M A G R İ B İ A L - A N D A L Ü S İ ' N İ N " B İ R D A İ R E İ Ç İ N D E K İ S İ N Ü S L E R İ N E L D E E D İ L M E S İ N E
D A İ R M A K A L E " S İ * Sevim TEKELİ
G İ R İ Ş
Al-Magribi, Yahya ibn Muhammed ibn Abi-1-Şükr al-Magribi al-Anda-lüsi, bir Müslüman matematikçi ve astronomdur. Hayatı hakkında çok az şey biliniyor. İspanyada doğduğu bir süre Suriyede yaşadığı daha sonra Mera-gaya gittiği malumdur. Orada Meraga Rasathanesi astronomlarıyla çalış mıştır. 1264-1265 yılları arasında rasatlar yapmıştır. Söylendiğine göre Hü-lagü'nun misafiri olmuş ve Abû-1-Faraj ile tanışmıştır. Suter ve Brockelmann ona pek çok eser atfederler1.
İlmi çalışmaları: Yunan klasiklerinden şu aşağıdaki eserlerin tercümelerini yapmıştır. Bunlar gerçekte t a m tercüme değildir. Nitekim yazar da bunlar için tashih değimini kullanmıştır.
1— Öklid'in Elements, 2— Apollonios'un Conics, 3- Thedosios'un Spherics 2,
4- Menelaos'un Spherics.
Özellikle trigonometrik çalışmaları orijinaldir. Şekl al-Katta Teoreminden çıkarılan sonuçlar adlı makalesinde sinüs teoremi ile ilgili dik açılı üçgenlere dair verdiği iki isbattan biri Nasirüddin-i Tusi'ninkinden farklıdır. Bu
* Bu yazma Nuroosmaniye Kütüphanesi kataloğunda 2971 numarada kayıtlı bir mecmua içerisindedir. Sekiz varaktır.
1 G. Sarton, Introduction to the History of Science. Cilt II, Kısmı II, Baltimore, 1931, S. 1015; H. Suter, Die Mathematiker und Astronomen der Araber und ihre Werke, Leipzig 1900, S. 155; C. Brockelmann, Arabishen Litteratur. Cilt I, 1898, S. 349
2 Carra de Vaux, Remaniement des Spheriques de Theodose par Iahia ibn Muhammed ibn Abi Schukr Almaghrabi Alandalusi. Journal Asiatique, 17, 1891, S. 287-295.
teorem diğer üçgenlere de teşmil edilmiştir3. Bir daire içerisindeki sinüslerin elde edilmesine dair makalesinden sinüslerin değerini hesaplamış olmasın-dan başka, şu aşağıdaki konuların çözümleriyle de ilgilenmiş olduğunu öğre-niyoruz.
Sin I°: Batlamyüs (150 M.S.) kiri§inin elde edilmesine dair dahiyane diye-bileceğimiz yaklaşık bir yol buldu4. Daha sonraları yaklaşık değerle yetinmek istemeyen İslam astronomları Sin 1° nin tam olarak hesaplanması üzerinde ça-lışmaya başladılar. Bunun bulunması, bir üçüncü derece denkleminin çözüm-lenmesiyle mümkün olacaktı. Bu ancak daha geç çağlarda Semerkant çevresi astronomlarından Al-Kaşi (Ölüm 1429) tarafından gerçekleştirilmiştir.5
Al-Magribi ve daha önce Abü-l-Vafa (940-998) bir yayın üçte birinin si-niisúnden faydalanarak bu değeri yaklaşık olarak bulmuşlardır.6
Bu maksatla Abü -1-Vafa bir ön teorem ortaya koymuştu. Aynı başlangıç noktasından itibaren işaretlenmiş, eşit yayların sinüsleri gittikce küçülür (Şekil VIII).
yay AZ = yay ZF = yay F T = yay TB HZ FA ve Ak = k F
AH || ZM şu halde AL / LF = S a M / MF Mademki AL > LF şu halde SaM > MF
SaM = UH ve MF = SU olduğuna göre H U > US
Demekki HU > US > SI > IB
Bu on teoreme dayanarak Al-Magribi sin I ° şu tarzda çözümlemiştir (Şe-kil IX).
VF = I; 7,30° ve sin VF = FK = I; 10, 40, 34, 12p A V = 0 ; 4 5 ° ve sin AV = AI = O; 44, 8, 21, 8, 38p ? Yay AF altı eşit parçaya bölünmüş olup her parça 0; 3, 45° dir. Şu halde yay DV + y a y D H = I° ve sinHV (= I°) = HZ
3 Bak. Sarton, S. 1016
4 T. Heath, A History of Greek Mathematics. Cilt II, Oxford 1921. S. 281
5 A. Aaboe, Al-Kashí's Iteration Method for determination of sinlo. Scr. Math. S. 24-29;
A, Aaboe, Episodes From the Early History of Mathematics, Yale 1964, S. 120; F. Weopcke, Discussion de deux Methodes Arabes pour dêtermine une valeur approchée de sinl0, Journal
de Mathematiques Pures et Appliequées, S. 153-303 6 S. Zeki, Asar-i Bakiye, Cilt I, İstanbul, S. 108-121
AT, BY ve CK dikmeleri DT yi üç eşit olmayan parçaya böler. TY > Yk > kD
1/3 TD > H L
DQ + 1/3 TD (= I; 2, 49, 43, 36, 9P) > HZ ( = s i n I ° ) FM de üç eşit olmayan parçaya bölünmüştür.
MN > NS > SM
DQ + 1/3 FM ( = 1 ; 2, 49, 42, 50, 40, 4 0p < NK = HZ (= sinI°) Sonuç olarak sin 1° = 1; 2, 49, 43, 24, 55p bulur.
Yayların birbirlerine oranı sinüslerinin birbirine oranından daha büyüktür teoremine dayanarak, başka bir yolla, yaklaşık olarak sinI° hesaplar.
Ve sinI° = 1; 2, 49, 17, 15, 12p değerini bulur. Değişik metotlarla hesap lanmış değerler arasında 0; 0, 0, 0, 56p fark bulunduğunu ve bunun da çok tatminkâr olduğunu açıklar.
Önceki metoda dayanarak çevrenin çapa oranını başka bir deyimle yi bulur.7
AC ( = 2 A T ) < yay ABC < RF (Şekil X I ) . sin AB ( = 0; 45°) = AT = 0; 47, 7, 21, 7, 37p
Mademki R F H ~ AHC şu halde RF / AC = BH / TH ve R F = 1; 34, 15, 11, 19, 25p.
yay A B C = = 1; 34, 14, 16, 47, 19, 30p
360° / 0; 45° = 240
Daire çevresi = 240. yay AB = 6; 16, 59 47, 18p çap 2 olmak şartiyle. Çap I olmak şartiyle, Daire çevresi = 3; 8, 29, 53, 34, 39p < 3 + 1 / 7 çünkü
1/7 = 0; 8, 3, 17, 8, 34, 17p
O, Arşimed'in bulduğu değerle karşılaştırmasını yapar.
7 P. Luckey, Der Lehrbreif uber den Kreis Umfang (Ar-Rısala Al-Muhitiya) von Gamsid B. Mas'üd Al-Kasi, Abhan. der Deutsc. Akademie der Wissen. zu Berlin, Klasse für Mathematik und Allgemeine Natur Wissenchaften, No. 5, 1950, S. 1-95; F. Weöpcke, Sur une measure. de la circumference du cercle aux astronomen Arabes et fondee sur une calcul d'Aboul Wafa, Journal Asiatique, Cilt 15, 1860, S. 281-320
3 r + 1 0 /71 < daire çevresi < 3 r + 10/70 10/70 ve 10/71 toplamın yarısı = 0; 8, 40 dır.
Verilmiş iki doğru arasında orta oran meydana getiren iki doğru başka, bir deyimle hacmi bir küpün iki katına eşit bir küpün bir kenarını (Delos problemi) bulmakla ilgili bir çözüm verir.8
Yunan Çağında bu teoremle ilgili pek çok çözüm yolu verilmiştir. İslâm Dünyasında ise buna paralel bir durumun söz konusu olmadığı sanılıyordu. Son zamanlarda pek çok sayıda bulunmuş olan örnekler bu kanıyı tamamiyle değiştirmiştir. Al-Magribi'nin bu çözümü bu bakımdan ilgi çekicidir.
AB ve BC verilmiştir. (Şekil X I I ) AB < BC ve AB BC
C ile A birleştirilmiştir. ABC üçgeni çevresine bir daire çizilmiştir. DH dikmesi DC doğrusu R noktasından geçecek şekilde çizilmiştir.
H R = AB, R H / D H = BA / D H
AH = BR , RH / DH = DH / HA açı D = 90° olduğundan BA / D H = D H / HA
Fakat RH / DH = RB (= HA) / BC BA / D H = D H / HA = HA / BC
BİR DAİRE İÇİNDEKİ SİNÜSLERİN ELDE EDİLMESİNE DAİR MAKALE.
Onu, Efendimiz, Batılı ilim adamlarının başı örnek matematikçi, Yahya ibn ebi Şükr al-Magribi al-Andalusi kaleme almıştır.
Yayın daire çevresinin bir parçası olduğunu ve herhangi bir büyüklükte olabileceğini biliriz. Yayın iki ucunu birleştiren doğruya kiriş denir. Bu, çap olabileceği gibi değişik uzunluklar da olabilir. Her ikisinin (yay ve kiriş) orta noktalarını birleştiren doğruya bu yayın sehm'i veya bu yayın yarısının versed sine (ceyb al-mak'üs)'ı adı verilir, Kosinüsü (ceyb at-tamam) de yarı çap ile sehm'i arasındaki farktır. Bu söylenenlerden sinüsün, kirişin yarısı ve en büyük si nüsün çap olduğu meydana çıkmıştır.
