\usepackagetabularx

Z Grubu ve Tamsayılar

Tamsayılar kümesi Z, toplama işlemiyle birlikte, bir önceki yazıda gördüğümüz üzere bir gruptur. Gruplar arasında herhalde okurun en aşina olduğu gruptur. Oldukça basit bir gruptur ama yapacağımız her şeyin temelidir. Bu yazıda Z grubunu inceleyeceğiz. Ama sadece toplamayla değil, çarpmayla da ilgileneceğiz. Tamsayılarda toplamayla çarpma arasında oldukça yakın bir ilişki olduğundan, bu pek zor olmayacak ve bizi konumuzdan fazla uzaklaştırmayacak.

Bir n tamsayısı için

nZ={nk:kZ}

olarak tanımlanan nZ kümesi de toplama altında bir gruptur. Nitekim grup olmanın tüm özelliklerini sağlar. Bu yüzden nZ grubuna Z’nin altgrubu adı verilir. Daha genel tanım şöyle: Eğer Z’nin bir A altkümesi toplama işlemiyle birlikte bir grup oluyorsa, o zaman A’ya Z’nin altgrubu adı verilir ve bu durumda AZ   yazılır. Eğer A altgrubu Z’den farklıysa, A’ya Z’nin özaltgrubu adı verilir.

Aşağıdaki teorem bu yazının ana teoremidir. Kanıtının özünde şu basit olgu yatar: Eğer n>0 ise, n sayısı, nZ kümesinin en küçük pozitif doğal sayısıdır, yani n= min(NnZ\{0}) olur.

Teorem1. Znin her altgrubu, bir ve bir tek n doğal sayısı için nZ biçimindedir.
Ayrıca eğer altgrup {0}’dan farklıysa, bu n sayısı altgrubun en küçük pozitif sayısıdır.

Kanıt: AZ olsun.
A’nın etkisiz elemanına bu paragraflık x adını verelim. Tabii ki x+x=x eşitliği sağlanır. Demek ki x=0. Böylece 0 sayısının A’da olduğunu kanıtladık. Demek ki A’nın etkisiz elemanı 0 imiş.

Eğer xA ise, x’in A’da bir tersi vardır, diyelim yA. Bir önceki paragrafa göre x+y=0 olur. Demek ki x=yA. Böylece A’nın her elemanının eksilisinin de A’da olduğunu, yani

AA

içindeliğini kanıtlamış olduk. Buradan
AA=A+(A)A+AA çıkar.

Eğer A={0} ise, n=0 alalım; teorem sağlanır. Bundan böyle A’nın 0 sayısından ibaret olmadığını varsayalım. Eğer 0xA ise, bir önceki paragrafa göre x de A’da olduğundan, A’da en azından pozitif bir doğal sayının olduğunu görürüz. Yani

ZA\{0}
olur.

n= min(NA\{0}) olur.

olsun. Yani n,A’daki en küçük pozitif doğal sayı olsun. nZ=A eşitliğini kanıtlayacağız.

Önce nZA içindeliğini kanıtlayalım. Eğer nkA ise, n sayısı da A’nın bir elemanı olduğundan,

n(k+1)=nk+nA
olur. Ayrıca

n0=0A.
Bu iki olgudan, tümevarımla
nNA.
çıkar. Şimdi istediğimize içindeliği kanıtlayabiliriz:

nZ=n(NN)=nNn(N)=nN(nN)AA=A.

Şimdi AnZ  içindeliğini kanıtlayalım. Önce AN kümesinden rastgele bir m elemanı alalım. Tümevarımla m’nin nZ kümesinde olduğunu kanıtlayacağız. AN kümesinin m’den küçük sayılarının nZ kümesinde olduklarını varsayalım. Eğer m<n ise, n sayısının seçiminden dolayı

m=0nZ

olmak zorundadır. Eğer mn ise,

0mnA

olur. mn<n olduğundan, tümevarım varsayımına göre mnnZ olur. Buradan da

m=(mn)+nnZ

çıkar.

