Gönderen Konu: Öklid'in Postülatları ve Elementler Kitabı  (Okunma sayısı 18784 defa)

Çevrimdışı scarface

  • Lokman Gökçe
  • Administrator
  • G.O Efsane Üye
  • *******
  • İleti: 2659
  • Karma: 16
  • Banana Republic
Öklid'in Postülatları ve Elementler Kitabı
« : Nisan 18, 2017, 03:35:44 öö »
M. Ö 330-275 yılları arasında yaşamış ''geometrinin babası'' Yunan matematikçi Öklid; (Yunanca Euklides) Elementler isimli 13 ciltten oluşan eserinin 1. cildinde ilk olarak 23 tanım, sonra 10 varsayım vermiştir. Bunlardan 5'ine ''postülalar'', diğer 5'ine ise ''Aksiyomlar'' (yani ortak kanılar) demiştir. Postülatlar ve Aksiyomlardan (ortak kanılardan) oluşan bu 10 varsayım, doğruluğu ispatsız olarak kabul edilen önermelerdir. Öklid; aksiyomu tamamen aşikar ve doğruluğu şüphe götürmeyen önermeler, postülatı ise doğruluğu aksiyomlar kadar çok açık olmayan fakat geçerli olduğu varsayılan önermeler olarak değerlendirmiştir. Günümüzde ise postülat ile aksiyom arasında ayrım yapılmaksızın her ikisi de ''temel ön kabuller'' olarak değerlendirilmektedir. Öklid; daha sonra Elementler'in ilk cildinde 28 önerme (teorem) verilmiştir ve bu önermeler (teoremler), postülatlar/aksiyomlar yardımıyla sistematik biçimde ispat edilmiştir. Geometriyi bu denli bir sistem ve düzen içinde ele alma durumu ilk kez Öklid'le insanlık sahnesine çıkmıştır.

Hayatı hakkında çok az şey bilinen İskenderiyeli Öklid'in, Platon(Eflatun)'un Akademi'sinde yetiştiği sanılmaktadır. Daha sonra İskenderiye'de büyük bir matematik okulu kurmuştur. Pisagor, Aristo, Tales gibi matematikçilerin çalışmalarını temel alan Öklid, Antik Dünya'nın o zamana kadar bilinen matematik-geometri çalışmalarını Elementler'de toplamıştır. Elementler, bilim dünyasında o kadar etkili olmuştur ki 20. yüzyılın ortalarına kadar ortaokul/lise geometri ders kitaplarına temel alınmıştır. Zira, liselerde kullandığımız geometri kitaplarımızdaki teoremlerin hemen hepsi Elementler'de mevcuttur. Şimdi Öklid'in postülatlarını ve aksiyomlarını verelim:

Postülatlar:
1. Bir noktadan bir başka noktaya düz bir doğru çizilebilir.
2. Bir tane doğru parçasını her iki yöne de sürekli bir şekilde uzatmak mümkündür.
3. Bir merkez ve bir yarıçap ile bir çember tanımlamak mümkündür.
4. Bütün dik açılar birbirine eşittir.
5. Eğer iki doğru ile kesişen bir doğru çizilirse, iki doğrunun birbirine bakan tarafında yer alan ve onları kesen doğrunun bir tarafında kalan iki açının toplamı iki dik açıdan küçükse bu iki doğru açıların toplamının iki dik açıdan az olduğu tarafta uzatılmaya devam ederlerse ilerde bir noktada kesişirler.

Aksiyomlar:
1. Bir şeye eşit olan başka şeyler birbirlerine de eşittirler.
2. Eğer eşit miktarlara eşit miktarlar eklenirse, elde edilen bütünler de birbirlerine eşittir.
3. Eğer eşit miktalardan eşit miktarlar çıkarılırsa, kalanlar da birbirlerine eşittir.
4. Birbirleriyle çakışan şeyler, birbirlerine eşittir.
5. Bütün, parçadan büyüktür.