Sin A = 1/2 kiriş 2A ve versed sin A = sehm 2A
8 S. Tekeli, The Works on the Duplication of the Cube in Islamic World. Araştırma, IV 1966. S. 87-105. Heath, cilt. I. S. 244-270; P. Brunet ve A. Mieli, Histoire des Sciences Antiquite. Paris 1935, s. 398-415
Örneği: H merkezli ABCD dairesi olsun (Şekil I). ABC yayı verilmiştir. ABC yayını B noktasında ikiye böleriz. B H D yi birleştiririz. AC doğrusunu R de ikiye böler. HF dikmesini çıkarırız. BAF yayı çeyrek dairedir. AT dik mesini çıkarırız. AH yüzeyi bir dik dörtgendir.
Şekil: I AR = H T ve AT = H R
ARC doğrusuna ABC yayının kirişi denir. O aynı zamanda HDC yayının da kirişidir. AR doğrusu AB ve A F D yaylarının sinüsüdür. BR doğrusu ABC yayının sehm'i ve AB yayının versed sine (ceyb al-ma'küs)'ı dır. RD ise ADC yayının sehm'i, ve AFD yayının versed sine (ceyb al-ma'küs)'ı dır. RH doğrusu AB yayının Kosinüsü. Keza FT doğrusu AF yayının versed sine (ceyb al--maküs)'ı AT ise yukarıdaki yayın sinüsü ve T H , yani AR, AF nin kosinüsüdür. Bütün bunlardan RH nin AFD yayının kosinüsü olduğu meydana çıkıyor. Gine, eğer AH yi birleştirirsek dik açılı A R H üçgenini elde ederiz.
A H2 = AR2 + R H2
Onlardan biri bilinirse diğeri de bilinir. Aynı zamanda versed sine'i da bilinir. Bu istenilendir.
Bölüm: Yarı çap 60p farzedilmek şartiyle bir dairedeki kirişlerin miktar larını elde etmeye başlamak için b ü t ü n bu bilgiler önceden söylendi.
Bunun gerçeklenmesi: Biz Usûl adlı kitapta yarı çapın altıgenin kenarına eşit olduğunun, kareye gelince, onun kenarının karesinin yarı çapın karesinin iki katına, üçgenin bir kenarının karesinin ise çapın karesinin üç katına ve dairenin 1 /3 sehm'i çapın 1 /4'e eşit olduğunun isbat edildiğini söyleriz. Burada, gine, eğer altıgenin kenarı orta orana göre bölünürse büyük parçanın ongenin
bir kenarına beşgenin bir kenarının altıgenin bir kenarı ile ongenin bir kenarının toplamına eşit olduğu i s b a t l a n m ı ş t ı r .
Kitab ul Usül de söz konusu edilmiş olan bu beş kirişe ana kirişler adı ve rilmiştir. Bunlarla kişi bir daire içindeki kirişleri I ° den 90 ° kadar derece ve derece elde etmeye çalışır.
Bu söz konusu beş kirişi, yarı çap 60p farzolunmak şartıyla, hesap yoluyla elde etmek. Yarı çapın yarısı 30p dir ve, 30 ° nin sinüsüdür.
Karenin bir kenarının hesabı: yarı çapın karesi 3600p
2. 3600 = 7200
'= 84; 51, 10, 7, 46, 7P = Kiriş 90°
Daire çevresi 360° olmak şartiyle o, çeyrek dairenin kirişidir.
1/2 kiriş 90° = 1/2 84; 51. 10, 7, 46, 7P = 42; 25, 35, 3, 53, 3P = sin 45°. Kosinüsü de buna eşittir.
60p - 42; 25, 35, 3, 53, 3P = 17; 34, 24, 56, 7P = versed sin 45° Üçgenin bir kenarının hesabı:
3.602 = 10800p
= 103; 55, 22, 58, 28p = kiriş 120° 1/2 kiriş 120° = 51; 57, 41, 29, 14p = sin 60° cos 60° = sin 30° = 30p
60p - cos 60° (= 30p) = 30p = versed sin 60° Onda birin kirişinin çıkarılmasına dair bölüm.
AB altıgenin bir kenarı olsun, ve C noktasında orta orana göre bölünmüş ol sun. Büyük parça AC, ongenin bir kenarına eşittir. Bunun bilindiğini söyle-rim.
Isbatı: Ona 1/2 AB ye eşit olan AD doğrusunu ekleriz. Usûl adlı kitapta açıklandığı gibi (Şekil I I ) ,
Hesaplanması: DC2 = 5AD2 AB = 60p olsun AD = 30p A D2 = 900p DC2 = 5.900p = 4500p DC = = 67; 4, 55, 20, 30p D C - A D ( = 3 0P) = 3 7 ; 4, 55, 20, 30p = AC = ongenin bir kenarı
Ongenin bir kenarı = kiriş 36° Bu ise istenilendir.
Onun yarısını alırız.
1/2 37; 4, 55, 20, 30p = 18; 32, 27, 40, 55p = sin 18° Cos 18° hesaplanması: Sin2 18° = 5, 43; 46, 9, 52 41, 40, 30p y a n çapın karesi ( = 6 02) - 5, 43; 46, 9, 52, 41, 40, 30p = 54, 16; 13, 50, 7, 18, 19, 30p = 57; 3, 48, 12, 26p = cos 18° ( = s i n 72°) 60p-57; 3, 48, 12, 26p = 2; 56, I I , 47, 33p = versed sin 18° Beşgenin kenarının çıkarılmasına dair bölüm:
biz beşgenin bir kenarı = altıgenin bir kenarı + ongenin bir kenarı deriz. Örnek: D merkezli ADC çaplı, ABC dairesi olsun (Şekil I I I ) . AB yayı dai renin beşte biri ve AB doğrusu onun kirişi olsun. BC doğrusunu birleştiririz ve bunun altıgenin bir kenarı ile ongenin bir kenarının toplamına eşit oldu ğunu söyleriz.
Isbatı: CB ye eşit olan HC doğrusunu ayırırız. BD ve BH doğrularını bir leştiririz. Mademki AB yayı çevrenin 1/5 eşittir. Şu halde
açı ADB = 4/5 90° = 72° Halbuki açı ADB = 2 açı C (= ) ve gine BC = CH
ve açı BHC = açı HBC
açı C = 2 olduğuna göre,
açı BHC = açı HBC = 4/5 90°, bir üçgenin iç açılan toplamı 180° olduğundan.
Demekki açı H = açı D ve H B = BD ( = DC)
Ve gine mademki açı H D B = açı HBC ve açı H ortaktır
şuhalde açı H B D = açı C
H B D ~ HBC
ve CH / H B = B H / H D ve CH. H D = H B2 ( = DC2)
CH doğrusu D noktasında orta orana göre bölünmüştür. DC = altıgenin bir kenarı
ve HD = ongenin bir kenarı
ve CH ( = B C ) = altıgenin bir kenarı + ongenin bir kenarı. Bu ise istenilendir.
Başka bir yol: H merkezli ve AHD çaplı ABCD dairesi olsun (Şekil IV). yay AC = 1/5 360°
AC ve CD doğrularını birleştiririz.
Şekil: IV
Isbatı: AC yayını B noktasında iki eşit parçaya böleriz. CB doğrusunu birleştiririz.
BC = ongenin bir kenarı
Onu ve çapı R noktasında kesişinceye kadar uzatırız. B ile H yi birleştiririz. yay AC = yay 2AB
H merkez açısı ve D çevre açısı eşittirler. Şu halde CD || BD
ve açı R B H = açı RCD Gine yay ABC = 1/5 360° ve yay ABC = yay 2AB Demekki açı D = açı H = 2/5 90°
açı BCA = 1/5 90° çevre açısı Fakat açı ACD = 90°
açı R H B = açı RCD = 90° + 1/5 90° olduğuna göre, açı R = 2/5 90°
Demekki açı R = açı H = açı D RC = CD
RB = BH = altıgenin bir kenarı ve BC = ongenin bir kenarı
ve RC = CD = ongenin bir kenarı + altıgenin bir kenarı Bu istenilendir.
Bölüm: CD doğrusunun altıgenin bir kenarı ile ongenin bir kenarının top lamına eşit olduğu isbat edildikten sonra, şimdi AC doğrusunun niceliğini bilmek kalıyor.
açı C = 90°
AD2 = AC2 + CD2 AC2 = A D2 - CD2 Demekki AC de malumdur.
Hesabı: Ongenin bir kenarı ( = 3 7 ; 4, 55, 20, 30p) + altıgenin bir kenarı (= 60p) = 97; 4, 55, 20, 30p = CD
CD2 = 2, 37, 4; 55, 20, 30, 46, 42P
çapın karesi = 14400p
4, 0, 0; 0p-2, 37, 4; 55, 20, 30, 46, 42p = 1, 22, 55; 4, 39, 2 0 , 1 3 , 1 8p = 70; 32, 3, 33, 44p = AC = beşgenin bir kenarı
Sin 36 ° hesaplamak:
1/2 70; 32, 3, 33, 44p = 35; 16, I, 36, 52p = sin 36° Cos 54° hesaplamak:
35; 16, 1, 36, 522 = 20, 43; 3, 46, 9, 62, 38, 19, 45p
yarı çapın karesi (= 3600p) - 20, 43; 3, 46, 9, 52, 18, 19, 45 = 39, 16; 56, 13, 50, 7, 41, 40, 55p
= 4 8 ; 32, 27, 40, 1 5p= c o s 54° 60p-48; 32, 27, 40, 15p = l l ; 2 7 , 32,19, 4 5p = versed sin 36° Bölüm: Ana kirişleri, yarılarını tamamlarını öğrendikten sonra şimdi sinüsleri verilmiş yayların yarılarının sinüsleri ile iki katlarının sinüslerinin he saplanmasına başlıyacağız.