Eğer mA negatif bir sayıysa, o zaman

mAN olur ve bir önceki paragrafa göre mnZ olur. Buradan mnZ  bulunur. ◻

Benzer bir sınıflandırmayı, sayfa 52’deki Alıştırma 16’da Z × Z´ için yapacağız.

nZ altgruplarının bazı basit ama önemli özellikleri vardır. Bu özellikleri sıralayalım. Ama önce bir tanım. a,bZ olsun. Eğer bir kZ için a=bk eşitliği sağlanıyorsa, b’nin a’yı böldüğü söylenir ve bu b|a olarak gösterilir. Tanıma göre ±1 her sayıyı böler ve 0 sayısı, 0 dahil, her sayıya bölünür. Ama 0 sadece 0’ı böler, nitekim a=0k eşitliğinin ancak a=0 ise bir çözümü vardır ve bu durumda her k bir çözümdür. Eğer b|a ve b0 ise tanımdaki k sayısı biriciktir; bu durumda k’ya “a bölü b” adı verilir ve k=a/b olarak yazılır. Eğer b=a=0 ise her k sayısı a=bk eşitliğini sağladığından bu durumda “0 bölü 0” diye bir sayıdan sözedilmez, yani “0 bölü 0” tanımlanmamıştır.

Eğer d0 sayısı ab’yi bölüyorsa, bu,
a=b modd
olarak yazılır. Bunu “a,b sayısına modülo d denk” olarak okuruz.

Bölme hakkında en basit olguları okurun bildiğini varsayacağız.

Önsav 2. Her $n, m \in \mathbb{Z}$ içi şu önermeler doğrudur:
İ. nZmZ   içindeliği ancak ve ancak nmZ ise, yani ancak ve ancak m|n ise doğrudur.
İİ. nZ=mZ eşitliği ancak ve ancak n=±m ise doğrudur. Demek ki nZnin bir özaltgrup olmasıyla n±1 eşdeğer koşullardır.
İİİ. nZ altgrubunun maksimal bir özaltgrup olması için n±1 ve nnin ±1 ve ±nden başka bir tamsayıya bölünmemesi gerek ve yeter koşuldur.

Kanıt: (i) okura bırakılmıştır.  (ii),  (i)’den  hemen çıkar. (iii) de (i) ve (ii)’den çıkar.    ◻

Önsavın iii‘üncü maddesindeki gibi bir n tamsayısına indirgenemez adı verilir. Demek ki bir p±1 sayısının indirgenemez olması için,

x|p ise ya x=±1 ya da x=±n olmalıdır. Bir başka deyişle n=xy eşitliği ancak bariz x ve y sayıları için gerçekleşebilir. 2,3,5 gibi sayılar indirgenemezdir. 2,3,5 sayıları da indirgenemezdir. 0,1,1,4,6 sayıları indirgenemez değildir.

A ve B, Z’nin iki altgrubu olsun. O zaman,
A+B= {a+b:aA,bB}
kümesi de bir gruptur. Nitekim, a,a1A ve b,b1B rastgele elemanlar olsun. O zaman,
(a+b)+(a1+b1)=(a+a1)+(b+b1)
olduğundan, A+B kümesi toplama altında kapalıdır. Ayrıca, 0AB olduğundan,
0=0+0A+B
olur. Son olarak,
(a+b)=(a)+(b)A+B
olur. Demek ki A+B kümesi gerçekten toplama işlemiyle birlikte bir grupmuş, yani Z’nin bir altgrubuymuş. Bu söylediklerimizden ve Teorem 1’den şu önemli sonuç çıkar:

Teorem 3. Her n,mZ için öyle bir ve bir tane dN vardır ki nZ+mZ=dZ olur.        ◻

Yazımızın bundan sonraki bölümü grup teoriden ziyade basit aritmetikle ve çarpmayla ilgili olacak. Okur muhtemelen ve umarız kanıtlayacaklarımızın özünü biliyordur. Yöntemin ve tanımların ilgi çekeceğini umuyoruz.
Teorem 3’teki d sayısına n ve m’nin en büyük ortak böleni adı verilir. Nitekim gerçekten öyledir, adına layıktır yani:
n=n1+m0nZ+mZ=dZ
olduğundan, n  sayısı d’ye bölünür. Benzer şekilde m sayısı da d’ye bölünür. Demek ki d sayısı hem n’yi hem de m’yi bölüyor. Ayrıca, eğer e doğal sayısı hem n’yi hem de m’yi bölüyorsa, o zaman e sayısı

nZ+mZ=dZ

kümesinin tüm elemanlarını ve özellikle de d’yi böler. Yani n ve m sayılarının ortak bölenleri aynen d sayısının bölenleridir.

