23 Aralık 2016 Cuma

"Manavla pazarlık eden cahil ev hanımından sadece biraz daha zarif bir belagatle" yazılmıştır termodinamik kitapları

Hepimiz öğrenci olduk ve hepimiz fizikokimya veya termodinamik veya malzeme bilimi gibi dersler kanalıyla termodinamiğe öyle veya böyle maruz kaldık. Üniversite birinci sınıfta öğrenciyken genel kimya hocamın ders esnasında Termodinamiği ben anlamadım ki, siz nasıl anlayacaksınız? dediğini çok iyi hatırlıyorum. Termodinamiği anlamamada suç ne bizimdi, ne de hocamızın. Mantıksal hijyenin tamamıyla hiçe sayıldığı ve okurun aklıyla alay eden, adı ister fizikokimya olsun isterse termal fizik hiç fark etmez, papağan gibi birbirini taklit/tekrar eden sözüm ona ders kitapları burada fen eğitimine darbe vuruyordu. Aşağıda, Tuesdell'in Rasyonel Termodinamik (sayfa 61-62) adlı çalışmasından iktibas ettiğim parça, bu meyanda benim ve benim gibi hisseden pek çok tabiat felsefesi öğrencisinin hissiyatına tercüman olmaktadır. Çeviri, tüm kusurlarıyla beraber, bendenize aittir.


Son on yıl ya da daha fazla bir zamandır malzeme bilimini çalışan herkes termodinamiğin ve mekaniğin uygulamaya dökülmesi gerektiğini görmüştür. Öte yandan, şimdiye değin öğretildiği şekliyle bu iki bilim bağdaşmamaktadırlar. Başlığında sürekli ortam mekaniği veya malzeme bilimi geçen ve son dönemde yazılmış herhangi bir kitaba bakarsak, termodinamik üzerine yazılmış bir bölüme rastlarız, lakin bu bölüm aynı yazarın kaleminden çıkmış ve kitabın önceki sayfalarında yer alan mekaniğe dair diğer bölümlerle tuhaf bir tezat sergiler. Orada okur bağıntılarla, vektör ve tensör alanlarıyla, Jacobi determinantlarıyla, diferansiyel değişmezlerle, hatta belki Christoffel sembolleri ve afin bağlantılarla karşılaşır; tabii ki son elli yıldır öğretildiği haliyle gerçel analizden anlaması beklenmektedir, o ayrı. Mesela okur aşağıdaki gibi tensör formunda bulunan dinamik denklemleri anlayabilir. \begin{equation*} {\rm div} {\mathbf T} + \rho {\mathbf b} = \rho \ddot{\mathbf{x}} \ \ \ {\rm ya \ da} \ \ \ T^{km}_{\ \ \ \ \ \ ,m} + \rho b^{k} = \rho \ddot{x}^{k} . \end{equation*} Her durumda bağımlı ve bağımsız değişkenlerin ne oldukları hususunda bilgilendirilmiş, kendisine açık ve net diferansiyel denklemler ve sınır değer problemleri sunulmuş, somut problemlere uygulaması olan pek çok özel çözüm kendisine gösterilmiş ve okuduğu kitapta verilmeyen böylesi binlerce çözümün bulunduğu kalın ciltli kitaplara yönlendirilmiş ve genelde henüz çözülmemiş bazı büyük problemler kendisine iletilmiş ve bu problemlere bir çözüm getirmeye davet edilmiştir. Aynı kitabın aynı okuru termodinamik üzerine yazılmış bölüme eriştiğinde, aşağıdaki aksiyom karşısına çıkar: \begin{equation*} TdS \geq \delta Q. \end{equation*} Kendisine $dS$ ifadesinin bir [tam] diferansiyel olduğu söylenirken, $S$ fonksiyonunun hangi değişkenlere bağlı olduğu söylenmez; ve yine kendisine $\delta Q$ ifadesinin genellikle [tam] diferansiyel olmayan küçük bir nicelik olduğu söylenirken, sadece bir diferansiyelin bir başka diferansiyelden daha büyük olabileceğine değil aynı zamanda bir diferansiyelin diferansiyel olmayan başka bir şeyden de büyük olabileceğine inanması beklenmektedir. Kafasına piston, kazan, yoğunlaştırıcı (kondansör), ısı banyosu, rezervuar, ideal motor, ideal gaz, yarı statik, döngüsel, hemen hemen dengede, yalıtılmış, evren gibi bir terim mühimmatı yüklenir. Bu terimler kuşkusuz teğet düzlemi, gradyant ve tensör gibi terimlere kıyasla gündelik hayattan alışık olduğu kelimelerdir. Ne var ki önceki bölümlerde gradyant gibi kelimeleri doğru ve akıcı bir biçimde kullanmayı öğrenmişken, termodinamiğin zavallı talebesinden herhangi bir matematiksel yapıda asla kendine yer bulamayacak bu terimleri hayatının geri kalanında manavla pazarlık eden ev hanımından sadece biraz daha zarif bir belagatle savurmayı öğrenmesi beklenmektedir. Matematiksel yapıya gelince, o, hiçe sayılmıştır. Çözülecek hiç bir genel denklem yoktur, herhangi bir sınır değer ya da başlangıç değer problemi kurgulanmamış, çözüm sınıflarının karakterine ilişkin bir teorem ifade edilmemiştir. Örnekler ve alıştırmalar ise verilen fonksiyonların veya onların terslerinin kısmi türevlerini ya da integrallerini alıp, çıkan sonuçlarda sayıları yerine koymanın ötesine geçmezler. Atıfta bulunulan çalışmalara gelince, tamamen aynı muhtevayı haiz olup, belki sadece üslup ve konu sıralaması yönüyle farklılık gösterirler, ama asla kavrayış yönüyle daha geniş ya da net değildirler ve hepsi de aynı derecede matematik dışıdır. Mekanik veya elektromanyetizma veya optik veya ısı iletimi gibi teorilerde kelimenin kullanılan anlamıyla hiç bir problem çözülmez. Henüz çözülmemiş problemleri ise hak getire... Okurdan, termodinamiğin, geride yapacak bir şeyin kalmadığı, bitmiş ve aynı zamanda insanı yıpratan bir bilim olduğunu varsayması beklenir.

Sanki mekanik ile termodinamik arasındaki farkı vurgularcasına, gerçel analizin notasyonu dahi birinden ötekine geçer. Diferansiyeller türevlerin yerine geçmekle kalmaz, aynı zamanda türevler dahi \begin{equation*} \frac{\delta^{\rm rev}Q}{dV} = T \left( \frac{\partial S}{\partial V} \right)_{P} \end{equation*} örneğinde olduğu gibi, farklı görünür! Farklılık sadece bir formaliteden ibaret değildir ($\delta^{\rm rev}$, $\partial$ ve $d$ olmak üzere üç farklı $d$ kullanımını not ediniz). Burada söz konusu olan bir mantık farklılığıdır. Bazı kitaplarda termodinamiğe dair bölümde kısmi türevler pek bir meşakkatli geometrik izahları havi iken, mekaniğe dair önceki bölümlerde kısmi türevlerin varlığını savunmak için tanıma dahi gerek duyulmamaktadır. İnterdisipliner eklektik yazarımız, muhtemelen sürekli ortam mekaniğine dair daha da eski bilimsel çalışmalardan alıp yeni sözcüklerle ifade ettiği kısımlardan sonra, eskiden okuduğu termodinamik kitabını yeniden başka kelimelerle yazarken, termodinamik kitaplarının farklı bir okuyucu kitlesi için yazıldığını unutmakta ve elastikiyeti anlattığı bölümde bir an olsun göz yummayacağı, muğlak, betimleyici ve matematiksel olmayan kelime oyunları üretmektedir.

Fark şudur ki termodinamik hiç büyümedi. Mekaniğin bazı yönleri gelişti, uygulandı, genelleştirildi ve Arşimet'ten G. D. Birkhoff'a kadar her seçkin matematikçi tarafından yeniden biçimlendirilirken, bugün dahi termodinamiği okuyan bedbaht, Kelvin'in mekanikte de kullanmayı sürdürdüğü ama hidrodinamikçilerin ve elastikiyetçilerin çoktan terk ettikleri diferansiyelleri öncelemesini takip etmede zorlanır ve Clausius'un gerçel analizi kullanırken hissettiği tedirginliğin verdiği sıkıntıya bir defa daha maruz kalmaya icbar edilir. Örneğin, zavallı okurumuzdan analizin temel teoreminin hilafına, eğer bir yol integrali sonsuz küçük adyabatların ve izotermlerin [yamalanmasıyla] kestirilirse farklı bir şey doğacağına inanması beklenmektedir.


Bu sayfadaki fotoğraf Amerikalı matematikçi Clifford A. Truesdell'e aittir ve Texas Üniversitesi, Briscoe Center for American History internet sayfasından alınmıştır. Fotoğrafın telif ve çoğaltma hakkıyla ilgili beyanda, ticari amaç gütmeden, eğitim ve araştırma amaçlarıyla kullanılabileceği ifade ediliyor.

30 Kasım 2016 Çarşamba

Cavalieri'nin teoremiyle integral analiz kullanmadan kürenin hacmi

Güneş, Ay, Dünya ve Güneş Sistemini oluşturan diğer gezegenler ve onların uydularının hemen hemen tamamı yaklaşık olarak küresel şekildedir. Bunda tabiatta iş gören dört temel kuvvetten genel çekim kuvvetinin küresel simetriye sahip olması başlıca işlevi üstlenir. İkinci temel kuvvet olan Coulomb kuvveti de küresel simetriye sahip olduğundan, bu kuvvet altında hareket eden atomlar ve atomları oluşturan yüklü tanecikler hem mikroskopik hem de makroskopik bazda küresel şekiller oluşturma eğilimindedirler. Kürenin merkezinden geçen her dönme ekseni ve her düzlem bir simetri işlemidir ve kürenin sonsuz adette simetrisi vardır. Kürenin anlattığımız bu özelliklerinin bir kısmını ve evrenin her yerinde oluşunu eski insanlar da biliyorlardı. Örneğin Pisagorcular Dünyanın küresel olduğunu biliyordu. Hatta Eratosthenes Dünyanın çevresini (ve dolayısıyla yarı çapını) ölçmek için deneyler yapmıştı. Burada yeri gelmişken belirtelim: Dünyanın küresel olduğu Antik Çağlardan beri bilim adamları arasında pek tartışma konusu olmamıştır. Üç aşağı beş yukarı hepsi Dünyanın küresel olduğu hususunda hem fikirdirler.

Kürenin hacmini ve yüzey alanını ise -integral analizi kullanmadan- ilk defa hesaplayan kişi Arşimet'tir. Kendisi bunu ömrünün en büyük başarısı addetmiş hatta ispatta kullandığı yöntemin mezar taşına yazılmasını da istemiştir. Arşimet'in Siraküza şehrinde cahil bir Romalı asker tarafından katledildiğini biliyoruz. Eski Yunan kültürünün Roma İmparatorluğu'nun savaş makinesine mağlup olmasıyla, bir zamanlar Arşimetler yetiştiren Siraküza, zaman içerisinde yetiştirdiği dahilerden dahi bihaber bir duruma düşmüştür. Antik Roma döneminin meşhur yazar ve devlet adamlarından Cicero, Arşimet'in mezarını nasıl bulduğunu aşağıdaki satırlarda anlatıyor. Konumuzla ilgili olduğu için aşağıdaki parçayı bu vesileyle Arşimet'in hatırasına saygı bağlamında burada paylaşmak istiyorum.

        Lakin Dionysius'un kendi şehri Siraküza'dan, Dionysius'tan yıllar sonra yaşamış, pek az tanınan, küçük bir adama, Arşimet'e, bir zamanlar cetveliyle üzerinde çizgiler çizdiği topraktan çağrıda bulunacağım. Sicilya'da vergi tahsilat memuru olarak vazife yaptığım dönemde [MÖ 75'te, Arşimet'in vefatından 137 yıl sonra] onun mezarının izini bulmaya muvaffak oldum. Siraküzalılar mezar hakkında bir şey bilmedikleri gibi mezarın varlığını da inkar ediyorlardı. Ama işte karşımdaydı, böğürtlen çalıları ve dikenleriyle tamamen sarılmış ve saklanmış bir halde oradaydı. Arşimet'in mezar taşının tepesine yazılmış, bir küre ve silindire atıfta bulunan, önceden duyduğum bazı basit mısraları hatırladım ve Agrigento Kapısı'nın yanında duran sayısız mezarı iyice inceledim. Nihayet, üstünde bir küre ve silindir duran ve çalılardan zar zor görünen bir sütunu farkettim. Derhal Siraküzalılar'a, ki şehrin öndegelenlerinden bazıları da o an benimle beraberdi, peşinde olduğum şeyin bu olduğuna inandığımı söyledim. Anıt mahallini temizlemek üzere oraklı adamlar gönderildi ve anıta bir yol açıldığında doğrudan anıta doğru yürüdük. Her ne kadar lahitteki her satırın takriben ikinci yarısı aşınmış bulunsa da, mısralar hala görülebiliyordu.
        Hem Yunan dünyasının en meşhur yerleşim merkezlerinden birisi hem de eski günlerinde büyük bir eğitim merkezi olan bu şehir, Arpinumlu bir adam [Cicero, kendini kastediyor.] çıkıp göstermeseydi, şimdiye kadar yetiştirdiği en büyük yurttaşının kabrinden tamamıyla bihaber kalacaktı!
Cicero, On The Good Life. (İngilizce tercümesinden Türkçe'ye yerölçüsü için çevirdim. MD)

Biz bu postada kürenin hacmini hesaplayacağız ama kullanacağımız yöntem Cavalieri teoremine dayanacak. Tıpkı Arşimet gibi yarı çapı $R$ olan bir yarım küreyi, tabanının yarı çapı ve yüksekliği $R$ olan bir silindirin içine yerleştireceğiz. Dolayısıyla silindirin tavanı ile yarım kürenin kuzey kutbu birbirlerine teğet olacaklar. Daha sonra tabanı silindirin tavanıyla çakışık, yükseliği ise yine $R$ olan bir koniyi yine aynı silindirin içine yerleştireceğiz. Cavalieri'nin teoremini uygulayabilmek için silindirin tabanına (ya da tavanına) paralel bir düzlem ile bu cisimleri keseceğiz. Düzlem ile koninin kesişimi küçük bir çember vermektedir. Küre ile silindir arasında kalan bölgeyle düzlemin kesişimi ise bir halka tasvir ediyor.

Daha fazla ilerlemeden Cavalieri'nin teoremine ispatsız yer verelim.

Teorem: (Cavalieri) Üç boyutlu uzayda iki tane katı cisim birbirine paralel iki düzlem arasında bulunsun. Bu düzlemlere paralel her düzlem, söz konusu katı cisimleri eşit kesit alanları üretecek şekilde kesiyorsa, o zaman bu iki katı cismin hacimleri eşittir.

Cavalieri'nin teoreminde bahsettiği iki paralel düzlem bizim çalışmamızda üç boyutlu resimdeki silindirin tabanını ve tavanını kapsayan düzlemlerdir. Bu düzlemlere paralel bir düzlemi yine şekilde gösterdik. Amacımız söz konusu düzlemin, koniden kestiği dairesel alan ile, yarım küre ve silindir arasında kalan bölgeden kestiği alanların eşit olduğunu ispatlamak. Üç boyutlu resimdeki düzlemi yandaki çizimde kesikli çizgilerle gösterdik. Bu çizimde silindirin tabanına ve tavanına dik ve kürenin merkezini de kapsayan bir düzlemin kestiği bölge gösterilmektedir. Şimdi, silindirin yarı çapının ve yüksekliğinin eşit olduğu dikkate alınırsa, bu silindire yerleştirilen koninin aslında ikizkenar dik üçgenin $90^{\circ}$'lik tepe açısı etrafında döndürülmesiyle elde edildiği kolayca anlaşılır. Çalıştığımız paralel düzlem silindirin tabanından $x$ yükseklikte cisimleri $A,B,C$ noktalarında kessin. Koninin kesit alanı ikizkenar dik üçgen olduğundan $|OO^{\prime}|=|CO^{\prime}|=:x$ olacaktır. Dolayısıyla düzlemin koniden kestiği dairenin alanı $S_{1} := \pi x^{2}$ kadardır.

