Koşuşturan köpekler problemi

$n$ kenarlı bir düzgün çokgenin her köşesine bir köpek konuluyor ve her köpek $t=0$ anında sağındaki köpeğe doğru sabit şiddetli bir hızla koşmaya başlıyor. Köpekler ne zaman çarpışır ve hareket boyunca izledikleri yörüngenin geometrik tarifi nedir?

Bu problemi Steven H. Strogatz'ın twitter hesabında gördüm ve yerölçüsü için çözümünü yaptım. Eşkenar üçgen, kare, düzgün beşgen ve düzgün altıgen için spiral yörüngeler aşağıdaki şekillerde görülüyor. Çözümün detaylarını pdf formatında aşağıdaki dosyadan indirebilirsiniz.
kkls.pdf: indir

Batlamyus'un kırınım kanunu ve bilimsel yöntem

Robert Millikan meşhur yağ damlacıkları deneyi ile elektronun yükünü ilk defa ölçen Amerikan bilim adamı. Millikan'dan önce elektronun varlığı, negatif yüklü olduğu ve kütle/yük oranının sayısal değeri 19. yy'da yapılan deneysel çalışmalar neticesinde biliniyordu. Çok zahmetli çalışmaları sonucunda vardığı bu tayinle Millikan 1923 yılında Nobel fizik ödülüne layık görüldü. Millikan'ın 1943 yılında Caltech'te verdiği optik dersinin notlarına enstrumental analiz dersim için göz gezdirdiğimde antik çağın filozoflarından Batlamyus'un kırınım olayına dair teorik ve deneysel çalışmalarından da bahsettiğini gördüm.

Bilindiği üzere kırınım (İngilizcesi refraction), ışınların (ya da dalgaların) bir ortamdan başka bir ortama geçtiğinde yayılma doğrultusundaki değişmeye deniliyor. Sayısız farklı alanda kullanılıyor ya da karşımıza çıkıyor kırınım hadisesi. Gözlük, teleskop, mikroskop, kamera yapımı için mercek tasarımında, optik spektroskopide ise prizma tasarımında kırınımdan faydalanıyoruz. Bir bardak suyun dibine tepeden baktığımızda, bardağın dibini daha yakından görmemiz ya da suyun altından gökyüzüne bakan bir dalgıcın tepe açısı 96° olan bir koni ile gökyüzünü görmesi hep kırınım hadisesinin günlük hayatta karşılaştığımız sonuçlarıdır. Günümüzde kırınım hem aksiyomatik seviyede Fermat'nın minimum zaman prensibinden yola çıkarak geometrik optik çerçevesinde Snell Kanunu ile hem de elektromanyetik teori kanalıyla dalga fiziği çerçevesinde anlaşılmıştır.

Antik Yunanlılar da her gün gözlediğimiz kırınım kanununu geometrik bir dil kullanarak izah etmeye çalışmışlar. Düz bir arayüze dikme çekelim ve gelen ışının bu dikmeyle yaptığı açıya $\theta_{i}$ (angle of incidence) ve kırıldıktan sonra yaptığı açıya da $\theta_{r}$ (angle of refraction) diyelim. Millikan'ın optik ders notlarında Batlamyus'un (Ptolemy) kırınım kanunu $\theta_{i}/\theta_{r} = {\rm sabit}$ biçiminde verdiğini görüyoruz. Millikan da bu bilgiyi 1885 yılında yayınlanmış bir kitaptan almış. Evet, Batlamyus'un hipotezi hatalı. Snell Kanunu $\sin(\theta_{i})/\sin(\theta_{r}) = {\rm sabit}$ olması gerektiğini söylüyor. İşin ilginç tarafı Batlamyus kendi hipotezini deneysel verilerle desteklemeye çalışmış ve deneysel ölçümleri günümüze kadar ulaşmıştır. Aşağıdaki tabloda su hava arayüzü için Batlamyus'un ölçümleri ve kendi hipotezini sınaması yer alıyor.

geliş açısı $\theta_{i}$	kırınım açısı $\theta_{r}$	$\theta_{i}/\theta_{r}$
0°	0°
10°	8°	1,3
20°	15,5°	1,3
30°	22,5°	1,3
40°	29°	1,4
50°	35°	1,4
60°	40,5°	1,5
70°	45,5°	1,5
80°	50°	1,6

Batlamyus'un deneysel verilerinin kendi hipotezini doğrulamadığını ve Batlamyus'un da bunu farkedebileceğini net olarak bu tablodan görmekteyiz.

Günümüzde çalışan bir bilim adamı olsa böyle bir durumda ya teorisini toptan terk eder ya da düzeltmeye çalışır. Örneğin Einstein, Hubble'ın ölçümlerinden sonra kozmolojik sabit teorisini terk etmiştir. Yine Einstein'e atfedilen Teorilerimi desteklemek için yüzlerce makale yazabilirim, bir deney hepsini çürütmeye yeter. vecizesi bilimsel yöntemin nihai hakemini belirtir. Batlamyus'un ne yaptığını bilmiyorum ama Antik Yunan filozofları deneysel sonuçlar ve teorik beklentiler çeliştiğinde teoriyi esas almak gibi akılcı bir tavır koymuşlardır. Örneğin Eflatun gök cisimlerinin yörüngesinin çember olması gerektiğini iddia etmiş ve bu yörüngeler çember çıkmayınca İdealar dünyasında yaşamadığımız için böyle oldu. diyerek suçu tabiatın idealardan uzak olmasına yıkmıştır. Hiç birisi element olmayan Aristo'nun 4+1 elementi de (toprak, su, ateş, hava ve esir) kimya tarihinde en iyi bilinen yanılgılardan, akılla düşülen yanılgılardan, birisidir. Halbuki Aristo'nun devrinde yedi metal/element biliniyordu: bakır, kalay, gümüş, altın, demir, kurşun ve civa. O kadar ki bu metallerle bronz ve demir çağları yaşanmıştı Aristo'dan önce. Ama Aristo gözünün önünde kimyasal element tanımına daha uygun bu malzemelere sırtını döndü ve aklınca bazı çıkarsamalarda bulundu.

Bilimsel yöntemin özeti, yüzlerce tarihsel tecrübeden ve fiyaskodan sonra, şudur: Deney mi, teori mi? Deney. Tecrübe mi, akıl mı? Tecrübe.

Fermat neden Fermat asallarının asallığından şüphelendi?

Fermat asalları $F_{n}:= 2^{2^{n}}+1$ denklemiyle tanımlanıyorlar. Bu asallar cetvel pergel çizimlerinde önemli bir rol oynar. Gauss'un ispatladığı bir teoreme göre bir düzgün çokgenin cetvel ve pergelle çizilebilmesi için kenar sayısının Fermat asallarının çarpımının $2^{n}$ katı ($n \in {\mathbb N}$) olması yeterlidir. $n=0,1,2,3,4$ için bu dizi sırasıyla 3, 5, 17, 257 ve 65.537 değerlerini veriyor. (Yerölçüsünde daha önce $2 \pi /17$ açısının trigonometrisini çalışmış ve $\cos(2\pi /17)$ değerini karekök hesabı ve diğer aritmetik işlemlerini kullanarak vermiştik. 17 bir Fermat asalıdır.) Fermat bu davranışı gözönüne alarak $F_{n}$ dizisinin her $n$ için asal değer ürettiğini bir konjektür olarak iddia etmiş. Dizinin terimleri çok hızlı büyüdüğü için $n=5$ için dahi Fermat'nın konjektürünü doğrulamak o kadar kolay değil. 1732 yılında Euler $F_{5}=4.294.967.297$ sayısının 641 ile bölündüğünü ispatladı ve dolayısıyla Fermat'nın konjektürünün de yanlış olduğu gösterildi.

Bu postada Fermat'nın neden durup dururken $F_{n}$ dizisindeki terimlerin asallığından şüphelendiğini izah etmeye çalışacağız. Öncelikle daha makul bir diziyi tanımlamakla işe başlayalım. $A_{n}:=2^{n}+1$ olsun. $F_{n} = = A_{2^{n}}$ olduğunu gözleyiniz. Dolayısıyla $A_{n}$ dizisi $F_{n}$ dizisini kapsamaktadır. Şimdi $2^{m} \equiv -1\ ({\rm mod} \ A_{m})$ olduğundan, basitçe $2^{m(2k+1)} \equiv -1 \ ( {\rm mod} \ A_{m})$ olur. Diğer bir ifadeyle $A_{n}$ dizisindeki $A_{m(2k+1)}$ terimlerinin hepsi $A_{m}$ ile bölünürler. O zaman asal olma şüphesi sadece $A_{2km}$ terimlerine kalmaktadır.

Bir önceki paragrafta vardığımız çıkarsama uyarınca $m=1$ koyduğumuzda bütün $A_{2k+1}$ terimlerinin aslında $A_{1}=3$ ile bölündüğünü göstermiş oluyoruz. Geriye asal olma şüphesi $A_{2n}$ dizisine indirgenmiş oluyor. Bu dizinin ilk elemanı $A_{2}=5$ ve asal bir sayı. $A_{2n}$ dizisini de iki alt diziye ayıracağız: $A_{2(2n+1)}$ ve $A_{4n}$. Bu alt dizilerden asal olma şüphesi sadece $A_{4n}$ üzerinde kalıyor. $A_{4n}$ dizisinin ilk terimi 17 ve asal. (Fermat'nın yerinde kim olsa işkellenirdi bu noktadan sonra.)

