıl önce İskenderiye’de bir kelebek kanat çırpar, bunun yarattığı girdap 19. yüzyılda bir adamın (Bernhard Riemann) yeni bir teori (Riemann Geometrisi) ortaya koymasına neden olur ve bu teori 20. yüzyılda bir adamın (Albert Einstein) genel görelilik kuramını ortaya koyarken kullanabileceği matematiksel bir ortam yaratır.

Peki beşinci postulatı ispatlayabilmek için kimler neler yapmıştır?

*Nasîrüddin Tûsî (1201-1274), Ömer Hayyam (1048-1131), Giovanni Girolamo Saccheri (1667-1733) ve Johann Heinrich Lambert (1728-1777) beşinci postulata denk ifadeler elde edip, bunların yanlış olduğunu varsayıp bir çelişkiye ulaşmaya çalışmışlardır.
*Immanuel Kant (1724-1804), Öklid geometrisinin önermelerinin a priori olarak doğru olduğu yani doğruluğuna deney yapmaksızın, mantık yoluyla ulaşılabileceği fikrini öne sürmüştür.
*Adrien-Marie Legendre (1752-1833) uzun yıllarını bu postulatı ispatlamaya adamış fakat başarısız olmuştur.

Tüm bu çabalar sonunda postulata denk olarak elde edilen önermeler ise şöyledir:

1) Paralellik aksiyomu: Bir doğruya dışındaki bir noktadan sadece bir paralel doğru çizilebilir.
2) Bir üçgenin iç açıları toplamı 180 derecedir.
3) Dairenin çevresinin çapına oranı tüm daireler için aynıdır.
4) Pisagor teoremi.

Beşinci postulatın sırlarını çözen üç kişi, Johann Carl Friedrich Gauss, Nikolai Lobachevsky ve János Bolyai olmuştur. Gauss ve Janos Bolyai’nin babası Farkas Bolyai Göttingen Üniversitesinde tanışmışlar ve Öklid’in aksiyomlarını tartışma olanağına sahip olmuşlardır. Gauss’un şansı yaver gitmiş ve Göttingen’de kalmıştır. Hamisi olan baron yaşadığı sıkıntılardan ötürü desteği kesmek zorunda kalınca ülkesi Macaristan’a dönen Farkas ise, düşük ücretlerle matematik, fizik ve kimya öğretmeye başlamıştır. Fakat oğlu János’un yetişmesine destek olmuştur. Askeri mühendislik programını bitiren János da aklını babası gibi beşinci postulata takmıştır. Babasının tüm vazgeçirme çabalarına rağmen, beşinci postulatın doğru olmadığı durumlarda nelerle karşılaşılacağını araştırmaya devam eden János, günümüzde hiperbolik geometri olarak bilinen alanı geliştirmeye başlamış ve yapmaya çalıştığı şeyin “hiç yoktan, yeni, başka bir dünya” yaratmak olduğunu ifade etmiştir.

Bu sırada Gauss’un da Öklid dışı geometrilerle ilgili sonuçlar elde ettiğini, arkadaşı Taurinus’a yazdığı mektuplardan anlıyoruz.

Bir üçgenin üç açısının toplamının 180 dereceden az olduğunu varsaymak bizimkinden çok farklı ama tamamen tutarlı bir geometriye yol açıyor; bu geometriyi kendimi tamamen tatmin edecek derecede geliştirdim…

diyor Gauss 1824 yılında yazmış olduğu mektupta. Fakat yeterince üne ve geniş bir çevreye sahip olan Gauss, bu çalışmaları yayınlamamayı tercih etmiştir. (Ölümünden sonra, Öklid dışı geometriyi ilk keşfedenin o olduğu anlaşılmıştır.) Farkas, Gauss’a oğlunun çalışmalarından bahsettiğinde hem şaşırmış, hem de bu fikirler biri tarafından kaleme alındığı ve kendisi öldükten sonra kaybolmayacakları için sevinmiştir. Tabii János bu durumdan pek de memnun olmamıştır. Üstelik Gauss yardımıyla Nikolai Lobachevsky isimli bir adamın da Öklid dışı geometri üzerine başarılı çalışmalar yaptığını öğrendiğinde, Lobachevsky’nin çalışmalarını taktir etse de, böyle birinin aslında var olmadığını, tüm bunların Gauss tarafından oynanan bir oyun olduğunu düşünmüştür.

Bolyai’nin şüphelerinin aksine Lobachevsky vardır fakat Öklid dışı geometri üzerine yaptığı çalışmalar ilk zamanlar neredeyse yok hükmündedir ve dikkatlerden kaçmıştır. 1840 yılında paralellik kuramı hakkında yayımladığı Almanca kitap Gauss’u oldukça etkilemiştir ve Gauss, Lobachevsky’nin Göttingen Bilimler Akademisi’ne seçilmesini sağlamıştır. Buna rağmen, Lobachevsky’nin hayattayken kıymeti bilinmeyen bilim adamlarından biri olduğunu söylemek yanlış olmaz.

Öklid dışı geometrinin kurguya da birçok yansıması olmuştur. Örneğin Dostoyevski’nin Karamazov Kardeşler kitabının bir yerinde, Ivan Karamazov’un aşağıdaki konuşması yer alır:

Tanrı varsa ve yeryüzünü gerçekten yaratmışsa, onu Öklid geometrisi üzerine kurmuş, insan zekasına ancak üç boyutlu kavrayabilme gücü vermiştir. Bununla beraber eskiden de, şimdi de -hatta en kalburüstü olanlar arasında- yeryüzünü ve daha da genişleterek bütün evrenin Öklid ilkelerine dayandığını kuşkuyla karşılayanlar, hatta Öklid ‘e göre yeryüzünde kesişmesi mümkün olmayan iki doğrunun belki sonsuzluğun bir yanında bir araya gelebileceğini düşünenler çıkıyor. Azizim, aklım bunlara ermedikten sonra Tanrıyı nasıl anlayabilirim? Açık söylüyorum: Bu çapta sorunları çözebilecek güçte değilim; zekam Öklid çevresi içinde, dünyasaldır.