Örnek: H merkezli ve AHD çaplı ABCD dairesi olsun (Şekil V). AC yayı verilmiş ise kiriş AC ve sinüs CR malum olur.
H T B dikmesini çıkarırız. O, kirişi T noktasında ve yayı B noktasında ikiye böler.
Şekil: V
Isbatı: TF ve TY dikmelerini çıkarırız. TF doğrusu AR yi ve TY doğrusu CR yi ikiye böler. CR ve HR malum olduğundan RA ve onun yarısı yani AF de malum olur.
AHT üçgeninde T açısı dik açı ve T F , AH ye dikeydir. AH. AF = AT2
Gine AT = sin AB malumdur. mademki AFT ~ AHT
Şuhalde AT / TF = AH / HT AT . H T = T F . AH
TF = YR malumdur. ve 2TF (= 2YR) = CR malumdur. Bu istenilendir.
Hesabı: Eğer sinüsü verilmiş olan bir yayın yarısının sinüsünü bulmak istersek, onun kosinüsünü yarı çaptan çıkarır ikiye böleriz. Onu en büyük sinüs ile çarpar ve kare kökünü alırız, başka bir deyimle, bir derece yükselt tikten sonra kare kökünü alırız. Elde edilen bu yayın yarısının sinüsüdür. Bölüm: Sinüsü bilinen bir yayın iki katının sinüsünü istersek. Sinüsü ile kosinüsünü çarpar çıkanın iki katını alırız. Elde edilen bu yayın iki katının sinüsüdür.
Örnek: Hesaplanış tarzı. yay AC = 18°
Bu sinüsü bilinen en küçük yaydır. Biz AB yayının sinüsünü yani sin 9° bulmak istiyoruz, sözü geçmiş olan 18° lik yayın versed sine'ı buluruz.
2; 56, I I , 47, 33p = AR
1/2 AR = 1; 28, 5, 53, 46, 30p = AF Bir derece yükselttikten sonra kare kökünü alırız.
= 9; 23, 9, 50, 40p = AT = sin 9° R2 - AT2 = 58, 31; 14, 6, 13, 30p
= 59;15,40,40,14p = s i n 8 1 ° = c o s 9 ° 60P-59; 15, 40, 40, 14p = 0; 44, 19, 19p = versed sin 9°
Son adedin yarısı alınır.
1/2 0; 44, 19, 19p = 0; 22, 9, 39, 33p Bir derece yükseltilip karekökü alınır .
= 4; 42, 27, 9, 12p = sin 4; 30° 602 - 3; 42, 27, 9, 192 = 59, 37; 3,50, 20, 27p = 59; 48, 54, 8, 39p = cos 4; 30° ( = s i n 84;30 ° ) 60p-59; 48, 54, 8, 39p = 0; 11, 5, 51, 2 1p = versed sin 4; 30° Üçüncünün yarısını alırız. 1/2 0; 11, 5, 51, 2 1p = 0; 5, 32, 55, 40, 30p Bir derece yükseltip kare kökünü alırız.
= 2; 21, 20, 7, 11p = sin 2; 15° 602 - 2; 21, 20, 7, 112 = 59, 54; 3, 27, 4, 49, 30p = 59; 57,13, 28,19p = sin 87; 45° (= cos 2; 15°) 60p-59; 57, 13, 28, 19p = 0; 2, 46, 31, 4 1p = versed sin 2; 15° Dördüncünün yarısını alırız. 0; 2, 46, 31, 41p = 0; 1, 23, 15, 50, 30p
Bir derece yükseltip kare kökünü alırız. = 1; 10, 40, 52, 34p = sin 1; 7, 30° 602 - 1; 10, 40, 52, 342 = 59, 58; 3, 36, 49, 302 = 59; 59, 18, 21, 56p = sin 88; 42, 30° ( = cos 1; 7, 30p) 60p - 59; 59, 18, 21, 50p = 0; 0, 41, 38, 10p = versed sin 1; 7, 30° Bölüm: Burada yarılarını alma işlemi sona eridiğine, göre şimdi sin 15°'in elde edilmesine dönelim. Cos60° = 51; 57, 41, 29, 14p sonra ona ihti yacımız olacaktır.
60p - 51; 57, 41, 29, 14p = 8; 2, 18, 30, 46p = versed sin 60° 8; 2, 18, 30, 46p = 4; 1, 9, 15, 23p
Bir derece yükselttikten sonra karekökünü alırız.
= 15; 31, 44, 54, 49p = sin 15° 602 - 15; 31, 44, 54, 492 = 55, 58; 55, 44, 46p
= 57; 57, 19, 58, 4 3p = sin 75° ( = c o s 15°) Bölüm: Bütün bunlar söz edildikten sonra sinüsleri bilinen iki yayın top lamlarının ve farklarının geometri ve hesap yoluyla çıkarılmasına geçeceğiz.
Örneği: H merkezli ve AHD çaplı ABCD dairesi olsun. Yay AB, yay BC sin AB ve sin BC verilmiştir. Biz sin AC malumdur deriz (Şekil VI).
Isbatı: BF ve CT dikmelerini çıkarırız. Her biri verilmiştir. CR dikmesini çıkaralım. Bu sin AC ye eşittir ve istenilendir. Ayrıca TY ve TK dikmelerini çıkaralım. B F H ~ T H Y ~ CTK Şu halde BF / TY = BH / HT B F . H T = TY . BH TY = KR malumdur. Gine TC / CK = BH / HF TC. H F = CK . BH CK malumdur.
Şu halde, KR bilindiğine göre istenilen CR malum olur.
Bölüm: H merkezli AHD çaplı ABCD dairesi olsun (Şekil VII). Yay AB, yay AC, sin AB ve sin AC yani BF ve CR dikmeleri verilmiş olsun. BT dikmesini çıkarır ve malum olduğunu söyleriz.
Isbatı: FY ve BK dikmelerini çıkarırız. Mademki açı R = açı Y = 90°
ve açı H ortaktır. H F Y ~ HCR H F / FY = HC / CR ve H F . CR = FY. HC FY bilinir. Gine BK || CH ve B F | | CR
Şu halde açı F B K = açı RCH açı K = açı R = 90° F B K ~ HCR
B F / F K = HC / H R B F . H R = F K . HC FK malum olur.
FY doğrusu da bilindiğinden KY = BT, istenilen, malum olur.
derecesi indirilmiş olarak toplarsak, toplam yayların sinüsünü, çıkarırsak yay ların farklarının sinüsünü elde ederiz.
Bu hesaplama yolunun örneği: Eğer sin 33 ° veya sin 3 ° i sin 15 ° ile sin 18 den elde etmek istersek.
sin 15° ( = 1 5 ; 31, 44, 54, 49p). cos 18° ( = s i n 72° = 57; 3, 48, 12, 27p) = 14, 46; 8, 43, 56, 33, 34p
sin 18° ( = 1 8 ; 32, 27, 40, 15p). cos 15° (sin 75° = 57, 57; 59,18, 48) = 17, 54; 33, 17, 56, 55p birer derece indirdikten sonra ilk defa bunu birinciye ekler sonra da farkını alırız.
Toplam 32; 40, 42, 1, 58, 29p = sin 33°
Fark 3; 8, 24, 34, 10, 22p = sin 3° Bu ise istenilendir. Bölüm: Bu ölçüller gerçekleşince sin 1; 30° hesabına başlarız.
sin2 3° = 9; 51, 38, 7, 9, 43, 9P
602 - 9; 51, 38, 7, 9, 48, 9P = 59, 50; 8, 21, 52, 50, 16, 51p
= 59; 55, 3, 58, 4 6p = sin 87° ( = cos 3°)
60p-59; 55, 3, 58, 46p = 0; 4, 56, 1, 14p = versed sin 3° Onun yarısını alırız 0; 4, 56, 1, 14p = 0; 2, 28, 0, 37p Bir derece yükseltildikten sonra kare kökü alınır.
= 1; 34, 15, 33, 38p = sin 1; 30° 602 - (1; 34, 15, 33, 38p)2 = 59, 57; 3, 31, 19, 23p
= 59; 58, 45, 58, 56p = sin 88; 30° ( = c o s 1; 30°)
60p - 59; 58, 45, 58, 56p = 0; I, 14, 1, 4P = versed sin 1; 30° Sonuncunun yarısını alırız.
0; 1, 14, 1, 4p = 0; 0, 37, 0, 32p Bir derece yükseltildikten sonra kare kökü alınır.
= 0; 47, 7, 21, 7, 37p = sin 0; 4 5 " 602 - {0; 47, 7, 21, 7, 37p)2 = 59, 59; 3, 22, 19, 28p
= 59; 19, 41, 29, 41, 9P = sin 89; 15° = cos 0; 45°
Bölüm: Sin 1; 7, 30° ve sin 0; 45° hesap edildiğine göre, bize bunların toplamını ve bu toplamın yarısını bulmak kalıyor. Bu sinüsler yaklaşık olarak sin 1° hesabı için kullanılacaklardır.