Pisagor teoreminin basit bir uygulamasıyla $(|BC|+x)^{2}+x^{2}=R^{2}$ ya da $|BC|=\sqrt{R^{2}-x^{2}}-x$ olduğu görülür. Yine şekile referansla, paralel düzlemin silindir ile küre arasında kalan bölgeden kestiği halkanın kalınlığı $u$ için $u=R-|BC|-x$ ya da $u=R-\sqrt{R^{2}-x^{2}}$ olduğu ortaya çıkmaktadır. Bu halkanın alanı ise $S_{2}:=\pi R^{2} -\pi (R-u)^{2}$ olduğundan, $S_{2}=\pi x^{2}$ olduğu kolayca görülür. Demek ki $S_{1}=S_{2}$ imiş.

Cavalieri teoremi uyarınca silindirin içindeki koninin hacmi ile, yarım küre ile silindir arasında kalan bölgenin hacimleri aynı olmalıdır. Ama daha önce bu blogda yaptığımız çalışmalar uyarınca koninin hacmi \begin{equation*} V_{C} := \frac{1}{3} \pi R^{3} \end{equation*} olmalıdır. O zaman yarım kürenin hacmi \begin{equation*} V_{HS} := \pi R^{3} - \frac{1}{3} \pi R^{3} = \frac{2}{3} \pi R^{3} \end{equation*} bulunur. Buradan da kürenin hacmi olan $V_{S} := 2V_{HS} = \frac{4}{3} \pi R^{3}$ formülüne kolayca uzanılır.

28 Kasım 2016 Pazartesi

İntegral analiz kullanmadan koni, piramid ve düzgün dörtyüzlü için hacım hesabı

Alan ve hacim hesaplamaları geometrinin çıkış noktalarından birisidir. Küp, silindir, dikdörtgenler prizması gibi basit şekillerin hacim formülleri tanımlar kovalanarak kolayca bulunurken koni, küre, düzgün dörtyüzlü gibi şekillerin hacimlerinin hesaplanmasının genellikle integral alınarak hesaplandığından söz edilir. Koni Eski Yunanlılarca adına konik kesitler denilen parabol, hiperbol, elips ve çember gibi şekilleri içerdiği için çalışılmıştır. Dahası Arşimet, koninin hacmini kullanarak kürenin hacmini de integral kullanmadan hesaplamıştır. Biz bu postada, hiç integral kullanmadan koni ve benzeri şekillerin hacimlerini hesaplayacağız.

Koniden, koniye benzer bir kısmı tabana paralel olacak şekilde keselim. Aşağıda kalan parçaya literatürde frustum denmektedir. Frustumun yüksekliği $h_{1}$, taban alanı ise $S_{1}$ olsun. Benzer şekilde kesilen koninin yüksekliğine $h_{2}$, taban alanına ise $S_{2}$ diyelim. Taban alanların kare kökleri koni tabanlarını oluşturan yarı çapla orantılı olduğundan, üçgenlerin benzerliğinden faydalanarak \begin{equation*} \sqrt{\frac{S_{2}}{S_{1}}} = \frac{h_{2}}{h_{1}+h_{2}} \end{equation*} yazabiliriz. Bu denklem vasıtasıyla problemin dört parametresinden bir tanesini, mesela $h_{2}$ parametresini denklemlerden eleyebiliriz. Bundan sonra \begin{equation*} h_{2} = h_{1} \frac{\sqrt{S_{2}}}{\sqrt{S_{2}}-\sqrt{S_{1}}} \end{equation*} ifadesini kullanacağız. Bu postada koninin hacminin ($V$), taban alanı ($S$) ve yüksekliği ($h$) cinsinden $V = \kappa Sh$ şeklinde bir formülle verildiği varsayıp, daha sonra buradaki $\kappa$ sabitini bulacağız. Frustumun hacmi \begin{eqnarray}\nonumber V_{F} &=& \kappa S_{1}(h_{1}+h_{2}) - \kappa S_{2}h_{2} \\ \nonumber &=& \kappa \frac{S_{1}^{3/2}}{S_{1}^{1/2}-S_{2}^{1/2}} h_{1} - \kappa \frac{S_{2}^{3/2}}{S_{1}^{1/2}-S_{2}^{1/2}} h_{1} \\ \nonumber &=& \kappa h_{1} (S_{1}+\sqrt{S_{1}S_{2}}+S_{2}) \end{eqnarray} şeklinde ifade edilebilir. Şimdi frustumda $h_{1}$ uzunluğunu çok küçülttüğümüzde, frustumun geometrisi bir silindire çok yaklaşır ve asimptotik olarak $S_{2} \to S_{1}$ ve hacim formülünde $V_{F} \to 3\kappa S_{1}h_{1}$ olur. Ama bu formülün bir silindirin hacmini verebilmesi için $\kappa = 1/3$ olmalıdır. Demek ki taban alanı $S$, yüksekliği $h$ olan bir koninin hacmi \begin{equation*} V = \frac{1}{3} Sh \end{equation*} formülüyle veriliyormuş.

Burada yaptığımız çalışmanın piramitler ve düzgün dörtyüzlü içinde geçerli olduğunu ve ilgili cisimlerinin taban alanı ve yükseklik çarpımlarının üçte birinin onların hacmini vereceğini gözleyiniz.

23 Kasım 2016 Çarşamba

Çift Atwood makinesi

Problem: Şekilde $m_{1}$ ve $m_{2}$ kütleleri, kütlesiz, sürtünmesiz ve esnemez, kısaca ideal, $A$ sicimiyle hareketli (yine kütlesiz ve sürtünmesiz) $B$ makarası üzerinden birbirlerine bağlıdırlar. $B$ makarası ise ideal $C$ sicimiyle kütlesiz ve sürtünmesiz, tavana sabitlenmiş, $D$ makarası ile $m_{3}$ kütlesine bağlıdır. Sistem başlangıçta hareketsiz olarak $t=0$ anında resimde yukarıdan aşağıya olan $g$ yerçekimi ivmesi ile harekete başlamaktadır. Tüm kütlelerin ve hareketli $B$ makarasının ivmesiyle, $A$ ve $C$ sicimlerindeki gerilmeyi soruda verilenler cinsinden ifade ediniz. (Resimin üzerine tıklayarak daha yüksek çözünürlükteki versiyonunu görebilirsiniz.)

Bu soruyu bir fizik ders kitabının arkasındaki sorular arasında işte meydan sınıfında bir soru olarak gördüm ve epeyce ilgimi çekti. Küçücük (hem de ideal) bir basit makinenin insanı nasıl otuzüçleteceğini görmek isterseniz, bu soruda şansınızı denemelisiniz.

Soruyu çözmeye başlamadan önce bizden istenilenleri, yani bilinmeyenleri, yazarak en az kaç adet denkleme ihtiyacımız olduğunu tespit edelim. Kütlelerin ivmeleri $a_{1}$, $a_{2}$ ve $a_{3}$ ve hareketli $B$ makarasının ivmesi $a_{B}$ olmak üzere 4 adet ivme. Buna ek olarak $A$ ve $C$ sicimlerindeki gerilimler $T_{A}$ ve $T_{B}$ var. Dolayısıyla toplamda 6 adet bilinmeyenimiz mevcut. Bunun için altı tane denklem ya da şart yazmamız gerekiyor.

Şimdi eğer Newton'ın ikinci hareket kanununu üç kütleye ve kütlesiz makaraya uygularsak, o zaman elimizde dört tane denklem olmaktadır. Bu ise yeterli değil. O zaman fiziğin bize sağladığı denklemlerin/şartların dışında geometrik ya da matematiksel başka şartlar bulunmalı ki, problemin çözümü tespit edilebilsin. Bizim çalıştığımız problemde sicimlerin uzunluğunun sabit olması bir geometrik şart olarak ortaya çıkmaktadır. Ben cisimlerin $D$ makarasının merkezine göre olan uzaklıklarını sırasıyla $x_{1},$ $x_{2},$ $x_{3}$ ve $x_{B}$ nicelikleri ile ölçtüm. Kuşkusuz başka bir eylemsiz referans noktasına göre de, örneğin tavana göre, bu ölçümleri yapabilirdik. Ama $B$ makarasının merkezine göre bu ölçümleri yapsaydık çıkan sonuç, bu makara ivmelendiği için yanlış olacaktı.

$B$ ve $D$ makaralarının sabit olan çevre uzunluklarına sırasıyla $s_{B}$ ve $s_{D}$ diyelim. O zaman basitçe şekile bakarak $A$ siciminin uzunluğunun $l_{A} = (x_{1}-x_{B}) + s_{B}/2 + (x_{2}-x_{B})$ ya da \begin{equation*} l_{A} = x_{1} - 2x_{B} + x_{2} + \frac{1}{2} s_{B} \end{equation*} olduğunu tespit ederiz. Resime göre aşağı yönü pozitif aldığımızdan, kinematiğin temel tanımlarını kullanarak bu denklemin zamana göre ikinci türevini alırsak, o zaman \begin{equation*} {\rm K1:} \ \ \ \boxed{a_{1} - 2a_{B} + a_{2} = 0} \end{equation*} denklemini elde ediyoruz. Tamamen benzer şekilde $C$ siciminin uzunluğu için de \begin{equation*} l_{C} = x_{B} + x_{3} + \frac{1}{2}s_{D} \end{equation*} denklemi geçerlidir. Yine her iki tarafın zamana göre ikinci türevi alındığında \begin{equation*} {\rm K2:} \ \ \ \boxed{a_{B}+a_{3} = 0} \end{equation*} denklemini çıkarmış oluyoruz.

Problemin zor noktasını aştık. Bundan sonra artık sadece Newton'ın ikinci hareket kanununu sistemde hareket eden dört cisme de uygulayacağız ve mekanik içerikli dört denklem elde edeceğiz. (Aşağı yönü pozitif aldığımızı tekrar vurgulayalım.) \begin{eqnarray} \nonumber &&{\rm M1:} \ \ \ \boxed{m_{1}g - T_{A} = m_{1}a_{1}} \\ \nonumber &&{\rm M2:} \ \ \ \boxed{m_{2}g - T_{A} = m_{2}a_{2}} \\ \nonumber &&{\rm M3:} \ \ \ \boxed{m_{3}g - T_{C} = m_{3}a_{3}} \\ \nonumber &&{\rm M4:} \ \ \ \boxed{2T_{A} - T_{C} = 0} \end{eqnarray} Bu mekanik denklemlerden ilk üçü aşırı derecede kolay anlaşılabilir. Lakin dördüncü mekanik denklemin sağ tarafının sıfır olması denge şartından kaynaklanmamakta, tam tersine hareketli olan $B$ makarasının kütlesinin sıfır olmasından kaynaklanmaktadır. $B$ makarasının kütlesi olsaydı, o zaman M4 etiketli denklemin sağ tarafı $m_{B}a_{B}$ ile verilecekti.

Soruyla ilgili yazdığımız denklemlerde bütün bilinmeyenler birinci dereceden yer alıyor. Bu tip denklemlere literatürde lineer denklemler denir. Lineer cebirde Gauss eliminasyonu denilen bir yöntem ile bütün lineer denklemler -eğer çözümleri varsa- sadece aritmetik işlemler kullanılarak, sonlu sayıda işlem sonrasında çözülebilirler. Bu kuşkusuz bilgisayarlar için, hele hele sadece altı tane bilinmeyeni olan bir sistemde, çocuk oyuncağıdır ama iş Gauss eliminasyonunu kağıt kalemle uygulamaya geldiğinde bu biraz kıllı... Denklem sistemimizdeki altı denklemin hemen hemen hepsinde sadece iki değişken yer alıyor. Normalde altı değişken/bilinmeyen de yer alabilir. Bu tip az sayıda değişkenin kendini denklemlerde gösterdiği sistemlere literatürde sparse (seyrek) sistemler denir. Seyrek sistemlerin çözümleri nisbeten daha hızlıdır. Çalıştığımız sistem seyrek olduğu için onu kağıt kalemle çözmeye cüret edebiliriz. Normalde doğrudan bir bilgisayar cebir yazılımını (mesela Maxima) kullanmamız gerekirdi bu aşamada.

Şimdi (K1) etiketli denklemden $a_{B} = (a_{1}+a_{2})/2$ ve (K2) etiketli denklemden de $a_{3} = -a_{B} = -(a_{1}+a_{2})/2$ ara sonuçlarını elde edebiliriz. Devamla (M1) ve (M2) denklemlerini sırasıyla $m_{1}$ ve $m_{2}$ ile böler ve çıkan sonuçları taraf tarafa toplarsak, o zaman aşağıdaki ara sonuca ulaşırız. \begin{equation*} {\rm AS1:} \ \ \ 2g - \frac{m_{1}+m_{2}}{m_{1}m_{2}}T_{A} = a_{1}+a_{2} = -2a_{3} \end{equation*} Şimdi (AS1) ile (M3) etiketli denklemler taraf tarafa bölünür ve (M4) etiketli denklemden $T_{C}=2T_{A}$ yazılırsa, o zaman \begin{equation*} {\rm AS2:} \ \ \ \frac{m_{3}g-2T_{A}}{2g - \frac{m_{1}+m_{2}}{m_{1}m_{2}}T_{A}} = -\frac{m_{3}}{2} \end{equation*} denklemine ulaşıyoruz. Sadece bir tane bilinmeyen içeren (AS2) etiketli denklem o kadar basit ki ben bile çözebilirim! \begin{equation*} T_{A} = \frac{4m_{1}m_{2}m_{3}g}{4m_{1}m_{2}+m_{1}m_{3}+m_{2}m_{3}} \end{equation*} $T_{C}$ ise bu gerilimin tam iki katı kadar olacaktır. (Gerilim değerlerinin, olması gerektiği gibi, çalıştığımız referans sisteminde her türlü kütle seçimi için pozitif çıktığına dikkat ediniz.) (M1) etiketli denklem yoluyla \begin{equation*} a_{1} = g - \frac{1}{m_{1}}T_{A} = \frac{4m_{1}m_{2}+m_{1}m_{3}-3m_{2}m_{3}}{4m_{1}m_{2}+m_{1}m_{3}+m_{2}m_{3}}g \end{equation*} hesaplanılır. Benzer şekilde (M2) etiketli denklem bize \begin{equation*} a_{2} = g - \frac{1}{m_{2}}T_{A} = \frac{4m_{1}m_{2}-3m_{1}m_{3}+m_{2}m_{3}}{4m_{1}m_{2}+m_{1}m_{3}+m_{2}m_{3}}g \end{equation*} formülünü verecektir. Son olarak \begin{equation*} a_{3} = -\frac{1}{2}(a_{1}+a_{2}) = \frac{4m_{1}m_{2}-m_{1}m_{3}-m_{2}m_{3}}{4m_{1}m_{2}+m_{1}m_{3}+m_{2}m_{3}}g \end{equation*} ifadesi hesaplanılır. $a_{B} = -a_{3}$ olduğundan problemin çözümü burada bitmiştir.

21 Kasım 2016 Pazartesi

İki boyutta noktasal tanecikler arası esnek çarpışmanın trigonometrisi

Kütlesi $m$, hızı $+x$ yönünde $v_{\circ}$ olan bir cisim başlangıçta ilgili referans/koordinat sisteminde duran bir tanecikle esnek olarak çapışıyor. Saçılmadan sonra hareketin bir düzlem üzerinde kalacağı barizdir. (Neden?) Saçılmanın geometrisi öyle ki $m$ cismi $+x$ ekseni ile $\alpha$ açısı yapan bir $v$ hızı ile saçılırken, kütlesi $M$ olan öteki cisim ise yine aynı eksenle $\beta$ açısı yapan bir $w$ hızıyla saçılıyor. Amacımız $\alpha$ ve $\beta$ arasında trigonometrik bir bağıntı bulmak.