Lobachevsky’nin çalışmaları gazetelerde manşet olduğunda, hevesli bir gazete okuyucusu olan Dostoyevski bu durumdan haberdar olmuştur. Bu çalışmalar aslında Kant’ın, uzay ve zaman gibi fikirlerin a priori olarak bilindiğini söyleyen tezini çürütmüştür. İşte Rusların asıl ilgilendiği de çalışmanın özü değil, felsefi dünyanın köylüleri olduğu düşünülen Rusların içinden çıkan bir adamın, büyük bir Almanı alt etmiş olmasıdır.

Sonuç olarak Gauss, Bolyai ve Lobachevsky’nin beşinci postulatın geçersiz olduğu geometriler bulunduğunu göstermeleri, Öklid’in bunu bir postulat olarak vermekte haklı olduğu gerçeğini ortaya çıkarmıştır. Açıklanması yüzyıllar alan tek bir postulat, o zamanlar kıymeti anlaşılmamış olsa da, insanlığa yepyeni ufuklar açmıştır.

Kaynaklar
(1) Donal O’Shea, Poincare Sanısı / Geometri, Topoloji ve Evrenin Şekli, TÜBİTAK yayınları, 2017.
(2) http://pmrb.net/uos/?q=4_3_2
(3) https://en.wikipedia.org/wiki/Non-Euclidean_geometry
(4) https://kasmana.people.cofc.edu/MATHFICT/mfview.php?callnumber=mf798

Dijital Topoloji 101: Bazı Temel Kavram ve Sonuçlar

Posted on by
1

Görüntü işleme günümüzde hızla gelişen teknolojilerden biridir ve fotoğraf veya belgelerin taranıp dijital ortama aktarılmasından tutun da yüz tanıma sistemleri, radar, astronomi ve radyolojiye kadar uzanan geniş bir kullanım alanı vardır. Dijital topoloji, dijital görüntülerin topolojik özelliklerinin incelenmesine dayanan ve inceltme (thinning), bağlantılı bileşen etiketleme (connected component labeling) gibi görüntü işleme tekniklerine matematiksel bir temel sunan bir alandır. Bu yazıda, ikili görüntü dizileri için bu topolojik fikirlerin nasıl uygulanabileceğinden bahsedeceğiz. İkili görüntü dizileri, grilik seviyesindeki (grayscale) bir görüntüden eşikleme (tresholding) yöntemi ile elde edilir. Yani kabaca, arka planın ve arka plandan ayrılmak istenen nesnenin gri ton seviyesi hakkında edinilen bilgiye göre bir eşik değeri belirlenir ve daha sonra bu değerin altındaki gri seviyelerine 0, üstündekilere ise 1 değeri atanır. (Dijital topolojinin bir genelleştirmesi olan bulanık dijital topolojide bu değerler [0,1] aralığında değişebilir.)

İki boyutlu bir dijital görüntüde her piksel bir latis noktası (yani koordinatları tam sayı olan bir nokta) ile ilişkilendirilebilir. Yani iki boyutlu bir dijital görüntü \mathbb{Z}\times \mathbb{Z}‘nin sonlu bir alt kümesi olarak düşünülebilir. Bir p=(x,y) latis noktası için, p‘nin 4-komşularının kümesi,

N_4(p)=\{(x-1,y),(x+1,y), (x,y-1), (x,y+1)\}

biçiminde; 8-komşularının kümesi ise,

N_8 (p)=N_4 (p)\cup \{(x-1,y-1),(x+1,y+1), (x-1,y+1), (x+1,y-1)\}

biçiminde tanımlıdır.

Eğer q\in N_n (p) (n=4,8) ise, q ile p noktaları n-bitişiktir denir. Eğer birbirine n-bitişik olan s_1\in S_1 ve s_2\in S_2 noktaları varsa, S_1 ve S_2 kümeleri n-bitişiktir (n-adjacent) denir.

Tanım: S latis noktalarının bir kümesi olsun.
(1) Eğer S, birbirine n-bitişik olmayan iki altkümeye bölünemezse, S kümesi n-bağlantılıdır denir.
(2) S’nin herhangi diğer bir noktasına n-bitişik olmayan n-bağlantılı, boştan farklı bir alt kümesine, S’nin n-bileşeni denir.

Yukarıdaki küme 8-bağlantılı bir kümedir çünkü birbirine 8-bitişik olmayan iki altküme bulmak mümkün değildir. Ayrıca bu kümenin, farklı renklerle gösterilmiş olan 3 tane 4-bileşeni vardır. (Örneğin siyah noktalardan oluşan altküme, hem 4-bağlantılıdır hem de diğer renklerdeki hiçbir noktaya 4-bitişik değildir. Bu nedenle kümenin 4-bileşenlerinden biridir.)

İki boyutlu dijital resim tanımını vermeden önce, bir dijital resimdeki nokta türlerinden ve bunların arasındaki ilişkilerden söz edelim.

Tanım: Değeri 1 olan bir piksele karşılık gelen bir latis noktasına siyah nokta; değeri 0 olan bir piksele karşılık gelen bir latis noktasına ise beyaz nokta denir.

Dijital topolojide beyaz ve siyah noktalar için farklı bitişiklik türleri kullanılır. Örneğin, beyaz noktalar için 8-bitişiklik kullanılıyorsa (yani, iki beyaz noktanın bitişik olması, 8-bitişik olmaları anlamına geliyorsa), siyahlar için 4-bitişiklik kullanılır. Ya da tersine, siyahlar için 4-bitişiklik kullanılıyorsa beyazlar için 8-bitişiklik kullanılır. Bunun sebebi, her iki nokta türü için aynı bitişiklik bağıntısı kullanıldığında paradoks ortaya çıkmasıdır. Bu durumu aşağıdaki şekil üzerinden açıklayalım.