Hesabı: Sin 1; 7; 30° (= 1; 10, 40, 52, 34p). cos 0; 45° ( = 5 9 ; 59, 41, 29, 11, 9p) = 1; 10, 30, 46, 1, 35p Bir derece indirilmiş olarak. sin 0; 45° (= 0; 47, 7, 21, 7, 37p). cos 1; 7, 30° (59; 19,18, 21, 5 5p) = 0; 47, 6, 43, 25, 37, 3P Bir derece indirilmiş olarak. 1; 10, 30, 4 6 , 1 , 35p + 0; 47, 6, 43, 25, 37, 3P = 1; 57, 47, 59, I I , 38, 38p = sin 1; 52, 30° sin2 1; 52, 30° = 3; 51, 14, 10, 10, 35, 3p 602 - 3; 51, 14, 10, 10, 35, 32 = 59, 46; 8, 45, 49, 24, 57p = 59; 58, 4, 21, 3, 2 7p = cos 1; 52,30° 60p - 59; 58, 4, 21, 3, 27p = 0; 1, 55, 38, 56, 33p 0; 1, 55, 38, 56, 3 3p = 0; 0, 57, 49, 28, 16, 30p Bir derece yükselttikten sonra kare kökünü alırız.
= 0 ; 58, 54, 7, 59, lp. Bu toplam yayın yarısının sinüsü yani sin 0; 56, 15° dir.
Bölüm: Bütün bunlar ve öncül gerçekleşirse, onlardan sin 1° mümkün olduğu kadar yaklaşık elde etmekte yararlanacağız, çünkü isbatlı olarak bunu gerçekleyecek bir yol yoktur. Bu bir açıyı geometrik ısbatı yapılabilen bir yolla üçe bölmekteki güçlükten doğar. Bu şöyledir H merkezli ABCD dairesi olsun (Şekil VIII). İki çapı, AHC ve B H D dik açı altında kesişsinler. AB yayı eşit parçalara bölünmüş olsun
yay AZ = yay Z F = yay F T = yay TB
kiriş ZŞ || kiriş FN || kiriş TR ve BD çapına dik olsunlar, ve onu U, S, I noktalarında kessinler.
Biz H U > U S > S I > I B
gine N F - R T > Ş Z - N F ve Ş Z - N F > A C - Ş Z deriz. Isbatı: ZK, FSa ve Tf dikmelerini çıkarırız. AF ve HZ yi birleştiririz. HZ doğrusu AF doğrusunu k noktasında ikiye böler ve onu dik açı altında keser.
Mademki Ak = kF şuhalde AL > LF
Gine LM || ASa olduğuna göre, AL / L F = SaM / MF
Halbuki AL > LF Şuhalde SaM > MF
Diğer taraftan SaM = HU olduğuna göre H U > NS
Buna göre ZT ve HF noktalarının birleştirilmesiyle US > SI olduğu açıklanmış olur. Biz kirişler arasındaki farkların da gittikçe büyüdüğünü söyleriz. Isbatı: Hf > fSa > Sak > kA Onların en büyüğü Hf en küçüğü ise kA dır.
FS ( = HSa) - TI ( = fH) = fSa ve UZ ( = kH) - FS ( = SaH) = Sak
SF - TI > UZ - SF > AH - ZU
İki şeyin birbirine oranı iki katlarının birbirine oranına eşittir. Şu halde kiriş lerin farklarının birbirine oranı gittikçe büyüyor, bu ise istenilendir.
Bu öncüle dayanarak sinI0 nin mümkün olduğu kadar yaklaşık bir değerinin
bulunmasına dair bölüm.
f merkezli VUŞT dairesi olsun (Şekil IX). VfŞ ve TfU çapları birbirlerini dik açı altında kessinler.
Şekil: IX
yay V F = 1; 7, 30°
Sin V F = F K = 1; 10, 40, 52, 34p yay AV = 0; 45°
sin AV = AI = 0; 47, 7, 21, 7, 37p AF yayını D noktasında iki eşit parçaya böleriz.
VD = (VF + AF) = 0; 56, 15° sin VD = DQ = 0; 58, 54, 7, 59, P
FK, DQ ve AI doğruları hesaplama ve ısbat yoluyla malumdur. AD yayı B ve C noktalarında aynı zamanda DF yayı H ve R noktalarında üç eşit parçaya bölünmüş olsunlar. Böylece AF yayı altı eşit parçaya bölünmüş olur. Mademki yay VF = 1; 7, 30°
yay A F = 0; 22, 30° 1/6 yay AF = 0; 3, 45°
Şu halde yay DV (= 0; 56, 15°) + yay DH (= 0; 3, 45°) = 1° = yay HV sin HV = HZ = Sin 1 ° istenilen.
Bunu en yaklaşık olarak elde etmek istiyoruz. AT, BY, CK, DM, H N , RS dikmelerini çıkarırız.
DQ - AI = DT DT üç eşit olmayan parçaya bölün müştür.
TY > D K ve 1/3 TD > DK Öncülde açıklandığı gibi
DK > H L şu halde 1/3 TD > HL DQ + 1
/
3 DT > HZ ( = sin 1°) Hesabı: 0; 58, 54, 7, 59, P (= DQ) - 0; 47, 7, 21, 7, 37p ( = A I ) = 0; 11, 46, 46, 51, 24p = TD 1/3TD ( = 0; 11, 46, 46, 51, 24p) = 0; 3, 55, 35, 37, 8P 1 / 3 T D ( = 0 ; 3,55, 35,37, 8P) + D Q (= 0; 58, 54, 7, 59, 1p) = 1; 2 , 4 9 , 4 3 , 36, 9P < HZ (= sin 1°)Aynı şekilde FK - DQ = FM dir. ve üç eşit olmayan parçaya bölünmüştür. MN > SN > FS 1/3 FM < MN DQ + 1 / 3 FM < N K ( = HZ) Hesabı: 1; 10,40, 52, 3 4p- 0 ; 58, 54, 7, 59, P = 0; 11,46,44, 34, 59p = FM 1 / 3 FM = 0; 3, 55, 34, 51, 39, 40p DQ ( = 0 ; 58, 54, 7, 59, P ) + 1/3 FM ( = 0; 3, 55, 34, 51, 39, 40p) = 1; 2, 49, 42, 50, 40, 40p 1; 2, 49, 43, 36, 9P > NK ( = H Z ) > 1; 2, 49, 42, 50, 40, 40p 1; 2 ,49, 43, 36, 9P - 1; 2, 49, 42, 50, 40, 40p = 0; 0, 0, 0, 45, 28, 20p
1/2 0; 0, 0, 0, 45, 28, 20° = 0; 0, 0, 0, 22, 44, 10° Onu en küçük değere ekleriz.
1; 2, 49, 42, 50, 40, 40p + 0; 0, 0, 0, 22, 44, 10p = 1; 2, 49 43,13, 24, 50p = sin HV = sinl° yaklaşık olarak
Başka bir yolla elde edilişi: H merkezli ABCD dairesi olsun (Şekil X) Çapı DHFC dir.
yay AC > yay BC olsun AR ve BF dikmelerini çıkarırız.
yay AC / yay CB > AR / BF deriz. Isbatı: AB noktalarını birleştirir, DC doğrusu ile birlikte T noktasında ke-sişinceye kadar uzatırız. AH ve BH doğrularını birleştiririz.
dilim AHB > üçgen ABH dilim BHC < üçgen B H T
ve dilim AHB / dilim BCH > üçgen ABH / üçgen B H T dilim AHB + dilim BCH / dilim BCH > üçgen A B H + üçgen B H T / üçgen B H T
dilim AHB + dilim BCH = dilim AHC ve üçgen AHB + üçgen B H T = üçgen A H T
Fakat dilim AHC / dilim BHC = açı AHC / açı BHC = yay AC / yay CB
üçgen AHT / üçgen BHT = AT / TB Şu halde yay AC / yay CB > AT / TB
Halbuki AT / TB = AR / BF Demekki yay AC / yay CB > AR / BF Bu ise istenilendir.
Bu yolla sin 1° nin elde edilmesinin hesabı: İlk önce
yay AC = 1; 7, 30° ve sin 1°; 7, 30° = AR , yay B C = 1o
ve sin 1° = BF olsun. yay AC / yay CB > AR / B F
Fakat yay AC = yay CB + 1/8 yay CB AR < B F + 1 / 8 B F Halbuki BF > 8/9 AR AR = 1; 10, 40, 52, 34p 1; 10, 40, 52, 34p = 0; 7, 51,12, 30, 26,40p 1; 10, 40, 52, 34p - 0; 7, 51, 12, 30, 26, 40p = 1; 2, 49, 40, 3, 33, 20p B F ( = sin 1°) > 1; 2, 49, 40, 3, 33, 20p Gine yay AC = sin 1°
ve yay CB = 1° - 1°/16 = 15°/ 16 yay AC / yay CB > AR / B F Fakat yay AC = yay BC + 1 / 1 5 BC
AR < B F + 1 /15 B F B F = 0; 58 , 54, 7, 59, lp 1/15 B F = 0; 3, 55, 36, 31, 56, 4P B F ( = 0; 58, 54, 7, 59, 1P) + 1/15 B F ( = 0 ; 3, 55, 36, 31, 56, 4)p = 1; 2, 49, 44, 30, 56, 4p 1; 2. 49, 40, 3, 33, 20p < AR ( = s i n 1°) < 1; 2, 49, 44, 30, 56, 4P 1; 2, 49, 44, 30, 56, 4P - 1; 2, 49, 40, 3, 33, 20p = 0; 0, 0, 4, 27, 23, 44p 0; 0, 0, 4, 27, 23, 44p = 0; 0, 0, 2, 13, 41, 52p Bu değeri küçüğüne ekleriz.