Bu argümanı yineleyerek kullandığımızda $A_{n}$ dizisinde asal olma şüphesinin sadece $F_{n}=A_{2^{n}}$ sayılarında kaldığını -mesela tümevarımla- kolayca gösterebiliriz. Fermat konjektürünün üzücü olan yönü şu: $n > 4$ için hiç bir $F_{n}$ değerinin asal olduğu henüz gösterilemedi. Belki dizide asal bir terim vardır ama bugüne kadar bulan olmadı...

Sahi Euler nasıl oldu da $F_{5}$ değerinin 641 ile bölündüğünden şüphelendi? Bu konuyu sonra konuşalım. Size 641 ile bölünebilme kuralını vererek kendimi affettirmeye çalışayım. Onluk tabanda $k+1$ haneli $N := a_{k}\ldots a_{0}$ sayısı verilsin. O zaman \begin{eqnarray} \nonumber N &\equiv& (a_{0}-a_{16}+a_{32}-\cdots ) + 10\times (a_{1}-a_{17}+a_{33}-\cdots ) + 100\times (a_{2}-a_{18}+a_{34}-\cdots ) - 282\times (a_{3}-a_{19}+a_{35}-\cdots) \\ \nonumber &-& 256\times (a_{4}-a_{20}+a_{36}-\cdots ) + 4\times (a_{5}-a_{21}+a_{37}-\cdots ) + 40\times (a_{6}-a_{22}+a_{38}-\cdots ) - 241\times (a_{7}-a_{23}+a_{39}-\cdots ) \\ \nonumber &+& 154\times (a_{8}-a_{24}+a_{40}\cdots ) + 258\times (a_{9}-a_{25}+a_{41}-\cdots ) + 16\times (a_{10}-a_{26}+a_{42}-\cdots ) + 160\times (a_{11}-a_{27}+a_{43}-\cdots ) \\ \nonumber &+& 318\times (a_{12}-a_{28}+a_{44}-\cdots ) - 25\times (a_{13}-a_{29}+a_{45}-\cdots ) - 250\times (a_{14}-a_{30}+a_{46}-\cdots ) \\ \nonumber &+& 64\times (a_{15}-a_{31}+a_{47}-\cdots ) \ ({\rm mod} \ 641) \end{eqnarray} olur. Neden ilkokulda 641 ile bölünebilme kuralını bize öğretmedikleri böylece ortaya çıkmış oluyor. Şaka bir yana, bu kuralda sadece 16 tane katsayı var. 320 tane katsayı da olabilirdi. Nitekim 17 ile bölünebilme kuralında 8 tane katsayı vardır. O yüzden halimize şükredelim.

Postayı bitiriken $F_{5}=4.294.967.297$ sayısının gerçekten de 641 ile bölündüğünü kuralımızı uygulayarak gösterelim. \begin{eqnarray} \nonumber F_{5} = 4.294.967.297 &\equiv& 7 + 10 \times 9 + 100 \times 2 - 282\times 7 - 256\times 6 + 4\times 9 + 40\times 4 - 241\times 9 \\ \nonumber &&+ 154\times 2 + 258\times 4 \equiv -3846 \equiv -6\times 641 \equiv 0 \ ({\rm mod}\ 641) \end{eqnarray}

10n+1 dizisindeki sayıların asallık durumları

11 sayısı asal. 101 de öyle. İnsan bu örneklere bakarak $10 \cdots 01$ şablonundaki sayılar arasında asal olanların bulunmasını bekliyor. İtiraf etmek gerekirse ben uzun zaman 1001'in de asal olduğunu sanmıştım. Halbuki çok basit bir şekilde 1001'in 11'e bölündüğünü ispatlayabilirsiniz. Hatta küçük bir hesap makinası kullanarak $1001 = 7 \times 11 \times 13$ şeklinde asal çarpanlarına ayırabiliriz bu sayıyı. 11, 101, 1001 vb sayılar $A_{n}:= 10^{n}+1$ dizisiyle tarif edilebilirler. Burada $n>0$ olacak şekilde bir doğal sayıdır. Bu paragrafta $A_{1}=11$ ve $A_{2}=101$ sayılarının asal, $A_{3}=1001$ sayısının ise kompozit olduğunu anlattık. Bugünkü sorumuz şu:

Problem: $A_{n} := 10^{n}+1$ dizisinde 11 ve 101 haricinde başka asal sayı var mı?

1001'in çarpanlarına ayrılmasında başka bir kuraldan da faydalanabilirdik. $a^{3}+b^{3}=(a+b)(a^{2}-ab+b^{2})$ cebirsel özdeşliğini bilmeyenimiz yoktur. O zaman $1001 = 10^{3}+1=(10+1)(10^{2}-10+1)=11 \times 91$ eşitliği kolayca ortaya çıkar. Bizi 1001'de tutan hiç bir şey yok. $A_{3n}=10^{3n}+1=(10^{n}+1)(10^{2n}-10^{n}+1)$ özdeşliğini de rahatlıkla yazabiliriz. Diğer bir ifadeyle \begin{equation} A_{3n} = A_{n}(A_{2n}-A_{n}+1). \end{equation} Bu bize $A_{3n}$ sayısının asla asal olmadığını söylüyor. Farkında mısınız, bir kalbur yaptık!

$n \equiv 0 ({\rm mod}\ 3)$ ise, o zaman $A_{n}$ asal değildir.

Fakat bu eleğin gözenekleri yeterince ince değil. Elemanlarının asallığını incelediğimiz dizinin sadece üçte biri için kesin sonuç veriyor. Daha iyisine ihtiyacımız var. 11'e bölünebilme kuralına bir bakalım. $10^{1} \equiv -1 ({\rm mod}\ 11)$ olduğundan $10^{2n+1} \equiv -1 ({\rm mod}\ 11)$ diyebiliriz. Diğer bir ifadeyle $A_{2n+1} \equiv 0 ({\rm mod}\ 11)$ olduğundan şöyle diyebiliriz:

$n \equiv 1 ({\rm mod}\ 2)$ ise, o zaman $A_{n}$ asal değildir.

Bu da bir kalbur! Hem de $A_{n}$ dizisindeki sayıların %50'si için asallık testinde kesin sonuç veriyor.

Son iki bulgumuzu birleştirerek kolayca daha iyi bir kalbur yapabiliriz. Şu önermenin ispatını okura bir alıştırma olarak bırakıyorum. $A_{n}$ dizisindeki $A_{6n}$, $A_{6n+1}$, $A_{6n+3}$ ve $A_{6n+5}$ sayıları asal değildir. Böylece dizideki elemanların %66,67'si için asallık testinde kesin sonuç alabiliyoruz.

Daha da iyi asallık testi için dizinin elemanlarının 101 ile bölünebilme durumlarına bakacağız. (Dizinin ilk terimi 11 idi ve 11'e bölünebilme kuralı asal sayı adaylarının yarısını hemen elememizi temin etti. Umudumuz 101 ile bölünebilme kuralından da benzer bir eleme algoritması türetmektir.) Şimdi $10^{2} \equiv -1 ({\rm mod} \ 101)$ olduğundan $A_{2}$, $A_{6}$, $A_{10}$ ve genelde $A_{4n+2}$ 101 ile tam bölünür. Ama daha önce 11'e bölünebilme kuralından $A_{4n+1}$ ve $A_{4n+3}$ sayılarının da asal olmadığını biliyoruz. İşte daha iyi bir kalbur çıktı!

$n \not\equiv 0 ({\rm mod}\ 4)$ ise, o zaman $A_{n}$ asal değildir.

Bu kalbur dizideki sayıların %75'i için kesin sonuç veriyor.

Şöyle bir gözlem yapalım. 11 ile bölünebilme asal sayıları sadece $A_{2n}$ formundaki dizi elemanları arasında aramamızı söyledi. 101 ile bölünebilme ise asal olma ihtimalini $A_{4n}$ formuna daralttı. Dizinin $A_{4n}$ formundaki ilk elemanı 10.001. Bu sayı da asal değil. Çünkü $10.001 = 73 \times 137$. Burada bir genelleme yapacağız. $10^{k}\equiv -1 ({\rm mod}\ A_{k})$ oldğunundan, bütün dizideki $A_{k(2n+1)}$ sayıları $A_{k}$ ile bölünürler. O zaman asal olma şüphesi sadece $A_{k(2n)}$ formundaki sayılara aittir. Şimdi $A_{4n}$ dizisini iki alt diziye bölebiliriz: $A_{4(2n+1)}$ ve $A_{4(2n)}$. Bu alt dizilerden ilkinin asal sayı üretmeyeceğini biliyoruz. O zaman geriye ikinci alt dizi kalıyor: $A_{8n}$. Bu fikri genelleştirdiğimizde aşağıdaki önermeye ulaşıyoruz.

$A_{n}$ dizisinde $n \ne 2^{k}$ ise, o zaman $A_{n}$ asal değildir.

