3 Eylül 2015 Perşembe

Atomik spektroskopinin en meşhur problemi sayılar teorisi ile çözülür

(Bu postayı pdf formatında indirmek için tıkla.)

19. yy'da fen bilimlerinin en büyük keşiflerinden birisi de atomların yüksek sıcaklıklarda parmak izi gibi karakteristik bazı dalgaboylarında ışıma yaptığının deneysel olarak ispatlanmasıydı. Bu sayede güneşte hidrojen, helyum -ki helios Yunanca'da güneş demektir- sodyum vb elementler bulunduğunu öğrendik. Daha doğrusu helyumu ilk olarak güneşte keşfettik! (Dünyamızın çekim alanı atmosferimizin ortalama sıcaklığında helyumu tutmaya yetmediği için, atmosferde düşük miktarda helyum var ve giderek azalıyor. Paranız varsa altına değil helyuma yatırın. Daha çok kar edersiniz.) Sadece güneşin değil nebulaların, gezegenlerin ve diğer yıldızların elemental envanteri de bu sayede çıkarıldı. 20. yy'ın başlarında atomik spektroskopi ve Doppler etkisini birleştiren Edwin Hubble, bütün galaksilerin bizden uzaklaştığını keşfetmiş ve buradan yola çıkarak evrenin sürekli genişlediğini -daha doğrusu gerildiğini- söyleyen ve önceleri büyük gerilme (big stretch) daha sonra büyük patlama (big bang) olarak adlandırılan teorisini ortaya atmıştır. Kanaatimce Hubble'ın çalışması bilim tarihinin en büyük keşfidir. Bütün bunları atomik spektroskopinin evreni anlamamızda ne kadar güçlü ve vazgeçilmez bir teknik olduğunu izah etmek için yazıyorum.

Eğer fizikçi, kimyacı, astrofizikçi ya da spektroskopici iseniz, o zaman H atomunun emisyon spektrumundaki dalgaboylarının aşağıdaki formülle verildiğini mutlaka hatırlarsınız. \begin{equation} \frac{1}{\lambda} = {\rm Ry} \left( \frac{1}{n^{2}} - \frac{1}{m^{2}}\right) \label{balmer1} \end{equation} Bu ifade H atomu için Schrödinger'in dalga mekaniğindeki enerji özdeğer denklemi çözülerek ve çıkan sonuç Planck-Einstein ($E=h\nu$) formülü ile birleştirilerek türetilebilir. (Bohr atom modeli de nisbeten ad hoc diyebileceğimiz bir ispat önerir.) (\ref{balmer1}) nolu denklemde ${\rm Ry}=10973731,56$ m-1 spektroskopi literatüründe Rydberg sabiti diye anılan ve değeri evrensel fiziksel sabitlerden hesaplanabilecek sabit bir dalganumarası niceliği olup, $n$ ve $m$ ise baş kuantum sayıları diye bilinen sıfırdan büyük doğal sayılardır.

(\ref{balmer1}) nolu denklemi yeniden düzenlediğimizde \begin{equation} {\rm Ry} \lambda = \frac{n^{2}m^{2}}{m^{2}-n^{2}} \label{balmer2} \end{equation} denklemi elde ediliyor. Şimdi H atomu hiç bir zaman bize Sen bana kuantum sayılarını ver, ben de ona göre ışıma yapayım. demez. Tam tersine o -genelde sıcaklığa göre- değişik dalgaboylarında ışımalar yapar ve bu ışımalarda rol alan kuantum sayılarını bulmak bize düşer. Yani, bilimde hemen hemen her zaman olduğu gibi, işimiz tersinden. (\ref{balmer2}) nolu denklemin sağ tarafı rasyonel. O zaman sol taraf da ${\rm Ry} \lambda = a/b$ şeklinde rasyonel olmalı. Burada $a>b>0$ doğal sayılar ve ${\rm obeb}(a,b)=1$. (Okur neden $a>b$ olduğunu izah etmelidir.) Nihayet çözmemiz gereken problemi kurduk. (Küçümsemeyin. Çözeceğimiz problemi doğru bir dille kurmak, çözümün yarısıdır.)

