Tuvalet kağıdının yarısı

CalculusGenelModellemeTuvalet Kağıdı

Tüm dünyanın korktuğu şey!

Tuvalet kağıdının aniden bitivermesinin tüm dünyayı ne kadar korkuttuğunu hep birlikte gördük. Son bir tuvalet kağıdı rulonuz kalmış ve bu rulonun da bir miktarı kullanılmışsa rulonun ne kadarının kaldığını anlayabilir misiniz?

Bu yazıda bir  tuvalet kağıdı rulosunun yarısını nasıl belirleyebileceğimizi tartışacağız. Dileyen okurlar geliştireceğimiz yöntemleri kullanarak tuvalet kağıdı rulosunun yan tarafına rulonun yüzde kaçının kaldığını belirten bir ölçek çizebilirler.

Rulonun yan tarafına bakınca ortasında dairesel bir boşluk olan beyaz bir daire görüyoruz.  Boşluğun yarıçapı $a$, rulonun tamamının yarıçapı $b$ olsun. Eğer merkezden
$$c=\frac{b-a}{2}$$
uzaklığında bir $c$ noktası işaretlersek tuvalet kağıdının oluşturduğu kalınlığın tam ortasını bulmuş oluyoruz. Ama bunun sorumuza doğru yanıt vermediğini tahmin edersiniz. İçten buraya kadar olan yerde daha az tuvalet kağıdı var, değil mi?

Ruloyu içinden bir silindir çıkartılmış bir silindir olarak düşünebiliriz. Eğer ruluyu tamamen açıp eşit iki parçaya ayırsaydık bu parçaların ağırlıkları eşit olurdu. O zaman ruloyu açmadan da bu parçaların ağırlıkları eşit olmalı. Ağırlıklarının uzayda kapladıkları hacimle orantılı olacağını kabul edersek bu parçalara karşılık gelen hacimler de eşit olacak. Aynı $h$ yüksekliğinde silindirler düşünelim. Diyelim ki taban yarıçapı $c$  olan bir silindirin içinden taban yarıçapı $a$ olan bir silindir çıkartılmış. Taban yarıçapı $b$ olan bir silindirden de taban yarıçapı $c$ olan bir silindir çıkartılmış.

Küçük silindirciğin hacmini
$$\pi c^2h – \pi a^2h$$
biçiminde, büyük silindirinkini de
$$\pi b^2h – \pi c^2h$$
biçiminde hesaplayabiliriz. Bu iki hacim eşit olacaksa

$$\pi c^2h – \pi a^2h=\pi b^2h – \pi c^2h$$

eşitliği doğru olmalı. Buradan da

$$c^2 – a^2=b^2 – c^2$$

ve

$$c=\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}$$

olması gerektiğini görüyoruz.

Silindir fikrine çeşitli itirazlar olabilir. Öncelikle kağıt katmanları arasındaki boşluğun iki silindirde farklı hacimler kaplaması olası. Tuvalet kağıdı rulosu bir silindir biçiminde olmadığı spiralimsi bir yapısı olduğu da söylenebilir. Gerçekten de ruloya kağıdı sararken spiral gibi üst üste binecek biçimde sarıyoruz. Bu itirazı dikkate alarak tuvalet kağıdı rulosunun spiralimsi bir yapıda olduğunu kabul edip buna göre bir cevap arayalım.

Spiral

Önce spirali matematiksel bir dille açıklamamız gerekecek. Konuya aşina olan okurlar bu bölümü atlayabilirler.

Spiral aslında çemberin yakın bir akrabası sayılır. Bunu görmek için kağıda bir çember çizmenizi isteyeceğiz. Çemberi çizmek için kalemi kağıdın bir noktasına koydunuz. Şimdi bir yönde çizmeye başladınız. Çok hızlı çizmeyin. Kalemin ucunun hareketine odaklanın. Yavaş yavaş döndünüz ve çizmeye başladığınız noktaya yaklaşıyorsunuz. Sakın durmayın! Başlangıç noktasına geldiğinizde çizmeye devam edin. İkinci bir kat daha çizin ama yine durmayın. Hatta hiç durmadan kalemi aynı eğri üzerinde döndürmeye devam edin… Sıkıldınız mı? Şimdi aynı işlemi bir defa daha yapacağız ama başlamadan kağıda bir doğru parçası çizmenizi ve 1 cm aralıklarla noktalar koymanızı istiyoruz.