Diğer bir deyişle sadece $A_{2^{n}}$ formundaki sayıların asallıklarını sınamamız yeterli. İstatistiksel olarak bakıldığında en iyi ihtimalle dizinin ilk $n$ elemanından kabaca $\log _{2} n$ tanesi asal olabileceğinden, dizide asal sayı bulunma oranına getirilen üst limit $\frac{\log _{2} n}{n} \to 0$ değerine yakınsar. Uzun lafın kısası şu: verimli bir şekilde asal sayı üretmek istiyorsanız, $A_{n}$ dizisinden size ekmek yok! Ayrıca belirtelim ki şimdiye kadar elde ettiğimiz en iyi kalbur bu. Çünkü -pratik olarak- dizideki her eleman için asallık testinde kesin sonuç veriyor.

Postadaki soruya kesin cevap veremedik. Bunun için $10^{2^{n}}+1$ sayılarını çarpanlarına ayırmamız ya da asal olduklarını göstermemiz gerekiyor. Ben bu işi kolayca yapabilecek temel bir yöntem bilmiyorum. Sayısal olarak bu problem üzerinde yapılmış bazı deneyler var nette. Onlara da sonra bakalım.

Üç kenarortayı verilen bir üçgeni cetvel ve pergelle çiziniz

Bugün yine bir ters üçgen problemi çalışacağız. Üç kenarortayı da verilen bir üçgen var elimizde ve bu bilgiden yola çıkarak bu üçgeni çizmemiz isteniyor. Soruyu cebirsel yöntemle çözeceğiz ve hiç de şık olmayan bir tarzda bu cebirsel çözümü alıp cetvel pergel çiziminde aynen kullanacağız. Daha önce yerölçüsünde kenarları verilen bir üçgenin kenarortaylarını hesaplamayı anlatmıştık. Bulduğumuz cebirsel formüller şöyleydi. \begin{eqnarray} \nonumber m_{a} &=& \frac{1}{2}\sqrt{2b^{2}+2c^{2}-a^{2}} \\ \nonumber m_{b} &=& \frac{1}{2}\sqrt{2a^{2}+2c^{2}-b^{2}} \\ \nonumber m_{c} &=& \frac{1}{2}\sqrt{2a^{2}+2b^{2}-c^{2}} \end{eqnarray} Bu denklem sisteminde her iki tarafın da kareleri alınıp yeniden düzenleme yapıldığında verilenler ve bilinmeyenler arasında sanki ikinci derecedenmiş gibi görünen yeni bir denklem sistemine erişilir. \begin{eqnarray}\nonumber 2b^{2}+2c^{2}-a^{2} &=& 4 m_{a}^{2} \\ \nonumber 2a^{2}+2c^{2}-b^{2} &=& 4 m_{b}^{2} \\ \nonumber 2a^{2}+2b^{2}-c^{2} &=& 4 m_{c}^{2} \end{eqnarray} Bu denklem sistemini taraf tarafa topladığımızda şöyle fiyakalı bir eşitlik elde etmek mümkün, ama bizim işimiz bugün bu değil. \begin{equation*} 3(a^{2}+b^{2}+c^{2}) = 4(m_{a}^{2}+m_{b}^{2}+m_{c}^{2}) \end{equation*} Biraz önce denklem sisteminin sanki ikinci derecedenmiş gibi göründüğünü söyledik. Çapraz terimler olmadığı için, bu sistem aslında lineer cebirin imkanları ve yöntemleri kullanılarak çözülebilir. Örneğin basit bir denklem çözme alıştırmasıyla \begin{equation*} c = \frac{1}{3} \sqrt{8m_{a}^{2}+8m_{b}^{2}-4m_{c}^{2}} \end{equation*} olduğu kolayca gösterilebilir. Diğer uzunluklar için de benzer denklemleri türetmek mümkündür.

Cebirsel çözüm aslında cetvel pergel çözümü için de -fazla şık olmayan- bir yöntem öneriyor. Daha önce hem rasyonel hem de kareköklü sayıların cetvel ve pergelle çizimini yerölçüsünde anlattık. Buna istinaden $c$ uzunluğunu çizmek için yapmamız gereken işlemler şöyledir.

1. Tabanı $2\sqrt{2}m_{a}$ ve yüksekliği $2\sqrt{2}m_{b}$ olan $XYZ$ dik üçgeni çizilir. Bunun hipotenüsü $\sqrt{8m_{a}^{2}+8m_{b}^{2}}$ kadardır.
2. Çapı $XYZ$ üçgeninin hipotenüsü olacak şekilde bir çember tarif edilir ve üçgenin $Y$ köşesinden uzunluğu $2m_{c}$ olan kiriş çizilir. Bu kirişin çemberi kestiği $W$ noktası tespit edilir.
3. $|WZ|$ uzunluğunun üçte biri aradığımız üçgenin $c$ kenarını verir.

Bu çizimler $a$ ve $b$ kenarları için de yapılarak $ABC$ üçgeninin çizimi bitirilir.

Cetvel ve pergelle üç yüksekliği verilen bir üçgeni çiziniz

Yerölçüsünde daha önce emekli milletvekillerinden Ahmet Selim'in bir anısını ve o anısında bahsettiği problemin cebirsel çözümünü tartışmıştık. Problem şuydu: Üç yüksekliği verilen bir üçgeni çiziniz. Açıkçası cebirsel çözüm insanın içini çok da rahatlatmıyor. Çünkü sonuçta bizden istenen böyle bir üçgenin somut olarak çizimi. Bu postada işin çizim boyutuna da bakacağız.

Üçgenin yükseklikleri şeklin sol başında gösterildiği gibi verilsin ve kurmamız istenen üçgen de $ABC$ üçgeni olsun. Bu yüksekliklere sol baştan büyüklük sırasına göre $h_{A}$, $h_{B}$ ve $h_{C}$ diyelim. Verilen yükseklikleri kullanarak bir üçgen çizelim. Bu üçgen ortada gösteriliyor. Kurduğumuz üçgenin yüksekliklerini de çizelim. Bu yüksekliklerden de oluşan turuncu, mor ve kahverengi kenarlı üçgeni çizelim. Şimdi bir üçgende taban ve yükseklik çarpımı sabit olduğundan, taban ve yükseklik ters orantılıdır: $a h_{A} = bh_{B} = ch_{C}$. Ama yüksekliklerden kurulan üçgenin yükseklikleri $ABC$ üçgeninin kenarları ile doğru orantılı olur. Diğer bir ifadeyle mor, turuncu, kahverengi kenarlı üçgen $ABC$ üçgeni ile benzerdir. Kahverengi kenarı $h_{C}$ yüksekliğinin hizasını kesecek şekilde uzatırsak, bu bize $C$ köşesini verir. $C$ köşesinden mor kenara çektiğimiz paralelin turuncu kenarla kesişimi de $A$ noktasını verir.

Burada Öklit'in Elemanlar adlı eserinde tarif ettiği uzunluk taşıma ve üç kenarı verilen bir üçgenin çizimi gibi çok temel cetvel pergel çizim yöntemlerini ispatsız kullandık.

Arşimet'in parabol üçgeni

Arşimet'in parabol dilimi ve elipsin alanlarını, kürenin hacmini veren formülleri keşfettiğini bazılarımız duymuştur. Böyle bir formül türetme işini günümüzde integral tekniklerini kullanarak yapmak çok kolay gerçekten. Ama Arşimet'in zamanında integral analizin, daha doğrusu topyekün analizin hiç olmadığı bir dönemde bunu yapmak o kadar da kolay bir iş değil. Bu postada parabol diliminin alanını integral tekniklerini kullanmadan, Arşimet gibi hesaplamaya çalışacağız. Daha önce parabolle ilgili yerölçüsünde -sadece cetvel pergel çizimlerini kullanarak- iki yazı yazdık. Bu üçüncüsü. Genel kültür olarak aklımızda bulunsun. Arşimet, parabolün alanıyla ilgili çalışmasını vefat eden Konon adlı matematikçi bir dostunun yerine saydığı Dositeus'a gönderdiği taziye mektubunda ilk defa ilan etmiş oluyor. Biri mekanik -levhaların dengesinden- ötekisi geometrik iki ispat öneriyor. Biz geometrik ispata yer vereceğiz. Daha fazla bilgiye Heath'in Arşimet'le ilgili çalışmasından ulaşabilirsiniz. Geometrik ispatında kullandığı yöntem, Arşimet'in en sevdiği teoremlerden birisine dayanıyor ve günümüzde gerçel analiz derslerinde bir şeyin sıfır olduğunu ispatlamakta da kullanılır. Birazdan değineceğiz buna ama biz işe parabol/Arşimet üçgenini tanımlamakla başlayalım.

Tanım: Tabanı parabole çekilen bir kirişten, tepe noktası ise kirişin orta noktasından parabolün simetri eksenine paralel çizilen doğru ile parabolün kesişiminden oluşan üçgene Arşimet üçgeni denir.