Tüm noktalar için 8-bitişiklik bağıntısını kullandığımızı kabul edersek, siyah noktalar kümesi ve beyaz noktalar kümesinin bağlantılı olduğunu söyleyebiliriz. Bu durumda sanki elimizde siyah noktalardan oluşan bir Jordan eğrisi varmış gibi düşünürsek, bu eğrinin beyaz noktalar kümesinin bağlantılılığını bozmaması, yani düzlemi iki parçaya ayırmaması matematiksel bir paradoksa yol açar.

Şimdi de tüm noktalar için 4-bitişikliği kullandığımızı kabul edelim. Bu durumda siyah noktalar kümesi tamamen bağlantısız olur çünkü, hiçbir siyah nokta birbirine bağlantılı olmadığından kümenin tüm bağlantılı bileşenleri tek nokta kümeleridir. Beyaz noktalar kümesinin ise iki tane bağlantılı bileşeni vardır. (Bunlardan biri siyah noktalar ortasındaki tek beyaz noktadan oluşan kümedir.) Burada tamamen bağlantısız bir küme, beyaz noktalar kümesini ayırmış oldu ki bu da mantığa aykırı bir durum. (Yani kabaca, siyah noktalar arasında boşluklar varmış ama yine de beyazlar birbirinden ayrılıyormuş gibi düşünebiliriz.)

Tanım: \mathcal{P}=(\mathbb{Z}^2,m,n,B) dörtlüsüne iki boyutlu dijital resim (ya da (m,n) dijital resim) denir. Burada, B\subseteq \mathbb{Z}, (m,n)=(8,4) ya da (m,n)=(4,8)‘dir. B‘nin noktaları siyah noktalar, \mathbb{Z}^2 \setminus B‘nin noktaları ise beyaz noktalar olarak adlandırılır.

(Yukarıdaki tanımda kabaca, B kümesi görüntüdeki nesne, \mathbb{Z}^2 \setminus B ise arka plan olarak düşünülebilir.)

\mathcal{P}‘de iki siyah nokta için m-bitişiklik; iki beyaz nokta ve bir beyaz bir siyah nokta için ise n-bitişiklik kullanılır. (Yani örneğin bir beyaz ve bir siyah noktanın bitişik olması, onların n-bitişik olması anlamına gelir.)

Bir (4,8) dijital resimde bitişik noktalar

S kümesi, siyah ve/veya beyaz noktalardan oluşan bir küme olsun. Eğer S, birbirine bitişik olmayan iki kümeye ayrılamıyorsa, S kümesi bağlantılıdır denir. S’nin herhangi bir diğer noktasına bitişik olmayan, bağlantılı, boştan farklı bir alt kümesine, S’nin bir bileşeni denir. Tüm siyah noktalar kümesinin bir bileşeni siyah bileşen; tüm beyaz noktalar kümesinin bir bileşeni ise beyaz bileşen olarak adlandırılır.

X ve Y, \mathcal{P}‘de birer noktalar kümesi ve X bağlantılı olsun. Eğer Y‘nin her noktası V\setminus X‘in sonlu bir bileşeni tarafından içeriliyorsa \bf{X}, \bf{Y}‘yi çevreler (X surrounds Y) denir.

C bir siyah bileşen olsun. C’ye bitişik ve C ile çevrelenmiş olan bir beyaz bileşene C’de bir delik (hole) denir. Dijital resimde bir siyah bileşen bir nesneye, delikler ise o nesnedeki deliklere karşılık gelir.

Yukarıdaki şekli bir (8,4) dijital resim olarak düşünürsek siyah bileşenin iki deliği olacaktır. (Dikkat edersek, beyaz noktalar için 4-bitişiklik bağıntısı kullanıldığından, siyah bileşenin içinde kalan beyaz noktaların kümesi bağlantılı değildir ve iki bileşenden oluşur.) Fakat aynı şekil bir (4,8) dijital resim olarak düşünüldüğünde siyah bileşenin yalnızca bir deliği olur. (Çünkü bu kez, beyaz noktalar için 8-bitişiklik bağıntısı kullanıyoruz ve bu nedenle içeride beyaz noktalar tek bir bileşenden oluşuyor.)

Hiçbir siyah noktaya bitişik olmayan bir siyah nokta izole nokta olarak adlandırılır. Bir ya da daha fazla beyaz noktaya bitişik olan bir siyah noktaya sınır noktası, sınır noktası olmayan bir siyah noktaya ise iç nokta denir. Bir siyah bileşenin sınırı (sırasıyla, içi) tüm sınır (sırasıyla, iç) noktalarının kümesine eşittir.

(4,8) dijital resimde p ve q izole noktalar iken, (8,4) dijital resimde yalnızca p bir izole noktadır.

Yukarıda şekilde kare ve halka ile çevrili olan noktalara bakalım. Eğer bir (8,4) dijital resim üzerinde çalışıyorsak, sadece kare ile çevrili noktalar sınır noktası olacaktır. Fakat bir (4,8) dijital resim üzerinde çalışıyorsak, bir beyaz ve bir siyah nokta için 8-bitişiklik bağıntısı kullanıldığı için hem halka hem de kare ile çevrili noktalar birer sınır noktası olur.

\mathcal{P}=(\mathbb{Z}^2,m,n,B) bir dijital resim olsun. Bu durumda D\subseteq B olmak üzere, \mathcal{P}‘den D‘deki noktaların silinmesiyle elde edilen dijital resim \mathcal{P}^\prime=(\mathbb{Z}^2,m,n,B\setminus D)‘dir. (Diğer bir ifadeyle, \mathcal{P} dijital resmi \mathcal{P}^\prime resmine D‘deki noktaların eklenmesiyle elde edilir.)

Peki, elimizdeki dijital resmin topolojisini koruyacak şekilde bir nokta silme işlemi nasıl yapılmalıdır? Bunun için önce aşağıdaki kavramlara bir bakalım.

Bir şeklin iskeleti (ya da, topolojik iskeleti), o şeklin, sınırlarından eşit uzaklıkta olan ince bir halidir.