Hazırsanız başlayalım. Kalemi en soldaki nokta üzerine yerleştirin. Eliniz iki hareketi aynı anda yapmalı. Bir yandan bir çember çiziyormuş gibi yapacaksınız, bir yandan da elinizi çemberin merkezinden yavaşça uzaklaştıracaksınız. Eliniz öyle yavaş uzaklaşmalı ki tam bir tur attığınızda kalemin ucu başladığınız noktanın hemen sağındaki noktaya gelmeli. Yine hiç durmadan çizmeye devam edin, bir spiral elde edeceksiniz…

Çember ve spiral arasındaki bu ilişkiyi biraz netleştirelim. Bunun için bir dik koordinat sistemine ihtiyacımız olacak. Diyelim ki yarıçapı 1 olan bir çember çizdik. Dik koordinat sisteminin orijinini çemberin merkezine yerleştirdik. Çemberi çizerken elimizi belirli bir miktar döndürdüğümüzde kalemin ucunun geldiği noktanın koordinatlarını belirlemek istiyoruz. Elimizi ne kadar döndürdüğümüzü belirtmek için bir açı birimine ihtiyacımız var. Ama bunun için derece kullanmayacağız. Çemberin yarıçapı 1 olduğundan çevresi $2\pi$ uzunluğunda. Yani elimizi çeyrek tur döndürdüysek çizdiğimiz çeyrek çemberin uzunluğu $2\pi/4=\pi/2$ birim. O zaman çeyrek tur dönmeyi $\pi/2$ birimlik bir açıyla gösterelim. Yarım tur dönmek $\pi$ birimlik bir açı kadar dönmek demek olacak ve karşılık gelen çember yayının uzunluğu da $\pi$ birim olacak. Bu açı birimine radyan diyoruz. Bir tur dönmek $2\pi$ radyanlık bir açıya karşılık geliyor.

Diyelim ki $\theta$ radyan dönerek $P=(x,y)$ noktasına gelmişiz. Tabanı $x$-ekseni üzeinde ve tepe noktası $P$’de olan şekildeki dik üçgeni çizelim.

Hipotenüs, yani yarıçap, 1 olduğundan $P$ noktasının koordinatlarını
$$x=1\cdot \cos\theta \qquad \mbox{ve} \qquad y=1\cdot \sin\theta$$
biçiminde yazabiliyoruz.

Spirali nasıl çizdiğimizi tekrar düşünelim. Aslında her an elimiz bir yandan bir çember çizmeye bir yandan da merkezden uzaklaşmaya çalışıyordu. Yani çizdiğimiz “çemberin” yarıçapını giderek artırıyorduk. Anlık olarak bir çember çiziyoruz ve bu çemberin yarıçapı o an için sabitmiş gibi düşünebiliriz. Yine elimiz $\theta$ radyan döndüğünde kalemin ucunun geldiği noktanın koordinatlarını belirleyeceğiz. Nokta $Q(x,y)$ olsun. Eğer $\theta$ sıfırsa yarıçap 1 olsun. Yani önceki çemberi çizmeye başladığımız noktadayız. Tam bir tur döndüğümüzde $\theta=2\pi$ olacak. Bu 1 tur dönüşte yarıçap 1 birim artarak 2 birim olsun istiyoruz. O zaman yarıçapı dönme miktarına bağlı olarak
$$r(\theta)=1+\frac{\theta}{2\pi}$$
biçiminde bir fonksiyonla ifade edebiliriz. $Q$ noktasının koordinatlarını bulmak için de anlık çember fikrimize geri dönüp hipotenüs uzunluğu $r(\theta)$ olan dik üçgeni oluşturmamız yeterli:
$$x=r(\theta)\cdot \cos\theta \qquad \mbox{ve} \qquad y=r(\theta)\cdot \sin\theta\,.$$