Şekilde $PQR$ üçgeni bir parabol üçgenidir. Bu üçgen bizim daha önce yerölçüsünde çizimini tarif etmediğimiz bir şey içermiyor. Hatırlatmak için vurgulayalım. Tanım gereği $x_{P} = x_{V} = (x_{Q}+x_{R})/2$ olur ve dahası parabolün denklemi için de daha önce izah ettiğimiz gerekçelerden ötürü $y = x^{2}$ eşitliğini kullanmak yeterlidir. Temel vektör analizi ile Arşimet üçgeninin alanını hesaplayabiliriz. \begin{eqnarray}\nonumber {\bf u} &:=& (x_{P}-x_{V},y_{P}-y_{V}) = (0,-\tfrac{1}{4}(x_{Q}-x_{R})^{2})\\ \nonumber {\bf v} &:=& (x_{Q}-x_{V},y_{Q}-y_{V}) = (\tfrac{1}{2}(x_{Q}-x_{R}),\tfrac{1}{2}(x_{Q}^{2}-x_{R}^{2})) \end{eqnarray} Şimdi $S(\Delta PQR)=S(\Delta PQV) + S(\Delta PVR) = 2S(\Delta PQV) = |{\bf u} \times {\bf v}|$ olduğundan bu alan kolaylıkla hesaplanılır. Sonuç \begin{equation*} S(\Delta PQR) = \frac{1}{8}|x_{Q}-x_{R}|^{3} =: \sigma. \end{equation*}

Arşimet üçgeninin alanı ummadığımız derecede kolay bir formülle veriliyor. Bilmemiz gereken tek şey kirişin uç noktalarının $x$ koordinatları. Şekildeki tek Arşimet üçgeni $\triangle PQR$ değil. $PQ$ kirişi de parabolden bir dilim kesiyor ve $\triangle PP_{l}Q$ da bir Arşimet üçgeni. Alanı ise bir önceki paragrafta yaptığımız analize dayanarak \begin{equation*} S(\Delta PP_{l}Q) = \frac{1}{8} |x_{Q}-x_{P}|^{3} = \frac{1}{64} |x_{Q}-x_{R}|^{3} = \frac{1}{8} S(\Delta PQR) = \frac{1}{8} \sigma \end{equation*} ile veriliyor. Okur kolayca $S(\triangle PP_{r}R)=S(\triangle PP_{l}Q)$ olduğunu gösterebilir. Bulgularımızı aşağıdaki teoremde toparlayalım.

Teorem: Alanı $\sigma$ olan bir Arşimet üçgeninin tabandan farklı iki kenarı üzerinde alanları birbirine eşit ve toplamda $\sigma/4$ olan iki Arşimet üçgeni daha kurulabilir.

Bizi bu aşamada durduran hiç bir şey yok. Parabol diliminin içini Arşimet üçgenleriyle dolduracağız ve hepsinin toplam alanını hesaplayacağız. Bu işi çok fazla yaparsak, o zaman parabol diliminin alanına bir alt sınır da kestirmiş oluruz. Şimdi $QP_{l}$, $P_{l}P$, $PP_{r}$ ve $P_{r}R$ kirişlerinin üstüne de Arşimet üçgenleri kuralım. Bu işi $n$ defa yinelediğimizde her seviyede $2^{n-1}$ tane Arşimet üçgeni kurulacak ve bu üçgenlerin toplam alanı \begin{equation*} \left( 1+\frac{1}{4}+ \cdots + \frac{1}{4^{n-1}} \right) \sigma = \frac{1-\frac{1}{4^{n}}}{1-\frac{1}{4}} \sigma = \frac{4}{3} \left( 1 - \frac{1}{4^{n}} \right) \sigma \end{equation*} olacaktır. Parabol diliminin alanına $K$ dersek, her $n>0$ için \begin{equation*} K > \frac{4}{3}\sigma - \frac{1}{3\cdot 4^{n-1}} \sigma \end{equation*} olur. $n$ büyüdükçe parabol diliminin alanına daha da yaklaşmasını umduğumuz bir alt limit kestirdik. Ama bir de üst limit bulmadan $K = 4 \sigma /3$ denkliğinden kesin emin olamayız.

Arşimet'in $\pi$ sayısını kestirirken kullandığı yönteme başvuracağız ve parabol dilimini alanını bildiğimiz bir başka şekille çerçeveleyeceğiz. Öncelikle $ABRQ$ paralelkenarını ele alalım. Bu şeklin geniş kenarı $QR$ kirişine, düşey kenarı ise $PV$ doğru parçasına paralel kurulmuştur. Literatürde böyle bir tabir yok, ama bir Arşimet üçgenini kapsayacak şekilde kurulan paralelkenara da Arşimet paralelkenarı diyebiliriz pekala. Şimdi $S(ABRQ) = 2 \sigma > K$ olduğu barizdir. Genelde Arşimet paralelkenarının alanca Arşimet üçgeninin iki katı olduğunu söyleyebiliriz. $2\sigma > K$ keskin bir üst limit değil. O zaman $PP_{l}Q$ ve $PP_{r}R$ üçgenlerinin üzerine de Arşimet paralelkenarları kuralım. $S(CPQD) = S(CPRE) = \sigma /4$ olduğu barizdir. Parabol diliminin alanına getirdiğimiz yeni üst limit de $\sigma + \sigma/2 > K$ şeklinde ifade edilebilir. Bu işi $n$ defa yinelediğimizde parabol diliminin alanına bir üst limit kestirmiş oluyoruz. \begin{equation*} \left(1 + \frac{1}{4} + \cdots + \frac{1}{4^{n-2}} \right)\sigma + 2\frac{\sigma}{8^{n-1}}2^{n-1} > K \end{equation*} Geometrik terimlerin toplamıyla ilgili cebirsel ifadeler kullanıldığında bulduğumuz üst limitin \begin{equation*} \frac{4}{3}\sigma + \frac{2}{3\cdot 4^{n-1}}\sigma > K \end{equation*} olduğu görülür. Daha önce bulduğumuz alt limitle bu üst limiti birleştirelim. \begin{equation*} \frac{4}{3}\sigma + \frac{2}{3\cdot 4^{n-1}}\sigma > K > \frac{4}{3}\sigma - \frac{1}{3\cdot 4^{n-1}} \sigma > \frac{4}{3}\sigma - \frac{2}{3\cdot 4^{n-1}} \sigma \end{equation*} Mutlak değer tanımını kullandığımızda aşağıdaki eşitsizliği kanıtlamış oluyoruz. \begin{equation*} \left| K - \frac{4}{3}\sigma \right| < \frac{2}{3\cdot 4^{n-1}}\sigma \end{equation*}

İspatımızı bitirmek için Arşimet'in en sevdiği lemmaya başvuralım. Arşimet bu özelliği alan hesaplarında ve $\pi$ sayısının kestirilmesinde kullanmıştır.

Lemma: Her $\epsilon > 0$ için $|x| < \epsilon$ ise, o zaman $x=0$ olur.
İspat: $x \ne 0$ olsun ve $|x| = \xi > 0$ diyelim. $0 < \epsilon = \xi/2$ seçilsin. $|x| > \epsilon$ olacağı barizdir. Ama bu teoremin hipoteziyle çelişir. QED

Gerçel analiz literatüründen aldığımız bu lemma uyarınca parabol diliminin alanının tam olarak $4 \sigma /3$ olduğu kanıtlanmıştır.

Euler-Fermat teoreminin bir uygulaması

Daha önce bu blogda bölünebilme kurallarından bahsederken Fermat'nın küçük teoremine de değinmiştik. Euler, bu teoremi genelleştirmiş ve daha kullanışlı şu forma getirmiştir.

Euler-Fermat teoremi: obeb$(a,n)=1$ ise, o zaman $a^{\phi(n)}\equiv 1({\rm mod}\ n)$.

Burada Euler fonksiyonu $\phi(n)$ şöyle tanımlanıyor: $1 \leq m \leq n$ olmak üzere, obeb$(m,n)=1$ olan $m$ sayılarının adedi $\phi(n)$ değerini verir. Teoremin bizzat kendisi çok şaşırtıcı zaten ama daha şaşırtıcı olan Euler fonksiyonu için kapalı bir formülümüzün olması. $n=p_{1}^{a_{1}} \cdots p_{k}^{a_{k}}$ biçiminde asal çarpanlarına ayrılıyorsa, o zaman \begin{equation} \phi(n) = n \left( 1 - \frac{1}{p_{1}} \right) \cdots \left( 1 - \frac{1}{p_{k}} \right) \end{equation} formülüyle kolayca hesaplanıyor. Ne Euler-Fermat teoremini ne de yukarıdaki denklemi ispatlayacağım. Bunlara sayılar teorisi üzerine yazılmış standart metinlerden ulaşabilirsiniz. Bugün son zamanlarda sayfaları arasında gezindiğim temel seviyede yazılmış bir sayılar teorisi kitabında gördüğüm bir soruya yaptığım çözümü paylaşacağım.

Problem: $7^{9999}$ sayısının son üç hanesini bulunuz.