Topolojik iskelet örneği

Görüntü inceltmenin amacı, dijital resmin siyah noktaları kümesini bir iskelete indirgemek ve bunu yaparken şeklin topolojisini korumaya dikkat etmektir. (Görüntü inceltmeye topolojik olmayan yaklaşımlar da yapılmıştır.) Stefanelli ve Rosenfeld yaptıkları çalışmada dijital resmin topolojisini koruyan (yani, bir siyah bileşeni iki ya da daha fazla parçaya bölmeyen, ortaya yeni bir beyaz bileşen çıkmasına veya iki beyaz bileşenin birleşmesine sebep olmayan) algoritmalar geliştirmişlerdir.

Bunu yaparken ise aşağıdaki kriteri kullanmışlardır:

(*) \mathcal{P}=(\mathbb{Z}^2,m,n,B) bir dijital resim olsun. Bir D\subseteq B altkümesindeki noktalar silindiğinde, resmin topolojisinin korunması için gerek ve yeter koşul aşağıdaki özelliklerin sağlanmasıdır:
1) \mathcal{P} nin her siyah bileşeni, \mathcal{P}^\prime nün sadece bir siyah bileşenini içerir.
2) \mathcal{P}^\prime nün her siyah bileşeni \mathcal{P} nin sadece bir beyaz bileşenini içerir.
(Burada \mathcal{P}^\prime=(\mathbb{Z}^2,m,n,B\setminus D) olduğunu hatırlayalım.)

p bir siyah nokta olmak üzere, eğer p’nin silinmesi dijital resmin topolojisini koruyorsa (yani kriter (*)’da verilen koşullar sağlanıyorsa), p’ye bir basit nokta denir. Demek ki p’nin bir basit nokta olması için gerek ve yeter koşul p silindiği zaman siyah bileşenlerin ve beyaz bileşenlerin sayısının değişmemesidir. Basit noktaların aşağıdaki karakterizasyonu hem (8,4) hem de (4,8) dijital resimler için geçerlidir.

Teorem 1: \mathcal{P}=(\mathbb{Z}^2,m,n,B) bir (8,4) ya da (4,8) dijital resim, p izole olmayan bir sınır noktası ve B^\prime=B\setminus \{p\} olsun. Bu durumda aşağıdakiler denktir:
(1) p bir basit noktadır.
(2) p noktası, N(p)\cap B^\prime kümesinin sadece bir bileşenine bitişiktir.
(3) p noktası, N(p)\setminus B kümesinin sadece bir bileşenine bitişiktir.
(Burada N(p)=N_8 (p)\cup \{p\} biçiminde tanımlıdır.)

Şimdi Teorem 1’i kullanarak yukarıdaki dijital resimde p noktasının basit nokta olup olmadığını inceleyelim. İlk olarak bir (8,4) dijital resim üzerinde çalıştığımızı düşünelim. N(p)\cap B^\prime kümesi aslında p’nin tüm siyah 8-komşularının kümesidir ve siyah noktalar için 8-bitişiklik kullanıldığı için bu küme bağlantılıdır. O halde (2) koşulu sağlanır ve p bir basit noktadır. Fakat aynı şekli bir (4,8) dijital resim olarak ele alırsak p bir basit nokta olmaz. Bunu da (3) koşulu üzerinden görmeye çalışalım. Öncelikle N(p)\setminus B kümesinin, p’nin tüm beyaz 8-komşularının kümesi olduğunu söyleyebiliriz. Bu küme iki bileşenden oluşur ve bir beyaz bir siyah nokta için 8-bitişiklik kullanıldığından, p her iki bileşene de bitişiktir yani (3) koşulu sağlanmaz. Dikkat edersek burada p’nin silinmesi aslında iki beyaz bileşenin birleşmesine sebep olarak dijital resmin topolojisini bozuyor.

Son olarak bir algoritmanın topolojiyi koruması için yeterli koşulun ne olması gerektiğini ifade eden bir teoremle konuyu noktalayalım. Bunun için kuzey sınır noktası ve bitiş noktası kavramlarına ihtiyacımız olacak.

p=(x,y) bir siyah nokta olsun. Eğer (x,y+1) noktası bir beyaz nokta ise p’ye bir kuzey sınır noktası denir. Sadece bir siyah noktaya bitişik olan siyah noktaya bitiş noktası denir.

Teorem 2: \mathcal{P}=(\mathbb{Z}^2,m,n,B) bir (8,4) ya da (4,8) dijital resim olsun. Bu durumda bitiş noktası olmayan basit kuzey sınır noktalarının (paralel) silinmesi dijital resmin topolojisini korur.

Yukarıdaki (8,4) dijital resimde halka içindeki noktalar teoremin koşullarını sağlar. Bu noktalardan herhangi sayıda silindiğinde kriter (*)’da verilen koşulların sağlandığını yani topolojinin korunduğunu kolayca görebiliriz.

Teorem 2 sadece kuzey değil; doğu, batı ve güney sınır noktaları için de geçerlidir. (Doğu, batı ve güney sınır noktalarını tanımlarken, kuzey sınır noktası tanımındaki (x,y+1) noktasını, sırasıyla, (x+1,y), (x-1,y), (x,y-1) noktaları ile değiştirmek yeterlidir.) Fakat nokta sadece bir yönden silinmelidir. Örneğin aşağıdaki (8,4) dijital resimde kuzey sınır noktası olan p’yi ve batı sınır noktası olan q’yu sildiğimizde iki beyaz bileşeni birleştirmiş oluruz ve bu nedenle de şeklin topolojisi korunmaz. (Burada p ve q bitiş noktası olmayan basit noktalardır, yani Teorem 2’nin koşulları sağlanır.)

Teorem 2, her bir taraftan sırasıyla nokta silerken de kullanılabilir. Örneğin önce kuzey sınır noktasını silip elde ettiğimiz yeni resimde güney sınır noktalarını bulup silebiliriz. Daha sonra ise doğu ve batı yönlerinde devam ederiz. (Bu algoritmalar sınır izleyen/border sequential algoritma olarak adlandırılır.)