Saçılma ister elastik (esnek) isterse inelastik (esnek olmayan) bir biçimde gerçekleşsin, $m$ ve $M$ kütlelerinden oluşan sisteme dışarıdan bir kuvvet etki etmeyeceği için, toplam momentum vektörü korunacaktır. Hareket iki boyutta gerçekleştiği için bu bize iki tane denklem sunar. Öncelikle toplam momentumun $x$ bileşeninden başlayalım. \begin{equation*} mv_{\circ} = mv \cos \alpha + Mw \cos \beta \end{equation*} Bu denklemde görünüşte iki parametre var. Ama her iki tarafı $m$ ile böler ve $\kappa := M/m$ oranını tanımlarsak, o zaman denklemimizdeki parametre sayısını ikiden bire düşürmüş oluruz. \begin{equation*} \boxed{ v_{\circ} = v \cos \alpha + \kappa w \cos \beta } \end{equation*} İkinci olarak $y$ yönündeki toplam momentum vektörünü yazalım. \begin{equation*} 0 = mv \sin \alpha - M w \sin \beta \end{equation*} Her iki tarafı $m$ ile bölüp $\kappa$ tanımını uygularsak aşağıdaki denkleme ulaşırız. \begin{equation*} \boxed{0 = v \sin \alpha - \kappa w \sin \beta} \end{equation*} Kutu içindeki her iki formülde de her iki tarafında karelerini alıp taraf tarafa toplama yapar ve $\sin^{2} \varphi + \cos^{2} \varphi =1$ ve $\cos (\varphi + \vartheta) = \cos \varphi \cos \vartheta - \sin \varphi \sin \vartheta$ trigonometrik özdeşliklerinden faydalanırsak o zaman aşağıdaki nisbeten daha sade ara sonuca (as1) ulaşırız. \begin{equation*} {\rm as1:} \ \ \ v_{\circ}^{2} = v^{2} + \kappa^{2} w^{2} + 2 \kappa v w \cos (\alpha + \beta) \end{equation*}

Çarpışma elastik olduğu için toplam kinetik enerji de korunacaktır. O zaman \begin{equation*} \frac{m}{2}v_{\circ}^{2} = \frac{m}{2}v^{2} + \frac{M}{2}w^{2} \end{equation*} denklemi geçerli olur. Yine her iki tarafı $m/2$ ile bölüp $\kappa$ tanımını uygularsak, o zaman \begin{equation*} \boxed{v_{\circ}^{2} = v^{2} + \kappa w^{2}} \end{equation*} denklemini elde ediyoruz.

Bu noktaya değin yapageldiğimiz analizde bir şey dikkatimizi çekmeli. Problemimizin bilinmeyenleri $\alpha,\beta,v,w$ olmak üzere dört adet. Öte yandan biz kutu içindeki denklemleri, ki fiziksel prensiplerden türettik bunları, saydığımızda üç adet denklem yazabiliyoruz. Varacağımız yargı kaçınılmaz olarak iki boyutta, iki noktasal cismin elastik çarpışmasına ait problemin çözülemeyeceğidir. Problemin çözümü derken, bilinmeyenlerin tamamen bilinen nicelikler cinsinden ifade edilmesini kastediyoruz.

Şimdi (as1) etiketli denklem ile kutu içindeki üçüncü denklemi taraf tarafa çıkartır ve sonucu yeniden düzenlersek \begin{equation*} \cos (\alpha + \beta) = \frac{1-\kappa}{2 \kappa} \frac{w}{v} \end{equation*} bağıntısına ulaşırız. Burada eğer kütleler çok özel olarak $m=M$ şeklinde seçildiğinde, örneğin nötron-nötron çarpışması gibi, $\kappa=1$ ve $\cos (\alpha+\beta)=0$ sonucu çıkacaktır. Bu ise $\alpha + \beta = \tfrac{\pi}{2}$ olmasını gerektirir. Demek ki özdeş noktasal taneciklerin elastik çarpışmalarında saçılma açısı her zaman $90^{\circ}$ oluyormuş. Bizim pu postada amacımız bu durumu genelleştirmek.

Şimdi ikinci kutudaki denklem yeniden düzenlenirse, o zaman $w/v = \sin (\alpha ) / \kappa \sin (\beta)$ ara sonucuna ulaşılır. Bu ara sonuç $\cos (\alpha + \beta)$ için verilen denklemde yerine konursa aşağıdaki ifadeye ulaşırız. \begin{equation*} \cos(\alpha + \beta) = \frac{1-\kappa}{2\kappa} \frac{\sin \alpha}{\sin \beta} \end{equation*} Artık bu aşamadan sonra amacımız $\alpha$ ve $\beta$ arasında daha net bir ilişki türetilmek için trigonometri bilgimizi kullanmak. \begin{eqnarray} \nonumber \cos \alpha \cos \beta - \sin \alpha \sin \beta &=& \frac{1-\kappa}{2\kappa} \frac{\sin \alpha}{\sin \beta} \\ \nonumber \frac{1}{2} \cot \alpha \sin (2\beta) - \sin^{2} \beta &=& \frac{1-\kappa}{2\kappa} \\ \nonumber \cot \alpha \sin (2\beta) + \cos (2\beta) &=& \frac{2-\kappa}{2\kappa} \\ \nonumber \cos \alpha \sin (2\beta) + \sin \alpha \cos (2\beta) &=& \frac{2-\kappa}{2\kappa} \sin \alpha \\ \nonumber \sin(2\beta + \alpha) &=& \frac{2-\kappa}{2\kappa} \sin \alpha \end{eqnarray} Son olarak her iki tarafa da arcsin fonksiyonunu uygularsak, saçılma açılarından birisini ötekisi cinsinden ifade etmiş olur ve çözümü tamamlarız. \begin{equation*} \beta = -\frac{\alpha}{2} + \frac{1}{2} \arcsin \left( \frac{2-\kappa}{2\kappa} \sin \alpha \right) \end{equation*}

18 Eylül 2016 Pazar

Bütün beşinci dereceden denklemler iki parametreyle ifade edilebilir

Bu blogda daha önce üçüncü (cubic) ve dördüncü (quartic) dereceden cebirsel denklemleri çalıştık. Cebirde Abel-Ruffini teoremi olarak bilinen bir önerme derecesi dörtten büyük olan cebirsel denklemlerin köklerinin cebirsel yöntemlerle (aritmetik işlemler ve kök alma gibi) bulunamayacağını söyler. Dolayısıyle en genel haliyle beşinci (quintic) dereceden bir denklemin köklerini bulmak imkansızdır. Öte yandan acaba böylesi bir denklemi ne kadar sadeleştirebilirsek -en azından- sayısal çalışmalarda hesaplama kolaylığı getireceği aşikardır. En genel haliyle beşinci dereceden bir cebirsel denklem aşağıdaki gibidir. \begin{equation*} AX^{5}+BX^{4}+CX^{3}+DX^{2}+EX+F = 0 \ \ \ (☉) \end{equation*} Burada $A,B,C,D,E,F$ problemin altı parametresi, $X$ ise denklemin köklerini temsil eden bir niceliktir. (Cebirin temel teoremine göre en çok 5 farklı karmaşık sayı güneş/şems (☉) işaretli denklemi sağlayabilir.)

Güneş işaretli denklemde $A \ne 0$ olmalıdır. Aksi takdirde denklemin derecesi dörde düşer ve bu bizi konunun dışına çıkarır. O zaman $b:=B/A$, $c:=C/A$, $d:=D/A$, $e:=E/A$ ve $f:=F/A$ ile yeni parametreler tanımlayabilir ve güneş işaretli denklemi şöyle de ifade edebilir. \begin{equation*} X^{5}+bX^{4}+cX^{3}+dX^{2}+eX+f = 0 \ \ \ (☿) \end{equation*} Hem Merkür/Utarid (☿) hem de güneş işaretli denklemlerin aynı kökleri paylaştıkları barizdir ama Merkür işaretli denklem 5 parametreye bağlı olduğundan daha sadedir. Baş katsayısı 1 olduğu için bu denklemlere tekabül eden polinomlara monik polinomlar denir. Bu noktada şöyle bir gözlem yapabiliriz: $b=0$ ise, o zaman Merkür işaretli denklemin derecesi değişmez ama dördüncü dereceden terim uzaklaşmış olur. (Literatürde buna, derecesi $n$ olan cebirsel ifadeden derecesi $n-1$ olan ifadenin uzaklaşmasına, o denklemin depressed formu denir.) Dahası eğer $b \ne 0$ ise, o zaman $X=: b \xi$ ile yeni bir değişken tanımlayabilir ve bu ifadeyi Merkür işaretli denkleme yerleştirip her iki tarafı da $b^{5}$ ile bölersek, o zaman $c^{\prime}:=c/b^{2}$, $d^{\prime}:=d/b^{3}$, $e^{\prime}:=e/b^{4}$ ve $f^{\prime}:=f/b^{5}$ ile aşağıdaki Venüs/Zühre işaretli (♀) denkleme ulaşırız. \begin{equation*} \xi^{5}+\xi^{4}+c^{\prime}\xi^{3}+d^{\prime}\xi^{2}+e^{\prime}\xi+f^{\prime} = 0 \ \ \ (♀) \end{equation*} Venüs işaretli denklemin sadece 4 parametreye bağlı olduğunu ama hala dördüncü dereceden terimini koruduğunu görüyoruz. $b$ katsayısı ne olursa olsun, denklemden dördüncü dereceden terimi tamamen uzaklaştırmak suretiyle parametre sayısını 4'e düşürmek problemi hiç kuşkusuz daha da sadeleştirecektir.

Şimdi $X =: Y - b/5$ ile yeni bir $Y$ değişkeni tanımlayalım ve bunu Merkür işaretli denklemde yerine koyalım. $X$ ve $Y$ arasındaki ilişki çok basit olduğundan birini hesaplamak ile ötekini hesaplamak aynıdır. Bu basamaktan sonra bir bilgisayar cebir sistemi (computer algebra system, CAS) kullanmayı şiddetle tavsiye ediyorum. Ben aşağıdaki hesaplamaları Maxima adlı yazılımla yaptım. (open-axiom ve Maple da cebirciler arasında yaygın olarak kullanılan diğer yazılımlardır.) Söz konusu işlemler yapıldığında $Y$ niceliğinin sağladığı denklem ($b$ ne olursa olsun) aşağıdaki gibidir ve sadece 4 parametreye bağlıdır. \begin{equation*} Y^{5} + pY^{3} + qY^{2} + rY + s = 0 \ \ \ (♁) \end{equation*} Dünya/Yer (♁) işaretli bu denklemdeki yeni parametreler ile eski parametreler arasında $p:= c - \tfrac{2}{5}b^{2}$, $q := d - \tfrac{3}{5}bc + \tfrac{4}{25}b^{3}$, $r := e - \tfrac{2}{5}bd + \tfrac{3}{25}b^{2}c-\tfrac{3}{125}b^{4}$ ve $s:=f-\tfrac{1}{5}be+\tfrac{1}{25}b^{2}d-\tfrac{1}{125}b^{3}c+\tfrac{4}{3125}b^{5}$ ilişkileri geçerlidir. Burada uyguladığımız yöntem çok geneldir ve derecesi $n$ olan bütün denklemlerden derecesi $n-1$ olan terimi uzaklaştırmakta kullanılabilir. (Lütfen ispatlayınız.) $p\ne 0$ ise, o zaman $Y =: p^{1/2}\psi$ tanımıyla $\psi$ için elde edilen denklem 3 parametreye bağlı olur. (Lütfen deneyiniz.) Ama bu bizim çok büyük bir kazanım değil. Zira denklemdeki kübik terim hala orada durmaktadır.

Daha iyisini yapmak istiyoruz ama bunun bedeli epeyce ağır olacak. Yani Dünya işaretli denklemden kübik terimi von Tschirnhaus dönüşümüyle uzaklaştıracağız. Bu amaçla yeni bir $Z$ değişkeni tanımlıyoruz. Bu $Z$ değişkeninin sağladığı beşinci dereceden denklem istediğimiz formda. \begin{equation*} Z^{5} + \alpha Z^{2} + \beta Z + \gamma = 0 \ \ \ (♂) \end{equation*} Mars/Merih (♂) işaretli denklemdeki Yunan harfleriyle temsil edilen katsayıları nasıl bulacağız? Bunun için $Y$ ve $Z$ arasında kuadratik bir ilişki olduğunu varsayıyoruz. (Neden lineer değil?) \begin{equation*} Z =: Y^{2} + \delta Y + \eta \ \ \ (♃) \end{equation*} Jüpiter/Müşteri/Erendiz (♃) işaretli denklemde verilenlerle beraber toplamda 5 tane katsayıyı Dünya işaretli denklemdeki katsayılar $p,q,r,s$ cinsiden ifade etmemiz gerekiyor. Bu maksatla Newton toplamlarını tanımlayacağız. Derecesi $n$, genel değişkeni $X$ ve kökleri $\{x_{1},\ldots , x_{n}\}$ olan bir $g(X) := a_{n}X^{n}+a_{n-1}X^{n-1}+\cdots + a_{0}$ polinomunun $k$-Newton toplamı köklerin bir simetrik fonksiyonudur ve aşağıdaki denklemle tanımlanır. \begin{equation*} N_{k}(X) := x_{1}^{k} + \cdots + x_{n}^{k} \ \ \ (♄) \end{equation*} Satürn/Zuhal (♄) işaretli denklemde tanım gereği $N_{0}(X) = n$ olduğunu gözleyiniz. Dahası birinci dereceden Newton toplamları bizim temel cebir derslerinden kökler toplamı diye adlandırdığımız temel simetrik fonksiyonlardan (Viète-Girard) ilkiyle aynıdır ve Dünya ve Mars işaretli denklemlere bakarak kolayca $N_{1}(Y) = N_{1}(Z) = 0$ oldukları görülür. (Her iki denklemde de dördüncü dereceden terimin katsayısı sıfırdır.) von Tschirnhaus'un yöntemini örnekleyerek anlatalım. Şimdi Jüpiter işaretli denklemden 5 kopya hazırlayalım ve birinci kopyada $Z=z_{1}$ ve $Y=y_{1}$ ilh. koyalım. Ardından bu beş kopyayı taraf tarafa topladığımızda aşağıdaki denkleme ulaşıyoruz. \begin{equation*} N_{1}(Z) = N_{2}(Y) + \delta N_{1}(Y) + 5\eta \ \Rightarrow \ \eta = - \frac{1}{5}N_{2}(Y) \ \ \ (♅) \end{equation*} Farkında mısınız Uranüs (♅) işaretli denklem katsayılardan birisini hemen verdi. Yalnız küçük bir sorun var: ikinci dereceden Newton toplamlarını veya en genel haliyle diğer Newton toplamlarını polinomun (ya da cebirsel denklemin) katsayıları cinsinden ifade etmeyi bilmiyoruz! İspatına başka bir zaman girişmek üzere $g$ polinomunun katsayıları ile onun Newton toplamları arasındaki şu indüktif ilişkiyi not edelim. (İspat için polinomlara dair bir cebir kitabına bakınız.) \begin{equation*} N_{0} = n, \ \ \ (n-k)a_{n-k}= a_{n}N_{k} + \cdots + a_{0}N_{k-n} \ \ \ (♆) \end{equation*} Neptün (♆) etiketli denklemde $i<0$ ise o zaman $a_{i}=N_{i}=0$ konvansiyonunu uygulamayı kabulleniyoruz. Neptün denklemini kullanarak beşinci dereceden polinomların ikinci dereceden Newton toplamları için $0=a_{5}N_{2}+a_{4}N_{1}+2a_{3}$ formülüne ulaşıyoruz. Dünya ve Mars etiketli denklemlerle kolayca $N_{2}(Y)=-2p$ ve $N_{2}(Z) = 0$ ara sonuçlarına ulaşıyoruz. İşte von Tschirnhaus dönüşümü için tayin etmemiz gereken ilk katsayıya ulaştık: $\eta = \tfrac{2}{5}p$.

$\delta$ katsayısını bulmak için Jüpiter denkleminin karesini alıyoruz: $Z^{2}=Y^{4}+2\delta Y^{3} + (2\eta + \delta^{2})Y^{2} + 2\delta \eta Y + \eta^{2}$. Ardından bu denklemin 5 kopyasını hazırlayıp ilk kopyada $Z=z_{1}$ ve $Y=y_{1}$, ilh. yani kökler üzerinden toplarsak, o zaman $N_{2}(Z) = \delta^{2} N_{2}(Y) + 2(\eta N_{1}(Y) + N_{3}(Y)) \delta + N_{4}(Y)+2\eta N_{2}(Y) + 5\eta^{2}$ denklemine ulaşıyoruz. Newton toplamlarını veren Neptün bağıntısını Dünya denklemi için uyguladığımızda $N_{3}(Y)=-3q$ ve $N_{4}(Y)=2p^{2}-4r$ elde ederiz. (Lütfen aradaki işlemleri tamamlayınız.) Daha önceki bulgularımızla birleştirdiğimizde $\delta$ için kuadratik bir denklemi çözmemiz gerektiği ortaya çıkar. \begin{equation*} 5p\delta^{2} + 15q\delta - 3p^{2}+10r=0 \ \Rightarrow \ \delta = \frac{-15q \pm \sqrt{\Delta}}{10p} \ \ \ (♇) \end{equation*} Pluto (♇) denkleminde diskriminant $\Delta := 225q^{2}+60p^{2}-200rp$ ile tanımlanıyor. Şimdi bazı işaretlerde bulunalım. (1) $\Delta<0$ için gerçel $p,q,r,s$ katsayılardan başlasak bile von Tschirnhaus dönüşümünde karmaşık sayıları kullanmaya mecbur kalacağımız aşikardır. (2) Pluto denkleminde $p=0$ durumu bizi hiç endişelendirmiyor. Çünkü $p=0$ durumunda Dünya denkleminde von Tschirnhaus dönüşümüne gerek kalmaz.