Son üç hane demek, sayının 1000 ile bölümünden kalan demektir. Aslında soruyu hazırlayanlar bizden $7^{9999}\equiv x ({\rm mod} \ 1000)$ değerini hesaplamamızı istiyorlar. Bölünebilme kuralları için yaptığımız çalışmada anahtar basamak $10^{k} \equiv \pm 1({\rm mod} \ n)$ değerini veren bir $k$ kuvvetini bulmaktı. Böyle bir kuvveti bulana kadar ya da periyodik bir davranış yakalayana kadar $10^{k}({\rm mod} \ n)$ hesaplamıştık. Burada obeb$(7,1000)=1$ olduğundan Euler-Fermat teoremi $7^{\phi(1000)}\equiv 1({\rm mod} \ 1000)$ olacağını garanti ediyor. Ama $1000=10^{3}=2^{3}5^{3}$ olduğundan \begin{equation} \phi(1000) = 1000 \left( 1 - \frac{1}{2} \right)\left( 1 - \frac{1}{5} \right) = 400 \end{equation} olduğu kolayca hesaplanabilir. Demek ki $7^{400}\equiv 1({\rm mod \ 1000})$ imiş.

Şimdi 9999'a en yakın 400'ün katı 10000'dir. O zaman $1 \equiv 7^{10000} \equiv 7 \cdot 7^{9999} \equiv 7x({\rm mod} \ 1000)$ olduğunu gözleyebiliriz. Dolayısıyla çözmemiz gerekli denklem aşağıdaki gibidir. \begin{equation} 7x \equiv 1({\rm mod} \ 1000) \label{k1} \end{equation} Lineer kongruens denklemlerinde yapılan en yaygın hilelerden birisi (\ref{k1}) nolu denklemi her $x$ değeri için doğru olan aşağıdaki denklemle beraber düşünmektir. \begin{equation} 1000x \equiv 0 ({\rm mod} \ 1000) \label{k2} \end{equation} 7'nin 1000'e en yakın katı 994'tür: $7 \times 142 = 994$. O zaman (\ref{k1}) nolu denklemi 142 ile çarpıp (\ref{k2}) nolu denklemden çıkartalım. \begin{equation} 6x \equiv -142 ({\rm mod}\ 1000) \label{k3} \end{equation} Çilemiz bitmedi. (\ref{k3}) nolu denklemi bir kere daha (\ref{k1}) nolu denklemden çıkartırsak, o zaman \begin{equation} x \equiv 143({\rm mod}\ 1000) \end{equation} sonucuna ulaşır ve çözümü bitiririz.

Sayılar teorisinde tamsayılar, cebirde ise polinomlar adına halka (ring) denilen bir yapı oluştururlar. Halka yapısında taraf tarafa toplama, çıkartma ve çarpma yapılabilir ama bölme sorunludur. (Bu yüzden $7x \equiv 1({\rm mod}\ 1000)$ denklemini çözerken kırk takla atmamız gerekti.)

7'den 77'ye bölünebilme kuralları

Hayır, yetmişyediye kadar olan bütün sayılara bölünebilme kurallarını açıklamayacağım tabii ki ama buradaki malzemeyi kanıksayan okurun her sayıya bölünebilme kuralını kendisinin türetmesini temin etmeye çalışacağım. Son zamanlarda okuduğum bir sayılar teorisi kitabında epeyce zor görünen bir soruyu yazar sadece 9'a ve 17'ye bölünebilmeyi kullanarak tereyağından kıl çeker gibi halletmişti. Ben de 7 ve 17 ile bölünebilmenin en genel halini merak ederken aşağıdaki analizi yaptım. İsterseniz takip edin. Bu esnada kuralı uygulayan olmak yerine, kural koyan olmanın zevkine varabilirsiniz. Rahmetli Cahit Arf'ın dediği gibi: Bir teoremi ispatlamak, onu keşfetmek kadar zevklidir.

7 ile bölünüp bölünmediğini sorgulayacağımız sayı onluk tabanda $A := a_{k}a_{k-1} \ldots a_{1}a_{0}$ formunda temsil edilsin. Daha açık yazıldığında bu \begin{equation*} A = a_{k}\cdot 10^{k} + a_{k-1} \cdot 10^{k-1} + \cdots + a_{1} \cdot 10 + a_{0} \end{equation*} demektir. Sadece bu denkleme bakarak basit bölünebilme kurallarını hemen türetebiliriz. Örneğin yukarıdaki temsili $A=10(a_{k}\cdot 10^{k-1} + a_{k-1} \cdot 10^{k-2} + \cdots + a_{1})+a_{0}$ şeklinde yazdığımızda bu eşitliğin ilk terimi bariz bir şekilde 2, 5 ve 10 sayılarına bölünür. O zaman $A$ sayısının 2, 5 ve 10'a bölünebilmesi için gerek ve yeter şart $a_{0}$ rakamının bu sayılara tam bölünebilmesidir. Daha açık yazmak gerekirse $a_{0} \in \{0,2,4,6,8\}$ ise sayı 2'ye, $a_{0} \in \{0,5\}$ ise sayı 5'e ve $a_{0}=0$ ise sayı 10'a tam olarak bölünür. Öte yandan 3 ve 9'a bölünebilmenin kuralları için biraz daha çabalamamız lazım. İşe çok basit ama önemli bir lemma ile başlayalım. İspatını okurun bildiğini, kendisinin yapabileceğini ya da sayılar teorisi ile ilgili temel seviyede yazılmış kaynaklardan ulaşabileceğini varsayıyorum.

Lemma: (1) $a \equiv b ({\rm mod} \ n)$ ve $c \equiv d({\rm mod} \ n)$ ise, o zaman \begin{eqnarray}\nonumber a+c &\equiv& b+d ({\rm mod}\ n), \\ \nonumber a-c &\equiv& b-d ({\rm mod}\ n), \\ \nonumber ac &\equiv& bd ({\rm mod}\ n). \end{eqnarray} (2) $a \equiv b({\rm mod}\ n)$ ise, o zaman her $c$ için \begin{eqnarray}\nonumber a+c &\equiv& b+c({\rm mod}\ n), \\ \nonumber a-c &\equiv& b-c({\rm mod}\ n), \\ \nonumber ac &\equiv& bc({\rm mod}\ n). \end{eqnarray}

Öncelikle $10 \equiv 1({\rm mod}\ 3)$ olduğunu gözlüyoruz. Yukarıdaki lemma uyarınca $10^{2} \equiv 10 \equiv 1({\rm mod}\ 3)$ olur. Tümevarımla okur $10^{k} \equiv 1({\rm mod}\ 3)$ olduğunu kolayca gösterebilir. O zaman $A$ sayısının onluk tabandaki temsilinden \begin{equation*} A \equiv a_{k}+a_{k-1}+ \cdots + a_{1}+a_{0} ({\rm mod}\ 3) \end{equation*} olduğunu gösterebilirsiniz. İşte 3'e bölünebilme kuralı çıktı! Sayının rakamları toplamı 3'e bölünüyorsa, o zaman sayı da 3'e bölünebilir. 9'a bölünebilme kuralı da böyle ispatlanmalı. Çünkü $10 \equiv 1({\rm mod}\ 9)$ olduğundan $10^{k}\equiv 1({\rm mod}\ 9)$ olur. Yani bir sayının rakamları toplamı 9'a bölünüyorsa, o zaman sayı da 9'a bölünebilir.

Dikkatli okur yukarıdaki analizde $10^{k}\equiv 1({\rm mod}\ n)$ denkliğinin anahtar basamak olduğunu gözlemiştir. $n=3$ veya $n=9$ için bu denklik her $k \in {\mathbb N}$ için doğru ve bölünebilme kuralı da aşırı derecede kolaylaşmış oluyor. 7'ye bölünebilmede işimiz biraz daha uzayacak. Öncelikle 10'un kuvvetlerini mod 7'de inceleyelim. \begin{eqnarray} \nonumber &&10^{0} \equiv 1({\rm mod}\ 7), \ 10^{1} \equiv 3({\rm mod}\ 7),\ 10^{2} \equiv 30 \equiv 2({\rm mod}\ 7) \\ \nonumber &&10^{3} \equiv 20 \equiv 6 \equiv -1 ({\rm mod}\ 7), \ 10^{4} \equiv -10 \equiv -3 ({\rm mod}\ 7) \\ \nonumber &&10^{5} \equiv -30 \equiv -2 ({\rm mod}\ 7) \\ \nonumber &&10^{6} \equiv -20 \equiv 1({\rm mod}\ 7) \ \ \ {\rm Burada \ dur!} \end{eqnarray}

Durduğumuz noktada modüler olarak 1'e ulaştık. Hatırlanacağı üzere modüler olarak 1'e ulaşmak 3 ve 9'a bölünebilmede anahtar basamaktı. Bu yazıdaki lemmayı kullanarak $k \equiv K({\rm mod} 6)$ olmak üzere, $10^{k} \equiv 10^{K}({\rm mod} 7)$ olduğunu gözleyebiliriz. Dikkat edilirse yukarıdaki döngüyü çıkarırken denkliklerin sağ taraflarını mutlak değerce $3$'ü geçmeyecek şekilde ayarladık. Bu bizim işimizi kolaylaştıracaktır. $A$ sayısını mod 7'de yazabiliriz. \begin{equation*} A \equiv (a_{0}-a_{3}+a_{6}-a_{9}+\cdots) + 3(a_{1}-a_{4}+a_{7}-a_{10}+\cdots) + 2(a_{2}-a_{5}+a_{8}-a_{11}+\cdots) ({\rm mod}\ 7) \end{equation*}

Hafta Farsça'da, hepta Yunanca'da 7 demek. 7 sayısı genellikle bir işin tamamlanmasını ve mükemmeliyete ermesini temsil eder. Aynı zamanda bir haftada 7 gün olması da modüler aritmetikte Bugün Cuma ise 740585 gün sonra hangi gün olur? gibi sözlü soruların da karşımıza çıkmasına neden oluyor. $A=740585$ sayısının hanelerini 7'ye bölünebilme kuralıyla ilgili denklemde kullanırsak, o zaman \begin{equation*} 740585 \equiv (5-0) + 3(8-4) + 2(5-7) \equiv 13 \equiv -1 ({\rm mod}\ 7) \end{equation*} olur ve aradığımız günün Perşembe olduğu tespit edilir.