Bu yazıda Kong ve Rosenfeld’in Digital topology: Introduction and Survey makalesinden yararlanarak Dijital Topoloji’nin bazı temel kavramlarını hem anlamaya hem de anlatmaya çalıştım. İki boyutlu dijital topoloji üzerinde 60’lı yılların sonundan buyana çalışılmakta olduğu göz önünde bulundurulursa, burada bahsedilenlerin sadece kısa bir giriş niteliğinde olduğu anlaşılacaktır. Daha fazlasını öğrenmek isteyenler için ise yalnızca bu makalede verilmiş olan kaynaklar bile fazlasıyla yeterli olacaktır.

*Ek öğretiler: https://www.youtube.com/watch?v=laC11NIQq8E
https://www.youtube.com/watch?v=LzIkT785iD8

Boole Cebirleri İçin Stone Temsil Teoremi

Posted on by
Cevapla

24 Kasım 1864. George Boole sağanak yağmur altında, evinden üniversiteye kadar yaklaşık 5 km yürümüş ve ıslak giysileriyle ders anlatmıştır. Bir süre sonra ise üşütüp ateşlenir ve akciğerleri hızla enfekte olur. Ancak görece yeni bir disiplin olan homeopatiye inanan eşi Mary Everest Boole (soyadı, Everest dağına ismini veren amcası Albay George Everest’ten gelmektedir), benzer benzeri iyileştirir ilkesi ile George’u ıslak çarşaflara sarar. Bunun üzerinden 1 ay geçmeden zatürreye yakalanan George, 49 yaşında hayata gözlerini yumar. (Bu hikaye bir söylentiden ibaret değildir. Boole’un, babasını öldürdüğünü düşündüğü için annesini hiç affetmeyen kızlarından birinin ifadesine dayanmaktadır.)

Trajik bir başlangıç oldu ama aslında Boole’un hayatı başarılarla doludur. Hayatına yoksul bir ayakkabıcının oğlu olarak başlamasına rağmen, çoğunlukla kendi kendini eğiterek 34 yaşında İrlanda’da yeni kurulan Cork Üniversitesi’nin ilk matematik profesörü olmuştur. Ayrıca kendisi bugün sembolik mantığın babası ve bilgisayar biliminin en önemli figürlerinden biri olarak bilinmektedir. Boole, düşünme işlerimizi bizim yerimize yapabilecek bir makine hayal etmiş ve bunun için düşüncelerimizi matematiksel olarak temsil edebileceğimiz bir dile gereksinim olduğunu düşünmüş olan Leibniz’in hayallerini kısmen de olsa gerçekleştirmiştir. Bunu nasıl yaptığını Cem Say hocamız 50 Soruda Yapay Zeka kitabında gayet açık anlatmış. Kısaca özetlersek:

Gri Kedi söz öbeğini ele alalım. Griyi g, kediyi k, iki kelime arasındaki işlemi de çarpma sembolü “.” ile gösterelim. O halde “gri kedi”, “g.k” biçiminde gösterilir. Bu işlem aslında günümüzde kesişim olarak bilinen işi yapar, yani “gri olan tüm şeyler” ile “tüm kediler” ailelerinin kesişimini elde etmemizi sağlar. İki ailenin aynı seçilmesi durumunda (örneğin, “kedi kedi” ya da “gri gri”) ise anlam aynı kalır, yani bir x kavramı için “x.x=x” olur. Bilinen çarpma işleminde, bu eşitliği sağlayan sadece 0 ve 1 olduğundan, kavramları cebirsel bir dille yazarken sadece 0 ve 1’den oluşan bir sistem kullanmak uygun olur. (Niceleme mantığı ile, bu sembolleştirme işlemini tamamlayan Gottlob Frege’yi de anmadan etmeyelim.)

Bu yazıda Boole cebiriden topolojik uzaylara giden yolu inceleyeceğiz. Bunun için, cebirsel kavramlardan yola çıkılarak elde edilen Stone uzayından ve meşhur Stone Temsil Teoreminden bahsedeceğiz. O zaman işe temel kavramlarla başlayalım.

Tanım: (1) (L,\leq) bir kısmi sıralı küme olsun. Eğer her a,b\in L için a\vee b (a ile b’nin supremumu) ve a\wedge b (a ile b’nin infimumu) varsa, L‘ye bir latis denir.
(2) L bir latis olsun. Eğer her a,b,c\in L için a\vee (b\wedge c)=(a\vee b)\wedge (a\vee c) oluyorsa L ‘ye bir dağılımlı latis denir.
(3) L latisinin en büyük elemanı ve en küçük elemanı varsa (yani 0,1\in L ise), L ‘ye bir sınırlı latis denir.
(4) L bir sınırlı latis ve a\in L olmak üzere, b\vee a=1 ve b\wedge a=0 olacak şekilde b\in L elemanına, a‘nın tümleyeni denir ve b=a^* olarak gösterilir. L‘de her elemanın bir tümleyeni varsa, L ‘ye tümleyenli latis denir.
(5) Tümleyenli dağılımlı bir latis bir Boole Cebiri olarak adlandırılır.

Tanım: B_1 ve B_1 birer Boole cebiri ve f:B_1\rightarrow B_2 olsun. Eğer f(a\vee b)=f(a)\vee f(b), f(a\wedge b)=f(a)\wedge f(b), f(0)=0 ve f(1)=1 koşulları sağlanıyorsa f‘ye bir Boole cebiri homomorfizması denir. Bire-bir örten bir Boole cebiri homomorfizması, izomorfizma olarak adlandırılır.

Örnek: X bir topolojik uzay ve \mathcal{B}(X), X‘in hem açık hem kapalı olan altkümelerinin ailesi olsun. Bu durumda A,B\in \mathcal{B}(X) için A\vee B= A\cup B, A\wedge B= A\cap B ve A^*=X\setminus A olmak üzere, \mathcal{B}(X) bir Boole cebiridir.
X bağlantılı bir küme olsun. Bu durumda, {\bf{2}}=\{0,1\} iki-elemanlı Boole cebirini göstermek üzere \mathcal{B}(X), {\bf{2}}‘ye izomorftur. (Çünkü, X uzayının bağlantılı olması için gerek ve yeter koşul o uzayda X ve \emptyset‘den başka hem açık hem kapalı küme olmamasıdır.)