Burada 5. postülatı biraz daha açalım. Özetle: Paralel olmayan doğrular kesişir ve kesişim noktası doğruların birbirine yaklaştığı taraftadır, diyor. Bu 5. postülat çok tartışmaları da beraberinde getirmiştir. Öklid bile ilk 28 önermesini ispatlarken ilk 4 postülatla yetinmiş, ancak 29. önermeyi ispatlamak için 5. postülatı kullanmaya mecbur kalmıştır. Öklid'den sonra birçok dahi matematikçi ''Acaba 5. postülatı, önceki postülatlar/aksiyomlar yardımıyla ispatlayabilir miyiz?'' sorusunu kendisine sormuş ve başarısız olmuştur. Bununla beraber 5. postülata denk olacak daha sade ifadeler de elde edilebilmiştir. Bunlardan biri, ''Bir doğruya dışındaki bir noktadan yalnız bir paralel doğru çizilebilir'' şeklindedir. Başarısız ispat girişimleri, ta ki 1826'da Nikolay İvanoviç Lobaçevski'nin (Nicolas Ivanovitch Lobatchewsky) 5. postülatı değiştirip yerine ''Bir doğruya dışındaki bir noktadan sonsuz çoklukta paralel doğru çizilebilir'' postülatını koymasına kadar sürmüştür. Zira, 5. postülatı değiştirince Öklid dışı yeni bir geometri (hiperbolik geometri) elde edilmiştir. Bu ise 5. postülatın bir teorem olamayacağını ve postülatlar listesinden kaldırılamayacağını gösterir. Çünkü ilk dört postülatı sağlayan farklı geometriler ortaya çıkmıştır. Lobaçevski bu buluşunu ''Hayali Geometri'' ismiyle sunmuştur. Lobaçevski paralellik aksiyomunun 2000 yıldan fazla süreyle ispat girişimleriyle ilgili 1823'de şöyle yazmıştır: ''Bu gerçeğin doğruluğunu gösteren sağlam bir ispat bugüne kadar verilememiştir. Verilenler de izah mahiyetinde olup tam anlamıyla matematiksel bir ispat olmaktan uzaktır''.

Öklid aksiyom ve postülatlarında görülebilen eksiklik ve belirsizliklerin bir çoğu, yine önceden verilen 23 tanımla kısmen takviye edilerek tamamlanmaya çalışılmıstır. Öklid'in aksiyomları David Hilbert tarafından ''Geometrinin Temelleri'' isimli eserde yeniden düzenlenip 17 aksiyoma tamamlanmıştır.

Kaynaklar:
1. Hüseyin Demir, Geometri (Cilt 3), 1964, TMD Yay.
2. http://aleph0.clarku.edu/~djoyce/java/elements/elements.html
3. https://tr.wikipedia.org/wiki/%C3%96klid
4. http://www.matematikdunyasi.org/arsiv/PDF/04_4_70_78_GEOMETRI.pdf
5. http://www.matder.org.tr/index.php?option=com_content&view=article&id=79:gecmisten-gunumuze-geometri-geometri-ogretimi-ve-oklid-disi-geometrilerin-ogretimdeki-yeri-ve-onemi-&catid=8:matematik-kosesi-makaleleri&Itemid=172
« Son Düzenleme: Mayıs 01, 2017, 12:27:12 öö Gönderen: scarface »
Uğraşınca çözebileceğim zorlukta olan soruları çözmeyi severim.

Çevrimdışı scarface

  • Lokman Gökçe
  • Administrator
  • G.O Efsane Üye
  • *******
  • İleti: 2659
  • Karma: 16
  • Banana Republic
Ynt: Öklid'in Postülatları ve Elementler Kitabı
« Yanıtla #1 : Nisan 18, 2017, 04:38:28 öö »
Şimdi Öklid'in Elementler'indeki ilk iki teoremi verelim:

Önerme 1. Bir kenarının uzunluğu, verilen bir doğru parçasının uzunluğuna eşit olan eşkenar üçgen çizilebilir.

İspat. $[AB]$ doğru parçası verilsin. Merkezi $A$ ve yarıçapı $r=|AB|$ olan çemberle, merkezi $B$ ve yarıçapı $r=|AB|$ olan çemberin kesişim noktalarından biri $C$ olsun. Yarıçap eşitliğinden $|AB|=|BC|=|CA|$ olup $ABC$ üçgeni eşkenardır.