1; 2, 49, 40, 3, 33, 20p + 0; 0, 0, 2,13, 41, 52p = 1; 2, 49, 42,17,15,12 = s i n l ° yaklaşık olarak. Birinci öncüle dayanarak elde edilen önceki değerle bunun ara sındaki fark 0; 0, 0, 0, 56° dır. Bu gayet güzel ve gayet doğru bir değerdir.
Bölüm: Bir derecelik sinüsü bilir ve onu sinüsü bilinen yaylara eklersek toplam yaylarının sinüsünü elde etmiş oluruz. Keza farklarının ve tamam larının sinüsleri de bilinmiş olur. Bir dereceden doksana kadar, bütün derece lerin sinüsleri elde edilinceye kadar işlem sona ermemiş olur. Geri kalan kad randaki sinüsler, sinüsleri hesaplanmış kadrandakine eşittir.
Bölüm: Şimdi dairenin çevresinin çapına oranını, başka bir bir değimle çevrenin bire, oranını, örneği daha önce geçmiş olan bu metot yardımı ile, yaklaşık olarak hesaplamak kaldı.
H merkezli ve BD çaplı ABCD dairesi olsun (Şekil XI). Daire çevresi 360° olmak şartiylc yay AB = yay BC = 0; 45° olsun.
ATC, HAR, H C F noktalarını birleştiririz. Ve RBC || ATC
= yaklaşık olarak Isbatı: yay AB = 0; 45°
Bunun sinüsü ve kosinüsü bilinir.
sin AB = 0; 47, 7, 21, 7, 37p = AT
2 . 0; 47, 7, 21, 7, 37p = 1; 34, 14, 42, 15, 14p = AC cos AB = 59; 59, 41, 29, 41, 9P = T H
Gine R F H ~ ACH
RF / AC = BH / HT biliniyor. RF / AC verildiğine ve AC de bilindiğine göre RF de biliniyor demektir.
Hesabı: AC / HT = RF = 1; 34, 15, 11, 19, 25p bir derece in dirilmiş olarak. Toplamları (AC + RF) = 3; 8, 29, 53, 34, 39p
Mademki yay ABC < RF yay ABC > AC
Arşimed'e göre yay ABC yaklaşık olarak toplamın yarısına eşittir. yay ABC = 1; 34, 14, 56, 47, 19, 30p. yarı ç a p = 6 0p ol mak şartıyla. Eğer çap = 1 olursa, diğer bir değimle yayların toplamının ya nsını bir derece indirmekle, yay ABC = 0; 1, 34, 56, 42, 19, 30p olur Gine yay ABC = 1; 30° olduğundan.
360° / 1; 30° = 240°
Şuhalde 240. yay ABC = 6; 16, 59, 47, 9, 18p = daire çevresi. Çap = 2 birim olmak şartıyla.
Çap = 1 birim olmak şartıyla, daire çevresi = 3; 8, 29, 53, 34p
= < 3 + 1/7
Çünkü 1/7 = 0; 8, 34, 17, 8, 34, 17p bu sonsuza kadar gider. 3; 8, 29, 53, 34p < 3 + 1/7
Arşimed'in açıkladığına yakındır. Çünkü isbatlanmıştır ki 3 + 10/71 < daire çevresi < 3 + 10/70 10/70 = 0; 8, 34, 17p
10/71 = 0; 8, 27, 3p
Çapın üç katına eklenecek olan adet birinciden büyük ikinciden küçük olması gerekecektir.
İkisi arasındaki farkın yarısı + ikinci değer = 0; 8, 30, 40p
İki doğru arasında devamlı oran meydana getiren iki doğrunun isbatı üzerine. AB ve BC doğruları olsun (Şekil X I I ) .
Ve A B > B C
Biz ikini arasında devamlı oran meydana getiren iki doğru bulmak istiyoruz.
Şekil: XII
Onları dik açı meydana getirecek şekilde yerleştiririz. AC yi birleştiririz. ABC üçgenini çeviren ABCD dairesini çizer, ABR doğrusunu uzatırız. AB doğrusu üzerinde B yönüne doğru hareketli DH dikmesi düşünelim, C ve D noktalarını birleştiren doğru AR doğrusunu R noktasında kessin ve onun AR doğrusundan H ve R noktaları arasında ayırdığı parça AB doğrusuna eşit olsun.
H R = AB
Biz DH ve HA doğrularının AB ve BC doğruları arasında orta terim olduklarını söyleriz.
Isbatı: A ve D noktasını birleştiririz. Mademki RH = BA R H / H D = BA / HD Gine RB = HA ve açı D = 90° olduğundan R H / D H = D H / HA dir. Şu halde BA / HD = DH / HA
Fakat R H / H D = RB ( = H A ) / BC
BA / H D = D H / HA = A H / BC bu istenilendir. Arşimed'in kitabının ikinci makalesinin dördüncü teoremini ilgilendiren öncül.
O da şudur. DR doğrusu ve üzerinde B ve T noktaları işaretlenmiş olsun (Şekil X I I I ) . Söz gelimi BD doğrusu, F noktasında
F R / R T = B D2 / D F2
olacak şekilde bölelim. D ve R noktalarından DA ve RH dikmelerini çıkara lım. DR yi C noktasına doğru uzatalım.
RC = R T dir.
A ve C noktalarında her yöne doğru hareketli AF ve CH doğrularını düşüne lim, öyleki AF doğrusu BD yi ve CH ise RH yi kessin. Onlar hareketleri süre since birbirlerine paralel kalsınlar ve kesişme noktalarını, yani F ve H nokta larını birleştiren HF doğrusu AF ve HC doğrularıyla dik açı m e y d a n a getirsin. Burada
açı A F H = 90° keza açı CHF = 90° Biz F R / RT = B D2 / D F2
Isbatı: açı A D F = açı FHC = 90° açı AFD = açı C
İki doğrunun paralel olması dolayısı ile açı A = açı HFC dir. Şekil: XIII
Dik açık ADF ~ dik açılı FHC ve AD / D F = F H / HC
A D2 ( = B D2) / D F2 = F H2 / H C2 = F R2 / R H2 Fakat F R2 / R H2 = F D2 / R C2
R H , FR ile RC arasında orta terim olduğundan ve RC = RT olduğundan
F R / R T = B D2 / D F2 Bu ise istenilendir.
I N S C R I B E D I N A C I R C L E " * O F A L - M A G H R I B I A L - A N D A L U S I
Sevim TEKELİ Introduction
Muhyi Milla w a ' l - D i n yahya ibn Muhammad ibn Abi-1-Shukr al-Magbribi al-Andalusi: Hispano-Muslim mathematician and astronomer. The time and place of his birth and death can not be determined. Little is known about his life except t h a t he was born in the West, flourished for a time in Syria, then in Maragha where he joined the astronomers of the Maragha observatory. He made observations in 1264-1265, It was said t h a t he was a gest of Hulagu Khan (Il-Khan of Persia, 1256-1265) and met Abü-I-Faraj (Barhebraeus, b. 1226-d.l286.)1
H. Suter and C. Brockelmann ascribe him a quite long list of writtings. His writtings on trigonometry contain original developments; for example, two proofs are given of the sine theory for right angled spherical triangles, and one of t h e m is different from proofs given by Naşir al Din; this theorem is generalized for other triangles.3 In the above mentioned text, beside the calculation of the sines, he worked on the solutions of the problems such as: SinI°: Ptolemy (150 A. D) used ingenious method of interpolation in calculation of c h o r d I °.4 This is of course approximately equivalent to chord I °. The situation is the same for sines used in Islam. To find the exact value one must solve a cubic equation. This was, in fact, done later by Persian astronomer Al-Kashi (d. 1429).5 Al-Maghribi and before him Abü-1-Wafa (b. 940, d. 998) tried to find the value from the sine of one -third of an arc.6 For t h a t purpose Abü-1-Wafa laid down a preliminary theorem, t h a t is to say, the differences of sines of arcs having the same origin and equal differences get smaller.
* This manuscript is found in a majmua'registered No: 2971 in the catalogue of Nuruosmaniye Library. Look at the Turkish notes.
arc AZ = arc ZF = arc FT = arc TB(Figure VIII) . HZ FA and Ak = K F As AH | | ZM so AL / L F = SaM / MF As AL > L F So SaM > MF SaM = U H and MF == SU so H U > US That is to say HU > US > SI > IB
Depending this preliminary theorem Al-Maghribi calculates sin 1° in the following way (Figure IX).
VF = I; 7, 30° and sin VF = F K = I; 10, 40, 12, 34p AV = 0; 45° and sin AV = AI = 0; 44, 8, 38p The arc AF is divided into six equal parts and each part 0; 3, 45°
so arc DV + arc DH = I° and sin H V ( = I ° ) = HZ The perpendiculars AT, BY, and CK divide DT into three unequal parts
Ty > Yk > kD 1/3 TD > H L
D Q + l / 3 T D ( = 1 ; 2, 49, 43, 36, 9P) > H Z ( = s i n 1°) FM is divided into three unequel parts
MN > NS > SN
D Q + l / 3 F M ( = 1 ; 2, 49, 42, 50, 40, 40p) < N K = H Z ( = sin 1°)
Then he finds sin 1° = 1; 2, 49, 43, 24, 55p
He calculates sin 1 ° by using another method of interpolation based on the ratio of arcs is greater than the ratios of the ir sines.