Verilmiş n,mZ için teoremde varlığı ve biricikliği kanıtlanan d sayısı

d= ebob(n,m)
olarak yazılır. Bazıları “en büyük ortak bölen”in başharflerinden oluşan ebob yerine Türkçe ses uyumuna daha uyduğu için obeb’i tercih eder.
Aşağıdaki sonuç ebob’un tanımının doğrudan bir sonucu.

Sonuç 4 [Bézout Teoremi]. Her n,mZ için öyle u,vN vardır ki nu+mv= ebob(n,m) olur.           ◻

Eğer ebob(n,m) =1 ise n,m tamsayılarının aralarında asal olduğu söylenir. Örneğin 6 ve 35 aralarında asal sayılardır.

Teorem 5. n ve m tamsayılarının aralarında asal olması için yeter ve gerek koşul

nu+mv=1

eşitliğini sağlayan u,vZ tamsayılarının olmasıdır.

Kanıt: Soldan sağa tanım gereği. Tersine

nu+mv=1

eşitliğini sağlayan u,vZ tamsayıların olduğunu varsayalım. O zaman ebob(n,m) sayısı hem n’yi hem de m’yi böldüğünden, 1’i de bölmek zorundadır. Demek ki ebob(n,m) =1.   ◻

Ama yukarıdaki teoremde 1 yerine d alamayız; örneğin 34+2(5)=2 olur ama ebob(3,2) =2 olmaz.
Eğer ±1’den farklı bir pZ tamsayısı, her n,mZ için, nm’yi böldüğünde, ya n’yi ya da m’yi bölmek zorunda kalıyorsa, o zaman p’ye asal sayı adı verilir. Elbette eğer p bir asal sayıysa ve n1n2nk
çarpımını bölüyorsa, o zaman (k üzerine tümevarımla) p sayısı n1,,nk sayılarından birini böler.
Şimdi indirgenemezlikle asallık arasında bir ayrım olmadığını göreceğiz.

Teorem 6. Bir tamsayının asal olması için yeter ve gerek koşul indirgenemez olmasıdır.

Kanıt. Önce p’nin asal olduğunu varsayalım. d doğal sayısı p’yi bölsün. d=±1,±p eşitliklerinden birinin doğru olduğunu kanıtlayacağız. Demek ki bir eZ için p=de olur. O zaman p sayısı de’yi böler. Bundan da, p asal olduğundan, p’nin ya d’yi ya da e’yi böldüğü çıkar. Önce p|d varsayımını yapalım. O zaman bir f tamsayısı için d=pf olur. Buradan da p=de=(pf)e=p(fe) ve dolayısıyla fe=1, e=±1 ve p=de=±d ve d=±p çıkar. Şimdi p|e varsayımını yapalım. O zaman bir f tamsayısı için e=pf olur. Buradan da

p=de=d(pf)=p(df)
ve dolayısıyla df=1,d=±1 çıkar.

Şimdi de p’nin bir indirgenemez olduğunu varsayalım. n,mZ için p=nm olsun. p’nin ya n’yi ya da m’yi böldüğünü kanıtlamalıyız. Diyelim p sayısı n’yi bölmüyor. O zaman p’nin m’yi böldüğünü kanıtlamalıyız. p bir asal olduğundan, hem p’yi hem de n’yi sadece ±1 ve ±p sayıları böler. Ama ±p, n’yi (varsayımımızdan dolayı) bölmediğinden, p ve n’nin ortak bölenleri sadece ±1 sayılarıdır, yani p ve n aralarında asaldır. Bézout teoremine göre
nu+pv=1 eşitliğini sağlayan u ve v sayıları vardır. Bu eşitliği m ile çarpalım:
nmu+pvm=m
elde ederiz. Ama nm=p. Demek ki
pu+pvm=m.

Bu eşitliğin sol tarafını p böler. Demek ki p, sağ tarafını da böler. Yani p,m’yi böler.   ◻

Buraya kadar gelmişken aritmetiğin temel teoremini kanıtlamamak olmaz. Önce bir önsav:

Önsav 7. 1den büyük her doğal sayı bir indirgenemeze (yani bir asala) bölünür.

Kanıt: Doğal sayımıza n diyelim.
A= {minN\{1}: m|n}
olsun. nA olduğundan, A boşküme değildir. A,N’nin bir altkümesi olduğundan en küçük bir elemanı vardır. Bu elemana p diyelim. Demek ki p,n’yi bölüyor ve p,n’yi bölen en küçük 1’den büyük doğal sayı. p’yi bölen her doğal sayı n’yi de bölmek zorunda olduğundan, p bir indirgenemez olmalı. ◻

Sonuç 8. Eğer a sayısı bc çarpımını bölüyorsa ve a ve b aralarında asalsa, a sayısı c’yi böler.