Jüpiter denkleminin sağ tarafındaki katsayılar belirlendi. Şu aşamada geriye kalan $\alpha, \beta, \gamma$ katsayılarını nasıl tayin etmemiz gerektiği artık anlaşılmış olmalı. Örneğin Jüpiter denkleminin küpünü alıp kökler üzerinden topladığımızda sol tarafta $N_{3}(Z)=-3\alpha$ olacak. Sağ taraf ne kadar korkunç olursa olsun (altıncı dereceden Newton toplamı gibi!), orada her şey bilindiği için bu yöntemle $\alpha$ katsayısını da tayin etmiş olacağız. $N_{4}(Z)=-4\beta$ olduğundan Jüpiter denkleminin dördüncü kuvvetini alıp kökler üzerinden toplarsak o zaman $\beta$ katsayısını da tayin ederiz. Son olarak $N_{5}(Z)=-5\gamma$ ile Jüpiter denkleminin beşinci kuvvetini alıp kökler üzerinden toplarsak bu bize $\gamma$ katsayısını verir. $\alpha,\beta,\gamma$ katsayılarının tamamen cebirsel işlemler kullanılarak hesaplanabileceğini ispatlamış olduk ve böylece von Tschirnhaus dönüşümü tamamlanmış oldu. Kabul edelim ki $\alpha,\beta,\gamma$ için açık ifadeler vermedik ama böylesi bir çaba postanın hacmini epeyce arttıracağı gibi hammaliyetten başka bir şey de getirmeyecektir. Şunu da eklememiz lazım ki burada yaptığımız kuadratik dönüşümle derecesi $n$ olan bir cebirsel denklemden hem derecesi $n-1$ hem de derecesi $n-2$ olan terimler uzaklaştırılabilirler. Yani çalışmamız beşinci dereceden denklemlere has değildir.

Parametre sayısını daha da düşürmek için ne yapmamız gerektiği artık bariz. Mars işaretli denklemde $Z=:\kappa W$ kor ve denklemin her iki tarafını $\kappa^{5}$ ile bölersek, o zaman $\kappa := \alpha^{1/3}$ seçimiyle bütün beşinci dereceden denklemlerin \begin{equation*} W^{5} + W^{2} + \beta^{\prime} W + \gamma^{\prime} = 0 \end{equation*} formuna getirileceği görülür. Burada $\beta^{\prime} := \beta/\kappa^{4}$ ve $\gamma^{\prime} := \gamma/\kappa^{5}$ ile tanımlanıyorlar.

Hem von Tschirnhaus dönüşümünün genel mantığı hem de skala dönüşmü ile bir parametreden kurtulmak artık anlaşılmıştır. Mars işaretli denklemden ikinci dereceden terimi de uzaklaştırmak istersek bunun için yapmamız gereken dönüşüm beklenildiği gibi üçüncü değil dördüncü dereceden olacak. Konumuzun dışında ama beşinci dereceden denklemlerin Bring-Jerrard formu aşağıda Koç (♈) işaretli denklemle veriliyor. \begin{equation*} W^{5}+lW+m=0 \ \ \ (♈) \end{equation*} Artık Mars denklemindeki $\alpha,\beta,\gamma$ katsayılarının bilindiğini varsayıyoruz. O zaman $W$ ve $Z$ dönüşümleri arasında aşağıdaki dördüncü dereceden von Tschirnhaus dönüşümünü tanımlayalım. \begin{equation*} W =: Z^{4} + \zeta Z^{3} + \varepsilon Z^{2} + \theta Z + \kappa \ \ \ (♉) \end{equation*} Boğa (♉) işaretli denklemle Koç deklemindeki $\zeta,\varepsilon,\theta,\kappa,l,m$ katsayılarını $\alpha,\beta,\gamma$ cinsinden ifade etmemiz gerekiyor. Toplamda altı tane tayin var. Bu epeyce (ama epeyce) uzun işlemler sonrasında yapılabilecek bir tayin. Bring-Jerrard yöntemini genel hatlarıyla daha sonra tartışmak üzere bu postayı kapatıyorum.

31 Ağustos 2016 Çarşamba

Hidrojenik orbitallerin düğüm konileri ve tepe açıları

H atomu için özdeğer formundaki (zamandan bağımsız) Schrödinger denklemi çözüldüğünde karşımıza kuantum sayıları diye adlandırılan bazı tam sayılar ve bu tam sayıların (hemen hemen) biricik bir biçimde kodladığı özfonksiyonlar çıkar. Biz geometriciyiz ve işin sadece geometriye bakan tarafıyla ilgileneceğiz. Ama bir motivasyon olması için bir takım malumatı vermek zorundayız. Çıkan özfonksiyonların sıfır değerini aldıkları noktalara literatürde düğüm noktaları denir. Dalga fonksiyonunun değeri, sadece sıfır olduğunda biriciktir. Diğer türlü, mutlak değeri 1 olan bir karmaşık sayıya kadar tayin edilebilir Schrödinger'in $\Psi$ fonksiyonunu değeri. Düğüm noktalarını incelememizin bir başka sebebi de bu noktalarda elektronun bulunma ihtimalinin pratik olarak sıfırlanmasıdır. Elektronları bir kimyasal bağ üzerinde çok fazla düğüm noktası olan bir dalga fonksiyonuna dümenlerseniz, o bağ kopar! Bu da olayın fizikokimyasal motivasyonu.

Çalıştığımız problemin konfigürasyon uzayına bağlı olarak, ilgili düğüm noktaları sayılabilir hatta sonlu bir küme oluşturabilirler. Bu tip problemler kreş kuantum mekaniğinde çalışılır. Problemin karmaşıklığı arttıkça düğüm noktaları sayılamaz kümeler oluştururlar. Bu kümeler kimi zaman kapalı ya da açık eğriler, yüzeyler, hatta hiper yüzeyler şeklinde realize edilebilir. Bu postada konumuz hidrojen atomunda $n,l,m_{l}$ kuantum sayılarından $l=n-1$ ve $m_{l}=0$ değerine sahip orbitallerin düğüm yüzeyleri, spesifik olarak düğüm konileri, olduğundan tekabül eden dalga fonksiyonları küresel kutuplu koordinatlarda \begin{equation*} \psi_{n,n-1,0}(r,\theta,\varphi) = R_{n,n-1}(r) Y_{n-1,0}(\theta,\varphi) = R_{n,n-1}(r) P_{n-1}( \cos(\theta) ) \end{equation*} formundadır. Sevgili ziyaretçi, burada bilmeye ihtiyacın olan tek şey bu tip özfonksiyonların düğüm yüzeylerinin $P_{l}$ Legendre polinomu ile verildiğidir. (Söz konusu kuantum sayıları için radyal kısmın gerçel kökü yoktur.) Ayrıca bir şey daha dikkatinizi çekmiş olmalı: Bu tip özfonksiyonlar $\varphi$ koordinatından bağımsız. Yukarıdaki şekilde 2008 yılında verdiğim kuantum kimyası dersinin final sınavı için hazırladığım ${\rm 4f}_{z^{3}}$ orbitalinin $xz$ düzlemindeki kesiti görülüyor. Beyaz lobutlarda fonksiyon bir işareti (diyelim ki +), siyah lobutlar da ise öteki işareti alıyor. Bir lobuttan ötekine geçerken fonksiyon işaret değiştirecek ve sürekli (hatta en az iki defa türevlenebilir) olduğu için kaçınılmaz olarak sıfır değerini alacaktır. Sıfır değerini aldığı koniler ve düzlem kalın beyaz bir çizgiyle gösterilmiş. Sınavda konilerin tepe açısını sormuştum...

Madem ki düğüm yüzeylerinin geometrisi Legendre polinomlarında düğümleniyor, o zaman bu polinomların Sturm dizisini (ya da zincirini) vererek işe başlayalım. \begin{eqnarray}\nonumber P_{0}(x) &:=& 1 \\ \nonumber P_{1}(x) &:=& x \\ \nonumber (n+1)P_{n+1}(x) &:=& (2n+1)xP_{n}(x) - nP_{n-1}(x) \end{eqnarray} Burada ispatlamayacağız, ama Sturm dizi özelliğini sağlayan bütün polinomların bütün kökleri gerçeldir ve ayrıktır. Ayrıca, bunu da ispatlamayacağız, derecesi $n$ olan $P_{n}$ Legendre polinomunun hepsi ayrık olan $n$ adet gerçel kökü $(-1,1)$ aralığındadır.

Bizim odaklandığımız orbital sınıfı ${\rm 2p}_{z}$, ${\rm 3d}_{z^{2}}$, ${\rm 4f}_{z^{3}}$, ${\rm 5g}_{z^{4}}$, ${\rm 6h}_{z^{5}}$, ${\rm 7i}_{z^{6}}$, ${\rm 8j}_{z^{7}}$, vb. fonksiyonlardan oluşuyor. Örneğin ${\rm 4f}_{z^{3}}$ orbitalinin düğüm yüzeyleri için \begin{equation*} P_{3}(x) = \frac{1}{2} (5x^{3}-3x) \end{equation*} kübik polinomunun köklerini arayacağız. Ama bu kübik denklem $x(5x^{2}-3)=0$ şeklinde ifade edilebildiğinden, kökler hemen $\{-\sqrt{3/5}, 0, \sqrt{3/5}\}$ olarak verilebilir. Kuşkusuz H atomunda Legendre polinomunun argümanı $\cos \theta$. Dolayısıyla düğüm yüzeylerini tarif etmek için $\theta = \{ \arccos(-\sqrt{3/5}), \arccos(0), \arccos(\sqrt{3/5}) \}$ ters trigonometrik fonksiyonların değerlerini $(0,\pi)$ aralığında hesaplamamız gerekiyor. (Konilerin tepe açısı $2\theta$ kadardır.) Burada $\arccos(0)= \pi/2$ değeri, bize (şekildeki yatay çizgi) düzlem düğüm yüzeyini veriyor. Diğer açılar ise aşağı ve yukarı bakan konileri.

Sturm dizisinden kendiniz $P_{2k+1}$ polinomlarının tek paritede, $P_{2k}$ polinomlarının ise çift paritede olduğunu tümevarımla kolayca ispatlayabilirsiniz. Şimdi tek paritedeki sürekli fonksiyonların sıfırda mutlaka bir kökü olacağından, H atomundaki $n=2k+2$, $l=2k+1$ ve $m_{l}=0$ kuantum sayılarıyla kodlanan orbitalleri oluşturan Legendre polinomlarının mutlaka sıfırda bir kökü vardır. Ama bu ${\rm 4f}_{z^{3}}$ örneğinden de gördüğümüz gibi, düzlem şeklinde bir düğüm yüzeyinin de varlığını iktiza eder. Öte yandan $n=2k+1$, $l=2k$ ve $m_{l}=0$ ile kodlanan orbitallerde de çift paritede Legendre polinomları iş göreceğinden bunların sıfırda kökü olamaz. (Bunun son önermenin ispatı sadece pariteden değil. Sturm dizisine de bakmak gerekiyor.) O zaman ilgili orbitallerin düzlem şeklinde düğüm yüzeyleri olamaz. Bakın ne kadar genel ifadelere uzandık! Yine okur tümevarımla $P_{2k}$ ve $P_{2k+1}$ polinomlarının kök bulma işlemlerinin aslında derecesi $k$ olan polinomlara indirgenebileceğini de gösterebilir. (Basitçe $x^{2}=:\xi$ koyunuz.) Bu şu demek: Ta $P_{9}$ polinomuna kadar kökleri sadece cebirsel yöntemleri kullanarak hesaplayabiliriz. Bu hidrojen atomunda ${\rm 10l_{z^{9}}}$ orbitaline tekabül ediyor. (Bu orbitaldeki l harfi ile açısal momentum kuantum sayısı $l$ çakıştı! Ama birisi bir fonksiyonu temsil ederken ötekisi bir tam sayıyı temsil ediyor.) Ben hidrojenin elektronunun 10l orbitaline uyarıldığı bir çalışma okumadım. Kuşkusuz deneycinin birisi yapmıştır, zira bu tip yüksek enerjili Rydberg durumlarına ilgi yıllar içinde gider gelir.

28 Ağustos 2016 Pazar

Emek, illa ki

Bugün kütüphaneye T. S. Halman'ın Stevens şiirleri tercümesini almak için indim. Arama sonucunda rafta statüsünde görünen kitap rafta yoktu. (Final sınavları döneminde kütüphaneler böyle kaotik rejimlere girerler.) Sirkülasyon masasına bu durumu bildirdiğimde, görevli bayan, beklememi ve bir de kendisinin kontrol etmek istediğini söyledi. Ben de zamanı boşa geçirmemek için kimya raflarındaki kitaplara bir göz attım. Eski kitap merakım olduğu için oradaki kitaplardan bir tanesi özellikle dikkatimi çekti: W. Lewis, Mufassal Fiziki Kimya, Kinetik Nazariye, Ankara Maarif Matbaası, (1942). Çeviren: Remziye Hisar. "Fiziki İlimler Doktoru" ünvanıyla çeviriyi yapan Remziye Hisar, Türkiye Cumhuriyeti'nin ilk kadın kimyageri olarak anılıyor ve adı daha çok bilinen Feza Gürsey'in de annesidir. Atatürk'ün Sizi bir kıvılcım olarak gönderiyorum, volkan olup dönünüz! sözleriyle yurtdışına (Sorbonne) okumaya gönderilen Cumhuriyet dönemi bilimadamlarındandır. 1992 yılında vefat eden Hisar'ın kitaba yazdığı çeviri notunun son paragrafını okurken -açık konuşmak gerekirse- biraz hüzünlendim.

Bizim kendilerine ancak tercümelerini takdim edebildiğimiz böyle beynelmilel kıymetteki mühim eserleri, üniversite gençlerimizin ileride bizzat yazacaklarına ve müspet ilimler kütüphanesine emeklerinin mahsülü hakiki ilmi eserler hediye edeceklerine dair samimi kanaatimizi de bu vesile ile buraya kaydetmekle bahtiyarız.

Mufassal Fiziki Kimya'nın basımından 66 yıl sonra, bugün de ders kitaplarımızın çoğu çeviridir. Yerli olanlar da özgünlükten yoksun, en iyi ihtimalle var olan kitapların güzel bir özeti hükmündedir. (He did a great job in typing.) Bu da gerçeğin değil geleneğin yayılmasını temin etmekte ve bizi geleneğin korosundan kılmaktadır. Maalesef, Remziye Hoca'nın ümitleri gerçekleşmemiş, Cumhuriyet döneminde emek mahsülü hakiki ilmi eserler Türkçe'de üretilmemiştir.


14 Mayıs 2008 tarihinde yazdığım bir blog yazısından. O zaman rahmetli T. S. Halman hala hayattaydı.

25 Ağustos 2016 Perşembe

John von Neumann'ın Cauchy Schwarz ispatı

20. yy'ın ilk çeyreğinde fizik literatüründe eski kuantum mekaniği diye tabir edilen bir kuantum branşı vardı. Her ne kadar bu branş çerçevesinde verilen izahlara nisbeten ad hoc denilse de, Planck, Bohr, Einstein ve de Broglie gibi isimlerin öne çıktığı bu devre modern kuantum mekaniğine giden yolda önemli bir safhadır. Bu alacakaranlık çağın ardından başta Heisenberg, Schrödinger ve Dirac olmak üzere fizikçiler sadece bir iki yıl içerisinde modern kuantum mekaniğini kurdular. Heisenberg ve Dirac cebirsel, Schrödinger ise kısmi diferansiyel denklemlere dayalı bir dil kullanmayı tercih ettiler. (Bugün dahi fizik literatüründe gördüğümüz, ipe sapa gelir bir yanı olmayan matris mekaniği tabirini Heisenberg'e borçluyuz.) Iskaladıkları bir şey vardı bu fizikçilerin: Kuantum mekaniğinin temel objesi olan dalga fonksiyonu nerede (hangi uzayda) duracaktı? Bu sorunu onların çağdaşı, matematikçi John von Neumann çözdü. Hem fizik literatüründeki Dirac delta fonksiyonu gibi bilim kurgu safsatalarını ameliyat etmek ve hem de işi başından doğru bir zemine oturtmak için kuantum mekaniğini Hilbert uzaylarına oturttu.