Artık çember ve spirali aynı gözle görebiliriz: İkisi de $[0,\infty)$ kümesinden (yani negatif olmayan gerçel sayılar kümesinden) $\mathbb{R}\times \mathbb{R}$’ye (yani düzleme) birer fonksiyonun görüntü kümesi! Çember,
$$c(\theta)=(\cos\theta, \sin\theta)$$
fonksiyonunun; spiral ise
$$s(\theta)=\left((1+\frac{\theta}{2\pi})\cos\theta, (1+\frac{\theta}{2\pi})\sin\theta\right)$$ fonksiyonunun…

Spiralin uzunluğunu

Amacımız tuvalet kağıdının yarısını bulmaktı. Tuvalet kağınının spiralimsi bir yapısı olduğunu kabul ettiğimize göre bir spiral yayının uzunluğunu nasıl hesaplayabileceğimizi de anlamamız gerekecek.

Çember veya spiral gibi genel bir $e(\theta)=(f(\theta),g(\theta))$ fonksiyonuyla başlayalım. Tanım kümemiz $[\alpha, \beta]$ kapalı aralığı olsun. Böylece $e$’nin görüntüsü düzlemde $e(\alpha)=(f(\alpha),g(\alpha))$ noktasında başlayıp $e(\beta)=(f(\beta),g(\beta))$ noktasında biten bir eğri olacak. Biz bu eğrinin uzunluğunu bulmak istiyoruz. Önce $[\alpha, \beta]$ aralığını $n$ eşit parçaya ayıran noktaları düşünelim: $i=0,1,2, \ldots , n$ için
$$\theta_i=a+\frac{\beta-\alpha}{n}\cdot i$$
noktalarını bulacağız. Bu $n+1$ noktanın görüntülerini $P_i$ ile gösterip eğri üzerinde işaretleyelim ve sırayı bozmadan ardışık noktaların görüntüleri arasına birer doğru parçası çizelim.

Eşit aralıklı 21 noktanın görüntüleri spiral üzerinde 20 doğru parçası veriyor. Bu doğru parçalarının uzunlukları toplamı spiralin uzunluğuna yakın!

Başlangıç ve bitiş noktasını bildiğimiz bir doğruparçasının uzunluğunu Pisagor Teoremi yardımıyla hesaplayabiliriz. Bizim durumumuzda $e(\theta_i)$ noktasında başlayıp $e(\theta_{i+1})$ noktasında biten doğru parçasının uzunluğu
$$d_i=\sqrt{(f(\theta_{i+1})-f(\theta_i))^2+(g(\theta_{i+1})-g(\theta_i))^2}$$
olacak. Bu uzunlukları toplarsak eğrimizin uzunluğuna “yakın” bir değer elde etmeyi umuyoruz. Hele bir de nokta sayısını artırıp $n$’yi büyüttükçe bu
$$d_0+d_1+\ldots + d_{n-1}$$
toplamının eğrinin “gerçek uzunluğuna” giderek yaklaşması gerektiğini düşünüyoruz!

