Kategori: Rings

Dokuz Eylül anıları: Altı saat süren Sayılar Teorisi Sınavı

Geçenlerde ekşi sözlükte tanıdığım matematikçiler hakkında ne yazmışlar diye bakınırken, Engin Hoca’nın (Engin Mermut) başlığına kuul adlı kullanıcı tarafından yazılmış şu entry ile karşılaştım:

şimdiye kadar buralara adının düşmemesini büyük hayretle karşılıyorum. kendisi bilkent çıkışlı bir dokuz eylül hocasıdır. matematik bölümünde ikamet eder. çalışma azmi karşısında tek rakibi zannedersem atom karınca olsa gerektir. gelgelelim bu azmin öğrencilere dönüşü pek de tatlı olmaz. kendisi tek dönemde birkaç kitabı yazma ve anlatma kapasitesine sahiptir. eğer dersini alıyorsanız yapacağınız şey kıçınızdan soğuk terler dökerek yazdığınız notları ‘ya nasip’ diyerek açmak ve gözünüze kestirdiğiniz bir kısım yerleri çalışarak sınava girmek ya da geçmiş senelerin sorularını tedarik edip onları ezberlemektir. gerçi allah var sınavda soru sorduğunda içinde kolaylıkla yapabileceğiniz birkaç soru mutlaka çıkacaktır. ancak sorun şu ki o kolaylıkla yapabileceğiniz sorular 400 sayfalık kitabın ilk yarısından mı yoksa ikinci yarısından mı gelecektir? işte essah mesele de zaten budur. bir de biz o günleri görmedik allahtan ama bir kısım mağdurlardan işitiyoruz ki bir zaman sınavlarında defter kitap serbest, süre 6 saat ve sınavlar da 150-180 puanlık olurmuş.

Her ne kadar geçtiğimiz günlerde eve bir tansiyon aleti almış olsak da, aslında henüz anılarımı yazmaya başlayacak kadar yaşlı olmadığımı düşünüyorum. Ancak ekşisözlük’teki entry bana yıllar önce aldığım sayılar teorisi dersini (ve sınavını) hatırlattı ve hala bazı şeyleri hatırlıyorken yazmaya karar verdim.

Yazarın da belirttiği gibi, Engin Hoca’nın başlığına sadece bir entri girilmiş olmasına ben de şaşırdım. Entride geçen “…bir zaman sınavlarında defter kitap serbest, süre 6 saat ve sınavlar da 150-180 puanlık olurmuş” kısmı ise bana anında Hasibe Eren’in şu tweetini hatırlattı:

Her neyse, 2002-2003 öğretim yılıydı ve ben Dokuz Eylül Üniversitesi Matematik Bölümü’nde üçüncü sınıf öğrencisiydim. Güz müydü bahar mıydı hatırlamıyorum ama Engin Hoca’nın seçmeli ders olarak “Introduction to Number Theory” dersini açacağını duyduk. O zamanlar Gökhan Hoca ve Engin Hoca hangi dersi açıyorsa almak gibi bir prensibim vardı ve bu dersi de almamak olmazdı. Ve olaylar gelişti.

Yanlış hatırlamıyorsam Engin Hoca dersi ilk defa bizim dönemde açmıştı. Ders kitabı olarak Silverman’ın “A Friendly Introduction to Number Theory” kitabını takip edecektik. Kitabın içindekiler kısmına ve kalınlığına baktığımızda ilk görüşler “Engin Hoca’nın bile” o kitabı bir dönemde bitiremeyeceği yönündeydi. Ama Engin Hoca’nın şakası yoktu tabi ve bütün kitabı bitirdik. Herhalde ortalamada her hafta 3-4 kısım bitiriyorduk kitaptan. Dersler zaman zaman Engin Hoca ve sevgili dostum Zafer arasında soru-cevap şeklinde geçiyordu. Bense daha ziyade bütün bu olan biteni seyredip sonrasında bir güzel sindirmeye ihtiyaç duyuyordum. Hatta belki de real-time strateji oyunları yerine turn-based strateji oyunlarını sevmem benzer sebeplerdendir.