Önerme 2. Verilen bir doğru parçasına eşit uzunlukta olacak biçimde, bitiş noktası verilen bir doğru parçası çizilebilir.

İspat. Verilen doğru parçası $[BC]$, çizimi istenen doğru parçasının uç noktası $A$ olsun. $A$ ile $B$ yi birleştirelim. Bir kenarı $|AB|$ kadar olan bir $ABD$ eşkenar üçgeni çizebiliriz. $B$ merkezli $r=|BC|$ yarıçaplı çemberi çizelim. Bu çemberle $[DB$ ışınının kesim noktasını $E$ olarak belirleyelim.Şimdi de $D$ merkezli ve $R=|DE|$  yarıçaplı çemberi çizelim. $[DA$ ışını ile $R$ yarıçaplı çemberin kesim noktasını $F$ olarak belirleyelim. Yarıçap eşitliğinden $R=|DE|=|DF|$ ve $ABD$ üçgeni eşkenar olduğundan $|DB|=|DA|$ dır. Böylece $|BE|=|AF|$ olur. Yarıçap eşitliğinden $r=|BC|=|BE|$ olduğundan $|AF|=|BC|$ elde edilir. $[AF]$, çizmek istediğimiz doğru parçasıdır.


Yorum: Görüldüğü üzere Öklid, pergel ve ölçeksiz cetvel ile yapılabilecek çizimlere ait iki önerme (teorem) vermiştir. İlk önermede aksiyom ve postülatları kullanmıştır. Çünkü bunun öncesinde bir yazılmış teorem yoktur ki '' ... şu teoremden dolayı şöyle olur ...'' desin. İkinci teoremin ispatında ise aksiyomların yanında birinci teoremden de faydalanmıştır. Bununla beraber, ikinci teorem çok basitçe şöyle de ispatlanabilirdi: Pergelin bir ucunu $B$ noktasına, diğer ucunu da $C$ noktasına koyarak pergelimizi $|BC|$ kadar açabiliriz. Yani pergel, verilmiş bir uzunluğu taşımaya da yardımcı olur. Sonra pergelin açıklığını değiştirmeden sivri ucunu $A$ noktasına koyarak bir çember çizelim. $A$ merkezli $|BC|$ yarıçaplı çemberin üstünden alacağımız herhangi bir $P$ noktası için $|AP|=|BC|$ dir. Akla gelen bir soru: Öklid neden bu tür bir ispat vermemiş acaba? Öklid'in postülatlar/aksiyomlar listesine bakarsak pergel ile ilgili bir şey göremeyiz. Buna göre Öklid'in, ön kabuller listesinde olmayan yabancı kavramları (elinden geldiğince) kullanmamaya özen gösterdiğini anlıyoruz. Öklid deneysel davranmıyor, bizlere titiz ve teorik bir ilerleme sunuyor.
« Son Düzenleme: Ağustos 20, 2017, 09:10:50 ös Gönderen: scarface »
Uğraşınca çözebileceğim zorlukta olan soruları çözmeyi severim.

Çevrimdışı scarface

  • Lokman Gökçe
  • Administrator
  • G.O Efsane Üye
  • *******
  • İleti: 2659
  • Karma: 16
  • Banana Republic
Ynt: Öklid'in Postülatları ve Elementler Kitabı
« Yanıtla #2 : Nisan 21, 2017, 07:10:40 ös »
Önerme 3. Eşit uzunlukta olmayan verilen iki doğru parçasından uzun olanı, kısa olanla eşit uzunlukta olacak şekilde bölünebilir.

İspat. Uzun olan doğru parçası $[AB]$, kısa olan doğru parçası $[CD]$ verilmiş olsun. Önerme 2'ye göre bir ucu $A$ noktası olan ve uzunluğu $|AE|=|CD|$ kadar olan $[AE]$ doğru parçasını çizebiliriz. $A$ merkezli ve $|AE|$ yarıçaplı çemberin $[AB]$ yi kestiği noktayı $F$ ile gösterirsek $|AF|=|CD|$ olur.