Bu düşüncemiz ne yazık ki her eğri için istediğimiz biçimde çalışmıyor. Ama çember gibi, spiral gibi kırık, sivri noktaları olmayan eğrilerde sorun yok. Bunu garantilemenin yoluysa bize eğri üzeindeki noktaların koordinatlarını veren $f$ ve $g$ fonksiyonlarının türevlenebilir ve türevlerinin sürekli olmasını istemek. Çok şey istemiyoruz! Öyle olsunlar. (Daha açık yazacak olursak $[\alpha, \beta]$ aralığında sürekli olsunlar ve $(\alpha, \beta)$ aralığında türevleri de sürekli olsun.) Böylece $[\theta_i, \theta_{i+1}]$ aralığında Ortalama Değer Teoremi’ni korkmadan kullanarak,
$$\frac{f(\theta_{i+1})-f(\theta_{i})}{\theta_{i+1}-\theta_{i}}=f^\prime(\tilde{\theta}_i)$$
$$\frac{g(\theta_{i+1})-g(\theta_{i})}{\theta_{i+1}-\theta_{i}}=g^\prime(\hat{\theta}_i)$$
olacak biçimde $\tilde{\theta}_i, \hat{\theta}_i\in[\theta_i, \theta_{i+1}]$ vardır diyebiliriz. Sonra da $\theta_{i+1}-\theta_{i}=\frac{\beta-\alpha}{n}$ olduğunu hatırlayarak
$$f(\theta_{i+1})-f(\theta_{i})=f^\prime(\tilde{\theta}_i) \left(\frac{\beta-\alpha}{n}\right)$$
$$g(\theta_{i+1})-g(\theta_{i})=g^\prime(\hat{\theta}_i) \left(\frac{\beta-\alpha}{n}\right)$$
yazabiliriz. Böylece $i$’inci doğru parçasının uzunluğunu

\begin{aligned}
d_i & = \sqrt{(f(\theta_{i+1})-f(\theta_i))^2+(g(\theta_{i+1})-g(\theta_i))^2}\\[1em]
& = \sqrt{\left[f^\prime(\tilde{\theta}_i) \left(\frac{\beta-\alpha}{n}\right) \right]^2
+ \left[g^\prime(\hat{\theta}_i) \left(\frac{b-a}{n}\right) \right]^2} \\[1em]
& = \left(\frac{\beta-\alpha}{n}\right) \sqrt{\left[f^\prime(\tilde{\theta}_i) \right]^2
+ \left[g^\prime(\hat{\theta}_i) \right]^2}
\end{aligned}

biçiminde ifade edebiliriz. Şimdi bunları toplayıp $n$ sonsuza giderken limit alalım:

$$
\lim_{n \to \infty}\sum_{i=0}^{n-1} d_i\\[1em]
= \lim_{n \to \infty}\sum_{i=0}^{n-1} \left(\frac{\beta-\alpha}{n}\right) \sqrt{\left[f^\prime(\tilde{\theta}_i) \right]^2
+ \left[g^\prime(\hat{\theta}_i) \right]^2} $$

Koordinatlarımızı veren $f$ ve $g$ fonksiyonlarının kabul ettiğimiz güzel özellikleri sayesinde bize eğrimizin uzunluğunu veren bu limitin
$$\int_{\alpha}^{\beta}\sqrt{f^\prime(\theta)^2+g^\prime(\theta)^2}\, dt$$
integraline eşit olduğunu söyleyebiliyoruz.

Artık spirale geri dönebiliriz. Bize spirali veren

$$s(\theta)=\left(\left(1+\frac{\theta}{2\pi}\right)\cos\theta, \left(1+\frac{\theta}{2\pi}\right)\sin\theta\right)$$

fonksiyonunun görüntüsünde katmanların arası tuvalet kağıdına göre çok fazla açılıyor. Ayrıca tuvalet kağıdının ortasındaki boşluğun yarıçapı 1 değil $a$. Spiralin yay uzunluğunu hesaplamadan önce spirali istediğimiz tuvalet kağıdına benzetmeye imkan sağlayacak ayar düğmeleri ekleyelim. Bir düğme içteki silindirin yarıçapını ve bir düğme de kağıdın katman kalınlığını kontrol etsin istiyoruz.  Bunun için $a$ ve $K$ pozitif gerçel sayılar olmak üzere $s_{a,K}$ fonksiyonunu
$$s_{a,K}(\theta)=\left((a+K\cdot\frac{\theta}{2\pi})\cos\theta, (a+K\cdot\frac{\theta}{2\pi})\sin\theta\right)$$
biçiminde tanımlayalım. Artık $a$ değiştikçe iç silindirin yarıçapı, $K$ değiştikçe de kağıt katmanlarının kalınlığı değişecek. Aşağıdaki kutunun altındaki “Çalıştır” tuşuna bastıktan sonra $a$ ve $K$ değerlerini değiştirerek ayarladığını $s_{a,K}$ eğrisinin görüntüsünü tuvalet kağıdı rulonuzla benzetebilirsiniz. (Eğer aşağıda kod kutusunu ve altında “Çalıştır”  yazan bölümü görmüyorsanız muhtemelen sayfayı yeniden yüklemeniz gerekiyordur.)