He finds sin 1° = 1; 2, 49, 42, 17, 15, 12p
and says t h a t the difference between two values of sines found by using different methods is 0; 0, 0, 0, 56p which is correct to four places.
Depending on the previous method he calculates the ratio of the circumference AC ( = 2 A T ) < arc ABC < RF (Figure XI) sin AB ( = 3 / 4 ° ) = A T = 0 ; 47, 7, 21, 7, 37p As R F H ~ AHC so R F / AC = B H / T H to its diameter that is to say .7
R F = 1; 34, 15, 11, 19, 2 5p
arc ABC = = 1; 34, 14, 16, 47, 19, 30p
360o /0; 45° = 240
The circumference = 240. arc AB = 6; 16, 59, 47, 18p, the diameter being 2. The diameter being I, the circumference = 3; 8, 29, 53, 34, 39p < 3 + 1/7 as 1/7 = 0; 8, 34, 17, 8, 34, 17p
He makes a comparison with the value of Archimedes.
3R + 10 / 71 < the circumference < 3R + 10/70 Half of the difference between 10/71 and 10 / 70 is equal to 0; 8, 40p.
The determination of two mean proportionals between two lines that is to say, duplication of the cube (the problem of Delos).8
In Antiquity many solutions were produced. It was thought t h a t from the stand point of solving this problem the mathematicians of Islam strangly stand apart from the Antiquity. Recenly, many examples were discovered and this changed the stuation. The following example of Al-Maghribi is of interest in this respect.
AB and BC are given and AB > BC. (Figure) X I I
AC are joined. The triangle ABC is surrounded by a circle. The perpendicular DH is so drawn that the line DC must pass on the point R.
H R = A B , R H / D H = BA/DH
A H = B R , R H / H D = D H / H A as the angle D = 90° B A / D H = D H / HA
But R H / D H = R B ( = H A ) / BC BA / DH = DH / HA = HA/BC
"THE ARTICLE ON COMPUTING THE SINES INSCRIBED IN A CIRCLE"
by Yahya ibn Abi-l-Shukr al-Maghribi al-Andalusi, our Master, the chief of the Western scientists and the model of the mathematicians.
We know t h a t , the arc is a p a r t of a circle. It may be in any size. The line joining its ends is called the chord. It may be a diameter or in any size. The line joinning the middle parts (of the chord and the arc) is called arrow (sahm) and half of the above mentioned arc is called versed sine (jaib al—ma'küs). Half of the chord is called sine. Its cosine = 60p— versed sine of the arc.
From this figure it is easily deduced t h a t the sines are equal to the half of the chords inscribed in a circle. The greatest of all is equal to the radius and called the greatest sine.
sin A = 1/2 chord 2 A versed sin A = arrow 2A
Example: Let there be the circle ABCD on the center H (Figure I). The arc ABC is given. We join AB, bisects the arc ABC at B, and draw the line B H D which bisects the line AC at R. The perpendicular HF is errected.
arc BAF = 90°
and the perpendicular AT is drawn; the rectangle A T H R is produced. So AR = H T
and AT = H R
ARC is called the chord of the arc ABC and ADC. AR = sin AB and sin A F D BR = arrow of the arc ABC BR = versed sine of the arc AB RD = arrow of the arc ABC RD = versed sine of the arc AFD RD = versed sine of the arc A F D R H = sin (90° - AB) ( = cos AB) At the same time FT = versed sine of the arc AF
AT = sin AF TH ( = A R ) = cosAF It is clear t h a t RH = cos A F D If we join AH we produce a right triangle,
If one of these two is given the other is known. (If the sine of the chord is gi ven) the cosine of the arc is obtained. This is what we wanted.
If all these above mentioned things are known we begin to compute the size of the chords, inscribed in a circle, the radius being 60p.
The proof : In Kitab al Usul, it is proved t h a t the radius of the circle is equal to the side of a hexagon inscribed in a circle. The square of the side of the square inscribed in a circle = 2.602. The square of side of the triangle = 3.602. The arrow of 1/3 360° = 1/4 60p. It is, also proved t h a t if the side of the hexagon is divided by extreme and mean ratio the greatest part is equal to the side of an inscribed decagon. It is clear t h a t the side of a inscribed pentagon is greater t h a n the inscribed hexagon. These are the five chords mentioned in Kitab al Usül, and called the fundamental chords. By means of these chords we are going to produce the others inscribed in a circle, degree by degree up to 90°.
The section on obtaining these five chords by the way of calculation, the radius of the circle being 60p and half of it 30p which is equal to the sin 30 °.
Computing the side of an inscribed square:
the square of the radius = 3600p 2.3600p = 7200p
= 84; 51, 10, 7, 46, 7P = chord 90° 1/2 84; 51, 10, 7, 46, 7p= 4 2 ; 25, 35, 3, 53, 3p= s i n 4 5 ° = c o s 45°
60p-42;25, 35, 3, 53, 3P=17;34,24, 56, 7p= v e r s e d sin45°. Computing the side of an inscribed triangle:
3.602 = 10800p
= 1 0 3 ; 55, 22, 58, 2 8p= c h o r d 1/3 360° (=120°) 1/2 103; 55, 22, 58, 2 8p= 5 1 ; 57, 41, 29, 14p = sin 60° cos 60° = sin 30°
60p-sin 30° = versed sin 60° 60p-30p = 30p = versed sin 60° The section on computing the chord 1/10 of 360°:
Let AB be the side of an inscribed hexagon and be divided in extreme and mean ratio at C. The greater AC is equal to the side of a decagon. We say t h a t it is known (Figure I I ) .
Its proof: We add AD = 1 /2AB to AB.
DC2 = 5AD2 as proved in "Usul". The calculation: A B = 6 0P A D = 3 0P A D2= 9 0 0P D C2= 5 . 9 0 0P DC = = 67; 4, 55, 20, 30p
DC-AD ( = 3 0p) = 3 7 ; 4, 55, 20, 30p = AC, the side of an iscribed decagon. This is what we wanted.
37; 4, 55, 20, 3 0p= 18; 32, 27, 40, 55p = sin 18° sin2 18° = 5, 43; 46, 9, 12, 41, 40, 30p
the square of the radius = 3600p
3600P-5,43;46,9, 12,41, 40, 3 0p= 5 4 , 16; 13, 50, 7, 18,
19,30p, = 57; 3, 48,
12, 2 6p = cos 18 ( = sin 72°)
60p-57; 3,48,12, 26p = 2; 56,11,47, 33p =versed sin 18° The section on computing the side of an inscribed pentagon:
We say t h a t chord 7 2 ° = t h e side of a hexagon + the side of a decagon. Example: Let there be the circle ABC on the center D and let ADC be its radius (Figure I I I ) . Let the arc AB be 1/5 360° and AB be its chord. We join BC and say t h a t
BC = the side of an inscribed decagon -f- the side of an inscribed penta gon.
Its proof: We take CH equal to BC and join BD and BH. As arc AB = 1/5 360°
On the other hand angle A B D = 2 angle C (= 2 ) and BC = CH
and angle BHC = angle HBC As angle C = 2
angle B H C = a n g l e HBC = 90°
The sum of the interior angles of a triangle is equal to 180°. It means t h a t angle H = angle D
and H B = BD ( = D C )
angle H D B = angle HCB given. angle H is common
angle H B D = angle C
so H B D ~ HBC
and C H / H B = HB / HD and CH . HD = H B2 ( = D C2)
It means t h a t CH is divided in extreme and mean ratio at the point D. DC = the side of an inscribed hexagon.
HD = the side of an inscribed decagon.
and CH ( = B C ) = the side of an inscribed decagon + the side of an inscribed hexagon. This is what we wanted.
An another way: Let there be the circle ABCD on the center H and let AHD be its diameter (Figure IV).
arc AC = 1/5 . 3 6 0 ° We join AC and CD. We say t h a t
CD = the side of an inscribed hexagon + the side of an inscribed de cagon.
Its proof: We bisect the arc AG at B and join CB. BC = the side of an inscribed decagon.
We produce it and the diameter till they intersect each other at R. We join B H . arc AC = arc 2AB
angle H = angle D so CD | | BD
And angle R B H = angle RCD Again arc ABC = 1/5 . 360° and arc ABC = arc 2AB It means t h a t angle D and angle H= 2/5 . 90 °
angle BAC = 90° But, angle ACD = 90°
As angle R H B and angle RCD = 90° + 90°
s o angle R =
and angle R = angle H = angle D RC = CD
RB = BH = the side of an inscribed hexagon BC = the side of an inscribed decagon
RC = CD = the side of an inscribed decagon + the side of an inscribed hexagon. This is what we wanted.
The section: Now we begin to compute the size of AC after proving CD is equal to the sum of the sides of an inscribed decagon and hexagon.
angle C = 90° A D2 = AC2 + CD2 A D2 - CD2 = AC2 AC is known.
Its calculation: The side of an inscribed decagon (= 37; 4, 55, 20, 30p) + the side of an inscribed hexagon (= 60p) = 97; 4, 55, 20, 30p = CD
CD2 = 2, 37, 4; 55, 20, 30, 46, 42p the square of the diameter = 14400p
14400p-2,37,4; 55,20,30,46,42p ( = 4 , 0 , 0 ; 0P - 2, 37,4; 55,20,30,46,42p) = 1, 22, 55; 4, 39, 20, 13, 18p
= 70; 32, 3, 33, 44p = AC = the side of an inscribed pentagon.