Kaleme aldığı Mathematical Foundations of Quantum Mechanics adlı kitap bu bilimi ciddi olarak öğrenmek ve bilgisinin gramer hatalarından ari olmasını isteyen insanlar için referans değerindedir. Daktiloyla yazılan bu kitabın İngilizce tercümesinin tıpkı basımı bugün Princeton Üniversitesi Yayınları tarafından hala daktilo fontuyla (!) yayımlanmaktadır. Bu kitabı okurken hem Cauchy-Schwarz eşitsizliğine hem de ispatına von Neumann'ın yer verdiğini gördüm.

Cauchy-Schwarz eşitsizliği matematikte pek çok yerde karşımıza çıkar ve reel analizdeki iç çarpım uzaylarının kalbindedir. Kuşkusuz sonsuz farklı ispatı vardır Cauchy-Schwarz'ın. Kimisi iki, bilemedin üç satırda biter. İlk defa von Neumann'ın kitabında gördüğüm ispat ise nisbeten daha uzun yer tutuyor ama hem gerçel analizde ve hem de eşitsizlikler sanatında karşımıza çıkan güzel bir anahtar fikri canlandırıyor. O da şu: $f$ ve $g$ fonksiyonlarının tanımlı oldukları her değer için $f(\alpha) \leq g(\beta)$ ise, o zaman $\max f(\alpha) \leq \min g(\beta)$ eşitsizliği de doğrudur.

Vektörleri basitçe $u$ ve $v$ gibi Latin harfleriyle göstereceğiz. Vektör uzaylarına geometrik bir karakter kazandıran iç çarpım işlemini ise, Dirac notasyonunu kullanarak, $\langle u | v \rangle$ ile. Her ne kadar normlu uzaylarda iç çarpım işlemine ihtiyaç duyulmasa da, iç çarpım kaçınılmaz olarak bir norm tanımlar. Onu da $\|u\| := \sqrt{\langle u | u \rangle}$ ile tanımlıyoruz. Son olarak çalıştığımız konu kuantum mekaniği ve karmaşık sayıların karşımıza çıkması kaçınılmaz. Bu yüzden iç çarpım işlemi tam simetrik değil: $\langle v | u \rangle = \langle u | v \rangle ^{*}$. Burada değindiğim anahtar kelimeleri açmam mümkün değil, o yüzden konuya yabancılaşan ziyaretçiyi temel gerçel analiz kitaplarına (mesela Kolmogorov ve Fomin) havale ediyorum.

Cauchy-Schwarz eşitsizliği bizim ta ortaokuldan beri öğrendiğimiz vektör cebirindeki bir fikri genelleştirir. $\vec{a}$ ve $\vec{b}$, uzunluklarına da $a \geq 0$ ve $b \geq 0$ diyelim, iki vektör olsunlar. Bunların skaler çarpımları $\vec{a} \cdot \vec{b} = ab \cos \theta$ ile tanımlanır. Burada $\theta$ iki vektör arasındaki açıdır. Şimdi cosinus fonksiyonu her zaman $[-1,1]$ aralığında değer aldığından, skaler çarpımda her iki tarafın mutlak değerini aldığımızda, $|\vec{a} \cdot \vec{b}| \leq ab$ olmalıdır. İşte sana Cauchy-Schwarz!

Tabi iç çarpım uzaylarında aynı eşitsizliği ispatlamak için, yani $| \langle u | v \rangle | \leq \|u\| \|v\|$ olduğunu göstermek için, biraz daha uğraşmamız gerekiyor. Öncelikle bariz olan Bütün uzunluklar/normlar ya sıfırdır ya da sıfırdan büyüktür. fikrinden başlıyor ve iç çarpımın lineerliğinden faydalanıyoruz. \begin{eqnarray}\nonumber 0 &\leq& \|u-v\|^{2} = \langle u-v | u-v \rangle \\ \nonumber &=& \|u\|^{2} + \|v\|^{2} - \langle u | v \rangle - \langle v | u \rangle \\ \nonumber &=& \|u\|^{2} + \|v\|^{2} - 2 \Re [ \langle u | v \rangle ] \end{eqnarray} Burada $\Re [z]$ ile karmaşık $z$ sayısının gerçel kısmını temsil ettik. Bu eşitsizlik yeniden düzenlenerek iç çarpımın gerçel kısmı için aşağıdaki ara sonuca ulaşırız. \begin{equation*} \boxed{ \Re [\langle u | v \rangle ] \leq \frac{1}{2} \left( \|u\|^{2} + \|v\|^{2} \right) } \end{equation*} Her $\kappa > 0$ için eşitsizliğin her iki tarafında da $u \to \kappa^{1/2} u$ ve $v \to \kappa^{-1/2}v$ koyarsak, sol tarafın değişmeyeceği barizdir. Ama sağ taraf \begin{equation*} F(\kappa) := \frac{1}{2} \left( \kappa \|u\|^{2} + \frac{1}{\kappa} \|v\|^{2}\right) \end{equation*} olur. Devamla yine kutudaki eşitsizlikte her iki tarafta da $\alpha \in \mathbb{R}$ için $v \to \exp(i \alpha) v$ koyarsak, bu sefer sağ tarafın değişmeyeceği ama sol tarafın \begin{equation*} G(\alpha) := \cos(\alpha) \Re [\langle u | v \rangle ] - \sin (\alpha ) \Im [\langle u | v \rangle ] \end{equation*} olacağı görülür. (Belirtelim: $\Im [z]$ ile karmaşık $z$ sayısının sanal kısmını temsil ediyoruz.) O zaman genel olarak kutudaki eşitsizliği $G(\alpha) \leq F(\kappa)$ biçiminde yazabiliriz. Burada $\alpha$ ve $\kappa$ parametrelerinin birbirlerinden bağımsız olduklarını gözleyiniz. Eşitsizlik en keskin haline aşağıdaki durumda ulaşır. \begin{equation*} \max _{\alpha \in \mathbb{R}} G(\alpha) \leq \min_ {\kappa > 0} F(\kappa) \end{equation*} Basit bir optimizasyon ile $F^{\prime}(\kappa_{\rm o}) = 0$ denkleminin $\kappa_{\rm o} = \|v\| / \|u\|$ değerinde çözüldüğü ve $F(\kappa_{\rm o}) = \|u\| \|v\|$ olduğu kolayca görülür. Devamla, $G^{\prime}(\alpha_{\rm o}) = 0$ denklemi $\tan (\alpha_{\rm o}) = - \Im [\langle u | v \rangle ] / \Re [\langle u | v \rangle ]$ ile çözülür. Buradan $\sin (\alpha_{\rm o})$ ve $\cos(\alpha _{\rm o})$ değerlerini çözebiliriz ama işaret seçiminde $G$ fonksiyonunun maksimum noktasını bulmaya çalıştığımız için $G^{\prime \prime}(\alpha_{\rm o}) = -G(\alpha_{\rm o}) > 0$ şartını sağlamak zorundayız. Bu yüzden \begin{equation*} \cos (\alpha_{\rm o}) = \frac{ \Re [\langle u | v \rangle ]}{ | \langle u | v \rangle |} \ {\rm ve} \ \sin (\alpha_{\rm o}) = -\frac{ \Im [\langle u | v \rangle ]}{ | \langle u | v \rangle |} \end{equation*} seçeceğiz. Burada $| \langle u | v \rangle |^{2} = (\Re [\langle u | v \rangle ])^{2} + (\Im [\langle u | v \rangle ])^{2}$ olduğunu gözleyiniz. Bu işaret seçimi ile $G(\alpha_{\rm o}) = | \langle u | v \rangle |$ olur ve ispat tamamlanır.

22 Nisan 2016 Cuma

Tam üçgenlerin kullanımı (Lehmer'in "Rasyonel Üçgenler" makalesi - 2)

Yerölçüsü'nde yer alan bir önceki postamızda D. N. Lehmer'in bir çalışmasına dayanarak, hem kenarları hem de alanı tam sayı olan üçgenleri üretmek için bir yöntem geliştirmiştik. Bulgularımızı özetleyelim.

$m>n>0$ ve $p>q>0$ pozitif tam sayılar olsunlar. Aşağıdaki parametrizasyon kenar uzunlukları ve alanı tam sayı olan bütün üçgenleri üretir. \begin{equation} a = mn(p^{2}+q^{2}), \ \ \ b = (pm \mp qn)(qm \pm pn) \ \ \ {\rm ve} \ \ \ c = pq(m^{2}+n^{2}). \label{tam1} \end{equation} Ayrıca bu üçgenin iç açılarının sinus ve cosinus değerleri de aşağıdaki gibidir. \begin{equation} \sin A = \frac{2mn}{m^{2}+n^{2}}, \ \ \ \cos A = \frac{m^{2}-n^{2}}{m^{2}+n^{2}}. \ \ \ \sin C = \frac{2pq}{p^{2}+q^{2}}, \ \ \ \cos C = \pm \frac{p^{2}-q^{2}}{p^{2}+q^{2}} \label{tam2} \end{equation} Burada geniş açı olma ihtimali sadece $C$ açısıyla sınırlı tutulmuştur ve eğer $C$ geniş ise, o zaman $\cos C$ ifadesinde $-$ işaretinin alınması gerekir.

Lehmer'in çalışmasındaki sıralamayı takip edecek olursak şimdi makaledeki (5) nolu teoremi izah etmemiz lazım. Ama bu teorem ikili formlar (binary forms) teorisinden bir önermeyi kullanıyor ve makaledeki diğer teoremlerden nitelik olarak ayrılıyor. Bu yüzden, bir sonraki postada geri dönmek kaydıyla bu teoremi atlayıp diğer -nisbeten kolay- ve daha geometrik karakterli teoremleri çalışacağız.

Teoremler 6,7,8,9: Yukarıdaki parametrizasyon ile verilen tam üçgenin alanı $S = mnpq (pm \mp qn)(qm \pm pn)$, çevral çemberinin yarıçapı $R = \tfrac{1}{4} (m^{2}+n^{2})(p^{2}+q^{2})$ ile verilir. $m$ ve $n$ parametrelerini sabitleyip, $p$ ve $q$ parametrelerinin değişmesine izin verirsek, o zaman elde edilen üçgenlerin hepsi $A$ açısını içerir. $m,n,p,q$ parametrelerine atanmış her dörtlü için aynı çemberin içine yerleştirilmiş iki tane üçgen elde ederiz.
İspat: Sinus teoremi üçgenin alanı için $S = \tfrac{1}{2} a b \sin C$ ve çevral çemberin çapı içinse $R=\tfrac{a}{2 \sin A}$ formüllerini veriyor. (\ref{tam1}) ve (\ref{tam2}) nolu denklemler kullanılarak üçgenin alanı ve çevral çemberinin yarıçapı için önerilen formülleri kolayca kanıtlarız. $\sin A$ ve $\cos A$ sadece $m$ ve $n$ parametrelerine bağlı olduğundan, bu iki parametre sabitlendimi $p$ ve $q$ parametrelerinin her değeri için üçgenin hep aynı $A$ açısını içereceği barizdir zira bir açının sinus ve cosinus değerleri onun $[0,2\pi)$ aralığında biricik bir biçimde tayini için yeterlidir. (\ref{tam1}) nolu denklemde $b$ uzunluğu için $-+$ sırasını takip edersek başka, $+-$ işaret sırasını takip edersek başka değerler elde ederiz. Dolayısıyla kenar uzunlukları $(a,b_{1},c)$ ve $(a,b_{2},c)$ olan iki farklı üçgen üretilmiştir. Bu üçgenleri veren $m,n,p,q$ parametreleri aynı olduğundan her iki üçgenin çevral çemberi de aynı olacaktır.

$m=2$, $n=1$, $p=5$ ve $q=3$ seçilip bu parametreler (\ref{tam1}) nolu denklemde yerlerine konulduğunda $a=68$ (kırmızı), $b_{1}=77$ (mavi), $b_{2}=13$ (yeşil) ve $c=75$ (kahverengi) uzunluklar elde ediliyor. Bu uzunluklar kullanılarak $ABC$ ve $ABD$ üçgenleri şekilde gösterildiği gibi çizilebilir. Bu üçgenleri kahverengi kenarlarından yapıştırmayı tercih ettik. Kırmızı kenarlardan da yapıştırabilirdik. Elde edilen $ACBD$ dörtgeninin kenar uzunlukları, alanı ve çevral çemberinin çapının rasyonel olduklarını gözleyiniz. (Her dörtgenin bütün köşelerinden bir çevral çember geçmeyebilir ama burada kurduğumuz rasyonel dörtgenlerin köşeleri bir çember üstündedir.) $|AB|$ uzunluğu tam sayı olduğundan $ACBD$ dörtgeninin köşegenlerinden birisinin rasyonel olduğu barizdir. Her ne kadar şekilde gösterilmemiş olsa da, dörtgenin öteki köşegeni $|CD|$ de rasyoneldir. Bunu ispatlamak için öncelikle $\angle BAC$ ve $\angle BAD$ açılarının rasyonel açılar olduklarını gözleyelim. (Rasyonel açının tanımı için bir önceki postaya bakınız.) O zaman Lehmer'in (2) nolu teoremi uyarınca $\angle CAD = \angle BAC + \angle BAD$ rasyonel olur. Şekildeki çevral çemberin yarıçapı da rasyonel olduğundan, $|CD|=2R\sin(\angle CAD)$ değeri de rasyoneldir. $BD$ ve $CA$ kenarlarını şekilde gösterildiği gibi uzatalım ve bu uzantılar $E$ noktasında kesişsin. $BCE$ üçgeninin iki tane iç açısı rasyoneldir. O zaman $BEC$ açısı da rasyonel olur. Lehmer'in (3) nolu teoremi uyarınca bütün açıları rasyonel olan $BCE$ üçgeni de rasyoneldir. Şekilde tam görülmüyor ama $CB$ ve $AD$ kenarlarının uzatılmasıyla elde edilen üçgen de tamamen aynı sebeplerden dolayı rasyonel olacaktır. Nihayet, çevral çemberin yarıçapları ve tam üçgenlerin kenarları kullanılarak çizilen ikizkenar üçgenler de rasyoneldir. Örneğin $\triangle OAC$ gibi. Burada somut bir örnek üzerinde anlattığımız ifadeleri Lehmer bir önermede bir araya topluyor. İspatsız yer veriyoruz.

Teorem 10: Denklem (\ref{tam1}) ile üretilen iki üçgenin köşeleri aynı çemberin üstünde olacak şekilde konuçlandırılabilirler, öyle ki üçgenlerden birisinin bir kenarı ötekinin eşit olan bir kenarı ile çakışık olur. Bu ortak kenarın uçları ile karşıt köşeler bir çemberin içine çizilmiş ve kenarları, köşegenleri ve alanı rasyonel bir dörtgeni oluşturur. Elde edilen dörtgenin karşıt kenarlarını uzatıp kesiştirerek iki rasyonel üçgen daha üretebiliriz. Ayrıca dörtgenin köşeleri ile çemberin merkezini birleştirerek çizilen üçgenler de rasyoneldir. Nihayet, uygun bir tam sayıyla çarparak söz konusu bütün uzunluk ve alanları tam sayı yapabiliriz.

Konu bütünlüğünü bozmamak için Lehmer'in makalesindeki 11. teoremi bir sonraki postaya havale edeceğiz ve makaledeki son teorem ile bu postayı bitireceğiz.

Teorem 12: Rasyonel bir üçgen, sonsuz sayıda rasyonel üçgenlere bölünebilir.
İspat: $\triangle ABC$ rasyonel olsun. Eşkenar üçgen rasyonel olmadığından, açılardan birisi bir başkasından küçük olacaktır. Örneğin $\angle A < \angle B $ gibi. $\angle CBD = \angle A$ olacak şekilde bir $BD$ doğru parçası çizilsin. $CBD$ üçgeninin iki açısı ve bir kenarı rasyonel. Dolayısıyla $\triangle CBD$ rasyoneldir. Tamamen aynı yöntemle $ABD$ üçgeninin de rasyonel olduğu görülür. $ABC$ üçgenine uyguladığımız bu proses $ABD$ ve $CBD$ üçgenlerine de uygulanır ve böyle devam edilirse $ABC$ üçgenini istenilen sayıda rasyonel üçgene bölmüş oluruz.