Kanıt: Eğer a=0,±1 ise sorun yok, ayrıntıları okura bırakıyoruz. Bundan böyle |a|>1 olsun. p,a’yı bölen pozitif bir asal sayı olsun. O zaman p, bc’yi de böler. Demek ki p ya b’yi ya da c’yi böler. Ama a ile b aralarında asal olduğundan, p, b’yi bölemez. Demek ki p, c’yi böler. Şimdi a=pa1 ve c=pc1 yazalım. a=pa1 sayısı bc=bpc1 sayısını böldüğünden, a1 sayısı bc1 sayısını böler. Ve a1 ve b sayıları (aynen a ve b gibi) aralarında asaldır. |a1|<|a| olduğundan, tümevarımla a1’in c1’i böl- düğünü söyleyebiliriz. Demek ki a=pa1 sayısı c=pc1 sayısını böler.      ◻

Teorem 9 [Aritmetiğin Temel Teoremi]. 0dan farklı her doğal sayı sonlu sayıda pozitif asalın çarpımı olarak yazılır. Ayrıca eğer p1,,pn ve q1,,qm asalları içi p1pn=q1qm ise n=m olur ve bir σ Sym n için pi=±qσ(i) olur. (Yani sağda ve solda aynı sayıda asal vardır ve soldaki çarpımla sağdaki çarpım arasında, belki asalların çarpım sırası dışında, hiçbir fark yoktur.)

Kanıt: 0nZ olsun. Kanıtımızda asallarla indirgenemezler arasında ayrım olmadığı olgusunu kullanacağız, ama iki ayrı kavramdan sözettiğimiz
açıkça belli olsun diye “asal” ve “indirgenemez” terimlerini tanımlarına uygun biçimde kullanacağız. n’yi (asalların değil!) indirgenemezlerin çarpımı olarak yazacağız. Bunu n üzerine tümevarımla yapacağız. Eğer n=1 ise, n, hiç tane indirgenemezin çarpımıdır! Çünkü matematikte boşkümenin elemanlarının çarpımı 1 olarak tanımlanır. (Boşkümenin elemanlarının toplamı da 0 olarak tanımlanır.) Bundan böyle n>1 olsun ve n’den küçük her sayının sonlu sayıda indirgenemezin çarpımı olarak yazıldığını varsayalım. Önsav 7’ye göre bir p indirgenemezi n’yi böler. Diyelim n=pm. Ama m<n olduğundan, tümevarım varsayımına göre m sonlu sayıda indirgenemezin çarpımıdır. Demek ki n=pm sayısı da sonlu sayıda asalın çarpımıdır. Bunu tümevarımla kanıtlamak yerine (aslında aynı kapıya çıkan) “sonsuza iniş” yöntemiyle de kanıtlayabilirdik: Diyelim teoremin ilk önermesi yanlış, yani 0’dan farklı her doğal sayı indirgenemezlerin çarpımı olarak yazılamıyor. O zaman indirgenemezlerin çarpımı olarak yazılan en küçük pozitif doğal sayı vardır. Bu doğal sayıya n diyelim ve yukardaki paragaraftaki gibi p ve m sayılarını bulalım. m<n olduğundan, m indirgenemezlerin çarpımı olarak yazılabilir; demek ki n=pm sayısı da indirgenemezlerin çarpımı olarak yazılabilir. Şimdi ikinci önermeyi kanıtlayalım. p1,,pn ve q1,,qm asalları için p1pn=q1qm olsun. Kanıtımızı n üzerinden tümevarımla yapacağız. Eğer n=0 ise, yani sol tarafta çarpılan hiç asal yoksa, o zaman soldaki çarpım 1’e eşittir. Dolayısıyla sağdaki çarpım da 1’e eşittir. Buradan da sağda da çarpılan asal olmadığı çıkar. Demek ki m=0 olur. Bundan böyle n>1 olsun. p1 asalı soldaki çarpımı böldüğü için sağdaki çarpımı da böler, demek ki sağdaki qi asallarından birini böler. p1’in böldüğü bu asala qi diyelim. Ama qi>1 bir asal, dolayısıyla bir indirgenemez olduğundan, bundan p=qi çıkar. Sadeleştirmeyi yaparsak, p2pn=q1qi1qi+1qm çıkar. Sol tarafta n1 tane, sağ tarafta m1 tane asal sayı çarpıldığından, tümevarım varsayımına göre, n1=m1 olur ve soldaki p2,,pn asalının her biri sağdaki q1,,qi1,qi+1,,qm asallarından birine eşit olur. Bu da kanıtımızı tamamlar. Oldu olacak ekok kavramını da görelim. Z’nin iki altgrubunun kesişimi de bir altgruptur. Nitekim eğer A,BZ ise,
0AB
olur; eğer x,yAB ise, hem
x+y,xA
hem de
x+y,xB
olduğundan,
x+y,xAB
olur.