Tanım: (1) L sınırlı ve dağılımlı bir latis ve F\subseteq L olsun. Eğer
(S1) her x,y\in F için x\wedge y\in F
(S2) x\in F, z\in L için x\vee z\in F koşulları sağlanıyorsa F‘ye bir süzgeç denir.
(2) F\subseteq L bir süzgeç olsun. Her x,y\in L için x\vee y\in F ise x\in F ya da y\in F oluyorsa F‘ye bir asal süzgeç denir.
(3) F\subsetneq L bir süzgeç olsun. Eğer F kapsama işlemine göre maksimal ise, F‘ye bir ultrasüzgeç denir.

Önerme 1: B bir Boole cebiri ve F\subsetneq B bir süzgeç olsun. Bu durumda aşağıdakiler denktir:
(i) F bir ultrasüzgeçtir.
(ii) F bir asal süzgeçtir.
(iii) Her a\in B için a\in F ya da a^*\in F dir.

Şimdi, B bir Boole cebiri ve \mathcal{S}(B), B ‘nin tüm ultrasüzgeçlerinin ailesi olsun. U_a=\{F\in \mathcal{S}(B) : a\in F\} olmak üzere, \mathcal{S}(B) üzerinde \mathcal{U}=\{U_a : a\in B\} ailesinin taban olduğu topolojiyi tanımlayalım. Yukarıdaki önermeyi kullanarak, bu topolojinin aşağıdaki özellikleri sağladığını kolayca gösterebiliriz.

(1) U_{a\vee b}=U_a\cup U_b ve U_{a\wedge b}=U_a\cap U_b dir.
(2) Her a\in B için U_a kapalıdır, yani U_a kümeleri hem açık hem kapalıdır. Çünkü U_a= \mathcal{S}(B) \setminus U_{a^*} eşitliği sağlanır.
(3) Her F\in \mathcal{S}(B) için \{F\} tek nokta kümeleri kapalıdır. Çünkü \{F\}=\bigcap_{a\in F} U_a biçiminde ifade edilebilir.

Tanım: (1) X bir topolojik uzay olsun. Eğer X‘in tüm bağlantılı alt kümeleri tek nokta kümeleri ise X‘e tamamen bağlantısız uzay denir.
(2) Tamamen bağlantısız, kompakt, Hausdorff bir uzaya Stone Uzayı denir.

Aşağıda göstereceğimiz gibi, elimizdeki her Boole cebirine bir topolojik uzay karşılık getirebiliriz. Üstelik elde ettiğimiz bu uzay bir Stone uzayı olur.

Teorem 1: B bir Boole cebiri olmak üzere, \mathcal{S}(B) bir Stone uzayıdır.

İspat: \mathcal{S}(B) tamamen bağlantılıdır: C\subseteq \mathcal{S}(B) en az iki elemanlı bir altküme olmak üzere, C‘nin bağlantılı olmadığını gösterelim. (Bu sayede, tüm bağlantılı kümelerin tek nokta kümeleri olduğunu söyleyebiliriz.) F\neq G olacak şekilde F,G\in C alalım. Bu durumda, x\in F\setminus G olmak üzere, \{U_x\cap C, U_{x^*}\cap C\}, C‘nin bir ayrışımıdır ve bu nedenle C bağlantılı değildir.

\mathcal{S}(B) kompakttır: Bunun için, \mathcal{S}(B)‘nin taban elemanlarından oluşan her açık örtünün sonlu bir alt örtüsü olduğunu göstermek yeterlidir. O halde,

“\bigcup_{a\in B^\prime} U_a= \mathcal{S}(B) olacak şekilde her B^\prime\subseteq B altkümesi için \bigcup_{a\in B^{\prime \prime}} U_a= \mathcal{S}(B) olacak şekilde sonlu bir B^{\prime \prime} \subseteq B^\prime altkümesi vardır”

ifadesinin ya da \mathcal{S}(B)\setminus U_a=U_{a^*} eşitliğini kullanarak elde edeceğimiz, ve yukarıdaki ifadeye denk olan,

“\bigcap_{a\in B^\prime} U_a= \emptyset olacak şekilde her B^\prime\subseteq B altkümesi için \bigcup_{a\in B^{\prime \prime}} U_a= \emptyset olacak şekilde sonlu bir B^{\prime \prime} \subseteq B^\prime altkümesi vardır”

ifadesinin doğru olduğunu gösterelim.

Notasyon: A\subseteq B olmak üzere, A‘yı kapsayan en küçük süzgeci \langle A \rangle ile gösterelim.

Bu durumda \langle A \rangle=\{(a_1\vee b_1)\wedge (a_2\vee b_2) \wedge \ldots \wedge (a_n\vee b_n) : a_i\in A, b_i\in B, n\in \mathbb{N}\} olduğunu görebiliriz. Ayrıca, özel olarak U_a\cap U_b=U_{a\wedge b}=U_ {\langle \{a,b\} \rangle} olur.

Şimdi \bigcap_{a\in B^\prime} U_a= \emptyset olduğunu kabul edelim. Bu durumda \bigcap_{a\in B^\prime} U_a= U_ {\langle B^\prime \rangle} olduğundan 0\in B^\prime olmalıdır. O halde 0= (a_1\vee b_1)\wedge (a_2\vee b_2) \wedge \ldots \wedge (a_n\vee b_n) olacak şekilde a_i\in B^\prime, b_i\in B vardır. B^{\prime \prime}=\{a_1, a_2, \ldots , a_n\} olsun. Bu durumda (S1) ve (S2) özelliklerinden 0\in \langle B^{\prime \prime} \rangle‘dir ve böylece \bigcap_{a\in B^{\prime \prime}} U_a= \emptyset elde edilir.