Önerme 4. Bir üçgenin iki kenarı, bir başka üçgenin iki kenarına eşit ve üçgenlerin bu kenarları arasındaki açılar da eşit ise, üçgenlerin tabanları da eşittir. Ayıca eşit uzunluklu kenarların karşısındaki açılar sırasıyla birbirine eşittir, üçgenler birbirine eşittir.

İspat. $ABC$ ve $DEF$; $|AB|=|DE|,|AC|=|DE|$ eşit kenarlarına ve $\widehat{BAC}=\widehat{EDF}$ eşit açılarına sahip iki üçgen olsun. Eğer $|BC|=|EF|$ taban eşitliğini söylersek üçgenlerin eşit olduğunu ve eşit kenarların karşısındaki açıların da sırasıyla eşit olduğunu söyleriz. $ABC$ üçgenini $DEF$ üçgeninin üstütüne, $A$ ile $D$ çakışacak ve $[AB]$ ile $[DE]$ çakışacak şekilde bindirirsek $B$ ile $E$ noktaları çakışır, çünkü $|AB|=|DE|$ dir.

Şimdi, $[AB]$ ile $[DE]$ çakıştığından ve $\widehat{BAC}=\widehat{EDF}$ olduğundan $C$ noktası da $F$ ile çakışır, çünkü $|AC|=|DF|$ dir.

Böylece $[BC]$ tabanı $[EF]$ ile çakışır. Dolayısıyla $ABC$ üçgeninin tamamı $DEF$ üçgeninin tamamı ile çakışır.


Yorum: Bu, üçgenlerin eşliği ile ilgili ilk önermedir. Ancak Öklid, eşlik kavramını açıkça kullanmamıştır. İspatta bir şekli diğerinin ''üstüne bindirme'' diye belirsiz bir kavram kullanmıştır. Elementler'de ''üstüne bindirme'' nadiren kullanılmıştır. Daha sonra David Hilbert ''Geometrinin Temelleri''nde bu önermeyi teorem olarak değil, bir postülat olarak alarak bu belirsizliği ortadan kaldırmıştır. Öklid'in zamanında bu tür bir önermenin, postülat mı yoksa ispat edilebilecek bir teorem mi olduğuna karar vermek zor bir iştir. Kaldı ki, Öklid'den 2000 yıl sonra bile insanlar bu tür bir ayrımı kolayca yapamamıştır. Günümüzde, Önerme 4'ü ispat etmeye çalışmanın artık mantıklı olmadığını biliyoruz. Kenar - Açı- Kenar Eşlik Aksiyomu olarak bilinen bu önermeye ispat yaptığınızı düşünüyorsanız ya bir hata yapıyorsunuzdur, ya da bu aksiyoma denk başka bir aksiyom almışsınızdır ve onu kullanıyorsunuzdur. Tıpkı Öklid'in ''üstüne bindirme'' kavramı gibi. Diğer taraftan, ''Madem Elementler hatalı, o zaman neden inceliyoruz?'' sorusu akla gelebilir. Güçlükle tespit edilebilmiş kusurları bir yana, o kusurlu ispatları açıklarken kullanılan akla uygunluk bile günümüzde geometri eğitimi verenlere, öğrencilere geometrinin ne kadar basit bir dille ve mantığa uygun biçimde öğretilebileceğini gösteriyor.

Günümüzde Öklid'e getirilen eleştirilen ''Elementler'deki postülatların yapılan ispatları açıklamadaki yetersizliği'' üzerinedir. Öklid: ''Önerme 4 içime sinmedi, bunu da postülat olarak alıyorum, hatta postülat listeme şunları, şunları, ... vs alıyorum, dağılın şimdi!'' deseydi o zaman herkes sessizce evine giderdi.
« Son Düzenleme: Ağustos 20, 2017, 09:12:41 ös Gönderen: scarface »
Uğraşınca çözebileceğim zorlukta olan soruları çözmeyi severim.