17 Nisan 2016 Pazar

Tam üçgenlerin üretimi (Lehmer'in "Rasyonel Üçgenler" makalesi - 1)

Bu ve bu postayı takip eden postada Lehmer'in rasyonel üçgenler üzerine yaptığı 1899 tarihli çalışmayı inceleyeceğiz. Makale meşhur Annals of Mathematics dergisinde (ikinci seri) basılmış ve başlığı Rational Triangles. Yazar Derrick Norman Lehmer (1867 – 1938) doktorasını 1900 tarihinde Chicago Üniversitesi'nde meşhur matematikçi Eliakim Hastings Moore'dan aldı. Moore'un öğrencileri arasında Lehmer'in yanı sıra daha önce yerölçüsünde doktora tezinin bir bölümünü anlattığımız Richard P. Baker ve ergodik teoriye ve dinamik sistemlere katkılarıyla tanınan George D. Birkhoff da var. Lehmer, daha sonra kısaca Berkeley diye bilinen (Berkeley, California Üniversitesi adlı) kurumda çalışmaya başlamış ve ilerleyen yıllarda bu üniversitenin matematik bölümünün başkanlığını da yürütmüştür. Oğlu Derrick Henry Lehmer de tıpkı babası gibi sayılar teorisi branşında çalışmış, nisbeten kısa süreliğine de olsa Chicago Üniversitesi'nde yüksek lisans deneyimi edinmiş ve (şaka gibi ama) Berkeley'in matematik bölümünde başkanlık yapmıştır. Kitaplarıyla nesiller boyu Bilkent Üniversitesi Fen Fakültesi öğrencilerinin üzerine iz çıkaran ünlü matematik yazarı (ve kimya mühendisi) Tom M. Apostol da, oğul Lehmer'in doktora öğrencileri arasındadır.

Baba Lehmer'in doktora öğrenciliği esnasında yazdığı makaleyi irdelemek için bazı tanımlarla işe başlayacağız.

Kenar uzunlukları ve alanı tam sayı olan üçgene tam üçgen denir. Tam üçgenin kenar uzunlukları aralarında asal ise, o zaman böyle bir tam üçgene indirgenmiş tam üçgen denir. Hem sinus hem de cosinus fonksiyonlarının değeri rasyonel olan açılara ise rasyonel açılar diyeceğiz.

Bu tanımlarla ilgili vurgulanması gereken bazı hususlar var. Üçgen eşitsizliklerini sağlayan her üç tam sayı ile (o tam sayıları kenar uzunluğu kabul eden) bir üçgen çizilebilir. Ama böyle üçgenlerin alanlarının da tam sayı olacağı bariz değildir. Örneğin kenar uzunluğu 2 birim olan eş kenar üçgenin alanı $\sqrt{3}$ birim kare kadardır ve $\sqrt{3}$ irrasyonel bir sayı. Ayrıca bir açının sinus ya da cosinus değerlerinden sadece birisinin rasyonel olmasının, o açının rasyonel olmasına yetmediğini gözleyiniz. Mesela $\cos (\tfrac{\pi}{3}) = \tfrac{1}{2}$ ama $\sin(\tfrac{\pi}{3})=\tfrac{\sqrt{3}}{2}$.

Lehmer makalesine çok iyi bilinen bir önermeyle başlıyor.

Teorem 1: (Pisagor üçlüleri) Hipotenüsü $c$, kenar uzunlukları ise $a$ ve $b$ olan bir dik tam üçgenin kenarları arasında \begin{equation} a:b:c = 2 mn : m^{2}-n^{2} : m^{2}+n^{2} \label{pisagor3lusu} \end{equation} orantısı geçerlidir. Burada, genelliği kaybetmeden, $m>n>0$ tam sayılardır.
İspat: $(2mn)^{2}+(m^{2}-n^{2})^{2}=m^{4}+n^{4}+2m^{2}n^{2}=(m^{2}+n^{2})^{2}$ olduğundan (\ref{pisagor3lusu}) nolu denklem ile verilen formülün dik tam üçgenler ürettiği barizdir. Öte yandan burada kullandığımız önerme çok daha kuvvetli bir iddiaya sahip. Bütün dik tam üçgenlerin (\ref{pisagor3lusu}) nolu denklemle üretilebileceğini söylüyor. Şimdi, dik üçgen aynı zamanda tam olduğundan, $\tfrac{c-b}{a}$ oranı rasyoneldir. O zaman $m,n$ pozitif tam sayılar olmak üzere $\tfrac{c-b}{a}=\tfrac{n}{m}$ diyebiliriz. Bu oran yeniden düzenlendiğinde $c = b + a \tfrac{n}{m}$ elde edilir. Pisagor teoreminde $c^{2}=a^{2}+b^{2} = b^{2}+a^{2}\tfrac{n^{2}}{m^{2}}+2ab\tfrac{n}{m}$ denkleminin sadeleştirilmesiyle $\tfrac{a}{b} = \tfrac{2mn}{m^{2}-n^{2}}$ oranı elde edilir. Nihayet $\tfrac{c}{a}=\tfrac{b}{a}+\tfrac{n}{m}= \tfrac{m^{2}-n^{2}}{2mn}+\tfrac{n}{m}$ denkleminin sadeleştirilmesiyle $\tfrac{c}{a} = \tfrac{m^{2}+n^{2}}{2mn}$ oranına ulaşırız. QED

($2mn$, $m^{2}-n^{2}$, $m^{2}+n^{2}$) sayılarına literatürde Pisagor üçlüsü denir. Pisagor üçlülerini daha önce yerölçüsünde H atomunun spektrumunu çalışırken de kullanmıştık. Bu üçlülerle bütün tam dik üçgenleri üretmek mümkündür. Antikite öncesi Babil Medeniyetinin Teorem (1) ile verilen Pisagor üçlülerini üreten mekanizmayı bildiğine dair bazı arkeolojik bulgular vardır. Lehmer, ispatı 17. yy'da yazılmış Fransızca bir kitaba havale ediyor. Pisagor üçlülerinin konumuzla alakalı en bariz uygulamalarından birisi trigonometriyle ilgili. $(0,\pi) \ni A$ açısı bir dik üçgenin ya iç açısıdır ya da dış açısıdır. Bu açı eğer rasyonel ise, o zaman onun trigonometrik fonksiyonları \begin{equation} \sin A = \frac{2mn}{m^{2}+n^{2}} \ \ \ {\rm ve} \ \ \ \cos A = \pm \frac{m^{2}-n^{2}}{m^{2}+n^{2}} \label{ras1} \end{equation} formülleriyle verilebilir. Bu denklem $\sin A = \cos B$ ve $\cos A = \sin B$ özdeşlikleriyle, dik tam üçgenin iç açılarının da rasyonel olduğunu söyler. Bir dik üçgenin tam (ya da bir tam üçgene benzer) olabilmesi için kenar uzunluklarının tam olmasının yeterli olduğunu gözleyiniz. (Neden?)

Lemhmer'in makalesindeki ikinci önerme ise aşırı derecede basit.

Teorem 2: $A$ ve $B$ rasyonel açılar ise, o zaman $A \pm B$ de rasyonel açılardır.
İspat: $\cos (A \pm B) = \cos A \cos B \mp \sin A \sin B$ ve $\sin (A \pm B) = \sin A \cos B \pm \cos A \sin B$ formülleri kullanılarak ispat tamamlanır. QED

Bu teoremin basit bir uygulaması şöyledir. Bir üçgenin iç açılarının rasyonel olup olmadığı soruşturulurken sadece iki iç açısına bakmak yeterlidir. Üçüncü iç açının $C = \pi - (A + B)$, $\sin C = \sin (A+B)$ ve $\cos C = -\cos(A+B)$ formülleriyle rasyonel olduğu görülür.

Lehmer'in üçüncü önermesi rasyonel açılı üçgenlerle tam üçgenler arasındaki denkliği kuruyor.

Teorem 3: Tam üçgenin iç açıları rasyoneldir. Bu önermenin tersi de şöyle ifade edilebilir. İç açıları rasyonel olan bir üçgen ya tam üçgendir ya da bir tam üçgene benzerdir.
İspat: Üçgenin tam olduğunu varsayalım ve alanı $S$ olsun. O zaman sinus teoremi uyarınca $\sin A = \tfrac{2S}{bc}$ olur ki bu değer rasyoneldir. Cosinus teoremi uyarınca $\cos A = \tfrac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}$ değerinin de rasyonel olduğu görülür. Diğer iç açılar için de benzer çalışmalarla bütün iç açıların rasyonelliğini ispatlayabiliriz. Önermenin tersini ispatlamak için kenarlardan birisinin, mesela $a$ kenarının, rasyonel olduğunu varsayalım. Açıların değerlerini ve dolayısıyla rasyonelliklerini etkilemeden böylesi bir benzerlik skalası her zaman kurulabilir. Sinus teoremi uyarıca $b = a \tfrac{\sin B}{ \sin A}$ ve $c = a \tfrac{\sin C}{ \sin A}$ eşitlikleriyle diğer kenarların da rasyonel olmaları gerektiği görülür. Yine sinus teoremi uyarınca $S = \tfrac{1}{2}bc\sin A$ formülüyle üçgenin alanının da rasyonel olması gerektiğini gösterebiliriz. $a,b,c$ ve $S$ sayılarının paydalarının okek'i $L$ olsun. O zaman $La$, $Lb$ ve $Lc$ uzunlukları tam sayı olurlar ve elde edilen üçgenin alanı da, $L^{2}S$, bir tam sayıdır. QED

En genel haliyle bir üçgenin iç açılarını seçerken sadece iki tane serbestiyet derecesi (degree of freedom) kullanılabilir. Üçüncü iç açı, iç açılar toplamının $\pi$ radyan olması şartından tayin edilir. Madem tam üçgenlerin iç açıları rasyonel, o zaman biz de üçgenin $A$ ve $C$ açılarını bağımsız bir biçimde parametrize edebiliriz. \begin{eqnarray} \sin A &=& \frac{2mn}{m^{2}+n^{2}}, \ \ \ \cos A = \frac{m^{2}-n^{2}}{m^{2}+n^{2}}, \ \ \ m>n>0, \label{angA} \\ \sin C &=& \frac{2pq}{p^{2}+q^{2}}, \ \ \ \cos C = \pm \frac{p^{2}-q^{2}}{p^{2}+q^{2}} \ \ \ {\rm ve} \ \ \ p>q>0. \label{angC} \end{eqnarray} Üçgenin sadece bir açısı geniş olabileceğinden, genelliği kaybetmeden, bu iç açıyı gerekli olduğu durumda $C$ ile göstereceğiz. Öte yandan $B$ açısının sinus ve cosinus değerleri trigonometrik özdeşlikler ile tayin edilir. Basit çarpanlara ayırma alıştırmalarından sonra aşağıdaki sonuçları elde ediyoruz. \begin{equation} \sin B = \sin (A+C) = 2\frac{(pm \mp qn)(qm \pm pn)}{(m^{2}+n^{2})(p^{2}+q^{2})} \ \ \ {\rm ve} \ \ \ \cos B =-\cos (A+C) = \frac{4mnpq \mp (m^{2}-n^{2})(p^{2}-q^{2})}{(m^{2}+n^{2})(p^{2}+q^{2})} . \label{angB} \end{equation} Dik tam üçgenleri üreten parametrizasyonu (1) nolu Teorem ile yapmıştık. Benzer bir mekanizmayı en genel haliyle bütün tam üçgenler için artık verebiliriz. Üçgende bir kenarın uzunluğu ile o kenarı gören açının sinus değeri orantılıdır: $\tfrac{a}{\sin A} = \tfrac{b}{\sin B} =\tfrac{c}{\sin C}$. Ama biz (3) nolu Teorem uyarınca tam üçgenlerin iç açılarının rasyonel olduğunu biliyoruz ve (\ref{angA},\ref{angC},\ref{angB}) nolu denklemlerle de bu açıların sinus değerlerini tam sayılarla parametrize ettik. O zaman basit bir alıştırmayla bütün tam üçgenlerin parametrizasyonunu verebiliriz.

Teorem 4: $m,n,p$ ve $q$ pozitif tam sayılar olsun. O zaman \begin{eqnarray} a &=& mn(p^{2}+q^{2}), \label{tama}\\ b &=& (pm \mp qn)(qm \pm pn) \ \ \ {\rm ve} \label{tamb} \\ c &=& pq(m^{2}+n^{2}) \label{tamc} \end{eqnarray} denklemleri bütün tam üçgenlerin kenar uzunluklarını üretir.

Bu teoreme düştüğü dipnotta Lehmer, hepimizin üstadı Euler'in (\ref{tama},\ref{tamb},\ref{tamc}) nolu denklemlerle verilen parametrizasyonu bildiğini belirtiyor. Şu aşamada okurun aklına takılabilecek makul sorulardan birisi şudur. Genel bir üçgeni, uzunlukları cinsinden tarif etmemiz gerektiğinde, bu işi en çok üç parametreyle yapabiliyoruz. Pekiyi neden en genel haliyle tam üçgenlerin üretiminde dört tane parametre gerekiyor? Tam üçgenlerin tanımına bakarak bu soruyu cevaplayabiliriz. Tanım hem bütün kenar uzunluklarının hem de üçgenin alanının tam sayı olmasını zorunlu kılıyor. Dolayısıyla tam üçgenlerin sağlaması gereken şart üç değil dört tane.

Bu postada yaptıklarımız bir ön hazırlık niteliğindeydi. Lehmer'in makalesine devam edeceğiz.

8 Nisan 2016 Cuma

Yuvarlanan bir parabolün odağı zincir eğrisini tarif eder

Yuvarlanan bir parabolün odak noktasının yeri nedir? Bu soruyu da, tıpkı koşuşturan köpekler problemi gibi, Steven Strogatz'ın twitter hesabında gördüm ve çözmeye çalıştım. Açıkçası bu problemin de böylesine çetin ceviz olacağını hiç mi hiç tahmin etmemiştim.

Daha önce yaptığımız çalışmalardaki parabollere dair bulgularımızı özetleyerek işe başlayalım. (1) Bazı koordinat ve ölçek dönüşümleri sonunda bütün paraboller $y = x^{2}$ formuna getirilebilirler. Bu yüzden genelliği kaybetmeden biz de çalıştığımız parabolün $y = x^{2}$ denklemi ile tarif edildiğini varsayacağız. (2) Devamla bu parabolün odak noktasının $F=(0,1/4)$ olduğunu da biliyoruz. Genel olarak parabolün üzerinde bir $X = (x,x^{2})$ noktası alalım. (3) Parabole bu noktadan çekilen teğetin eğimi $\tan \alpha = 2x$, bu teğetin $y$ eksenini kestiği nokta ise $P=(0,-x^{2})$ ile verilirler. $\alpha$ açısı şekilde koyu siyah renkle gösteriliyor.

Çalıştığımız problemde anahtar gözlemler şöyle sıralanabilir: (1) Parabol yuvarlanırken $X$ noktası yatay eksene değdiği anda, $PX$ teğeti de yatay eksenle çakışık olur. (2) $PF$ doğrusu ise yatay eksenle $\tfrac{\pi}{2}-\alpha$ kadar bir açı yapar. (3) $X$ noktası yatay eksene değdiği anda, orijinle arasındaki mesafe, yuvarlanmanın tanımından hareketle, parabol üzerinde kalarak $O$ noktasından $X$ noktasına giden yolun uzunluğuna denktir. Bu uzunluğa $s$ diyeceğiz.