\mathcal{S}(B) Hausdorff’tur: F\neq G olacak şekilde F,G\in \mathcal{S}(B) alalım. Bu durumda, bir x\in F\setminus G elemanı vardır. x\notin G ve G bir ultrasüzgeç olduğundan a^*\in G‘dir. Bu durumda, F\in U_a, G\in U_{a^*} ve U_a \cap U_ {a^*}=\emptyset olduğundan istenilen elde edilmiş olur.

Sonuç 1: C\in \mathcal{S}(B) hem açık hem kapalı bir altküme olsun. Bu durumda C=U_x olacak bir x\in B vardır.

İspat: C\in\mathcal{S}(B) hem açık hem kapalı bir altküme olsun. Öncelikle C açık olduğundan C=\bigcup_{a\in B^\prime} U_a biçiminde yazılabilir. Ayrıca C kapalı ve \mathcal{S}(B) kompakt olduğundan C kompakttır. O halde C=\bigcup_{i=1}^n U_{a_i} olacak şekilde bir \{a_1,a_2,\ldots, a_n\}\subseteq B^\prime kümesi vardır. \bigcup_{i=1}^n U_{a_i}=U_{a_1\vee a_2\vee \ldots a_n} olduğundan istenilen elde edilmiş olur.

Teorem 2: B_1, B_2 birer Boole cebiri ve f:B_1\rightarrow B_2 bir Boole cebiri homomorfizması olsun. Bu durumda S(f):\mathcal{S}(B_2) \rightarrow \mathcal{S}(B_1), S(f)(F)=f^{-1}(F) dönüşümü süreklidir.

İspat: U_a\in \mathcal{S}(B_1 ) olsun.

\begin{aligned} S(f)^{-1}(U_a) &=\{F\in \mathcal{S}(B_2) : S(f)(U_a)=f^{-1}(F)=U_a\} \\ &= \{F\in \mathcal{S}(B_2) : a\in f^{-1}(F) \} \\&=\{F\in \mathcal{S}(B_2) : f(a)\in F\}\\ &=U_{f(a)}\end{aligned}

olduğundan S(f) süreklidir.

Yukarıda yaptığımız işlerin tersini yapmak da mümkün. Bir X topolojik uzayı verildiğinde, X‘in hem açık hem kapalı olan altkümelerinin ailesi olan \mathcal{B}(X)‘in bir Boole cebiri olduğundan bahsetmiştik. Bunun yanı sıra, X,Y topolojik uzayları ve f: X\rightarrow Y sürekli dönüşümü verildiğinde, \mathcal{B}(f): \mathcal{B}(Y) \rightarrow \mathcal{B}(X), \mathcal{B}(f)(U)=f^{-1}(U) Boole cebiri homomorfizmasını elde ederiz.

Son olarak, Boole cebirleri ile topolojik uzaylar arasında bir köprü kuran Stone Temsil Teoremine bakalım:

Teorem 3: B bir Boole cebiri olsun. Bu durumda B ile \mathcal{B}( \mathcal{S}(B)) birbirine izomorftur.

İspat: F: B\rightarrow \mathcal{B}( \mathcal{S}(B)), F(x)=U_x biçiminde tanımlanan dönüşüm bir Boole cebiri izomorfizmasıdır. F‘in homomorfizma olduğu kolayca gösterilebilir. Bire-bir ve örten olduğu ise Sonuç 1’den açıktır.

Bilindiği gibi, topolojinin ortaya çıkış hikayesi daha çok geometriye dayanır. Cebirde topolojik fikirlerin kullanılması fikrini çoğu matematikçi hoş karşılamamıştır. Mesela Birkhoff’un bu konuda fikri sorulduğunda “Bu yaklaşımı dikkate almıyorum, fakat bu durum, cebircilerin bunu yapamayacağı anlamına gelmez.” diye cevap verdiği rivayet edilir. İşte Stone Temsil Teoremi bu yaklaşımı mümkün kılar ve cebirsel bir yapıdan da ilginç topolojik uzaylar elde edilebileceğini gösterir. Bu sayede geometrik problemlere de latis teorisi yardımıyla çözümler bulmak mümkün olabilir. Son olarak şunu da eklemek gerekir ki, cebirsel kavramları topolojik uzaylara uygulama fikri Stone ile sınırlı değildir. Örneğin Henry Wallman, J. C. C. McKinsey ve A. Tarski gibi matematikçiler de latis teorik ve topolojik kavramlar arasında ilişkiler kurmuşlardır.

Matematik öylesine sırlarla ve mucizelerle doludur ki, çoğu zaman birbiri ile alakasız görünen konular arasında bir solucan deliği bulmak mümkün olur.

Son Söz ve Mutlu Son: Mary&George Boole çiftinin beş kızı vardı. Mary Ellen bir matematikçi ile evlendi. Alicia Boole Stott bir matematikçi, Lucy Everest ise ilk kadın kimyacılarından oldu. Margaret’ın oğlu alanında önde gelen bir fizikçi ve matematikçi olurken, Ethel Lilian ünlü bir yazar olup, James Bond’a ilham veren casusla ilişki yaşadı. Ayrıca Boole torunları tırmanma merdivenini (jungle jim) icat edecek, verem tedavisine öncülük edecek, taşınabilir bir röntgen icat edecek, Jüpiter’in Büyük Kırmızı Lekesini modelleyecek, Manhattan projesinde çalışacak ve Meksika’daki birkaç düzine böcek türünü keşfedeceklerdi.

Boole ailesi: Mary Boole, beş kızı ve torunları Julian ve Geoffrey Taylor, Mary Leonard Stott ve George Hinton,

Kaynaklar

(1) https://thonyc.wordpress.com/2012/12/08/killed-by-homeopathy/
(2) https://mathsci.kaist.ac.kr/~htjung/Boolean.pdf
(3) https://sydney4.medium.com/the-extraordinary-life-and-beliefs-of-mary-everest-boole-39eae49f54c9
(4) Peter T. Johnstone, Stone Spaces. Cambridge University Press (1982).
(5) Jorge Picado, Aleš Pultr, Frames and locales: Topology without points. Frontiers in Mathematics, vol. 28, Springer, Basel (2012).
(6) Cem Say, 50 Soruda Yapay Zeka, Bilim ve Gelecek Kitaplığı (2018).