SageMathCell

Tuvalet kağıdı rulonuzu veren spiral için $a$ ve $K$ değerlerini belirlediyseniz uzunluk hesabına geçelim. Kağıdı rulaya $\beta$ açısı kadar döndürerek sarınca kullanılan kağıdın uzunluğunu bulmak için

$$\int_0^\beta\sqrt{(\frac{K}{2\pi}\cos(\theta)-(a+K\frac{\theta}{2\pi})\sin(\theta))^2+(\frac{K}{2\pi}\sin(\theta)+(a+K\frac{\theta}{2\pi})\cos(\theta))^2}\, d\theta$$

integralini hesaplamamız gerekiyor. Ancak bu integral hesaplamak çok kolay değil. Başka bir şey deneyelim.

 

İlk spirali hem
$$s(\theta)=\left((1+\frac{\theta}{2\pi})\cos\theta, (1+\frac{\theta}{2\pi})\sin\theta\right)$$
biçiminde, hem de
$$r=1+\frac{\theta}{2\pi}$$ biçiminde yazabiliyorduk. Benzer şekilde $s_{a,K}$ spiralini de

$$r=a+K\frac{\theta}{2\pi}$$

denklemini sağlayan $(r,\theta)$ ikilileri olarak görebiliriz. Her defasında $2\pi$’ye bölmek yerine bundan sonra $k=\frac{K}{2\pi}$ alarak spirali kısaca

$$r=a+k\theta$$

biçiminde yazalım. Spiralin bu ifadesini kullanarak  yay uzunluğunu yukarındakinden daha kolay hesaplayabileceğimiz başka bir integral üretmek mümkün.

Yay uzunluğunu veren integrali geliştirmek için kullandığımız $e(\theta)=(f(\theta),g(\theta))$ eğrisinin, bir $h$ fonksiyonu kullanılarak,
$$r=h(\theta), \quad \alpha\leq\theta\leq\beta$$
biçiminde ifade edildiğini düşünelim. Önce $f$, $g$ ve $h$ fonksiyonları arasındaki ilişkiyi inceleyelim. Dik koordinat sistemindeki bir noktanın koordinatları $(x,y)$ ikilisiyse bu noktanın orijine uzaklığına $r$, pozitif $x$-ekseniyle yaptığı açıya $\theta$ diyerek
$$r=\sqrt{x^2+y^2} \qquad \mbox{ve} \qquad \tan(\theta)=\frac{y}{x}$$
eşitliklerini kullanabiliriz. Diğer yönde geçiş yapmak için de
$$x=r\cos(\theta) \qquad \mbox{ve} \qquad y=r\sin(\theta)$$
yazabiliriz. Dolayısıyla
$$f(\theta)=h(\theta)\cos(\theta) \qquad \mbox{ve} \qquad g(\theta)=h(\theta)\sin(\theta)$$
olmalı. Bu ilişkileri kullnarak yay uzunluğunu veren integrali farklı bir biçimde ifade edebiliriz. Önce türevlerin karelerinin toplamına ihtiyacımız var:
$$f^\prime(\theta)=h^\prime(\theta)\cos(\theta)-h(\theta)\sin(\theta)\,,$$
$$g^\prime(\theta)=h^\prime(\theta)\sin(\theta)+h(\theta)\cos(\theta)\,,$$
$$f^\prime(\theta)^2+g^\prime(\theta)^2=h^\prime(\theta)^2+h(\theta)^2\,.$$
Bunları yerine yazınca
$$\int_\alpha^\beta\sqrt{f^\prime(\theta)^2+g^\prime(\theta)^2}\, d\theta=\int_\alpha^\beta\sqrt{h^\prime(\theta)^2+h(\theta)^2}\, d\theta$$
olduğunu görüyoruz.