Problem: Aralarında asal $a>b>0$ doğal sayıları veriliyor. Aşağıdaki denklemi sağlayan $n$ ve $m$ pozitif tam sayılarını -var iseler- bulunuz. \begin{equation} \frac{a}{b} = \frac{n^{2}m^{2}}{m^{2}-n^{2}} \label{balmer3} \end{equation}

Çözüme başlamadan önce \begin{equation} 4m^{2}n^{2} = (m^{2}+n^{2})^{2} - (m^{2}-n^{2})^{2} \end{equation} özdeşliğini hatırlıyor ve bunu (\ref{balmer3}) nolu denklemde kullanıyoruz. O zaman çözmemiz gereken Diophantos, ya da Latince'de Diophantus, denklemi yeniden düzenlemelerden sonra aşağıdaki gibi oluyor. \begin{equation} b(m^{2}-n^{2})^{2} + 4a(m^{2}-n^{2}) - b(m^{2}+n^{2})^{2} = 0 \label{balmer4} \end{equation} Cebirsel manipulasyonları kolaylaştırmak için geçici bir süreliğine $M:=m^{2}+n^{2}$ ve $N:=m^{2}-n^{2}$ değişkenlerini tanımlıyoruz. O zaman (\ref{balmer4}) nolu denklem \begin{equation} bN^{2} + 4aN - bM^{2} = 0 \label{balmer5} \end{equation} halini alıyor. Son olarak $N=: Y - \tfrac{2a}{b}$ ile von Tschirnhaus ya da Tschirnhausen dönüşümünü uygularsak, o zaman (\ref{balmer5}) nolu denklem aşağıdaki gibi olur. \begin{equation} b^{2}Y^{2}-b^{2}M^{2} = 4a^{2} \label{balmer6} \end{equation} von Tschirnhaus dönüşümünün (\ref{balmer5}) nolu denklemin birinci dereceli terimini imha ettiğini gözleyiniz. Ama (\ref{balmer6}) nolu denklemin sol tarafı iki kare farkı ve çok kolay bir şekilde çarpanlarına ayrılır. Dahası $Y$ ve $M$ yerine $n$ ve $m$ cinsinden ifadelerini geri koyarsak, o zaman uğraşmamız gerekli denklem \begin{equation} a^{2} = (a-bn^{2})(a+bm^{2}) \label{balmer7} \end{equation} formuna getirilir.

İyi ama (\ref{balmer7}) nolu denklemi nasıl çözeceğiz? Öncelikle $a - bn^{2} < a$ ve $a+bm^{2}>a$ olduğunu gözleyelim. O zaman $p < a$ ve $q>a$ ve $pq=a^{2}$ olacak şekilde $a^{2}$ sayısını iki tam sayının çarpımı şeklinde temsil edeceğiz. Bu temsiller $a^{2}$ niceliğinin çarpanlarının bir kombinasyonu olduğu için sonlu bir küme oluştururlar. Daha sonra $p=a-bn^{2}$ ve $q = a + bm^{2}$ denklemlerinin çözümünden \begin{equation} n = \sqrt{\frac{a-p}{b}} \ \ \ {\rm ve} \ \ \ m = \sqrt{\frac{q-a}{b}} \label{balmer8} \end{equation} değerlerini buluyoruz. (\ref{balmer8}) nolu denklem eğer eşitliklerin sağ tarafları birer tam sayı ise geçerlidir!

$(p,q)$ sıralı çiftlerinden oluşan deneme yanılma kümesini küçültmek için herşeyden önce (\ref{balmer8}) nolu denklemde kök içindeki oranların tam sayı olma şartlarının $p \equiv a \mod b$ ve $q \equiv a \mod b$ olduğunu gözlüyoruz. Geçişme özelliğinden bu \begin{equation} p \equiv q \equiv a \mod b \label{balmer9} \end{equation} denkliğiyle ifade edilebilir. (\ref{balmer9}) nolu denklemdeki kongruens (denklik, eşlik) şartını sağlamayan $(p,q)$ çiftlerini hemen eleyeceğiz.