Bölünebilme ile ilgili ek bazı yorumlarda bulunarak bu postayı bitireceğiz.

1. $n = p_{1}p_{2}\cdots p_{k}$ birbirinden farklı asal sayıların çarpımı biçiminde yazılabiliyorsa, o zaman herhangi bir sayının $n$ ile bölünebilmesi için $p_{1},p_{2},\ldots ,p_{k}$ ile bölünebilmesi gerekir. Örneğin 15' bölünebilme şartı basitçe hem 3'e hem de 5'e bölünebilmektir.
2. $10^{k}\equiv 1({\rm mod}\ n)$ ne kadar hızlı gerçekleşirse, o zaman $n$ ile bölünebilme kuralı da kadar kolaylaşır. Örneğin $10^{1}\equiv -1({\rm mod}\ 11)$ ve $10^{2} \equiv -10 \equiv 1({\rm mod}\ 11)$ olduğundan, 10'luk tabanda temsil edilen $A$ sayısı için \begin{equation*} A \equiv (a_{0}+a_{2}+a_{4}+\cdots) - (a_{1}+a_{3}+a_{5}+\cdots) ({\rm mod}\ 11) \end{equation*} olur. 11'e bölünebilme ile ilgili bu kuralı siz muhtemelen daha önceden de ezbere -ama ispatsız- biliyordunuz.
3. Burada uyguladığımız algoritma ile ilgili okur şu soruyu sorabilir: Ne malum $10^{k} \equiv 1({\rm mod}\ n)$ olacağı? Ya böyle bir $k$ yoksa? Hemen cevap verelim:

   Fermat'nın küçük teoremi: $p$, $A$ sayısını bölmeyen asal bir sayı olsun. O zaman $A^{p-1} \equiv 1({\rm mod}\ p)$.

   Bu teoremin ispatı hemen hemen her sayılar teorisi ya da soyut cebir kitabında olsa gerektir. (Belki bir gün yerölçüsünde de değinebiliriz bu teoremin başka uygulamalarına.)
4. Bölünebilme kuralını uygulayacağımız sayı asal değilse, o zaman gerçekten de $10^{k} \equiv 1({\rm mod}\ n)$ hiç bir zaman gerçekleşmeyebilir. Örneğin $10 \equiv -2({\rm mod}\ 12)$ ama $k \geq 2$ için $10^{k} \equiv 4({\rm mod}\ 12)$ olur. Burada da periyodik bir davranış arayıp ona göre bir bölünebilme kuralı türeteceğiz. 12 ile bölünebilmede şansımız yaver gitti ve \begin{equation*} A \equiv a_{0}-2a_{1} + 4(a_{2}+a_{3} + \cdots)({\rm mod}\ 12) \end{equation*} kuralını ispatlamış olduk.
5. $n$ asal değilse, $10^{k}({\rm mod}\ n) \in \{0,\ldots,n-1\}$ dizisinin periyodik olduğunu gösterebilir misiniz? (İpucu: Dizinin periyodik olmadığını varsayıp, bir çelişkiye ulaşmaya çalışın.)

Dbfşbs Şfabs ejzf ölüonba

Stanley Kubrick'in meşhur 2001: A Space Odyssey adlı sinema eserinde yapay zeka ürünü bir bilgisayar var ve yapay zeka unsurunun konu edildiği her filmde olduğu gibi insiyatifi eline alıp hayatı insanlara zehir ediyor, hatta bazılarının ölümüne sebebiyet veriyor. Bilgisayarın adı HAL 9000 ama filmde bilgisayara kısaca HAL diyorlar. Şimdi İngiliz alfabesinden HAL'ın ismindeki her harfi bir sonraki ile değiştirelim: H→I, A→B ve L→M oluyor. Diğer bir ifadeyle HAL, IBM'e dönüşüyor. Söylemeye lüzum yok, IBM hem o zamanların hem de günümüzün en önde gelen teknoloji üreticilerinden birisi. Kubrick bunun bir tesadüf olduğunu söylüyor. Epey manidar bir tesadüf...

HAL'ın ismindeki harfleri bir kaydırmak zorunda değiliz. Mesela dört kaydırdığımızda LEP oluyor yapay zeka mamülünün adı. LEP'ten HAL'a geri dönmek istersek, o zaman da dört geri kaydıracağız. Kubrick Amerikalı değil de Leh (Polonyalı) olsaydı ve bilgisayarına HAL yerine WYZC diye bir isim seçseydi, o zaman modüler aritmetiğe başvurmak zorunda kalacaktık. Z harfini dört kaydırmak için alfabenin başına dönüp, oradan devam edecektik ve WYZC, ACDG olacaktı.

Yukarıda tarif ettiğimiz yöntem aslında antik çağlarda haberleşme güvenliğini sağlamak için Sezar tarafından kullanılıyordu ve Sezar şifrelemesi olarak bilinir. Sezar şifrelemesinde metindeki her bir harf alfabade $n$ birim kaydırılır. $n$ burada kilitleme anahtarı olarak adlandırılır. Alıcı ise deşifreleme için şifreli metni $n$ birim geri kaydırır ya da $-n$ birim ileri. Burada $-n$ ise açma anahtarı olabilir. Görüldüğü gibi metni şifreleyen ve deşifreleyen anahtarlar farklı. Öte yandan birisini bilince ötekini de hemen buluyorsunuz. Aşağıda kendisi kripto gibi olan bir şiirin 22 harf kaydırılarak şifrelenmiş hali görülüyor.

kara bir irin akiyor opunce o yikilmis gulusunden cocuklarin kara bir salgidir cunku buyuk seruvenler ve cocuklarin soluk alislari da urker herkes usumus bir anahtar olagelmekten      bir cocugun sehri carpar yuzumun varoslarina

gwnw xen enej wgeukn klqjya k uegehieo cqhqoqjzaj ykyqghwnej gwnw xen owhcezen yqjgq xquqg oanqrajhan ra ykyqghwnej okhqg wheohwne zw qngan dangao qoqiqo xen wjwdpwn khwcahiagpaj xen ykyqcqj oadne ywnlwn uqvqiqj rwnkohwnejw

Sağ taraftaki mesaja bakınca sanki birisi rasgele klavyenin tuşlarına basmış gibi görünüyor. Şöyle düşünebilirsiniz: Böylesine tesadüfi görünen ve manasız bir metni deşifrelemek çok zor olmalı. Maalesef yanlışsınız. Sezar şifrelemesi sadece nostaljik ve tarihi öneme sahiptir. Çünkü alfabenizde kaç harf varsa, ancak o kadar anahtarınız olabilir. Şifreli mesajınızı ele geçiren bir saldırganın yapması gereken sadece -o da en kötü durumda- alfabenizdeki harf sayısından bir eksiği kadar deneme yanılma ile metindeki harfleri kaydırmaktır. Öte yandan Sezar döneminde insanların çoğunun okuma yazma dahi bilmediği düşünülürse, kendi çağı için güzel bir fikir olduğunu söyleyebiliriz.

Yıllar önce yazdığım Sezar kripto algoritmasına göre metni hem şifreleyen hem de deşifreleyen bir C programını aşağıya bırakıyorum. İyi eğlenceler.

/*
 * caesar.c is a small encryption program that (de)ciphers texts by using the
 * English alphabet. With the exception of lower and upper case letters,
 * everything else is left untouched although it is an easy matter to modify
 * the program so that they are encrypted/decrypted, too. The compiler command
 * is as follows: gcc -Wall -O3 caesar.c -o caesar
 *
 * MUSTAFA DEMIRPLAK
*/

#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>

void encrypt(FILE *ip, FILE *op, int key);
/*
 * This function produces the ciphertext in op, from the plaintext ip using
 * the integer key according to Caesar's encryption scheme. Being symmetric,
 * negative of the key deciphers the text. Since English alphabet is used, key
 * must be in [-25,25].
*/

int main(int argc, char **argv)
{
   FILE *p1, *p2;
   if(argc != 4){
      printf("Usage: caesar [plaintextfile] [ciphertextfile] [integerkey]\n");
   } else if(abs(atoi(argv[3])) > 25) {
      printf("key (%d) must be an integer in [-25,25]\n", atoi(argv[3]));
      } else {
      p1 = fopen(argv[1],"r"); p2 = fopen(argv[2],"w");
      encrypt(p1, p2, atoi(argv[3]));
      fclose(p1); fclose(p2);
   }
   return(0);
}

void encrypt(FILE *ip, FILE *op, int key)
{
   char *line = NULL;
   int i;
   size_t len = 0;
   ssize_t read;

   while((read = getline(&line, &len, ip)) != -1) {
      for(i=0; i < read-1; i++){
         if(line[i] >= 'A' && line[i] <= 'Z'){
            line[i] = 'A' + (line[i] - 'A' + key)%26;
            while(line[i] < 'A')
               line[i] = line[i] + 26;
         } else if(line[i] >= 'a' && line[i] <= 'z'){
            line[i] = 'a' + (line[i] - 'a' + key)%26;
            while(line[i] < 'a')
               line[i] = line[i] + 26;
            }
      }
      fprintf(op,"%s",line);
   }
   free(line);
}

Vektör çarpımı ve üçgen alanı arasındaki ilişki bazı işlemleri kolaylaştırır

35. UMO takım seçme sınavı 4. soru: $ABC$ üçgeninin kenarları üzerinde $P \in AB$, $Q \in BC$, $R \in CA$ ve \begin{equation*} \frac{|AP|}{|AB|} = \frac{|BQ|}{|BC|} = \frac{|CR|}{|CA|} = k < \frac{1}{2} \end{equation*} olacak biçimde $P$, $Q$ ve $R$ noktaları alınıyor. $G$ noktası $ABC$ üçgeninin ağırlık merkezi olduğuna göre $\frac{S(\triangle PQG)}{S(\triangle PQR)}$ oranını bulunuz.