Temel diferansiyel geometri ve analiz bilgisiyle bu uzunluğu aşağıdaki integral jimnastiği ile hesaplayabiliriz. \begin{equation*} s := \int\limits_{0}^{x} \sqrt{1 + 4 \xi^{2}} {\rm d}\xi = \frac{1}{2}\int\limits_{0}^{2x} \sqrt{1 + \eta^{2}} {\rm d}\eta = \frac{1}{2} \int\limits_{0}^{\arctan(2x)} \frac{{\rm d}\varphi}{\cos^{3} \varphi} \end{equation*} Burada önce $\xi =: \eta/2$ ardından da $\eta =: \tan \varphi $ dönüşümlerini uyguladık. Yuıkarıdaki denklemin sağ tarafındaki integral hesaplanılabiliyor ama bunun için bir kaç adım atacağız. Öncelikle bu integrali kısmi integrasyon tekniğini kullanarak daha sade bir forma getirelim. $A>0$ için \begin{equation*} \int\limits_{0}^{\arctan A} \frac{{\rm d}\varphi}{\cos^{3} \varphi} = A \sqrt{1+A^{2}} - \int\limits_{0}^{\arctan A}\frac{\sin^{2}\varphi}{\cos^{3}\varphi} {\rm d}\varphi \end{equation*} Burada $u:=1/\cos \varphi$ ve ${\rm d}v := {\rm d}\varphi / \cos^{2}\varphi$ tanımlarını kullandık. Haliyle bu tanımlar ${\rm d}u = \sin \varphi/\cos^{2}\varphi$ ve $v = \tan \varphi$ sonuçlarını doğurdu. Üçüncü basamakta kısmi integrasyon formülünü bir kere daha kullanacağız. Yine $A > 0$ için \begin{equation*} \int\limits_{0}^{\arctan A} \frac{\sin^{2}\varphi}{\cos^{3}\varphi} {\rm d} \varphi = \frac{1}{2} A \sqrt{1+A^{2}} - \frac{1}{2} \int\limits_{0}^{\arctan A} \frac{{\rm d}\varphi}{\cos \varphi} \end{equation*} Burada ise $u:=\sin \varphi$ ve ${\rm d}v := (\sin \varphi / \cos^{3}\varphi) {\rm d} \varphi$ tanımlarını kullandık. Bu tanımlarla ${\rm d}u = \cos \varphi {\rm d}\varphi$ ve $v = 1/(2\cos^{2}\varphi )$ sonuçlarına uzanmak mümkündür. Son olarak aşağıdaki integral dönüşümüyle ön hazırlığımızı tamamlıyoruz. \begin{equation*} \int\limits_{0}^{\arctan A} \frac{{\rm d}\varphi}{\cos \varphi} = \int\limits_{0}^{\arctan A} {\rm d}\varphi \frac{1+\sin \varphi}{\cos^{2}\varphi} \frac{\cos \varphi}{1+\sin \varphi} = \int\limits_{0}^{\arctan A} {\rm d} \varphi \frac{1}{f(\varphi)}\frac{{\rm d}}{{\rm d}\varphi} f(\varphi) = \log f(\arctan A) - \log f(0) \end{equation*} Burada $f(\varphi) := (1+\sin \varphi)/\cos \varphi$ denklemiyle tanımlanmıştır.

Filmi geriye sararak artık parabol parçasının uzunluğunu verelim. \begin{equation*} s = \frac{1}{2}x\sqrt{1+4x^{2}} + \frac{1}{4} \log \left( 2x + \sqrt{1+4x^{2}} \right) \end{equation*} Demek ki parabol yuvarlanırken $X$ noktası yatay eksene $X^{\prime} = (s,0)$ noktasında değiyormuş. Pisagor teoreminin basit bir uygulamasıyla $|PX| = x \sqrt{1+4x^{2}}$ olduğu da görülebilir. Parabol yuvarlanırken $P$ noktası $P^{\prime}$, $F$ noktası da $F^{\prime}$ noktalarına gelsinler. $P^{\prime}_{y}=0$ ve \begin{equation*} |P^{\prime}_{x}| = |PX| - s = \frac{1}{2} x \sqrt{1+4x^{2}} - \frac{1}{4} \log \left( 2x + \sqrt{1+4x^{2}} \right) \end{equation*} olması gerektiği barizdir. Ayrıca $|PF| = \sqrt{1+4x^{2}}/4$ olduğundan, \begin{equation*} F^{\prime}_{y} = |PF| \sin (\tfrac{\pi}{2}-\alpha) = |PF|\cos \alpha = \frac{1}{4} \sqrt{1+4x^{2}} \end{equation*} ve \begin{equation*} F^{\prime}_{x} = |PF| \cos(\tfrac{\pi}{2}-\alpha) - |P^{\prime}_{x}| = |PF| \sin \alpha - |P^{\prime}_{x}| = \frac{1}{4} \log \left( 2x + \sqrt{1+4x^{2}} \right) \end{equation*} bulunur. Problemin çözümü bu noktada bitmiştir.

Öte yandan $F^{\prime}$ noktasının koordinatlarını daha kısa bir formülle kucaklamak için $z := \tfrac{1}{4} \log \left(2x + \sqrt{1+4x^{2}}\right)$ tanımını kullandığımızda $\exp(4z) = 2x + \sqrt{1+4x^{2}}$ ve $\exp(-4z) = \sqrt{1+4x^{2}}-2x$ olduğunu görüyoruz. O zaman hiperbolik cosinus fonksiyonunun tanımını kullanarak \begin{equation*} \cosh(4z) := \frac{1}{2} \left( \exp(4z) + \exp(-4z) \right) = \sqrt{1+4x^{2}} = 4 F^{\prime}_{y} \end{equation*} denklemini elde ediyoruz. Demek ki yuvarlanan bir parabolün odağı $y = \tfrac{1}{4} \cosh(4z)$ eğrisi üzerinde kalmaktadır. Bu eğriye İngilizce'de catenary yani zincir eğrisi denmektedir.

Bitirirken şunu vurgulayalım: Geometri bakarak ve okuyarak öğrenilmez. Burada yaptığımız analizi kavramak isteyen okur eline kalemi alıp her bir basamaktaki işlemleri tek tek doğrulamalıdır.

6 Nisan 2016 Çarşamba

van der Waals akışkanının molar kütlesi: tekil perturbasyon açılımı

$a$ ve $b$ pozitif sabitler olmak üzere basınç ($p$), sıcaklık ($T$), hacim ($V$) ve mol sayısı ($n$) nicelikleri arasında aşağıdaki ilişkinin sağlandığı akışkanlara van der Waals akışkanı denir. \begin{equation*} \left( p + \frac{n^{2}a}{V^{2}} \right) (V-nb) = nRT \end{equation*} Akışkanın molar kütlesine $M_{w}$ dersek, yoğunluğunu problemin parametreleri cinsinden $d := nM_{w}/V$ denklemiyle ifade etmemiz gerekir. İster teorik isterse sayısal çalışmalarda bilimsel problemlerde ilk işimiz birimli niceliklerden kurtulmak ve onların yerine birimsiz nicelikler uydurmaktır. Bunu yaparken de problemin bize sunduğu parametrelerden istifade ederiz. \begin{equation*} \xi := d\frac{b}{M_{w}}, \ \ \alpha := T\frac{bR}{a} \ \ {\rm ve} \ \ \varepsilon := \frac{1}{p} \frac{a}{b^{2}}. \end{equation*} Okur bir alıştırma olarak yukarıda tanımladığımız niceliklerden $\xi,\alpha$ ve $\varepsilon$'un gerçekten de birimsiz olduklarını gösterebilmelidir. $\xi$ birimsiz yoğunluk, $\alpha$ birimsiz sıcaklık ve $1/\varepsilon$ ise birimsiz basınç gibi düşünülebilirler. Birimsiz nicelikler van der Waals denklemine konulduğunda aşağıdaki cebirsel denkleme ulaşırız. \begin{equation*} \boxed{\xi - 1 + \varepsilon (\xi^{3} - \xi^{2} + \alpha \xi) = 0} \end{equation*} Eğer $\alpha$ ya da $\varepsilon$ bilinmeyen ise, bunları çözmenin son derece kolay olduğunu, öte yandan $\xi$ problemin bilinmeyeni ise, o zaman çözülmesi gereken cebirsel denklemin kübik olduğunu gözleyiniz. Daha önce yerölçüsünde kübik denklemleri çözdük. Dolayısıyla problemin cebirsel çözümü aslında bizim için aşılmış bir meseledir.

Büyüklerimiz bize analizin limit alma sanatından ibaret olduğunu söylemişlerdir. Dahası fiziksel sistemlerin bazı limitlerdeki davranışı da onların karakterlerini ortaya çıkarmakta kullanılır. Tıpkı zor şartlarda insanların gerçek karakterlerinin ortaya çıkması gibi. Örneğin $p \to 0$ limitinde gazlar idealliğe yaklaşırlar. Bu postada ise başka bir limitten, van der Waals akışkanı için $p \to \infty$ limitinden bahsedeceğiz ve $p \to \infty$ limitinde gazın molar kütlesinin ortaya çıktığını izah etmeye çalışacağız. Söz konusu limitte $\varepsilon \to 0$ olduğu barizdir.

Bir küçüklük parametresinin tanımlanabildiği ve sistemin bu küçüklük parametresinin değişik katmanlarının bir toplamı gibi düşünülebildiği problemler perturbasyon teorisi ile incelenebilir. Burada bizim küçüklük parametremizin $\varepsilon$ olduğu barizdir. Analitik olarak kutu içindeki denkleme değişik mertebelerden kestirmeler sunmak için birimsiz yoğunluğun $\varepsilon =0 $ etrafındaki Taylor serisine bakacağız. (Taylor serilerinin yakınsamama hakkı her zaman mahfuzdur.) \begin{equation*} \xi(\alpha;\varepsilon) = \xi_{0}(\alpha) + \xi_{1}(\alpha) \varepsilon + \xi_{2}(\alpha) \varepsilon^{2} + \cdots = \sum_{j=0}^{\infty} \xi_{j}(\alpha) \varepsilon^{j} \end{equation*} Burada $\xi_{j}$ katsayılarının $\varepsilon$ parametresinden bağımsız olduklarını özellikle vurguluyoruz. Ama bu denklemde $\varepsilon = 0$ korsak, o zaman $\xi(\alpha;0) = \xi_{0}(\alpha)$ olduğu ortaya çıkar. Öte yandan $\varepsilon =0$ için kutu içindeki denklem $\xi -1 = 0$ formuna girer. Farkında mısınız? Çok tuhaf bir şey oldu ve bizim Taylor serisinde kendimize referans aldığımız noktada denklemin derecesi üçten bire düştü.

Küçüklük parametresinin tam olarak sıfır alındığı durumlarda eğer problem karakter değiştiriyorsa, örneğin derecesi düşüyorsa, o zaman bu tip problemlere tekil (singular) perturbasyon problemi denir. Cebirsel olarak kutu içindeki denklemin üç tane kökü var. Ama bizim perturbasyon açılımımız bunlardan sadece bir tanesine kestirme sunabiliyor. Allah'tan kestirme sunulan kök, fiziksel problemin de peşinde olduğu kök...

Anlatageldiğimiz tartışmadan $\xi_{0}(\alpha)=1$ olması gerektiği barizdir. Ayrıca -eğer perturbasyon açılımı yakınsıyor ise, o zaman- $\varepsilon \to 0$ limitinde $\xi \to 1$ olduğu da kolayca görülür. Birimsiz niceliklerden çıkıp, problemi tekrar birimli niceliklerde ifade ettiğimizde bu \begin{equation*} \lim_{p \to \infty} bd = M_{w} \end{equation*} sonucunu bize verir. Bu denklem bize verdiği sonuç yönüyle muhteşemdir. Zira yüksek basınçta preslenme ile van der Waals akışkanının sadece yoğunluğunu ölçerek onun molar kütlesini kestirebildiğimizi rahatlıkla bu denklemden çıkartabiliriz.

Daha iyi bir kestirme sunmak istediğimizde $\xi_{1}(\alpha) = \xi^{\prime}(\alpha;0)$ denkleminden faydalanacağız. Burada ve perturbasyon açılımının bütün katmanlarında türevler sadece $\varepsilon$ değişkenine göre alınmıştır. Şimdi kutu içindeki denklemde formal olarak türev alınırsa, o zaman aşağıdaki arasonuca ulaşırız. \begin{equation*} {\rm AS:} \ \ \ \xi^{\prime}(\alpha;\varepsilon) = \frac{-\xi^{3}(\alpha;\varepsilon)+\xi^{2}(\alpha;\varepsilon)-\alpha \xi(\alpha;\varepsilon)}{1+\varepsilon (3\xi^{2}(\alpha;\varepsilon)-2\xi(\alpha;\varepsilon)+\alpha)} \end{equation*} Burada $\varepsilon=0$ konulmasıyla ve daha önce bulduğumuz $\xi(\alpha;0)=1$ sonucuyla, $\xi^{\prime}(\alpha;0)=-\alpha$ türevi hesaplanılır. Dolayısıyla yüksek basınç limitinde aşağıdaki gibi daha iyi bir kestirme sunabiliriz. \begin{equation*} \xi(\alpha;\varepsilon) = 1 - \alpha \varepsilon + O(\varepsilon^{2}) \end{equation*} Bu denklem birimli nicelikler cinsinden yazılıp yeniden düzenlendiğinde yüksek basınçta bir van der Waals akışkanının \begin{equation*} d = \frac{M_{w}}{b} - \frac{M_{w}R}{b^{2}} (T/p) \end{equation*} denklemini sağladığını söyler. Malzeme mühendisi bu denkleme baktığında yoğunluğa karşı $T/p$ grafiğinin yüksek basınçta eğimi $-M_{w}R/b^{2}$ kesme noktası ise $M_{w}/b$ olan bir doğru olduğunu görür. Deneysel olarak bu grafik elde edildikten ve en küçük kareler tekniği uygulandıktan sonra kesme noktasının eğime oranı $-b/R$ olarak ortaya çıkar. Bakın $b$ sabitini tayin etmek için de bir yol bulmuş olduk. Ardından bulduğumuz $b$ sabiti ve kesme noktasıyla molar kütleye uzanabiliriz.

Birinci dereceden perturbasyon kestirmesinin de ötesine geçmek isteyen okur, önce $2! \xi_{2}(\alpha) = \xi^{\prime \prime}(\alpha;0)$ olduğunu göstermeli ve daha sonra (AS) etiketli denklemin türevini alarak \begin{equation*} \xi(\alpha;\varepsilon) = 1 - \alpha \varepsilon + \alpha (1+\alpha) \varepsilon^{2} + O(\varepsilon^{3}) \end{equation*} kestirmesine uzanmalıdır. Birimli nicelikler bu denkleme konulduğunda malzeme mühendislerine ve deneycilere nasıl ekmek çıkar, o da ayrı bir merak konusu.

28 Mart 2016 Pazartesi

Left as an exercise: the joke of scientific writing

We all have been students and we all have suffered a certain attitude called left as an exercise or Proof: Trivial. QED from textbook writers. If we are to name names, Thomas W. Hungerford, with his Algebra is number one on my list. That book is the super massive black hole of dense writing. Perhaps Geroch, Dirac or Abraham and Marsden come second. Below is an historical example, or rather a proof, that some authors leave these exercises without actually solving them. (No, I do not claim that TWH is as such.) It is about constructing a triangle whose angle-bisectors are given with ruler and compass, which has no solution other than special cases. This inverse geometric problem has been the subject of a PhD thesis by Richard Philip Baker as late as 1903 and his solution uses techniques of algebraic geometry. I reproduce page V of the thesis here. The first five paragraphs clearly state the difficulty of the problem, whereas the final one refers to the Proof: Trivial. attitude.

THE HISTORY OF THE PROBLEM

The problem of constructing a triangle when the lengths of the bisectors of the angles are given has been an outstanding problem among geometers from the time of Pascal and certainly from the time of Euler.

Brocard has summed up the literature, dealing almost entirely with special cases, of which the most extensive treatment appears to be the solution of the problem when one angle is a right angle due to Marcus Baker. This problem is of the sixth order. Among many special treatments that appear in the smaller journals the fundamental problem of determining the character of the algebraic irrationality involved is not mentioned. As a result apparently conflicting statements occur as to the order of the equation concerned, this depending on accidental choice of the parameter field.

The only paper dealing with the general case where the internal bisector formulas are used is P. Barbarin's. The case where the external formulas are to be used and the case where two of the assigned bisectors refer to the same vertex is not treated in general in any paper known to the writer.

Barbarin proved that the general internal problem could be solved by the solution of an algebraic equation of order not greater than twelve. The irreducibility and group of the equation are not discussed, and as the equation itself is not set out explicitly further reduction of the order of the problem is not precluded.

The method of attack used by Barbarin is to solve first the problem when an angle and two bisectors are given, and to use the result as a basis for attacking the general problem. The necessary sacrifice of symmetry prevents any explicit comparison with the solution given in this paper except at the cost of labor disproportionate to the result.

The problem must have an extensive domestic history in the schools: Barbarin charges that E. Catalan was among those who have proposed it as an elementary exercise, and from a Russian scholar the writer learns that it has been there extensively used in the schools as a standard set-back for ambitious young geometers.


R. P. Baker was a lawyer and practiced law in Texas. He later did a PhD at the University of Chicago in the field of algebraic geometry. (Another lawyer turned into scientist at the University of Chicago is Edwin Hubble, the man who discovered that our universe is expanding.) Baker is also known for producing and selling three dimensional models of geometrical objects. Some of these items are now museum pieces and displayed at various math departments in the US.