Ev Yapımı İspat: Buffon’un İğneleri ile Pi Sayısı Hesabı

Posted on by
Cevapla

Mısır’dan Mezopotamya’ya, Çin’den Antik Yunan’a bilimle uğraşan birçok kişinin gözdesi olan \pi sayısını hesaplamak, yani aslında yaklaşık bir değer bulmak için kullanılabilecek yöntemlerden biri de Georges-Louis Leclerc, Comte de Buffon’un iğne problemidir.

L uzunluğunda bir iğnenin, eşit aralıklı paralel çizgilerle kaplı bir kağıt parçasına düştüğünü varsayalım. İğnenin bu çizgilerden birini kesme olasılığı nedir?

Oldukça alakasız görünüyor ama biraz olasılık biraz da integral bilgisi kullanarak, bu problemden \pi‘nin yaklaşık değerini hesaplamamızı sağlayan bir formül elde edebiliyoruz.

Diyelim ki, elimize L uzunluğunda bir iğne aldık ve paralel doğrular arasındaki uzaklığı da K olarak belirledik. Şimdi kağıdımızı düz bir zemine yerleştirip üzerine iğneyi atalım. İğnenin alt ucu ile üst çizgi arasındaki uzaklığa x diyelim. Daha sonra, iğnenin alt ucundan geçen ve çizgilere paralel olan bir doğru çizelim ve bu doğru ile iğne arasındaki dar açıyı \theta ile gösterelim. (Burada, K ve L sabit iken x ve \theta‘nın değişken olduğuna dikkat edelim.) Yukarıdaki şekilden görebileceğimiz gibi L \sin(\theta)> x ise iğne çizgilerden birini keser, yani başarılı bir atış yapmış oluruz.

Ayrıca burada 0\leq \theta \leq \frac{\pi}{2} ve 0\leq x\leq K olduğundan, aşağıdaki dikdörtgen örneklem uzayımızı verir.

K ve L’yi karşılaştırdığımızda iki durum elde ederiz. K>L ya da K\leq L. İlk durumu varsayıp hesaplamaları yaptığımızda \pi‘nin yaklaşık değerine ulaşabiliyoruz, bu nedenle ikinci durumu incelememize gerek kalmıyor. (Çünkü burada asıl amacımız iğnenin çizgileri kesme olasılığını hesaplamak değil, sadece \pi sayısına bir yaklaşım yapmak.) O halde K> L olduğunu kabul edelim.

Şimdi burada iğne probleminin çözümüne bir es verip biraz olasılık bilgisi ile davam edelim ve klasik olasılık ile ampirik olasılığın ne olduğunu anlamaya çalışalım.

Klasik (veya teorik) olasılık, bir örneklem uzayındaki her bir sonucun eşit olasılıkla ortaya çıkması durumlarında kullanılır. E olayı için klasik olasılık,

formülü ile hesaplanır. Diğer taraftan ampirik (veya istatistiksel) olasılık, olasılık deneylerinden elde edilen gözlemlere dayanır ve

formülü ile hesaplanır. Yazı-tura örneği üzerinden olaya açıklık getirmeye çalışalım. Bir parayı 20 kez attığımızı ve bunlardan 3 tanesinde tura geldiğini varsayalım. Bu durumda tura gelmesinin teorik olasılığı \frac{1}{2} iken, ampirik olasılığı \frac{3}{20}‘dir. Ayrıca Büyük Sayılar Kanununa göre, deney ne kadar çok tekrar edilirse ampirik olasılık teorik olasılığına o kadar yaklaşır. Yani yine bozuk para örneğini ele alırsak, parayı daha çok atarsak, teorik olasılık değeri olan \frac{1}{2}‘ye o kadar yaklaşırız.

O zaman sorumuza dönelim ve önce iğnenin paralel çizgilerden birini kesmesi olayının teorik ve ampirik olasılıklarını bulmaya çalışalım. Bunun için f(\theta)= L \sin(\theta) fonksiyonunu tanımlayalım.

f(\theta)= L \sin(\theta)> x olduğunda iğnenin çizgiyi kestiğinden bahsetmiştik. Bu durum, yukarıdaki grafikte taralı kısma denk gelir. O halde iğnenin çizgiyi kesmesi olayının teorik olasılığı, P=taralı bölgenin alanı / tüm dikdörtgenin alanı olur.

Ön izleme(yeni sekmede açılır)

Taralı bölgenin alanı P=\int_0^ \frac{\pi}{2} L \sin(\theta) \,d\theta=L , tüm dikdörtgenin alanı ise \frac{K \pi}{2} olduğundan P=\frac{2L}{K \pi} olarak bulunur.

Diğer taraftan, eğer \widehat{P}, iğnenin çizgiyi kesmesi olayının ampirik olasılığı ise \widehat{P}\approx \frac{2L}{K \pi} yani \pi \approx \frac{2L}{K \widehat{P}} olur.

Formülümüzü elde ettiğimize göre artık deneye başlayabiliriz. L=4 cm, K=6 cm olsun. İğneyi 100 kez atalım ve başarılı atış sayımız da 41 olsun. Bu durumda,

\pi \approx \frac{2\times 4}{6\times \frac{41}{100}}= 3.25203 elde edilir.

Burada daha fazla atış yapmış olsaydık Büyük Sayılar Kanununa göre \pi sayısına daha yakın bir değer elde etmiş olurduk. Biraz boş vaktiniz varsa denemek eğlenceli olabilir ama eğer yoksa buraya buyurun.

Kaynaklar

(1) Lee L. Schroeder, Buffon’s needle problem: An exciting application of many mathematical concepts, The Mathematics Teacher, Vol. 67(2), (1974),183–186.
(2) https://acikders.ankara.edu.tr/pluginfile.php/102233/mod_resource/content/0/%C4%B0statistik%20Ders%20Notu%204.pdf