Her neyse, söz konusu vizeye gelelim. Aslında Engin Hoca vizede notlar ve kitabın açık olduğunu ve vizenin süresinin “acıkıncaya kadar” olduğunu belirttiğinde işin rengi belli olmuştu. Sınav sırasında durum öyle bir hal aldı ki, o sıralarda kısmi diferansiyel denklemler dersine sınıfın büyük bir kısmının girmediğini gören Gonca Hoca bizim sayılar teorisi sınavında mahsur kaldığımızı duymuş ve sınıfa gelmişti. Ben sınavdan ilk çıkanlardandım ve dört saat civarı kalmıştım. Sınav kaç puan üzerindendi hatırlamıyorum ama ben saat başına 21.75 ortalama ile 87 aldım. Kitabın açık olduğu ve dört saat oturduğunuz bir sınavda 87 almak başarı sayılır mı sayılmaz mı takdiri size bırakıyorum.

O zamanlar Engin Hoca’ya verdiğimiz sınav kağıtlarımız kırmızı tükenmez kalemle yoğun bir şekilde düzeltilmiş olarak geri gelirdi. Hatta bazen öyle olurdu ki Engin Hoca’nın düzeltmeleri bizim yazdığımız cevaplardan daha fazla olurdu! Bu sebeple Engin Hoca’nın kağıdıma yazdığı “very well written” yorumunu unutamam. Öyle ki aldığım nottan çok bu yoruma sevinmiştim. Aradan çok zaman geçtiği için soruları falan hatırlamıyorm. Sınav kağıdı hala eski notlar ve kitapların arasında İzmir’de duruyor olmalı. İzmir’e gittiğimde bulabilirsem süper olur.

Sonuç olarak, çok zevk aldığım bir dersti. Hatta linsans eğitimimde cebir dersleri dışında beni Sedef Hoca’nın açtığı “Ölçme Teorisi ve Lebesgue Integrali” dersi ile birlikte en çok etkileyen dersti.

Bu yazıyı yazarken Dokuz Eylül’deki yıllarımı düşündüm ve aradan geçen yaklaşık 20 senenin ne yazık ki bir çok şeyi hafızamdan sildiğini fark ettim. Çok güzel zamanlardı. Hatırladıkça burada paylaşmaya çalışacağım.

Portekiz, Tayvan ve Kuveyt’te Matematik

Geçtiğimiz günlerde, Matematiğin Peşinde adlı Youtube kanalından Ezgi Hanım ile “Portekiz, Tayvan ve Kuveyt’te Matematik” başlıklı bir söyleşi yaptık. Benim için güzel bir deneyim oldu. Ayrıca Youtube kanalında daha bir çok (hatta belki daha da ilgi çekici) video var. Bir göz atmanızı tasiye ederim.

Eğer ilgilenirseniz video iki parça halinde burada ve burada. Videoda bahsettiğim (ya da bahsetmeyi unuttuğum) bir kaç konuya buradan ekleme yapmak istiyorum. Aslında basit bir Google aramasıyla bulunabilse de, Portekiz’deki doktora programının sayfasından program hakkında bilgi sahibi olabilirsiniz. Tek senelerde dersler Porto’da, çift senelerde de Coimbra’da oluyordu ben oradayken, hala da öyledir sanırım. Daha sonra danışmanınız hangi üniversitedeyse oraya kayıt olup diplomanızı da o üniversiteden alıyorsunuz. Normal süre 1 yıl ders + 3 yıl tez olarak dört yıl. Burslar da dört yıllık. Geçenlerde doktora hocam Christian’dan öğrendiğime göre son zamanlarda yapılan bir değişiklikle, burslar artık projelere verilmeye başlanmış. Yani yanlış anlamadıysam hangi hocanın öğrencisinin burs alacağı önceden belli oluyor. Bu durum benim gibi oraya kimle çalışacağına karar vermiş arkadaşlar için avantajlı olabilir sanırım.

Videoda da belirttiğim gibi, Türkiye’de çok bilinmiyor sanırım ama hem Porto hem de Coimbra’da (ve ayrıca Lizbon’da) oldukça güçlü ve aktif matematik bölümleri var. Hocalar arasında doktorasını İngiltere, Fransa ve ABD’de yapanlar bir hayli fazla. Her sene gelen giden bir sürü matematikçi oluyordu. Hatırladığım kadarıyla, kendi alanımda çalışanlardan ben oradayken Porto’yu ziyaret edenler arasında Edmund Puczylowski, Patrick Smith, Agata Smoktunowicz, Estanislao Herscovich, Engin Büyükaşık, Jerzy Matczuk, Jawad Abuhlail, Miodrag Iovanov, Tuğba Güroğlu… bulunuyordu. Kesin unuttuğum isimler vardır. Ayrıca iki tane de Fields madalyası sahibi, Atiyah ve Kontsevich de ben oradayken gelmişlerdi. Bir de tamamen alakasız olarak, Beşiktaş da iki sezon Şampiyonlar Ligi için Porto’ya gelmişti. Futbola meraklıysanız Porto ya da Boavista’nın maçlarını canlı canlı seyredebilirsiniz.