Çevrimdışı scarface

  • Lokman Gökçe
  • Administrator
  • G.O Efsane Üye
  • *******
  • İleti: 2659
  • Karma: 16
  • Banana Republic
Ynt: Öklid'in Postülatları ve Elementler Kitabı
« Yanıtla #3 : Nisan 27, 2017, 01:46:17 öö »
Önerme 5. İkizkenar üçgende, tabandaki (iç) açılar birbirine eşittir ve eşit kenarların uzatılmasıyla tabanın altında oluşan (dış) açılar birbirine eşittir.

İspat. $ABC$ ikizkenar üçgen ve $|AB|=|AC|$ olsun. $[AB],[AC]$ kenarlarını sırasıyla $AD,AE$ doğrularıyla uzatalım. $\widehat{ABC}=\widehat{ACB}$ ve $\widehat{CBD}=\widehat{BCE}$ açı eşitliklerini göstereceğiz. $BD$ üstünden keyfi bir $F$ noktası alalım. $AE$ üstünde, $[AF]$ ile eşit uzunlukta olan $[AG]$ parçasını alalım. $[FC]$ ve $[GB]$ doğru parçalarını çizelim. $|AF|=|AG|$, $|AB|=|AC|$ ve $\widehat{GAF}$ ortak açı olduğundan $|FC|=|GB|$ dir ve $AFC$ üçgeni ile $ABG$ üçgeni eştir. Dolayısıyla karşılıklı olan açıları da eşittir, yani $\widehat{AFC}=\widehat{AGB}$, $\widehat{ACF}=\widehat{ABG}$ dir. $|AF|=|AG|$ ve $|AB|=|AC|$ olduğundan $|BF|=|CG|$ dir. Üstelik $|FC|=|GB|$ ve $\widehat{BFC}=\widehat{CGB}$ olduğundan $BFC$ üçgeni ile $CGB$ üçgeni eştir. Dolayısıyla karşılıklı açıları da eşittir, yani $\widehat{FBC}=\widehat{GCB}$ ve $\widehat{FCB}=\widehat{GBC}$ dir. Ayrıca $\widehat{ACF}=\widehat{ABG}$ olduğunu ispatlandığından $\widehat{ABC}=\widehat{ACB}$ elde edilir. Fakat $\widehat{FBC}=\widehat{GCB}$ olduğu da ispatladığından bunlar tabanın altındaki (dış) açılardır.


Önerme 6. Bir üçgende iki açı eşitse, bunların karşısındaki kenarlar da eşittir.

İspat. $ABC$ bir üçgen ve $\widehat{ABC}=\widehat{ACB}$ olsun. $|AB|=|AC|$ olduğunu göstereceğiz. Eğer $|AB|$, $|AC|$ ye eşit değilse bunlardan biri daha büyüktür. $|AB|$ daha büyük olsun. $[AB]$ üstünde, $[AC]$ ye eşit uzunlukta olan bir $[DB]$ parçası alalım ve $[DC]$ yi çizelim. $|DB|=|AC|$, $[BD]$ ortak kenar ve $\widehat{DBC}=\widehat{ACB}$ olduğundan $|DC|=|AB|$ olup $DBC$ üçgeni, $ACB$ üçgeniyle eştir ki küçüğün büyükle eşit olması absürddür (çelişkidir). Böylece $|AB|$, $|AC|$ den farklı değildir, birbirlerine eşittir.


Yorum: Önerme 6, Önerme 5 in karşıtıdır. Çelişki kullanılan ispat yöntemini ilk kez burada görüyoruz. Elementler'de bu durum reductio ad absurdum ile ifade edilmiştir.
« Son Düzenleme: Ağustos 20, 2017, 09:16:19 ös Gönderen: scarface »
Uğraşınca çözebileceğim zorlukta olan soruları çözmeyi severim.