Artık $$r=a+k\theta$$ eğrisinin yay uzunluğunun
$$\int_0^\beta\sqrt{k^2+a^2+2ak\theta+k^2\theta^2}\, d\theta$$
integraliyle hesaplanabileceğini söyleyebiliriz. Ancak yine hesaplaması çok kolay olmayan bir integralle karşı karşıyayız. İntegral alma konusunda iddialı okurlar

\begin{aligned}
\int \sqrt{k^2+a^2+2ak\theta+k^2\theta^2}\, d\theta   = & \frac{k}{2} \, \operatorname{arsinh}\left(a+k\theta\right) \\[1em]  & + \frac{(a+k\theta)}{2k} \, \sqrt{(a+k \theta)^{2} +  k^{2}}  +c \\[1em] = & \frac{k}{2} \, \operatorname{ln}\left((a+k\theta)+\sqrt{(a+k\theta)^2 +k^2}\right) \\[1em]  & + \frac{(a+k\theta)}{2k} \, \sqrt{(a+k \theta)^{2} +  k^{2}}  +c
\end{aligned}

olduğunu gösterebilirler.

Gerçeğe dönüş

Tüm bu uğraşlardan sonra hesap yapmaya başlayabiliriz. Elimizdeki rulonun ölçümleri $a=2,3$ ve $b=5,8$ cm biçiminde.  Paketin üzerinde de bazı bilgiler mevcut.

Her birinin uzunluğu 124mm olan yaklaşık 150 yapraklı bir tuvalet kağıdı rulomuz varmış. Kağıt uzunluğu yaklaşık 18,6 metre!

Kağıdın ruloya kaç tur sarıldığını bilmiyoruz. Bir tur dönen kağıdın ne miktar kalınlık oluşturduğuna dair de bir bilgimiz yoktu. Rulodan kağıdı 10 tur açıp tekrar ölçtük. 10 tur açmak kalınlığı 0,5 cm kadar azalttı. Buradan $K=0,05$ seçimini yaptık. Daha fazla ilerlemeden şimdiye kadar yaptıklarımızı ve ölçümlerimizi bir kontrol edelim. Kağıdın tamamını ruloya sarmak için toplam $\beta$ radyan dönülmüş olsun. Şimdiye kadar yaptıklarımız doğruysa $a=2,3$ ve $K=0,05$ değerlerini kullanarak

$$\int_0^\beta\sqrt{k^2+a^2+2ak\theta+k^2\theta^2}\, d\theta$$

integralini hesapladığımızda sonucun $18.6\times 100$ çıkması gerek. Bu bilgiyi kullanarak $\beta$’yı ve onu $2\pi$’ye bölerek kağıdın ruloya kaç tur sarıldığını bulabiliriz. Bulacağımız tur sayısını katman kalınlığı $K$ ile çarptığımızda kağıt sarılı bölgenin kalınlığını, yani $b-a=3,5$ bulmalıyız. Bu işi yapmak için aşağıya sizlerin de kendi değerlerinizi girerek kullanabileceğiniz bir kutu koyuyoruz. $L$ ile rulodaki toplam kağıt uzunluğunu belirtiyoruz.