21 Mart 2016 Pazartesi

Olmaz olsun olmak ya da olmamak tercümesi veyahut umum ibadullahı tercüme mevzuunda tenvir gayretim

Kıymetdar Canavar Muhibleri Cemiyeti azalarına selam ider, Hakk Teala Hazretlerinden cümlenize afiyet ve sıhhat temenni iderim,

Muhterem Efendim, muasır ediblerin ve bahusus şuaranın kutbul aktablarından Ezra Lumis Pavund Beyefendinin Kıraatin Elifbası namlı kitabına, bu siyaseten hareketli ve hararetli günlerde nazar ettiydim. Ezra Efendi kitabında, fakirin tahkik etmeden ahzu kabul ettiği bir fikre muhalefette bulunuyor ve buyuruyordu ki: Makbul bir ehli kalem olmak içün ziyadesiyle okumak vacib değildir. Taaccüb ettim. Zira, divane bakar-perestlerin imanı taklidisi gibi umum milleti ve hatta edibleri, neredeyse zebanzed bir kelam mertebesine ref edilmiş, bu hükme gafilane teslim olmuş gördüm. Lakin, Ezra Efendinin ilmi cedeldeki kudreti fakirin fehmini dahi aciz bıraktığından tafsilatına girmekten şimdilik içtinab ediyorum.

Nicedir zihnimde bunun gibi başka bir zevali sanem vuku bulmuştu. Bendeniz esasen onu arzetmek niyetindeyim. Malumu aliniz olduğu üzere İngiliz milleti bidayette korsanlık ve eşkıyalık, ba'deha tüccarlık vasıtasıyla bir cihan devleti tesis etmiş ve akabinde lisanının ve edebiyatının beynel milel intişarına da mazhar olmuştur. İngiliz lisanının Vilyam Bleyk gibi muhayyilesi pek parlak veyahut Vilyam Şekspir gibi üslubu cilveli ve narin, kamusu ise cüsseli sanatkarlarının asarının nasıl tercüme edileceği meselesi de bizi meşgul etmektedir.

Mekteplerde muallimler salim bir tercüme içün ecnebi lisanının kelimatına aşina olmanın kafiyetinden dem vururlar. Fakir, ilmi kamusun kafi değil, belki lazım olduğunu ve müteercimin kamustan daha elzem merhalelerden geçmiş olmaklığına kanaat etmiş bulunuyorum. Bu kanaatimi de bir misalle izah edeceğim. Şöyle ki, mektep medrese görmüş umum münevverlerin malumu olduğu üzere, edebiyat ve dahi hikmet dairesinin en meşhur satırlarından birisi de Vilyam Şekspir'in Danimarka Prensi Hamlet'e söylettiği To be, or not to be: that is the question. cümlesidir. Bu cümlede zikrolunan sekiz kelime İngiliz lisanının sarf u nahv, mantık ve dahi hikmet cihetlerinden en birinci ve en elzem muktesebatları olmaları hasebiyle İngilizce talebelerine daha bidayette talim olunur. Gel gör ki hazırlık okullarından mezun evladı vatan taklitten mürekkep bir tuti veyahut terkipten mahrum bir şibhi beşer gibi, bu güzide satırı Olmak ya da olmamak: İşte bütün sorun bunda. diyerek tercüme ediyorlar. Va esefa! İnsaniyetin La uhibbul afilin! nidasının makamca zıllinde duran bu tereddüt mırıltısı böyle serkeş ve hoyrat ağızlarla salhhaneye gönderilmemelidir!

Vakıa, bazı hikmete vakıf müteercimler bu cümleye Varlık mı, yokluk mu? İşte bütün sorun bunda. diye bir Türkçe libas giydirmişler. Lakin bu libas To be, or not to be'nin cesametine muadil olmayıp, fakirin Bilkent Darül Funununda talebe iken giydiği keten pantolonların artık kendi hattı istivasına muadil olmaması gibi, bu abidei hikmetin üstünde münasebetsiz durmaktadır. Zira hükema tasarruf ettiği lisanda sabit kadem olduğu gibi hikmet de ıstılahında kıskançtır. O derece ki ibn Sina Farisidir amma felsefeye dair Kitabül Şifa'sını Arapça telif eylemiştir. Binaenaleyh Hamlet tercümesinde hikmete (felsefeye) müracaatımız elzemdir ve hükema mabeyninde makbul olan ıstılah bizi Vücud mu, adem mi? İşte bütün mesele bunda. demeye icbar eder.

Kanaatimce zahir olmuştur ki müteercime lazım olan ecnebi lisanının kamusundan ziyade, kendi lisanın hikmetine vukufiyettir.


2010 tarihinde bir eposta grubuna gönderdiğim bir mektup. Çok az bir değişiklikle burada tekrar paylaştım. Ezra Pound'un fotoğrafını wikipedia'dan aldım.

11 Mart 2016 Cuma

Siz yanlışsınız da ne demek? Biz Arabız!

Mühendislik fakültesine hemen hemen her sene genel kimya dersi veririm. Bu seneki sınıfım 100+ kişilik ve bir hayli kalabalık. Öğrencilerin derse odaklanmalarını tazelemek ve cep telefonlarına ve sosyal medyaya gömülü zihinlerini dünyaya geri getirmek için zaman zaman onların tuhafına gidecek sorularla tabiri caizse sınıfı gıdıklamayı deniyorum. Geçen haftaki dersimde de yine rastgele bir öğrenciyi kaldırdım ve ona Oksijenin Arapça'sı nedir diye sordum? Şans bu ya, o öğrenci de Arapmış. Uksicin dedi. Ona yanlış olduğunu söylediğimde Siz yanlışsınız da ne demek? Biz Arabız! diye karşılık vermesin mi? Daha sonra bütün amfiyi dolduran bir kahkaha, gülüşmeler. Öğrenciler ve ben toparlandıktan sonra tahtaya (benim bildiğim) oksijenin Arapça'sını yazdım: muvellidul humuza. Başka bir Arap öğrenciye de bu kelimenin ne anlama geldiğini sordum.

Oksijene oksijen adını koyan kişi modern kimyanın babası kabul edilen ve kütle korunumu kanununun kaşifi Lavoisier'dir. Eski kimyacılar kendi dönemlerinde inceledikleri asitlerin hepsinin yapısında oksijen olduğunu farketmiş ve bir yanlışlık sonucu asitliği oksijene nisbet etmişler. Dolayısıyla ekşiliği üreten manasında bu terimi kullanmayı tercih etmişler. Bugün ekşiliği/asitliği üretenin oksijen değil de suya H+ katyonunun salınması olduğunu biliyoruz. Dolayısıyla oksijenin ismi -aramızda kalsın- aslında düpedüz yanlış! Humuza da ekşiliğin Arapça'daki karşılığı. Muvellidul humuza ise bugün Araplar'ın dahi terkettiği bir kullanım oluyor.

Hayır, Arapça bilmiyorum. Ben bu kelimeye eski Türkçe kaynaklarda rastladım ve aklımda kalmış. Demek ki Osmanlı'nın son dönemlerinde bazı aydınlar yabancı dillerden gelen kelimeleri olduğu gibi almıyorlar, onun etimolojisini irdeledikten sonra, uygun bir Osmanlıca karşılık türetiyorlardı. (Öte yandan pek çok kelimenin de olduğu gibi alındığı malumdur.) Dünyada hemen hemen herkes oksijeni bilir ama çoğu insan oksijenin kelime olarak ne anlama geldiğinden, onun hikayesinden tamamen habersizdir. Bu kuşkusuz kötü bir şey. Köksüzlüğü onaylayacak halimiz yok...

Rahmetli Oktay Sinanoğlu'nun Fizikokimya Terimleri Sözlüğü ya da benzer bir adla yayımlanmış bir kitapçığına doktora öğrencisi iken rastgelmiştim. Orada Sinanoğlu, tıpkı son dönem Osmanlı aydınlarının oksijene muvellidul humuza adını yakıştırmaları gibi, kendisi bilimsel terimlere etimolojilerine inerek ve Eski Türkçe'deki karşılıklarını arayarak yeni deyişler öneriyordu. Kendim İngilizce eğitim aldım ve hep İngilizce konuşulan ortamlarda mesleğimi icra ettim. Dolayısıyla nicem kimyası, kıvıl devim bilim gibi terimler yerine kuantum kimyası ve elektrodinamik benim kulağıma daha uygun idi. Sinanoğlu'nun çalışmasını o zaman benimsememiştim.

Bugün de benimseyebileceğimi zannetmiyorum. Dil, mantık ve yöntemle gelişmiyor. Maalesef bu böyle. Siz dünyanın en makul yöntemiyle yabancı terimlerin etimolojisine en uygun kelimeyi kendi diliniz içinde üretiyorsunuz. Ne Araplar muvellidul humuzayı benimsiyor, ne de Türkler kıvıl devim bilimi.

Daha sonra Hidrojenin Arapça'sı nedir? diye sordum. Arap öğrencim Ben şimdi bu soruya cevap vermeye çekiniyorum. dedi. Ve ikinci bir kahkaha dalgası. (Evet, hidrojene hidrojen adını da Lavoisier koymuş.)

4 Şubat 2016 Perşembe

Vüdumuza açık havada etki eden net basınç-kuvveti ne kadar?

Basınç kavramını ortaokuldan beri biliyoruz: Birim yüzeye etki eden dik kuvvet. Yüzeye etki eden kuvvet, eğer bu yüzeye dik değilse, o zaman kuvvetin yüzeye dik olan birim vektör doğrultusundaki bileşenini alıyoruz ve öyle hesaplıyoruz basıncı. Birim yüzey normaline $\mathbf{n}$, bu yüzeye etki eden kuvvete $\mathbf{F}$ ve yüzey alanına $\Delta S$ dersek, o zaman yüzeye etki eden basınç \begin{equation} p := - \frac{\mathbf{F} \cdot \mathbf{n}}{\Delta S} \end{equation} formülü ile hesaplanılır. Eksi işareti var çünkü yüzeye etki eden dik kuvvetle, yüzey normali dediğimiz vektörler zıt yönlü. Bu formülü tersinden düşünmek de mümkün. Denge dış basıncının $p$ olduğu bir ortamda o yüzeye etki eden net kuvvet \begin{equation} \mathbf{F} = - p \mathbf{n} \Delta S \end{equation} ile verilir.

Eğer yüzey düz değilse, mesela bir insan vücudu veya bir amib gibi eğik ise, o zaman bu eğik yüzeyin her bir noktasında yüzey normali farklı yöne bakacaktır. Mesela küre yüzeyinde, yüzey normali merkezden yüzey noktasına çizilen yarıçap vektörü ile aynı doğrultudadır. Böyle durumlarda söz konusu yüzeyi tıpkı kartograflar gibi küçük dörtgensel bölgelere böler, her bir dörtgensel bölgeye etki eden tipik vektörel kuvveti kestirir ve nihayet bu kuvvetlerin vektörel toplamını alarak katı cisime etki eden net kuvveti hesaplarız. 3 boyutlu katı cismin kapladığı noktasal kümeye $\Omega$, bu noktasal kümenin 2 boyutlu yüzeyine de $\partial \Omega$ diyelim. O zaman hesaplamaya çalıştığımız net kuvvet vektör analizinde çok iyi bilinen bir özellikle kolayca bir hacim integraline dönüştürülür. \begin{equation} \mathbf{F}_{\rm net} = - \iint _{\partial \Omega} p \mathbf{n} {\rm d}S = -\iiint_{\Omega} \mathbf{\nabla} p {\rm d}V \label{bi} \end{equation} Bu deklemin sağ tarafında yer alan hacim integralini $\Omega$ cismini küçük küplere bölüp, her küpün içerisinde $\mathbf{\nabla}p := (\partial p/\partial x ) {\mathbf i} + (\partial p/\partial y ){\mathbf j} + (\partial p/\partial z ){\mathbf k}$ vektörünün tipik bir değerini aldıktan ve küçük küplerin hacmiyle çarptıktan sonra toplayarak hesaplayabiliriz. $\mathbf{\nabla} p$ fonksiyonuna basıncın gradientı diyeceğiz. Gradient işlemisi, tanımlandığı şekliyle skaler alanlardan vektörel alanlar üreten bir işlemcidir.

Hidrostatik denge altında bazı varsayımlarda bulunabiliriz. Mesela atmosfer basıncının yaşadığımız ortamda sabit kaldığını söyleyebiliriz. O zaman $\mathbf{\nabla}p =0$ olur. Demek ki sabit gaz basıncı altında havada duran bir cisime (gaz basıncından dolayı) etki eden net kuvvet sıfırmış! Öte yandan basının yükseklikle değiştiği sıvı bir ortamda $p:=p(z)=-\rho g z$ olur. Burada $\rho$ sıvının sabit kaldığını varsaydığımız yoğunluğu, $g$ yerçekimi ivmesi ve $z < 0$ ise sıvı yüzeyine kıyasla bulunduğumuz derinliktir. Buradan $\mathbf{\nabla}p = -\rho g \mathbf{k}$ olması gerektiğini gözleyiniz. Ama basınç gradientı bir sabit çıktığından, hacim integralinin dışına alınabilir ve $\Omega$ bölgesinin hacim integrali de basitçe bu bölgenin hacmidir: $V_{\Omega}$. Toparladığımızda sıvı ortamda dengede bulunan bir cisime etki eden net kuvvet, Evreka! diyebiliriz, \begin{equation} \mathbf{F}_{\rm net} = \rho g V_{\Omega} \mathbf{k} \end{equation} ile verilir. Buna sıvıların kaldırma kuvveti diyoruz. Basınç gradientının olduğu her ortamda bir kaldırma kuvveti doğacağını gözleyiniz.

Gelelim yazının başlığındaki soruya. Açık hava basıncından dolayı vücudumuza ne kadar net kuvvet etki ediyor? Ayakta durduğumuzu varsayalım. O zaman ayak tabanlarımıza açık hava basıncı etki etmeyecektir. Ayak tabanlarımızın yüzeylerini $\partial \Omega_{1}$ ve vücut yüzeyimizin geri kalanını $\partial \Omega_{2}$ ile gösterirsek, o zaman vücudumuzun tamamı $\partial \Omega = \partial \Omega_{1} \cup \partial \Omega_{2}$ olur. Bariz ama yine de belirtelim $\partial \Omega_{1} \cap \Omega_{2} = \emptyset$. Bu durumda (\ref{bi}) nolu denklemde verilen yüzey integrali aşağıdaki gibi parçalanabilir. \begin{equation} \mathbf{0} = - \iint _{\partial \Omega_{1}} p \mathbf{n} {\rm d}S - \iint _{\partial \Omega_{2}} p \mathbf{n} {\rm d}S \end{equation} Bu integrallerden birisini hesaplamak çok kolay, ötekisi ise çok zor. $\partial \Omega_{1}$ yüzeyinin normali sabit ve $-\mathbf{k}$ olduğundan, basitçe \begin{equation} -p A \mathbf{k} = - \iint _{\partial \Omega_{2}} p \mathbf{n} {\rm d}S \end{equation} yazabiliriz. Bu denklemin sağ tarafında yazının başlığında hesaplamayı istediğimiz kuvvet var. Sol tarafındaki $A$ ise iki ayak tabanımızın toplam alanını temsil ediyor.

Sayıları yerine koyalım. Ayak tabanımızı uzunluğu 30 cm genişliği ise 12 cm olan bir dikdörtgen olduğunu varsayalım. O zaman $A=2 \times 12 \times 30 = 720$ cm2 = $7,2 \times 10^{-2}$ m2 olur. Açık hava basıncının 1 bar yani 100000 Pa olduğu bir ortamda, vücudumuza açık hava basıncından ötürü etki eden net kuvvet demek ki yere doğru 7200 N kadar olacak. Kütlesi 72 kg olan bir insanın ağırlığının yere doğru yaklaşık 720 N olduğunu göz önüne alırsak, bu hiç de azımsanamayacak bir kuvvettir. Öte yandan her ne kadar basınç kuvveti etki etmese de, yeryüzününün ayak tabanlarımıza uyguladğı tepki kuvveti hem ağırlığımızdan hem de hava basıncından doğan kuvvetlerin toplamını nötrleştirmeye yeterlidir. Öyle olmasaydı, atmosfer bizi yerin dibine geçirirdi!

Hemen belirtelim ki burada yaptığımız ve çok aşırı derecede iddialı bir varsayım var. İnsan bedenini katı bir cisim gibi düşündük. Halbuki cildimizin ve organlarımızın esneklikleri, lokal olarak gerilebilmeleri vb nedenlerden ötürü bu yaptığımız hesaplamaya ciddi derecede hata gelebilir. Model gerçekliğin karikatürüdür. diyenlerin kastettiği şey bu olsa gerek.