Konuyu somutlaştırmak için bir örnek verelim. Çoğu bulutsuya, mesela Avcı (Orion) takım yıldızındaki Beygirbaşı Nebulası'nın (Horsehead Nebula) etrafına kırmızı rengini veren ${\rm H}_{\alpha}$ çizgisinin dalgaboyu $\lambda=656,28$ nm'dir. (Avcı takım yıldızı galaksimizde bize en yakın takım yıldızlardan birisidir ve özellikle sonbahar-kış aylarında Türkiye'den gece çıplak gözle çok net gözlenir.) Bu ışımada hangi kuantum sayılarının rol aldığını hesaplamak istersek öncelikle \begin{equation*} {\rm Ry} \lambda = 10973731,56 \times 656,28 \times 10^{-9}= 7,20 = \tfrac{36}{5} \end{equation*} olduğundan, $a=36$ ve $b=5$ olduğunu tespit ediyoruz. $36^{2}=1296=pq$ ve $1\leq p < 36 < q \leq 1296$ olacak şekilde $1296$ sayısını iki farklı sayının çarpımı şeklinde temsil eden sıralı çiftleri $A$ kümesinde toplayalım. $A = \{$(1,1296), (2,648), (3,432), (4,324), (6,216), (8,162), (9,144), (12,108), (16,81), (18,72), (24,54)$\}$. Bu bizim deneme yanılma kümemiz ve eleman sayısı 11. Şimdi bu kümeyi daraltmak için öncelikle $36 \equiv 1 \mod 5$ olduğunu gözleyelim. Ardından tanımı $B:=\{(p,q) \in A \ | \ p\equiv q \equiv 1 \mod 5\} \subset A$ ile verilen kümeyi kuralım. Basitçe $B=\{$(1,1296), (6,216), (16,81)$\}$. Görüldüğü gibi deneme yanılma kümesinin eleman sayısı 11'den 3'e düştü. Artık $B$ kümesinin elemanlarına tek tek (\ref{balmer8}) nolu denklemle verilen formülü uygulayacağız.

$(p,q)$   $n=\sqrt{\tfrac{a-p}{b}}$     $m=\sqrt{\tfrac{q-a}{b}}$  
(1,1296) √7 6√7
(6,216) √6 6
(16,81) 2 3
Tablodan da çok net bir biçimde görüleceği üzere sadece $n=2$ ve $m=3$ için tam sayı çözümü mümkündür.

Postayı bitirirken bazı yorumlarda bulunacağız.

  1. Yukarıda uyguladığımız algoritmayla verilen bir $\lambda$ değeri için tam sayılarda çözüm bulamazsak, o zaman söz konusu ışımanın kaynağı H değildir.
  2. Hilbert'in meşhur 10. problemi genel bir Diophantos denkleminin çözülebilir olup olmadığını tayin etmek için bir algoritma kurulmasını talep eder. (Dikkat edin çözümünü değil, çözülebilir olup olmadığına karar vermek için bir algoritma istiyor.) 20. yy'da bu soruya cevap verildi ve böyle bir algoritmanın olmadığı ispatlandı. (\ref{balmer3}) nolu denklemin dördüncü dereceden olduğunu gözlediğimizde, atomik spektroskopide şansımızın çok ama çok yaver gittiğini söyleyebiliriz.
  3. Burada kullandığımız sistematik yöntem temel seviyede lise matematik eğitimini aşan hiç bir şey içermiyor. Ne yazık ki H atomunun spektrasını anlatan kitaplarda ben bu yöntemle hiç karşılaşmadım! Çağımızın insanının ite kaka okutulduğunun en somut delillerinden birisidir bu...


Beygirbaşı Nebulası'nın fotoğrafı NASA'nın APOD arşivinden alındı.

3 yorum:

  1. Hocam elinize sağlık. Özellikle 3 nolu yorumdaki tespitiniz acı gerçeği çok farklı bir perdeden ortaya koyuyor...

    YanıtlaSil
  2. Hocam elinize sağlık. Özellikle 3 nolu yorumdaki tespitiniz acı gerçeği çok farklı bir perdeden ortaya koyuyor...

    YanıtlaSil
  3. Mustafa ellerine saglik.


    Emin

    YanıtlaSil