Şimdi n,mZ olsun. Bir önceki paragrafa göre nZmZZ olur. Teorem 1’e göre, bir ve bir tane eN için nZmZeZ olur. Bu e sayısına n ve m sayılarının en küçük ortak katı adı verilir ve bu sayı e= ekok(n,m) olarak yazılır. Tanıma göre, n’ye ve m’ye bölünen sayılar aynen ekok(n,m)’ye bölünen sayılardır. Yani e, gerçekten de adının ifade ettiği gibi hem n’ye hem de m’ye bölünen en küçük doğal sayıdır.

Bazıları ekok yerine Türkçe ses uyumuna daha uyduğu için okek’i tercih eder.

ebob ile ekok arasında basit bir ilişki vardır:

Teorem 10. Her n,mZ için

nm=± ebob(n,m) ekok(n,m)
olur.

Kanıt: Teoremi pozitif n ve m doğal sayıları için kanıtlamak yeterli. Bundan böyle n,mN olsun. Amacımız nm= ebob(n,m) ekok(n,m) eşitliğini kanıtlamak.
ebob(n,m) =d, n=dn1, m=dm1 olsun. Elbette n1 ve m1 sayıları aralarında asaldır. Ve d sayısı elbette nm sayısını böler.

nm/d=n1m=nm1=dn1m1

sayısının ekok(n,m) sayısına eşit olduğunu kanıtlayacağız.

nm/d=n1m=nm1 eşitliklerinden dolayı nm/d sayısı hem n’ye hem de m’ye bölünür.
Diğer yandan; diyelim k sayısı hem n’ye hem de m’ye bölünüyor. k’nın nm/d=n1m=nm1=dn1m1 sayısına bölündüğünü kanıtlayacağız ve böylece nm/d= ekok(n,m) eşitliği kanıtlanmış olacak. Bir uZ   için k=nu=dn1u yazalım. m=dm1 sayısı k=dn1u sayısını böldüğüne göre, m1 sayısı n1u sayısını böler. Ama m1 ile n1 aralarında asal olduğundan, buradan m1’in u1’yu böldüğü çıkar. Demek ki nm/d=nm1 sayısı k=nu sayısını böler.   ◻


nZ+a Kümelerinin Kesişimleri

Bu paragrafta nZ+a gibi kümelerin kesişimlerini bulacağız. Herhangi bir karışıklığa mahal vermemek için tanımı açık açık yazalım:

nZ+a= {nx+a:xZ}.
Örneğin 2Z+1 tek sayılar kümesidir. 5Z+2,5’e bölündüğünde kalanın 2 olduğu tamsayılar kümesidir, yani
5Z+2= {,13,8,3,2,7,12,}. Bu arada,

5Z+2=5Z+7=5Z+12=5Z3=5Z+2

gibi eşitliklere dikkat edelim. Genel olarak nZ+a kümesini betimlemede kullanılan n yerine n ve a yerine nZ+a kümesinden herhangi bir sayı koyabiliriz, küme değişmez; yani
nZ+a=mZ+bm=±n ve n|ab
eşdeğerliği geçerlidir. Bunun kanıtını okura bırakıyoruz. Dolayısıyla n’yi her zaman 0 ve a’yı 0,1,,n1 sayıları arasından seçebiliriz (a yerine, a’yı n’ye böldüğümüzde elde edilen kalanı alabiliriz). Birkaç örnekle başlayalım:

(2Z+1)(6Z+4)=

olur çünkü 2Z+1 kümesi tek sayılardan oluşur, oysa 6Z+4 kümesinin elemanları çifttir. Şu örnek de kolay:

(2Z+1)(6Z+1)=6Z+1
ya da

3Z(9Z+6)=9Z+6.

Daha zor örnekler var. Örneğin,

(18Z+7)(21Z+4).