Neyse, bu kadar reklam yeter.

Até logo!

Heisenberg Belirsizlik Ilkesi

Uzun zamandir “bir parcacigin hem momentumunu hem de konumunu tam olarak bilemeyiz” diye bildigim ve fizik bilgimin eksikliginden korkup da detaylarini ogrenmeye yanasmadigim Heisenberg belirsizlik ilkesini en azindan matematiksel olarak nihayet anladim.

Konunun fiziksel kismini bir kenara birakip (ne kadar mumkunse) olaya tamamen matematiksel acidan bakildiginda aslinda oldukca basitmis: is komutatorlerde bitiyor! 🙂 Cahilligimi bagislayin ama bu kadar basit oldugunu bilmiyordum dogrusu. Asagida baglantisini verecegim (Ingilizce) bir blog yazisinda olay oldukca basit bir sekilde ifade edilmis. Gerekli on bilgiler sadece bir tutam (lineer) cebir. Bugun artik bakkallarin bile lineer cebir bildigi bir donemde oldukca ulasilabilir bir aciklama oldugunu dusunuyorum. Bahsettigim yazi burada. Iyi okumalar.

Ben tatmin oldum. Siz ne diyorsunuz?

Matematiksel Tümevarım İlkesi

Selam. Hanoi Kulesi yazısından sonra ortaya çıkan ihtiyaçtan dolayı, matematiksel tümevarım ilkesinden kısaca bahsetmek ve Hanoi kulesi probleminin çözümünü tümevarım ile de doğrulamak amacıyla bu yazıyı yazıyorum. Bir diğer motivasyon da internetteki Türkçe matematiksel içerik eksikliğini gidermeye biraz katkıda bulunmak. Doğal sayıların sıralama özelliklerinden bahsettikten sonra, benim en sevdiğim kanıtlardan biri olan tümevarım ilkesinin de kanıtını vermiş olacağız.

Öncelikle tümevarım nedir, nasıl çalışır bundan bahsedelim. Her n doğal sayısı için P_n önermesi verilmiş olsun. Her n doğal sayısı için verilmiş

P_{n}: \quad 1’den n‘e kadar olan sayıların toplamı \frac{n(n+1)}{2}‘dir

gibi. Tümevarım ilkesi bu tür önermelerin kanıtlanmasında işimize yarıyor. Tümevarım ilkesi net bir şekilde aşağıdaki gibi verilebilir:

Teorem (Tümevarım İlkesi). m sabit bir tamsayı olmak üzere, her n \geq m tamsayısı için P(n) önermeleri verilmiş olsun. Eğer

  1. P(m) doğru,
  2. P(n) doğru iken P(n+1) de doğru,

ise P(n) bütün n \geq m tamsayılari için doğrudur.

Bu teoremin kanıtını birazdan vereceğiz. Ancak önce tümevarımı kullanarak yukarıda örnek olarak verdiğim ifadeyi kanıtlayalım:

Öncelikle P(1)’in doğru olduğunu söylememiz lazım. Hatırlarsak, P(1)  “1’den 1’e kadar olan sayıların toplamı \frac{1 \times 2}{2} olur” demekti. Bu işlemin sonucu da 1’i verdiği için P(1) doğrudur diyebiliriz. İkinci adımda da herhangi bir n doğal sayısı için P(n)’in doğru olmasının, P(n+1)’in de doğru olmasını gerektirdiğini göstereceğiz. Yani

\sum_{i=1}^{n} i = \frac{n(n+1)}{2}

olduğunu kabul edip,

\sum_{i=1}^{n+1}i=\frac{(n+1)(n+2)}{2}

olduğunu göstereceğiz.