Calculation of sin 36°:
1/2 70; 32, 3, 33, 44p = 35; 16, 1, 36, 52p = sin 36°. Calculation of cos 54°:
35; 16, 1, 36, 52p = 20, 43; 3, 46, 9, 52, 38, 19, 45p the square of the radius (= 3600p) - 20, 43; 3, 46, 9, 52, 38, 19, 45p = 39,
16; 56, 13, 50, 7, 41, 40, 55p
= 48; 32, 27, 40, 15p = cos 54° 60p-48; 32, 27, 40, 15p = 11; 27, 32, 19, 45p = versed sin 36°
Section: After finding the fundemental chords, their halves, and their supplements, now, we begin to calculate the sine of half the arc when the sine of the arc is given and the sine of double the arc when the sine of the arc is given.
Example: Let there be the circle ABCD on the center D, with the diameter AHD (Figure V).
If the arc AC is given its chord AC and its sine CR is known. We erect the perpendicular H T B which bisects the chord and the arc at the points T and B respectively.
We say t h a t if CR is given AT is known.
Its proof: We erect the perpendiculars TF and TY. TF and TY bisect the lines AR and CR respectively.
As CR is given RH and RA and half of it (AF) are known. In the triangle AHT, angle T = 90°
and T F AH AH . AF = AT2 AT = sin AB is given. As A F T ~ A H T so AT / T F = AH / H T AT. H T = T F . AH TF = YR is known.
In this case 2 TF (= 2YR) = CR is known. This is what we wanted.
Calculation: If we want to obtain the sine of half of the arc when the sine of the arc is given. [sin 1/2 =
t h a t is to say, its square root is taken after raising its degree. The result is the sine of half of the arc whose sine is given.
Section: If we want to find the sine of double the arc when the sine of the arc is given, [sin 2 =2 (sin . cos )]
Example on the method of calculation:
Let arc AC = 18 °. The smallest arc whose sine is known. We want sin AB ( = 9 ° ) . Versed sin 18° = 2;56, 11, 47, 33p = AR is found.
1/2 AR = 1; 28, 5, 53, 46, 30p = AF Its square root is taken after raising one degree.
= 9; 23,9, 50,40p = AT = Sin 9° [I = sin2 + cos2 ]
r2 - AT2 = 58, 31; 14, 6, 13, 30p
= 59; 15, 40, 40, 14p = cos 9° [I - cos = versed sin
60p-59; 15, 40, 40, 14p = 0; 44, 19, 19p = versed sin 9° [sin 1/2 = 60p. versed sin 1/2 ]
1/2 0; 44, 19, 19 p = 0; 22, 9, 39, 3 3p = 4; 42, 27, 9, 12p = sin 4; 30° 602 - 3; 42, 27, 9, 192 = 59, 37; 3, 50, 20, 27p = 59; 48,54, 8, 39 = sin 84; 30° = cos 4; 30° 60p-59; 48, 54, 8, 39p = 0; 11, 5, 51, 21p = versed sin 4; 30o 1/2 0; 11, 5, 51, 21 = 0; 5, 32, 55, 40, 30p = 2; 21, 20, 7, 11p = sin 2; 15° 602 - 2; 21, 20, 7, 112 = 59, 54; 3, 27, 41, 49, 30p = 59; 57, 13, 28, 19p = sin 87; 45° = cos 2; 15° 60p-59; 3, 27, 4, 49, 30p = 0;2, 46, 31, 41p = versed sin 2;15°. We take half of the fourth result.
1/2 0; 2, 46, 31, 41p = 0; 1, 23, 15, 50, 30p
= 1; 10, 40, 52, 34p = sin 1; 7, 30° 602 - 1; 10, 40, 52, 342 = 59, 58; 3, 36, 49, 30p
= 59; 59, 18, 21, 50p = sin 88; 42,30° = cos 1; 7,30° 60p - 59; 59, 18, 21, 50p = 0; 0, 41, 38, 10p = versed sin 1; 7, 30°
Section: Finding the halves of the arcs is ended, then we begin to calculate sin 15°.
cos 60° = 51; 57, 41, 29, 14p
60p-51; 57,41, 29,14p = 8; 2,18, 30,46p = versed sin60° 1/2 8; 2, 18, 30, 46p = 4; 1, 9, 15, 2 3p
After raising one degree,
= 15; 31, 44, 54, 49p = sin 15° 602 - 15; 31, 44, 54, 492 = 55, 58; 55, 44, 46p
Section: If all these things preceded, now, we begin to calculate the sine of the sum of two arcs, the sines of which are given, and the sine of their difference by the aid of the geometry and aritmetics.
Example: Let there be the circle ABCD on the center H (Figure VI). Let AHD be its diameter. Arc AB, arc BC, sin AB and sin BC are given.
We say t h a t sin AC is known.
Its proof: We erect the perpendiculars BF and CR. They are known. The perpendicular CR = sin AC is wanted. Besides the perpendiculars TY and TK are drawn. B F H ~ T H Y ~ CTK So B F / T Y = B H / H T B F . H T = T Y . B H TY = KR is known. Again TC / CK = BH / HF TC . H F = CK . B H CK and KR are known so CK is known.
Section: Let there be the circle ABCD on the center H and AHD be its diameter (Figure VII). Arc AB, arc AC, sin AB and sin AC, t h a t is to say the perpendiculars BF and CR are given. We erect the perpendicular BT and say t h a t it is also known.
Its proof: We erect the perpendiculars FY and BK. As Angle R = angle Y = 90° and angle H in common
H F Y ~ H C R
H F / F Y = HC / CR and H F . CR = F Y . HC
FY is known. Again BK || CH
and B F || CR so angle F B K = angle RCH Angle K = angle = 90° F B K ~ HCR B F / F K = HC / CR B F . CR = F K . HC FK is known.
As FY is known so KY (= BT) is known. This is what we wanted.
If we multiply the sine of the arc by the cosine of the other , and being reduced its degree, add them we get the sine of the arc made up of two given arcs and if we subtract we get the sine of the arc made up of the difference between these two arcs.
Example of this method of calculation: If we want to calculate sin 33° or sin 3° from sin 15° and sin 18°.
sin 15° ( = 1 5 ; 31, 44, 54, 49p). cos 18° ( = 5 7 ; 3, 48, 12, 27p) = 14; 46, 8, 43, 56, 33, 34p reduced one degree.
Then sin 18° ( = 1 8 ; 32, 27,40,15p). cos 15° ( = 5 7 ; 57, 59,18,48p) = 17; 54, 33, 17, 56, 5 5p reduced one degree. First we add them. 14; 46, 8, 43, 56, 33, 34p + 17; 54, 33, 17, 56, 55p = 32; 40, 42, 1, 58, 29p = sin 33°
Then we subtract them. 17; 54, 33, 17, 56, 55p - 14; 46, 8, 43, 56, 33, 34p = 3; 8, 24, 34, 10, 22p = sin 3°. This is what is wanted.
Section: If these premises are preceded we begin to calculate sin I; 30° sin2 3° = 9; 51, 38, 7, 9, 43, 9P
602 - 9; 51, 38, 7, 9, 43, 9P = 59, 50; 8, 21, 52, 50, 16, 51p
= 59; 55, 3, 58, 46p = cos 3° ( = s i n 87°) 60p - 59; 55, 3, 58, 4 6p = 0; 4, 54, 1, 14 = versed sin 3°
1/2 0; 4, 56, 1, 14p = 0; 2, 28, 0, 37p
After raising its degree
= 1; 34, 15, 33, 3 8p = sin 1; 30° 602 - 1; 34, 15, 33, 382 = 59, 57; 3, 31, 19, 2 3p
= 59; 58, 45, 58, 56 p = sin 88; 30° = cos 1; 30° 60p - 59; 58, 45, 58, 56p = 0; 1, 14, 1, 4P = versed sin 1; 30°
If all these things and the introduction are preceded we will ask the help of them to calculate sin 1 ° approximately, because, there is no way which leads to one of the geometrical methods. The difficulty comes out from the trisection of an angle by geometrical construction.
Let there be the circle ABC D on the center H (Figure VIII). Let two dia meters, AHC and B H D , intersect each other at right angles. Let arcAB be divided into equal parts.
arc AZ = arc Z F = arc F T = arc T B
chord ZŞ = chord FN = chord TB being perpendicular to diameter BD and intersecting it at the points U, S, I
We say t h a t HU > US > SI > IB and N F - T R > ŞZ-NF > AC-ŞZ
Its proof: We erect the perpendiculars ZK, FSa and Tf. We join AF and HZ. HZ is perpendicular to AF and bisects it at the point k.
Since Ak = kF so AL > L F As LM | | ASa
so AL / L F = SaM / MF On the other hand AL > LF
so SaM > M F as SaM = H U so H U > US
If we join the points ZT and HF we prove t h a t US > SI . We say t h a t the differences between the chords get bigger.
The greatest Hf, the smallest kA.
FS ( = H S a ) - TI (= fH) = fSa and UZ ( = K H ) - FS ( = S a H ) = Sak
SF - TI > UZ - SF > AH-ZU
In t h a t case the ratio of the differences of the arcs are getting greater. This is what we wanted.
The section on calculating sin 1° as accurately as possible depending above mentioned premise.