Çevrimdışı scarface

  • Lokman Gökçe
  • Administrator
  • G.O Efsane Üye
  • *******
  • İleti: 2659
  • Karma: 16
  • Banana Republic
Ynt: Öklid'in Postülatları ve Elementler Kitabı
« Yanıtla #4 : Nisan 30, 2017, 12:06:21 öö »
Önerme 7. Bir doğru parçasını uçlarından inşa edilmiş iki doğru parçasının diğer uçları bir noktada birleşsin. Birleşme noktası; ilk doğru parçasının aynı tarafında kalacak ve uzunlukların sırası aynı olmak üzere, farklı bir biçimde çizilemez.

İspat. $[AB]$ doğru parçası verilsin ve iki farklı çizimin mümkün olduğunu varsayalım. $|AC|=|AD|$ ve $|CB|=|DB|$ olsun. $[CD]$ yi çizelim. $|AC|=|AD|$ olduğundan $\widehat{ACD}=\widehat{ADC}$ dir. Böylece $\widehat{ADC}$, $\widehat{DCB}$ den büyüktür. Böylece $\widehat{CDB}$, $\widehat{DCB}$ den daha büyüktür. Fakat $|CB|=|DB|$ olduğundan $\widehat{CDB}=\widehat{DCB}$ olur ki bu imkansızdır.


Önerme 8. İki üçgenin sırasıyla iki kenarı eşitse ve tabanları da eşitse, eşit kenarların arasındaki açılar da eşittir.

İspat: $ABC$ ve $DEF$ iki üçgen, $|AB|=|DE|$, $|AC|=|DF|$, $|BC|=|EF|$ olsun. Bu durumda  $\widehat{BAC}=\widehat{EDF}$ olduğunu göstereceğiz. $|BC|=|EF|$ olduğundan $ABC$ üçgenini $DEF$ üçgeni üstüne, $B$ ile $E$ aynı, $C$ ile $F$ aynı olacak biçimde çizelim. $A$ ya karşılık gelen noktayı da $G$ ile gösterelim. Yani $|EG|=|BA|$, $|FG|=|CA|$ olsun. Eğer $G$ ile $D$ farklı noktalar olsa, Önerme 7'den dolayı bunun mümkün olmayacağını biliyoruz. Böylece $[GE]$ ile $[DE]$, $[GF]$ ile $[DF]$ çakışır. $\widehat{BAC}$ ile $\widehat{EDF}$ çakışır ve üçgenler eşit olurlar.

Böylece, iki üçgenin sırasıyla iki kenarı eşit ve tabanları da eşitse, eşit kenarların arasındaki açılar da eşittir.


Yorum: Önerme 7'de Öklid, $D$ noktasının $ABC$ üçgeninin dışında olması durumunu incelemiş, içinde olma durumunu incelememiştir. Bu tür eksik durum incelemeleri başka ispatlarda da vardır. Bununla beraber, incelenmeyen durumların ispatı da incelenen durumlar ile genelde benzer biçimde yapılabilmektedir. Öklid'in, oluşabilecek diğer durumları gözden kaçırdığını sanmıyorum. Yazma ihtiyacı görmemiş olmalı.

Önerme 8'de kenar-kenar-kenar eşlik teoremi olarak bildiğimiz teorem ispatlanmıştır.
« Son Düzenleme: Ağustos 20, 2017, 09:23:35 ös Gönderen: scarface »
Uğraşınca çözebileceğim zorlukta olan soruları çözmeyi severim.

Çevrimdışı scarface

  • Lokman Gökçe
  • Administrator
  • G.O Efsane Üye
  • *******
  • İleti: 2659
  • Karma: 16
  • Banana Republic
Ynt: Öklid'in Postülatları ve Elementler Kitabı
« Yanıtla #5 : Nisan 30, 2017, 01:00:37 öö »
Önerme 9. Verilen bir açı ikiye (eşit açılara) bölünebilir.