SageMathCell

Kodu çalıştırdığınızda gördüğünüz ilk sonuç olan 72 bizim durumumuzdaki tur sayısı. Yani $72\times 0,05=3,6$ cm. Hatamız 1 mm. Hiç fena değil! Devam edelim: Kağıdın yarısının uzunluğu $9,3\times 100$ cm. Bu uzunluktaki kağıdı sarmak için kaç tur atmamız gerektiğini bulup sonucu $K$ ile çarparak rulonun tam yarısının kalınlığını bulacağız. Bu kez $L$’yi kağıt uzunluğunun yarısını verecek biçimde seçiyoruz.

SageMathCell

Spiral modelinde (bizim ölçümlerimize göre) tuvalet kağıdı rulosunun yarısını veren kalınlık $2,15$ cm çıktı. Yazının başlarında hacimleri karşılaştırarak kurduğumuz modele göre ise bu kalınlık

\begin{aligned} c-2,3 &= \sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}-2,3\\[1em] &=\sqrt{\frac{(2,3)^2+(5,8)2}{2}}-2,3\\[1em] &\cong 2,11 \, \mbox{cm}\end{aligned}

civarında olmalı. İki modelin sonuçları neredeyse aynı! Sizce hangi model gerçeğe daha uygun?

Son bir itiraz

Eğer bitmekte olan bir tuvalet kağıdı rulosunu incelerseniz kağıdın ruloya hiç de spiral gibi sarılmadığını göreceksiniz. Başlangıçta kağıt rulonun ortasındaki silindire bir bölgede yapışmış oluyor. Bu bölgenin başladığı yere tekrar gelinceye kadar sarılan kağıt kalınlığı artırmıyor. Tekrar bu bölgeye geldiğinde biraz tırmanıp sonra sanki bir çember yayı üzerinde ilerliyormuş gibi sarılıyor. Her tur bu biçimde devam ediyor ama tırmanma bölgesinin uzunluğu da her turda biraz artıyor:

 

 

 

Eğer siz de bu itirazı haklı buluyorsanız kendi tuvalet kağıdı rulosu modelinizi oluşturup modelinizde rulonun yarısını bulmayı deneyebilirsiniz. Yukarıdaki görseldeki modeli kurmak isteyen okurlara bir ipucu vererek yazıyı burada noktalayalım:

Bu modelde her katmanın (merkezden bir açıyla sabitlenmiş) bir bölümü  bir çember yayı. Bu bölümlerde tırmanma hareketi yok. Tırmanma hareketi içteki çemberin bitiş noktasından bir üstteki çemberin başlangıç noktasına giden bir Bézier eğrisi. “Bézier eğrisi de nedir?” diye soruyorsanız, Kaportanın Matematiği yazısına bakabilirsiniz. Bol şans!

 

Yazar(lar) hakkında:

Alp Bassa lisans eğitimini Orta Doğu Teknik Üniversitesi'nde, doktorasını Universitaet Duisburg-Essen'de tamamladı. Sabancı Üniversitesi, EPFL (Lozan, İsviçre), CWI (Amsterdam, Hollanda), ve Nanyang Technological University (Singapur)'da doktora sonrası araştırmalarda bulunduktan sonra 2011 yılında Sabancı Üniversitesi'nde çalışmaya başladı.
2016 Bilim Akademisi Genç Bilim İnsanları Ödülü'nü (BAGEP) alan Alp Bassa 2014 yılından beri Boğaziçi Üniversitesi Matematik Bölümü'nde öğretim üyesidir.

Özer Öztürk lisans eğitimini Orta Doğu Teknik Üniversitesi, Matematik Bölümü'nde almıştır. Mezuniyetinin ardından aynı bölümde araştırma görevlisi olarak çalışmaya başlamış ve bu süreçte yüksek lisans derecesini almıştır. TÜBİTAK ve Polonya Bilimler Akademisi burslarıyla Polonya Bilimler Akademisi'nin Varşova'daki Matematik Enstitüsü'nde doktorasını tamamlamıştır. 2011 yılından itibaren Mimar Sinan Güzel Sanatlar Üniversitesi, Matematik Bölümü öğretim üyesidir.

Bu yazıyı paylaşarak daha fazla kişiye ulaşmasını sağlayın: