Sterling Berberian'ın Cauchy-Schwarz ödevi

Birkaç yıl önce vefat eden Amerikalı matematikçi Sterling Berberian genellikle matematiksel analiz sahasında kaleme aldığı kitaplarla tanınıyor. Tamam, bir tane de lineer cebir kitabı var ama o sayılmaz çünkü bir kavle göre matematiğin %80'i zaten lineer cebir! Bu kitaplardan biri de Hilbert Uzaylarına Giriş. Benzeri her kitapta olduğu gibi Berberian önce vektör uzaylarını (gerektiği kadar) kuruyor ve bir sonraki aşama olan iç çarpım uzaylarına geçiyor. İç çarpım uzaylarına da tutarlı olarak ön Hilbert uzayı (pre Hilbert space) diyen nadir yazarlar arasında. Bu uzaylarda bilinen bazı özdeşlikler ve eşitsizlikler var: Paralelkenar kanunu, polarizasyon özdeşliği, Cauchy-Schwarz eşitsizliği, (vektörler için) üçgen eşitsizliği ve Bessel eşitsizliği gibi. Bunları da ispatlayarak konuya devam ediyor. Ardından ilgili faslın ödev bölümünde şöyle değişik bir soru var:

Paralelkenar kanunu ve polarizasyon özdeşliğini kullanarak Cauchy-Schwarz eşitsizliğini gösteriniz.

Ben bu soruyu gerçel iç çarpım uzayları için çözdüm ama karmaşık iç çarpım uzaylarında eşitsizliğin sağ tarafı yeterince keskin değildi. (En iyi $|\langle x | y \rangle | \leq \sqrt{2} \| x \| \| y \|$ bulabildim.) Grok'tan yardım istedim ve onun önerdiği bir hile ile problemi hallettik. Bu postada hem kendi ispatımı hem de Grok'un önerdiği hileyi anlatarak Cauchy-Schwarz eşitsizliğini göstereceğiz.

Paralelkenar kanunu

Vektörleri $x,y,z$ harfleriyle, iç çarpımı $\langle x | y \rangle$ ile, normu da $\| x \|$ ile gösterelim. Okurun iç çarpımın ve normun tanımından gelen aksiyomları bildiğini varsayacağız. Tabii ki kullandığımız normu iç çarpım yoluyla tanımlıyoruz: $\| x \| := \sqrt{\langle x | x \rangle}$.

Paralelkenar kanunu lise düzeyindeki vektör toplamlarıyla ilgili tecrübemizi genelleştiriyor. İspatı da iç çarpımın (ket tarafındaki) lineerliğini ve basit tanımları kullanarak veriliyor. \begin{eqnarray}\nonumber \| x+y \|^{2} + \| x-y \|^{2} &=& \langle x+y | x+y \rangle + \langle x-y | x-y \rangle \\ \nonumber &=& \langle x | x \rangle + \langle x | y \rangle + \langle y | x \rangle + \langle y | y \rangle + \langle x | x \rangle - \langle x | y \rangle - \langle y | x \rangle + \langle y | y \rangle \\ &=& 2 \| x \|^{2} + 2 \| y \|^{2} \end{eqnarray} Uzayın gerçelliğine dair herhangi bir tasarrufta bulunmadığımızdan bu güzel eşitlik karmaşık uzaylarda da geçerli.

Gerçel uzaylarda polarizasyon özdeşliği

Polarizasyon özdeşliği şu soruyu cevaplıyor: Elimizde bir norm var. Sadece bu norm fonksiyonunu kullanarak iç çarpımı hesaplayabilir miyiz? Hilbert uzayında, evet. Bunu yapma yöntemimiz ise basitçe paralelkenar kanununun eksilisini kullanmak olacak ki yukarıdaki işlemlerde de görüldüğü üzere sağ tarafta yer alan normlar sadeleşip iç çarpımlar kalsın. (Paralelkenar kanununda iç çarpımlar sadeleşip normlar kalmıştı.) Şimdi \begin{eqnarray}\nonumber \| x+y \|^{2} - \| x-y \|^{2} &=& \langle x+y | x+y \rangle - \langle x-y | x-y \rangle \\ \nonumber &=& \langle x | x \rangle + \langle x | y \rangle + \langle y | x \rangle + \langle y | y \rangle - \langle x | x \rangle + \langle x | y \rangle + \langle y | x \rangle - \langle y | y \rangle \\ &=& 4 \langle x | y \rangle \end{eqnarray} Sadece gerçel uzaylarda geçerli olan $\langle x | y \rangle = \langle y | x \rangle$ eşitliğini kullandığımızı gözleyiniz. Toparladığımızda polarizasyon özdeşliği aşağıdaki haliyle zuhur eder. \begin{equation*} \langle x | y \rangle = \frac{1}{4} \left( \| x+y \|^{2} - \| x-y \|^{2} \right) \end{equation*}

Gerçel uzaylarda Cauchy-Schwarz eşitsizliği

İspat iki aşamadan oluşacak. Önce polarizasyonun mutlak değerini alıp, mutlak değer fonksiyonu için üçgen eşitsizliğini kullandıktan sonra paralelkenar kanununu uygulayacağız. \begin{eqnarray}\nonumber | \langle x | y \rangle | &=& \frac{1}{4} \left| \| x+y \|^{2} - \| x-y \|^{2} \right| \\ \nonumber &\leq& \frac{1}{4} \left( \| x+y \|^{2} + \| x-y \|^{2} \right) \\ \nonumber &=& \frac{1}{2} \left( \| x \|^{2} + \| y \|^{2} \right) \end{eqnarray} Bu ara sonuçta $t > 0$ olmak üzere $x \to \frac{1}{\sqrt{t}}x$ ve $y \to \sqrt{t}y$ yazdığımızda eşitsizliğin sol tarafı değişmez ancak sağ taraf aşağıdaki gibi olur. \begin{equation*} | \langle x | y \rangle | \leq \frac{1}{2t} \| x \|^{2} + \frac{t}{2} \| y \|^{2} =: f(t) \end{equation*} İspatın püf noktası burada: yukarıdaki eşitsizlik madem her $t > 0$ için geçerli o zaman $f$ fonksiyonuna asgari değerini veren $t^{*}$ için de geçerli olmalı. Diğer bir ifadeyle $| \langle x | y \rangle | \leq \min f$. Bu fonksiyonun birinci türevini alalım. \begin{equation*} f^{\prime}(t) = -\frac{1}{2t^{2}} \| x \|^{2} + \frac{1}{2} \| y \|^{2} \end{equation*} $0=f^{\prime}(t^{*})$ cebirsel denkleminin kabule şayan tek kökü $t^{*} = \frac{\| x \|}{\| y \|}$ şeklinde kolayca bulunur ve $\min f = f(t^{*}) = \| x \| \| y \|$ olur. Toparladığımızda bu sonuç bize gerçel iç çarpım uzaylarında Cauchy-Schwarz eşitsizliğini verecektir. \begin{equation*} | \langle x | y \rangle | \leq \| x \| \| y \| \end{equation*}

Karmaşık uzaylarda polarizasyon özdeşliği

Özellikle kuantum fiziği çalışacaksanız gerçel iç çarpım uzayları çok da işinizi görmez. Hilbert uzayını tam kapasite kullanmak için karmaşık iç çarpım uzaylarında da Cauchy-Schwarz eşitsizliğini göstermemiz gerekiyor. Bunun için ödev bizi polarizasyon özdeşliğini kullanmaya zorluyor. Karmaşık uzaylarda genel olarak $\langle x | y \rangle \ne \langle y | x \rangle$ olduğundan $\langle y | x \rangle = \langle x | y \rangle^{*}$ ilişkisini gözönünde bulundurmamız gerekiyor. Ayrıca fizikçilerin konvansiyonunu kullanarak iç çarpımın sadece ket tarafını homojen kabul edeceğiz: $\langle x | \alpha y \rangle = \alpha \langle x | y \rangle$. Böylece bra tarafı $\langle \alpha x | y \rangle = \alpha^{*} \langle x | y \rangle$ olmakta. Karmaşık iç çarpım uzaylarında polarizasyon özdeşliğini ispatlamak için $\langle y | x \rangle$ terimlerini yok edene kadar uğraşacağız. \begin{eqnarray} \| x+y \|^{2} - \| x-y \|^{2} - i \|x+iy\|^{2} + i \|x-iy\|^{2} &=& \langle x+y | x+y \rangle - \langle x-y | x-y \rangle \\ \nonumber &\phantom{=}& - i\langle x+iy | x+iy \rangle + i\langle x-iy | x-iy \rangle \\ \nonumber &=& \langle x | x \rangle + \langle x | y \rangle + \langle y | x \rangle + \langle y | y \rangle \\ \nonumber &\phantom{=}& - \langle x | x \rangle + \langle x | y \rangle + \langle y | x \rangle - \langle y | y \rangle \\ \nonumber &\phantom{=}& - i\langle x | x \rangle - i\langle x | iy \rangle - i\langle iy | x \rangle - i\langle iy | iy \rangle \\ \nonumber &\phantom{=}& + i\langle x | x \rangle + i\langle x | (-i)y \rangle + i\langle (-i)y | x \rangle + i\langle (-i)y | (-i)y \rangle \\ \nonumber &=& 4 \langle x | y \rangle \end{eqnarray} Yeniden düzenlediğimizde karmaşık iç çarpım uzaylarına özgü polarizasyon özdeşliği belirir. \begin{equation*} \langle x | y \rangle = \frac{1}{4} \left( \| x+y \|^{2} - \| x-y \|^{2} - i \|x+iy\|^{2} + i \|x-iy\|^{2} \right) \end{equation*}

Karmaşık uzaylarda Cauchy-Schwarz eşitsizliği

$r \geq 0$ olmak üzere $\langle x | y \rangle = r e^{i \varphi}$ olsun ve $z := e^{-i\varphi}y$ tanımlayalım. O zaman $\langle x | z \rangle = \langle x | e^{-i\varphi}y \rangle = e^{-i\varphi} \langle x | y \rangle = r$ olur. Diğer bir ifadeyle $\langle x | z \rangle$ iç çarpımı gerçel değerlidir! Bu yüzden, her ne kadar karmaşık iç çarpım uzayında çalışıyor olsak da, $\langle x | z \rangle$ iç çarpımı için polarizasyon özdeşliğinin sadece gerçel kısmını almakla yetineceğiz. \begin{eqnarray} \langle x | z \rangle &=& \frac{1}{4} \left( \| x+z \|^{2} - \| x-z \|^{2} \right) \\ \nonumber &\leq& \frac{1}{4} \left( \| x+z \|^{2} + \| x-z \|^{2} \right) \\ \nonumber &=& \frac{1}{2} \left( \| x \|^{2} + \| z \|^{2} \right) \end{eqnarray} Ama bu noktada yolumuz gerçel iç çarpım uzaylarındaki Cauchy-Schwarz ispatı ile aynileşiyor ve bu yüzden $| \langle x | z \rangle | \leq \| x \| \| z \|$ ispatı da tamamen aynı rotayı takip edecektir. Nihayet $| \langle x | z \rangle | = | \langle x | y \rangle |$ ve $\| z \| = \| y \|$ eşitliklerini gözlediğimizde karmaşık iç çarpım uzaylarında da Cauchy-Schwarz eşitsizliğinin ispatı tamamlanır.

İyi ama niye?

Cauchy-Shwarz eşitsizliğinin kimisi uzun kimisi kısa pek çok ispatı var. Biz bu blogda John von Neumann'ın ve Paul Halmos'un ispatlarına yer verdik. Ayrıca kendim de başka bir ispatını yaptım. Berberian neden paralelkenar kanunu ile polarizasyon özdeşliğini birleştirmeyi gerektiren böyle bir ödev vermiş olabilir? Bu soruya kesin cevap vermek zor ama benim sezgime göre yazar öğrenciyi zihnen Jordan-von Neumann teoremine motive etmeye çalışıyor.

İç çarpım ve Hilbert uzaylarında norm doğal olarak iç çarpım işleminden doğuyor. Ancak norm kavramının kendisi daha genel ve tanımlanmak için bir iç çarpıma ihtiyaç duymuyor. Norm tanımındaki kabulleri sağlamak kaydıyla pek çok norm tanımlayabilirsiniz. Kötü haber şu ki her normu bir iç çarpım ile bağdaştıramayabiliyoruz. İşte Jordan-von Neumann teoremi bu sorunu çözüyor ve diyor ki: bir normun (polarizasyon özdeşliğiyle verilen) bir iç çarpım işleminden türetilebilmesi için gerek ve yeter şart paralelkenar kanununu sağlamasıdır.

Ödev: Jordan-von Neumann teoremini ispatlayınız.

Hilal diliminin alanı

Bir daireden başka (ve daha büyük) bir daire yardımıyla kestiğimiz dilime hilal diyeceğiz. Bu tarife göre hilali tanımlayan üç parametre var: dairelerin yarıçapları $a$ ve $b$ ve iki dairenin merkezleri arasındaki uzaklık $c$. Bu postadaki sorumuz ise elde ettiğimiz hilalin alanını verilen parametreler cinsinden ifade etmek. Bu probleme İngilizce literatürde "Lune Problemi" deniyor. Lune, az çok hilal ile aynı anlamda.

Her sorunun farklı yöntemlerle çözümü olduğu gibi bu sorunun da (benim görebildiğim) iki farklı çözümü var. İlkinde trigonometri ve bir miktar lineer cebir kullanılarak istenilen alan hesaplanıyor. İkincisinde ise analitik geometri ve integral analizin imkanları devreye giriyor. İkinci yöntem daha sistematik ve daha genel. Birincisinde ise problemi çözen kişinin bir takım ek çizimlerle soruda verilmeyen şekil ve yapıları görmesi bekleniyor.

Çözümü elde ettikten sonra çıkan sonucu kurcalayarak değişik limitleri araştırmak ve cevabımızın tutarlılığını sorgulamak da mümkün. Örneğin $\frac{a}{b} \to 0$ asimptotiğinde hilal yerine bir "dördün" ya da D harfi benzeri bir yapı elde ediliyor. D harfinin alanını ayrıca hesaplayarak limit durumunda onu elde ettiğimizi gösterebilmemiz lazım. $c \geq a+b$ durumunda ise ortada hilal falan kalmıyor. Elde ettiğimiz çözüm bunu da yansıtmalı.

Dairelerin merkezleri $A$ ve $O$ noktalarıyla gösterilsin. Hesaplamaya çalıştığımız hilalin alanına $S$, $OBC$ daire diliminin alanına $T$, $\triangle ABO$ ve $\triangle ACO$ üçgenlerinin alanlarına ise $U$ diyelim. Simetriden dolayı bu iki üçgenin aynı olduğu barizdir. Bu alanlardan en kolay hesaplananı $U$. Heron formülünü uygulayalım. \[ U = \frac{1}{4}\sqrt{(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)} \] Heron formülünün permutasyon simetrisine sahip olduğunu gözleyiniz. Verilenler cinsinden kolayca ifade edilebilen diğer nicelikler $\alpha$ ve $\beta$ açıları. Bunları da cosinus teoremiyle ifade edeceğiz. \[ \alpha = \cos^{-1} \left( \frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc} \right) \phantom{x} \text{ve} \phantom{x} \beta = \cos^{-1} \left( \frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac} \right). \]

$A$ merkezli $ABC$ daire diliminin alanı \[ T + 2U = \alpha b^{2} \] ile verilir. Buradan \[ T = \alpha b^{2} - 2U \] bulunur. (Heron fomülünü uzun uzun yazmak yerine ilgili üçgenin alanını $U$ ile göstereceğiz.) $O$ merkezli $OBC$ daire diliminin alanı ise bize \[ T + S = (\pi - \beta) a^{2} \] denklemini verir. Temel trigonometrik ilişkilerden \[ \pi - \beta = \cos^{-1} \left( \frac{b^{2}-a^{2}-c^{2}}{2ac} \right) \] eşitliğini gözlediğimizde hilal diliminin alanının \begin{eqnarray}\nonumber S &=& 2U + (\pi-\beta)a^{2} - \alpha b^{2} \\ &=& \frac{1}{2}\sqrt{(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)} + a^{2}\cos^{-1} \left( \frac{b^{2}-a^{2}-c^{2}}{2ac} \right) - b^{2}\cos^{-1} \left( \frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc} \right) \end{eqnarray} eşitliğiyle verildiği görülür.

İşaret: İki çemberin kesişiminden iki farklı küme zuhur eder. Bunlardan ayrık duranlara hilal (iki tane), ortak olana ise mercek denir. Bu üç bölgeden sadece birisinin alanı bulundumu diğerleri de kolayca hesaplanabilir. Mercek bölgesiyle yapılan geometrik kurulumlar ta Öklid'in Elemanlar'ındaki ilk önermeye kadar uzanır. Öklid eşkenar üçgen kurulumunu tarif ettiği ilk önermesinde özdeş iki çemberin kesişim bölgesinde bir çalışma yapmıştır. Yaptığı çizimdeki ölçümler bizim dilimizde $a=b=c$ ile verilir.

Ödev: Hilal diliminin alanını integral calculus kullanarak hesaplayınız.

Franck Muller Crazy Hours serisinde moduler aritmetik

Normal analog kol saatlerinde yelkovan 60 dakikada 360 derecelik bir açı süpürürken aynı süre zarfında akrep sadece 30 derecelik bir açıyı süpürür. Franck Muller adlı İsviçre menşeli bir saat firmasının Crazy Hours adlı sürümü bu geleneksel şablonun biraz dışına çıkıyor. Akrep 59 dakika boyunca hiç hareket etmiyor ve 60. dakika dolduğunda bir sonraki saate sıçrıyor. Zira saat başları ardışık dizilmiş durumda değil. Örneğin 1'den sonra 6, 6'dan sonra 11 geliyor. Saatin kaç olduğunu anlamak için akrebe bakıyorsunuz. Akrep mesela 3'ü gösteriyorsa saat 3. Ama kaç dakika geçtiğini anlamak için yelkovana bakmanız gerekiyor ve yelkovanı geleneksel pozisyonuna göre okumanız gerekiyor. Yelkovan akrebin aksine alıştığımız düzende ilerliyor. Bu uçuk tasarımın fiyatı da az değil. Color Dreams modellerinin fiyatı satıcıya ve ülkelere göre değişiyor. 2025 itibarıyla 100.000 TL ile 1.500.000 TL arasında ücret talep edenler var! Çoğunda kargo ücretsiz :-)

Böyle kafadan çatlak bir saati tasarlamak için biraz moduler aritmetik bilmeniz gerekiyor. Analog saatlerde saat başları 30 derece aralıklarla bir çember üzerine dizilir. Akrep her 60 dakikada 30 derece sıçrarsa bu bildiğiniz adi analog saat olur. Bunda sıradışı bir şey yok. Öte yandan akrebin her 60 dakikada 180 derece sıçradığı senaryoda akrep için sadece iki durak vardır ve 12'den 6'ya, 6'dan 12'ye sıçrar durur. Dolayısıyla kafadan çatlak bir saat tasarlarken akrebin sıçrama açısını canımızın istediği gibi seçemiyoruz. Akrep 12 saat içinde her saat başını tam olarak bir kere göstermeli ve 12 saat sonunda başladığı noktaya geri dönmeli.

Şimdi, $k \in \mathbb{N}$ olmak üzere akrep her 60 dakikada $30 k$ derece sıçrasın. O zaman $s$ saat sonra akrep toplamda $30ks$ kadar bir açı sıçrar. Bu açının $s \lt 12$ için 360 derecenin bir tam katı olmaması gerekiyor. Aksi takdirde akrebin 180 derece sıçradığı senaryoda olduğu gibi akrep için 12 durak yerine 2 durak olur. Matematik dilinde bu durumu $m \in \mathbb{N}$ olmak üzere $30ks \ne 360 m$ ya da $ks \ne 12 m$ şeklinde gösterebiliriz. ($s=12$ için $m=k$ şeklinde bir $m$ her zaman bulunabilir.) Bu durum $s \lt 12$ için $ks$ çarpımının 12 ile bölünemeyeceğini söyler. Ama $k$ ve 12'nin $\mathbb{N} \ni \mu \gt 1$ şeklinde bir ortak böleni varsa o zaman $s = \frac{12}{\mu} \lt 12$ için $ks$ çarpımı 12 ile bölünür. İşte aradığımız şartı bulduk!

Çatlak saat tasarımında akrep her 60 dakikada $30k$ derece sıçrasın. O zaman ${\rm obeb}(12,k)=1$ olmalıdır.

Bu şartı sağlayan $k$ değerleri $\{1,5,7,11\}$ kümesini oluşturur. $k=1$ için adi analog saati elde ettiğimizi daha önce not etmiştik. $k=11$ için saat başları saat yönünün tersine ardışık olarak dizilir. (Lütfen kendiniz deneyin.) Franck Muller kendi çatlak saat tasarımında $k=5$ seçmiş. Böylesi bir tercihte akrep saat yönünde her 60 dakikada bir 150 derece sıçrıyor.

Tasarımın son basamağı referans bir saat başının hangi pozisyona konulacağıdır. Ben olsam saat 12'yi geleneksel pozisyonuna koyardım. Firma öyle yapmamış saat 10'u geleneksel yerine koymuş. (Bu konfigurasyonda saat 12, 8'in geleneksel saatteki konumuna geliyor.) Ama neden? Çünkü bütün saat reklamlarında saat 10:10'u göstermelidir. Böyle yazılmamış bir pazarlama kuralı var :-)