Bu kesişimi bulmak yukarıdaki örneklerdeki kesi- şimleri bulmaktan daha zor. Birazdan doğruluğunu göreceğimiz yanıtı verelim:

(18Z+7)(21Z+4)=126Z+25.

İlk soracağımız soru şu:

(nZ+a)(mZ+b)

kesişimi ne zaman boşküme olur? Ve boşküme olmadığında hangi kümeye eşit olur?

Diyelim (nZ+a)(mZ+b) . Kesişimden bir s elemanı alalım. Demek ki x,yZ için

s=nx+a=my+b olur.
n,m,a,b sayılarının verildiğini ve yukarıdaki eşitliği sağlayan x ve y sayılarını bulmaya çalıştığımızı unutmayalım.
Yukarıdaki eşitlikten, eğer d= ebob(n,m) ise
ba=nxmyÎn+m=d
çıkar. Demek ki (nZ+a)(mZ+b) ise a=b mod d
olur.
Şimdi de tam tersine a=b mod d varsayımını yapalım. Diyelim
ba=dw.
Bézout teoremine göre
nu+mv=d
eşitliğini sağlayan u ve v tamsayıları vardır. Bu eşitliği w ile çarparsak,
nuw+mvw=dw=ba
yani,
nuw+a=mvw+b
buluruz. Ama bu sayıya s dersek, soldaki ifadeden
snZ+a
olduğu, sağdaki ifadeden smZ+b
olduğu çıkar. Demek ki
(nZ+a)(mZ+b).
Böylece,
d=ebob(n,m)
tanımıyla,
(nZ+a)(mZ+b)a=bmod d
önermesini kanıtlamış olduk.
Şimdi a=b mod d önermesini varsayıp, boşküme olmadığını bildiğimiz
(nZ+a)(mZ+b)
kümesinin hangi küme olduğunu bulalım. d tabii ki hâlâ ebob(n,m) sayısına eşit. Kesişimden herhangi bir c sayısı alalım. c’yi, u ve v tamsayıları için,
c=nu+a=mv+b
olarak yazalım. Şimdi, e= ekok(n,m) için,
(nZ+a)(mZ+b)=e+c
eşitliğini kanıtlayalım. Sol taraftan bir eleman alalım, diyelim x:
x=nu1+a=mv1+b olsun. O zaman,

xc=n(uu1)=m(vv1)nZmZ=eZ

ve
xeZ+c
olur. Tam tersine eZ+c kümesinden bir x alalım. Diyelim
x=ew+c.
O zaman, e sayısı n’ye bölündüğünden,
x=(ew+nu)+an+a
olur. Benzer biçimde x=(ew+mw)+bmZ+b elde ederiz. ♥

Not: Bu yazı Matematik Dünyası Dergisi arşivinden siteye eklenmiştir. Yazı ilk olarak derginin 2013 yılı II. sayısında yer almıştır. Matematik Dünyası arşivi titiz bir çalışma ile çevrim içi platformlarda yeni okuyucularıyla buluşuyor. Bu yazıyı burada okunabilir hale getiren arşiv ekibi üyesi Hasan Kambay‘a ve tüm gönüllü arşiv ekibimize teşekkür ediyoruz. Yazıyı PDF olarak okumak için PDF arşivine buradan ulaşabilirsiniz.


Önceki İçerik
Sonraki İçerik
- Son sayıyı sipariş vermek için tıklayın. -Newspaper WordPress Theme

Son eklenen yazılar

Sayı Nedir?

Yazar: Ali Nesin - Nesin Matematik Köyü - anesin@matematikkoyu.org Yıl: 2024-1 Sayı: 119 1. Biraz Tarih Öncesi Sayıların bulunması kolay olmamıştır kuşkusuz. Bulunan ilk nicelik kavramları ''az'' ve...

Avrupa Matematiği: Pullardaki Tarih

Yazar: Robin Wilson The Open University (Çeviri: Olcay Coşkun) Yıl: 2023-4 Sayı: 118 Dünya çapındaki yüzlerce pulda matematiğin ve tarihinin bulunması şaşırtıcıdır. Portorož’daki 8ECM (8’inci Avrupa Matematik...

Matematik Tarihinin, Matematik Öğretimine Yansımaları

Yazarlar: Ali Bülbül, Nazan Sezen Yüksel Yıl: 2023-4 Sayı: 118 Matematiğin icat mı yoksa keşif mi olduğu sorusunun henüz net bir cevabı olmamakla birlikte, matematik hakkında...