Bu soruyu yıllar önce tuttuğum defterlerimden birisinin ortasında buldum. Muhtemelen Matematik Dünyası'nın eski sayılarından birisinden aldığım bir soru ve altında da kendi çözümüm vardı. Soruyu hazırlayanlar daha kısa ve kolay bir çözüm bulmuşlardır ama benim yaptığım çözüm vektör analizinden gidiyor. $ABC$ üçgenini analitik düzleme yerleştirdiğimizde üç noktası için toplamda 6 tane sayıya ihtiyacımız var. Bu çok fazla, çünkü üçgenin toplamda sadece 3 tane serbestiyet derecesi var ve her üçgeni tarif etmek için en çok üç sayı yeterli. Şimdi genelliği kaybetmeden üçgenin tabanını $x$ ekseninde, tepe noktasını ise $y$ ekseninde konuçlandıralım. O zaman noktaların koordinatları $A = (0, \xi)$, $B= (\eta,0)$ ve $C=(\zeta,0)$ olur. Görüldüğü gibi üç sayı üçgeni tarif etmek için yeterlidir. Dahası ağırlık merkezinin koordinatlarını da kolayca hesaplayabiliriz. $G=\tfrac{1}{3}(A+B+C)$ olduğundan \begin{equation*} G=\left( \frac{\eta+\zeta}{3},\frac{\xi}{3} \right) \end{equation*} bulunur.

İkinci aşamada $P$, $Q$ ve $R$ noktalarının koordinatlarını bulmamız gerekiyor. $P=(x_{P},y_{P})$ olsun. Üçgenlerin benzerliğinden $\frac{x_{p}}{\eta} = k$ ya da $x_{P} = k\eta$ olur. Aynı şekilde $\frac{\xi-y_{p}}{\xi}=k$ denkleminin çözümüyle $y_{P}=(1-k)\xi$ olduğu ortaya çıkar. $Q$ ve $R$ noktaları için de aynı analizi tekrar edersek bu noktaların koordinatlarını da çıkarmış oluyoruz. \begin{equation*} P = (k\eta, (1-k)\xi), \ \ \ Q = ((1-k)\eta+k\zeta,0), \ \ \ R = ((1-k)\zeta,k\xi). \end{equation*} Vektörel çarpım ve alan arasındaki ilişkiyi kullanacağız. Hatırlanacağı üzere $S(\triangle PQR) = \tfrac{1}{2}|\vec{QP} \times \vec{QR}|$ bize $PQR$ üçgeninin alanını veriyordu.

\begin{eqnarray}\nonumber \vec{QP} &:=& P-Q = ((2k-1)\eta-k\zeta,(1-k)\xi) \\ \nonumber \vec{QR} &:=& R-Q = ((1-2k)\zeta-(1-k)\eta,k\xi) \end{eqnarray} Nihayet $\vec{u} \times \vec{v} = u_{x}v_{y}-u_{y}v_{x}$ olduğunu hatırlarsak, o zaman \begin{equation*} S(\triangle PQR) = \frac{1}{2}\xi |\eta-\zeta| (3k^{2}-3k+1) \end{equation*} olduğunu gösteririz. Tamamen benzer yöntemlerle \begin{eqnarray} \nonumber S(\triangle PQG) &=& \frac{1}{2}|\vec{GP}\times \vec{GQ}| \\ \nonumber &=& \frac{1}{2}\xi|\zeta-\eta| \left(k^{2}-k+\frac{1}{3}\right) \end{eqnarray} olduğu da gösterilir. Bu ise aranılan oranın basitçe $1/3$ olduğunu ispatlar. Alanların oranı $k$ orantı sabitinden bağımsız çıkmıştır.

İlginçtir, $PQR$ üçgeninin ağırlık merkezini hesaplamaya kalktığımızda $g = \tfrac{1}{3} (P+Q+R) = ( 2/3, 1/3)$ sonucuna ulaşıyoruz. Bu noktanın koordinatları da $k$ orantı sabitinden bağımsızdır.

Bütün rasyonel sayılar ve karekökleri cetvel ve pergelle kurulabilir

Cetvel pergel çizimleri ile cebir ve sayılar teorisini birleştirmeye kalktığımızda rasyonel sayılar ve onların kökleri karşımıza çıkar. Örneğin ikinci dereceden bir denklemin çözümünde diskriminant köklü bir ifadedir ve denklemin katsayıları tam sayı ise, o zaman bu diskriminantın da nasıl kurulacağını tarif etmemiz gerekir. Aşama aşama bu çizimleri yapacağız. Açık konuşmak gerekirse bu postayı Felix Klein'in cetvel pergel çizimiyle $ax^{2}+bx+c=0$ denklemine önerdiği çözümü gördükten sonra yazdım. Çizim meşhur İngiliz matematikçi Hardy'nin analiz ders kitabında geçiyordu. O da Fransızca bir kaynaktan almış. (Evet, Klein Alman!)

1. Tam sayıların çizimi: $AB$ doğru parçası bizim uzunluk birimimiz olsun ve $B$ ucundan bu doğru parçasını düzlemde sonsuza kadar uzatalım. Merkezi $B$, yarıçapı $|AB|$ olan bir çember doğruyu $A$ ve $C$ noktalarında keser. Barizdir ki $|AC| = 2 |AB|$. Bu bize uzunluğu 2 birim olan bir doğru parçası kurmayı öneriyor. Merkezi $C$, yarıçapı $|BC|$ olan bir çember daha çizdiğimizde bu çember doğruyu $B$ ve $D$ noktalarında keser. Yine barizdir ki $|AD|=3|AB|$ olur. Tümevarımla devam ettiğimizde uzunluğu $n \in {\mathbb N}$ birim olan bir doğru parçasını kurabiliriz.
2. Tam sayıların kareköklerinin çizimi: Uzunluk birimimiz verilmiş olsun. O zaman kenarları 1 birim olan ikizkenar dik üçgeni çizdiğimizde hipotenüsün uzunluğu $\sqrt{2}$ birim olur. Şimdi $1,\sqrt{2},\sqrt{3},\ldots,\sqrt{n}$ uzunluklarını (burada $n \in {\mathbb N}$) çizebildiğimizi varsayalım. O zaman tabanı $\sqrt{n}$ yüksekliği 1 birim olan dik üçgenin hipotenüsünün uzunluğu $\sqrt{n+1}$ olacağından, tümevarımla bütün tam sayıların kareköklerinin de cetvel ve pergelle çizilebileceğini göstermiş oluyoruz.
3. Rasyonel sayıların çizimi: Rasyonel sayımız $a/b$ ve $a,b \in {\mathbb N}$ olmak üzere $b \ne 0$ olsun. $a < b$ varsayacağız. ($a > b$ ise, o zaman $a/b = k + r/b$ ve $0 \leq r < b$ şeklinde $k$ ve $r$ tam sayıları vardır. $k$ tam sayısı yukarıda anlattığımız gibi, $r/b$ rasyonel sayısı ise şimdi anlatacağımız gibi kurulabilir.) $|BC|=1$ ve $|AB| = b$ uzunluğunda bir dik üçgen çizilsin. $AB$ kenarı üzerinde merkezi $A$, yarıçapı $a$ olan bir çember $AB$ kenarını $P$ noktasında keser: $|AP|=a$. $P$ noktasından $BC$ kenarına çekilen paralel doğru $AC$ kenarını $Q$ noktasında kessin. Üçgenlerin benzerliğinden \begin{equation*} \frac{|PQ|}{|BC|} = \frac{|AP|}{|AB|} \end{equation*} olur. Nicelikler yerine konulduğunda $|PQ| = a/b$ olduğu görülür.
4. Rasyonel sayıların karekökleri: Çizmemiz gereken rasyonel sayının karekökü $\sqrt{a/b}$ ve ${a,b \in {\mathbb N}}$ olacak şekilde $b\geq 1$ olsun. ($b=1$ ise, o zaman $\sqrt{a}$ niceliğinin nasıl çizileceğini anlattık.) Yine yandaki dik üçgen üzerinden gideceğiz. Öncelikle $a < b$ varsayalım. ($a > b$ durumu okura alıştırma olarak bırakılmıştır.) $|BC|=1$ ve $|AB| = \sqrt{b}$ uzunluğu yukarıda anlattığımız yöntemler kullanılarak kurulabilir ve $ABC$ dik üçgeni çizilebilir. $|AP|=\sqrt{a}$ uzunluğunu $AB$ üzerinde olacak şekilde kuralım. $P$ noktasından $BC$ kenarına çekilen paralel $BC$ kenarını $Q$ noktasında keser. Üçgenlerin benzerliğinden \begin{equation*} \frac{|PQ|}{1}=\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{b}} \end{equation*} olur.