Öncelikle

\sum_{i=1}^{n+1} i = \sum_{i=1}^{n}i + n+1

yazar ve \sum_{i=1}^{n}i yerine \frac{n(n+1)}{2} yazarsak,

\sum_{i=1}^{n+1}i = \frac{n(n+1)}{2} + (n+1)

elde ederiz. Burada da eşitliğin sağ tarafında payda eşitleyip, (n+1) parantezine alırsak

\sum_{i=1}^{n+1}i = \frac{(n+1)(n+2)}{2}

elde ederiz, ve yukarıdaki tümevarım ilkesine dayanarak, \sum_{i=1}^{n}i = \frac{n(n+1)}{2} ifadesinin her n

doğal sayısı için doğru olduğu sonucuna varabiliriz.

Umarım tümevarımın nasıl kullanıldığı anlaşılmıştır. Şimdi de tümevarım ilkesinin kanıtına geçiyoruz. Öncelikle doğal sayıların sıralama özellikleri hakkında çok kısa bir kaç şey söylemek gerekli.

Doğal sayılarda sıralama

Doğal sayıların aralarında (büyüklük-küçüklük ilişkisi ile) nasıl sıralandıklarını sezgisel olarak biliyoruz. Bunun matematiksel ifadesi de şu şekilde. Herhangi iki m ve n doğal sayısı için, m = n + l olacak şekilde bir l doğal sayısı varsa, “m sayısı n’den büyük veya n’ye eşittir” diyoruz ve bu durumu m \geq n ile gösteriyoruz.

Bu sıralamaya göre doğal sayılar önemli bir özelliğe sahip: doğal sayılar kümesinin boş olmayan herhangi bir alt kümesi bir en küçük elemana sahiptir. Yani doğal sayıların boştan farklı bir alt kümesi S için, bu kümede öyle bir m elemanı vardır ki, her n \in S için m \leq n doğru olur. Doğal sayıların bu özelliğine “iyi sıralama ilkesi” diyoruz (well-ordering principle). Sezgisel olarak “e ne var bunda, çok basit” deseniz de, lakin ki durum öyle değildir. Ancak bu konuda daha fazla detaya girmek istemiyorum.

Şimdi, iyi sıralama ilkesine dayanarak, sıfırdan küçük olması da muhtemel herhangi bir m tam sayısı için, m’den büyük veya eşit tamsayılardan oluşan boş olmayan her tam sayı kümesinin de bir en küçük elemana sahip olduğunu çıkarabiliriz. Bunu doğrulamayı size bırakıyorum.

Şimdi artık tümevarım ilkesini kanıtlamaya hazırız, ihtiyacımız olan tek şey yukarıda değindiğimiz iyi sıralama ilkesiydi. Şimdi gelelim kanıta.

Tümevarım ilkesinin kanıtı

Bir an için teoremin doğru olmadığını varsayalım. Bu durumda, S = \{n \geq m: P(n)\ dogru\ degil\} kumesi boştan farklidir. Yukarıda bahsettiğimiz iyi siralama ilkesine gore, S kumesinin bir en kuçuk elemana sahip olması gerekir. Buna s diyelim. Yani, P(s) doğru değildir. Teoremin 1 numarali varsayimina gore P(m) doğru olmalı ve bu da s > m olmasını gerektirir. Buradan da P(s-1) önermesinin var olduğunu soyleyebiliriz. Ancak s-1 sayısı s’den kucuk olduğu icin P(s-1) doğru olmak zorunda, çunku s’nin P(s)’in doğru olmadığı en kuçuk sayi olduğunu kabul ettik. Yani s - 1 \notin S. Bu da P(s-1)’in dogru olmasi demek. Ancak teoremin ikinci varsayimina gore P(s) = P((s-1)+1) doğru olmali ve bu da s \in S olmasıyla çelişir. □

Hanoi Probleminin Dogrulanmasi

Hanoi problemi ve cozumunden daha once bahsetmiştik. Hatırlarsanız, n tane diskli bir Hanoi kulesi oyununun çozumu icin en az 2^{n}-1 hamle gerektiğini bulmuştuk. Simdi bunu tümevarımla kanitlayalim. Bu durumda, P(1) önermesinin doğru olduğu sanirim cok acik: bir tane diski tasimak icin bir tane hamle yapmamız gerekli. 2^{1}-1 = 1 olduğu icin de P(1)’in doğru olduğunu soyleyebiliriz. Simdi P(n)’in doğru olduğunu kabul edelim. Elimizde n+1 tane disk olduğunda, aynen problemin çozumundeki gibi asagidaki adimlari takip edeceğiz:

1) ustteki n tane diski bos bir cubuga aktaralim

2) en buyuk diski diger bos cubuga aktaralim

3) diger n tane diski en buyuk diskin uzerine tasiyalim.