İspat. $\widehat{BAC}$ açısı verilsin. $AB$ üstünde keyfi bir $D$ noktası alalım. $AC$ yi, $|AD|$ ye eşit olacak biçimde bir $E$ noktasıyla keselim. $[DE]$ yi birleştirelim ve $DEF$ eşkenar üçgenini oluşturalım. $[AF]$ yi birleştirirsek $\widehat{BAC}$ yi ikiye böleceğini gösterelim. $|AD|=|AE|$, $|DF|=|EF|$ ve $[AF]$ ortak kenar olduğundan Önerme 8'den dolayı $ADF$ ve $AEF$ üçgenleri eştir. Bu eş üçgenlerde $|DF|=|EF|$ olduğundan bunların karşısındaki açılar da eşittir. Yani $\widehat{DAF}=\widehat{EAF}$ olup $AF$, $\widehat{BAC}$  yi ikiye böler.


Önerme 10. Verilen bir doğru parçası iki (eş) parçaya bölünebilir.

İspat. $[AB]$ verilsin. $ABC$ eşkenar üçgenini çizelim. $\widehat{ACB}$ açısını ikiye bölelim ve açıortay, $AB$ yi $D$ noktasında kessin. Önerme 4'e göre $ACD$ ve $BCD$ üçgenleri eşittir. Böylece $[AD]$ ve $[BD]$ tabanları da eşit olur. yani verilen $[AB]$ doğru parçası $D$ noktasında ikiye bölünür.

« Son Düzenleme: Ağustos 20, 2017, 09:34:11 ös Gönderen: scarface »
Uğraşınca çözebileceğim zorlukta olan soruları çözmeyi severim.

Çevrimdışı scarface

  • Lokman Gökçe
  • Administrator
  • G.O Efsane Üye
  • *******
  • İleti: 2659
  • Karma: 16
  • Banana Republic
Ynt: Öklid'in Postülatları ve Elementler Kitabı
« Yanıtla #6 : Mayıs 04, 2017, 12:15:41 öö »
Önerme 11. Verilen bir doğruya, üzerinde verilen bir noktadan geçen dik bir doğru çizilebilir.

İspat. Verilen doğru $AB$, bu doğrunun üzerinde verilen nokta da $C$ olsun. $[CA$ üzerinde keyfi bir $D$ noktası alalım. $|CD|=|CE|$ olacak biçimde $[CB$ üzerinde bir $D$ noktası alalım. Bir kenarı $[DE]$ olan $DEF$ eşkenar üçgenini çizebiliriz. Eşkenar üçgende $|FD|=|FE|$ olduğundan $CDF$ ve $CEF$ üçgenlerinin karşılıklı kenar uzunlukları eşittir. Önerme 8'den dolayı bu üçgenler eştir. Dolayısıyla $\widehat{DCF}=\widehat{ECF}$ açı eşitliği vardır. Ancak bu eşit komşu açılar aynı zamanda bir doğru açı oluşturduğundan her ikisi de dik açıdır.


Önerme 12. Verilen bir doğruya, bu doğrunun üstünde olmayan verilen bir noktadan geçen dik bir doğru çizilebilir.

İspat. Verilen doğru $AB$, bu doğrunun üstünde olmayan verilen nokta da $C$ olsun. $AB$ doğrusunun diğer tarafından keyfi bir $D$ noktası alalım ve $C$ merkezli $|CD|$ yarıçaplı çemberi çizelim. Bu çemberin $AB$ doğrusunu kestiği noktalara $E$ ve $G$ diyelim. Önerme 10'a göre $[EG]$ doğru parçasını, orta noktasını $H$ olarak isimlendireceğimiz iki eş parçaya bölebiliriz. Ayrıca çemberin yarıçaplarından $|CE|=|CG|$ olup $HGC$ ve $HEC$ üçgenlerinin karşılıklı kenarları eşittir. Önerme 8'den dolayı bu üçgenler eş olup $\widehat{CHG}=\widehat{CHE}$ açı eşitlikleri vardır. Bu eşit komşu açılar bir doğru açı oluşturduğundan her ikisi de dik açıdır. Böylece $CH$ doğrusu, $AB$ doğrusuna dik olur.

« Son Düzenleme: Ağustos 20, 2017, 09:31:00 ös Gönderen: scarface »
Uğraşınca çözebileceğim zorlukta olan soruları çözmeyi severim.

 


Sitemap 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 
SimplePortal 2.3.3 © 2008-2010, SimplePortal