Let there be the circle VUŞT on the center f (Figue IX). The diameters VfŞ and TfU intersect each other forming right angles.
arc VF = 1; 7, 30° arc AV = 0; 45° arc AF = 0; 22, 30° 1/6 arc AF = 0; 3, 45°
In t h a t case arc DV (= 0; 56,15°) + arc DH ( = 0 ; 3, 45°) = 1° = arc HV sin HV = HZ = sin 1° the desired. We want to calculate it as accurately as possible. We erect the perpendiculars. AT, BY, CK, DM, H N , RS,
DQ = AI = D T DT is divided into three unequal parts.
T Y > Dk and 1/3TD > D k As it is explained at the premise.
Dk > H L In t h a t case 1/3 TD > HL DQ + 1/3 DT > HZ (= sin 1°) Its calculation: 0; 58, 54, 7, 59, P ( = D Q ) - 0; 47, 7, 21, 7, 37p ( = A I ) = 0; 11, 46, 46, 51, 24p = TD 1/3TD ( = 0 ; 11, 46, 46, 51, 24p) = 0; 3, 55, 35, 37, 8P 1/3 TD ( = 0 ; 3, 55, 35, 37, 8p) + D Q ( = 0 ; 58, 54, 7, 59, 1°) = 1; 2, 49, 43, 36, 9P < HZ ( = s i n 1°)
In the same way F K - D Q = FM and FM is divided into three unequal parts. MN > SN > FS 1/3 F M < M N D Q + 1/3 F M < N K ( = H Z ) Its calculation: 1; 10, 40, 52, 34p - 0; 58, 54, 7, 59, P = 0; 11, 46, 44, 34, 59p = FM 1/3FM = 0; 3, 55, 34, 51, 39, 40p DQ ( = 0 ; 58, 54, 7, 59, P ) + 1/3 FM ( = 0 ; 3, 55, 34, 51, 39, 40p) = 1; 2, 49, 42, 50, 40, 40p 1; 2, 49, 43, 36, 9P > N K ( = H Z ) > 1; 2, 49, 50, 50, 40, 40p 1; 2, 49, 43, 36, 9P - 1; 2, 49, 42, 50, 40, 40p = 0; 0, 0, 0, 45, 28, 20p 1/2 0; 0, 0, 0, 45, 28, 20p = 0; 0, 0, 0, 22, 44, 10p
We add it to the smaller.
1; 2, 49, 42, 50, 40, 40p + 0; 0, 0, 0, 22, 44, 10p = 1; 2, 49, 43, 13, 24, 50p = sin HV = sin 1° approximately.
Obtaining it by another method: Let there be the circle ABCD on the centre H. Let DHFC be its diameter (Figure X).
and arc AC > arc BC
The perpendiculars, AR and B F , are erected. We say t h a t arc AC / arc CB = AR / BF
Its proof: We join the points AB and produce it with DC till intersect each other at the point T. AH and BH are joined
sector AHB > AHB sector BHC < B H T
>
>
AHB + B H T = AHT
But = =
In this case
>
On the other hand >
so > This is what we wanted.
Obtaining sin 1° by this method: Let arc AG = 1; 7, 30° and sin 1; 7, 30° = AR and arc BC = 1° and sin 1° = B F
>
But arc AC = arc CB + 1/8 arc CB AR < B F + 1/8 B F However BF > 8/9 AR AR = 1; 10, 40, 52, 34p 1/9 1; 10, 40, 52, 34p = 0; 7, 51, 12, 30, 26, 40p 1; 10, 40, 52, 3 4p- 0 ; 7, 51, 12, 30, 26, 40p = 1; 2, 49, 40, 3, 33, 20p B F ( = sin 1°) > 1; 2, 40, 49, 3, 33, 20p
Again arc AC = sin 1°
But arc AC = arc BC + 1/15 BC AR < B F + 1/15 B F B F = 0; 58, 54, 7, 58, lp 1/15 B F = 0; 3, 55, 36, 31, 56, 4P B F ( = 0 ; 58, 54, 7, 59, 1p) + 1/15 B F ( = 0 ; 3, 55, 36, 31, 56, 4P) = 1; 2 , 49, 4 4 , 30, 56, 4P 1; 2, 49, 40, 3, 33, 20p < AR ( = s i n 1°) < 1; 2, 49, 44, 30, 56, 4P, 1; 2, 49, 44, 30, 56, 4P- 1 ; 2, 49, 40, 3, 33, 2 0p= 0 ; 0, 0, 4, 27, 23, 44P 1/2 0; 0, 0, 4, 27, 23, 4 4p= 0 ; 0, 0, 2, 13, 41, 52p
We add it to the smaller
1; 2, 49, 40, 3, 33, 2 0p+ 0 ; 0, 0, 2, 13, 41, 4 2p= l ; 2, 49, 42, 17, 15, 12p = sin 1 ° approximately.
The difference between the first, obtained by the first premise and this one is 0; 0, 0, 0, 56p.
Section: If we obtain the value of sin 1° by using addition and subtraction formulas the sum or the difference of two arcs, the sines of which are given, are obtained. The procedure will not be completed unless all the chords from sin 1 ° to sin 90 ° are obtained. The sines of the other three quadrants are equal to the sines of the first quadrant the sines of which are calculated.
Section: Now, we will calculate approximately the ratio of the circumfe rence of a circle to its diameter, t h a t is to say the ratio of the circumference t o " 1 " b y using the above mentioned method.
Let there be the circle ABCD on the centre H (Figure XI).
arc AB = arc BC = 0; 45° the circumference of the circle being 360°
We join ATC, H A B , H C F and RBC | | ATC
= approximately. Its proof: Arc AB = 0; 45°
Its sine and cosine are given
sin AB = 0; 47, 7, 21, 7, 37p = AT
2. 0; 47, 7, 21, 7, 37p = 1; 34, 14, 42, 15, 1 4p = AC cos AB = 59; 59, 41, 29, 41, 9P = H T
Again R F H ~ ACH
RF / AC = BN / HT is given. RC / AC and AC are given RF is obtained
Its calculation: AC / HT = RF = 1; 34,15,11,19, 25p reduced one degree AC + R F = 3; 8, 29, 53, 34, 39p
As arc ABC < R F and arc ABC > AC
according to Archimedes the arc ABC is equal to the half of the sum of the arcs approximately.
arc AB = 1; 34, 14, 56, 47, 19, 30p the radius being 60p If the radius = 1, t h a t is to say reducing by one degree.
arc ABC = 0; 1, 34, 56, 42, 19, 30p Again, as arc ABC = 1; 30°
and 360° / 1, 30° = 240
so 240 arc ABC = 6; 16, 59, 47, 9 , 1 8p = The circumference of the circle
the diameter = 120p (= 2; 0P),
< 3 + 1 / 7
because 1/7 = 0; 8, 34, 17, 8, 34, 17p approximately 3; 8, 29, 53, 34p < 3 + 1/7
It is proved t h a t
3 + 1/71 < the circumference < 3 + 10 / 70 and 10 / 70 = 0; 8, 34, 17p
10 / 71 = 0; 8, 27, 5P must.
The values added to " 3 " ,the diameter will be greater than the first smaller t h a n the second.
Half the difference between two values + the second .= 0; 8, 30, 40p. This is approximately equal to the previous one. This is what we wanted.
On two lines forming two mean proportionals in continued proportion between two given lines.
Let there be the lines AB and BC (Figure X I I ) and AB > BC
We want to find two lines in continued proportion between these two given lines.
We arrange them so t h a t they intersect each other at right angles. We join AC. The circle ABCD inscribing the triangle ABCD is drawn. Let us spouse a perpendicular, H D , movable to the direction B. The line joining the points CD cuts the line AB at the point R and let the section between H and R be equal to AB.
H R = AB
We say t h a t the lines DH and HA fall between AB and BC. Its proof: We join A and D.
As R H = BA R H / H D = BA / H D Again RB = HA and angle D = 90° R H / H D = D H / HA so BA / H D = D H / H A But R H / H D = R B ( = HA) / BC so BA / H D = H D / H A = HA / BC This is what is wanted.
The premise related to the fourth theorem of the second section of Archimedes' book.
This is the following . Let there be the line DR and the points B and T are marked on it (Figure X I I I ) . Let us say t h a t the line is marked at the point F so t h a t
F R / R T = B D2 / D F2
The perpendiculars DA and RH are erected at the points D and R. We produce DR to the point C.
RC = R T
Let two lines AF and CH at the points A and C be movable in two directions so t h a t the line AF cuts BD and the line CH cuts R H . Let these two lines be always parallel each other. The line FH joining the itersection points be for ming right angles.
let there be the line HF angle A F H = 90° Also angle CHF = 90°
We say t h a t FR / RT = B D2 / D F2 Its proof:
angle A D F = angle FHC - 90° angle AFD = angle C
As two lines are parallel angle A = angle HFC right angle A D F ~ right angled FHC and AD / D F = F H / HC
AD2 ( = B D2) / D F2 = F H2 / H C2 = F R2 / H R2 But F R2 / R H2 = F D2 / R C2
As AH is the middle term between FR and RC and RC = R T
so F R / R T = B D2 / D F2 This is what is wanted.
1 ) Metinde
2 ) Metinde 3 ) Metinde
Şekil: II
Şekil: III
Şekil: IV (Şekil IV)
Şekil: V
6 ) Metinde
7 ) Metinde fazla
Şekil: VI Şekil: VII
13) Metinde
Şekil: VIII
yok 15) Metinde
Şekil: X
16) Metinde
Şekil: XI
Şekil: XII