Butun bu islemler iki kere n tane diskin tasinmasi ve bir kere de tek bir diskin tasinmasindan ibaret. P(n)’in dogru oldugunu kabul ettigimiz icin, toplamda bize gereken hamle sayisi 2(2^{n}-1) + 1 = 2^{n+1}-1 olur, yani P(n+1) onermesi de dogru demektir. Boylece Hanoi probleminin cozumunu tumevarimla da dogrulamis olduk.

Gauss hakkinda kisa bir dip not:

Oil painting of Carl Friedrich Gauss by G. Bie...

Yaziyi bitirip kontrol ederken, birden herhangi bir tamsayiya kadar olan sayilarin toplami formulune bakarken Gauss aklima geldi. Alman matematikci Carl-Friedrich Gauss (1777-1855) hakkinda gelmis gecmis en buyuk matematikcilerden oldugu konusunda tum matematik camiasi hem fikirdir. Kendisi hakkinda anlatilan hikayelerden birine gore, ilkokul ogrencisi Gauss derste yaramazlik yapar ve ogretmeni tarafindan birden yuze kadar olan sayilari toplamakla cezalandirilir. Gauss bu durur mu, birkac saniyede yapistirmis hemen cevabi. Gauss’un bu soruya hizlica cevap verebilmesinin sebebinin, birden yuze kadar olan sayilari bir bastan bir sondan toplandigi zaman hep ayni sonucu verdigini farketmesi oldugu soylenir: 1 + 100 = 101, 2 + 99 = 101, 3 + 98 = 101 gibi. Sonuc olarak birden yuze kadar olan sayilarin toplaminin elli adet 101 sayisinin toplamina esit oldugunu ve cevabin 50 x 101 = 5050 oldugunu bulur.

Lutfen yorumlarinizi ve elestirilerinizi bildirin.

Até logo!

Hanoi Kulesi ve Tekrar Bağıntıları

Selam. İyi bir matematik bölümünde geçirilecek dört yılın insana yapacağı katkılar saymakla bitmez. Bu katkılardan biri de insanın Vietnam‘ın başkenti olan Hanoi ve Hanoi kulesinden haberdar olmasıdır sanırım. Fazla uzatmadan bir matematik bölümünde Vietnam, Hanoi ve kulenin ne işi olduğunu açıklayalım.

Her şey Fransız matematikçi Édouard Lucas‘ın ortaya bir problem atmasıyla başladı. İfadesi gayet basit olan problem şöyle: önünüzde 3 tane çubuk ve bu çubuklara dizilebilen, her biri değişik boyutta diskler var. Başlangıç durumunda bütün diskler bir çubukta, en büyük disk en alta gelecek şekilde büyükten küçüğe doğru sıralanmış durumdalar. Aynen Wikipedia’daki “Tower of Hanoi” başlığından alınmış aşağıdaki resimdeki gibi:

Başlangıç Durumu.
Başlangıç Durumu

Oyunun amacı bütün diskleri bir diğer çubuğa, yine aynı sırada (yani en büyük en altta olacak şekilde büyükten küçüğe) taşımak. Yalnız bunu yaparken şu kurallara uyulacak:

Kural 1) Her bir hamlede sadece bir disk taşınabilir.

Kural 2) Her bir hamle, bir çubuktaki en üstte bulunan diski alıp, diğer çubukta en üste yerleştirmekten ibarettir.

Kural 3) Hiçbir disk kendisinden daha küçük olan bir diskin üzerine yerleştirilemez.

Bu kurallara göre, n tane diski bir çubuktan diğerine taşımak için en az kaç hamle gereklidir? Küçük sayılar için bu soruya cevap vermek güç değil, örneğin üç diski taşımak için yedi hamle gerekiyor. Yine Wikipedia’daki aynı başlıktan alınan aşağıdaki gösterimde de dört diskin taşınması gösteriliyor

3 diskin taşınması
4 diskin taşınması

Bu soruya cevap vermenin bir yolu tekrar bağıntılarını kullanmak. Bir veya daha fazla başlangıç terimi bilindiği takdirde, herhangi bir terimi kendisinden önce gelen terimler cinsinden ifade ederek bir sayı dizisi oluşturan denklemlere tekrar bağıntıları diyoruz.  Örneğin ünlü Fibonacci dizisi

F_n = F_{n-1} + F_{n-2}, F_0 = 0 ve F_1 = 1

şeklindeki tekrar bağıntısı ile tanımlanıyor.

Gelelim sorduğumuz sorunun tekrar bağıntılarıyla çözümüne. Elimizde n tane disk olduğu durumda yapmamız gereken en az hamle sayısını a_n ile gösterelim. Şimdi bu hamle sayısını n-1 tane diski taşımak için gereken hamle sayısı cinsinden, yani a_{n-1} cinsinden ifade edeceğiz.

İşe öncelikle en üstteki n-1 tane diski bir diğer çubuğa taşımakla başlayalım. Bunun için a_{n-1} tane hamle gerekli. Daha sonra da en altta kalan en buyuk diski boş olan çubuğa aktarmamız gerekiyor. Bunun için de bir tane hamle yapmak lazım. Son olarak da, diğer çubukta duran n-1 tane diski, en buyuk diskin üzerine taşımamız için bir a_{n-1} hamle daha yapmamız gerek. Etti mi size 2a_{n-1} +1 hamle! Yani kısacası, elimizde a_{n} = 2a_{n-1} + 1 gibi bir tekrar denklemi var. Bu denklemin başlangıç koşulu da, elimizde hiç disk yoksa hiç hamle yapmayacağımız için, a_{0} = 0 olur.

Gelelim bu denklemin çözümüne. Bu denklemin çözümü ile kast edilen, a_{n} için verilen ifadedeki a_{n-i} terimlerinden kurtulup, sadece n cinsinden bir denklem elde etmek. Simdi bu denklemi kurcalayıp, her terimi bir önceki terim cinsinden ifade ederek yazalım:

a_{n} = 2a_{n-1} + 1

ifadesinde a_{n-1} yerine 2a_{n-2} + 1 yazarak

a_{n} = 2(2a_{n-2} + 1) + 1 = 4a_{n-2} + 3

ifadesini, aynı işlemi tekrar ederek de

a_{n} = 8a_{n-3} + 7

denklemini elde ediyoruz. Buradan yola çıkarak, i adımında denklemin

a_{n} = 2^{i}a_{n-i} + 2^{i}-1

olduğunu görebiliriz. Son olarak, bu denklemde i = n yazar ve a_{0}‘in sıfıra eşit olduğunu hatırlarsak, denklemin çözümünün

a_{n} = 2^{n}-1

olduğunu buluruz. Yani, üç tane diski taşımak için 2^{3} - 1= 7, dört tane diski taşımak için 2^{4} - 1 = 15 tane hamle yapmak lazım. Bu sayının gerçekten de denklemin çözümü olduğunu matematiksel tümevarım ile de doğrulamak lazım, ancak bunu yapmak için tümevarımdan da bahsetmek gerektiği için bu kısma su an girmiyorum.

Efsaneye göre, bir grup Brahma rahibi Hindistan’daki antik bir tapınakta, eski bir kehanetin emirleri doğrultusunda 64 tane diski eski zamanlardan bu yana bir kolondan diğerine taşımaktalarmış. Kehanete göre de, rahipler bütün diskleri taşıyınca dünyanın sonu gelecekmiş. İnsan dünyanın sonunun geleceğini bile bile neden bu işlemi devam ettirir bilemem ama, eğer rahiplerin her saniyede bir disk taşıyabildiklerini kabul etsek bile, bu işin tamamlanması için 2^{64}-1 saniye gerekmekte – yani henüz dünyanın sonu için endişelenmeye gerek yok.

Peki, bir parti verdiğimizi ve partiye gelen herkesin diğer konuklarla sadece ve sadece bir kere el sıkıştığını kabul edelim. Konuk sayısının n olduğu durumda toplam kaç tane el sıkışması gerçekleşir?

Not: Aradan geçen zaman fazla olunca insan en basit matematik problemlerinin bile ifadesini unutabiliyor. Bu durum benim de başıma Hanoi Kulesi probleminin kurallarını eksik hatırlamam ve sonucunda insanları boş yere uğraştırmamla sonuçlandı. Bunun üzerine de bu yazıyı yazmaya karar verdim. Arada bu ünlü problemleri hatırlamakta fayda var sanırım.