---

Nedir sayı? Bu göründüğünden çok daha zor bir soru ve cevaplamaya kalkmayacağız. Yüzeysel olarak dolayımından geçeceğiz sadece. Biz ilkokuldayken şöyle bir efsane anlatılırdı. Çobanın birisi sürüsündeki koyunları saymak için bir torbaya ahıra her koyun giridiğinde bir çakıl taşı atıyormuş. Her koyun çıktığında da bir çakıl alıyormuş torbadan. Böylece ahırdaki koyun kadar çakıl taşı oluyormuş torbada. Doğal sayılar böyle keşfedilmiş. Üç aşağı beş yukarı sayı dediğimiz şey günlük hayatta böyle kullanılagelmiştir. Rasyonel ve kareköklü sayılara gelince koyun sayma işi biraz zora giriyor. Antik Yunan kültüründeki geometricilerin sayı ile uzunluk ve alanı ilişkilendirip, sayıları uzunluk ve alanın ölçüsü olarak düşünmeleri rasyonel ve kareköklü sayıların temsil edilmesini de temin etmiştir. Vurgulayalım: hemen hemen her rasyonel sayının karekökü irrasyoneldir. Dolayısıyla cetvel pergel çizimleri bazı irrasyonel sayıların da kurulmasına olanak sunuyor.

Atomik spektroskopinin en meşhur problemi sayılar teorisi ile çözülür

(Bu postayı pdf formatında indirmek için tıkla.)

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

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

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

Problem: Aralarında asal $a>b>0$ doğal sayıları veriliyor. Aşağıdaki denklemi sağlayan $n$ ve $m$ pozitif tam sayılarını -var iseler- bulunuz. \begin{equation} \frac{a}{b} = \frac{n^{2}m^{2}}{m^{2}-n^{2}} \ \ \ \ \ (3) \end{equation}

Çözüme başlamadan önce \begin{equation} 4m^{2}n^{2} = (m^{2}+n^{2})^{2} - (m^{2}-n^{2})^{2} \end{equation} özdeşliğini hatırlıyor ve bunu (3) nolu denklemde kullanıyoruz. O zaman çözmemiz gereken Diophantos, ya da Latince'de Diophantus, denklemi yeniden düzenlemelerden sonra aşağıdaki gibi oluyor. \begin{equation} b(m^{2}-n^{2})^{2} + 4a(m^{2}-n^{2}) - b(m^{2}+n^{2})^{2} = 0 \ \ \ \ \ (4) \end{equation} Cebirsel manipulasyonları kolaylaştırmak için geçici bir süreliğine $M:=m^{2}+n^{2}$ ve $N:=m^{2}-n^{2}$ değişkenlerini tanımlıyoruz. O zaman (4) nolu denklem \begin{equation} bN^{2} + 4aN - bM^{2} = 0 \ \ \ \ \ (5) \end{equation} halini alıyor. Son olarak $N=: Y - \tfrac{2a}{b}$ ile von Tschirnhaus ya da Tschirnhausen dönüşümünü uygularsak, o zaman (5) nolu denklem aşağıdaki gibi olur. \begin{equation} b^{2}Y^{2}-b^{2}M^{2} = 4a^{2} \ \ \ \ \ (6) \end{equation} von Tschirnhaus dönüşümünün (5) nolu denklemin birinci dereceli terimini imha ettiğini gözleyiniz. Ama (6) nolu denklemin sol tarafı iki kare farkı ve çok kolay bir şekilde çarpanlarına ayrılır. Dahası $Y$ ve $M$ yerine $n$ ve $m$ cinsinden ifadelerini geri koyarsak, o zaman uğraşmamız gerekli denklem \begin{equation} a^{2} = (a-bn^{2})(a+bm^{2}) \ \ \ \ \ (7) \end{equation} formuna getirilir.

İyi ama (7) nolu denklemi nasıl çözeceğiz? Öncelikle $a - bn^{2} < a$ ve $a+bm^{2}>a$ olduğunu gözleyelim. O zaman $p < a$ ve $q>a$ ve $pq=a^{2}$ olacak şekilde $a^{2}$ sayısını iki tam sayının çarpımı şeklinde temsil edeceğiz. Bu temsiller $a^{2}$ niceliğinin çarpanlarının bir kombinasyonu olduğu için sonlu bir küme oluştururlar. Daha sonra $p=a-bn^{2}$ ve $q = a + bm^{2}$ denklemlerinin çözümünden \begin{equation} n = \sqrt{\frac{a-p}{b}} \ \ \ {\rm ve} \ \ \ m = \sqrt{\frac{q-a}{b}} \ \ \ \ \ (8) \end{equation} değerlerini buluyoruz. (8) nolu denklem eğer eşitliklerin sağ tarafları birer tam sayı ise geçerlidir!

$(p,q)$ sıralı çiftlerinden oluşan deneme yanılma kümesini küçültmek için herşeyden önce (8) nolu denklemde kök içindeki oranların tam sayı olma şartlarının $p \equiv a \mod b$ ve $q \equiv a \mod b$ olduğunu gözlüyoruz. Geçişme özelliğinden bu \begin{equation} p \equiv q \equiv a \mod b \ \ \ \ \ (9) \end{equation} denkliğiyle ifade edilebilir. (9) nolu denklemdeki kongruens (denklik, eşlik) şartını sağlamayan $(p,q)$ çiftlerini hemen eleyeceğiz.

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

$(p,q)$	$n=\sqrt{\tfrac{a-p}{b}}$	$m=\sqrt{\tfrac{q-a}{b}}$
(1,1296)	√7	6√7
(6,216)	√6	6
(16,81)	2	3

Tablodan da çok net bir biçimde görüleceği üzere sadece $n=2$ ve $m=3$ için tam sayı çözümü mümkündür.

Postayı bitirirken bazı yorumlarda bulunacağız.

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

---

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

Elips parçasından elipsin kütle merkezini cetvel ve pergel ile bulma

Daha önce bu blogda Kepler kanunları çerçevesinde elipsi çalışmış ve orijinin odaklardan birisiyle çakışık olduğu analitik düzlemde elipsin denklemini türetmiştik. Böyle bir yaklaşım astronomik uygulamalarda çok büyük kolaylık sağlıyordu çünkü referans noktamız güneş gezegenlerin yörüngesinin (kütle) merkezinde değil, odaklardan birisindeydi.

Şöyle bir problemle bugünkü konuyu motive edelim. Pluto'yu gözlüyorsunuz ve onu ilk keşfeden astronom sizsiniz. Kepler kanunlarından ve Newton'ın genel çekim teorisinden biliyorsunuz ki Pluto'nun yörüngesi bir elips, en azından yaklaşık olarak. Hemen şu soruyu soruyorsunuz: Pluto'nun yörüngesinin majör ve minör eksenleri nerede? Ah, unutmadan söyleyelim, bu farazi keşfinizde her şey canınızın istediği gibi değil. Güneş nedense kararmış, onu referans alamıyorsunuz. Yapabileceğiniz tek şey Pluto'nun yörüngesini bir süreliğine takip edip bir elips parçası çizmek. Yörüngenin parametrelerini çıkarabilmek için bir Pluto yılı bekleyecek kadar zamanınız yok. Sonuçta bir Pluto yılı yaklaşık 250 Dünya yılı tutuyor. Ne yapıp edip elips parçasından yörüngeyle ilgili parametreleri çıkarmanız gerekiyor. Ne yaparsınız?

Bu problemi kurdum ve çözmeden önce parabolde yaptıklarımızı (bak. Problem 17 ve 19) yineleyeceğimizi sandım ama durum o kadar kolay değildi. Öte yandan fazla da şikayet etmenin alemi yok. Sonuçta dermansız derde düşmüş değiliz! 250 yıl bekleyip Pluto'nun yörüngesinin ortaya çıkmasını bekleyebiliriz... Mürailik bir yana, biz işe operasyonel bazı lemmata ile başlayalım.

Lemma 1: Yarı majör ve yarı minör eksenleri sırasıyla $a$ ve $b$ olan elips ile $l: \ y=mx+n$ doğrusunun kesişim noktaları $P$ ve $Q$ olsun. O zaman \begin{eqnarray}\nonumber x_{P,Q} &=& \frac{-a^{2}mn \mp ab\sqrt{\Delta}}{\Delta + n^{2}} \\ \nonumber y_{P,Q} &=& \frac{b^{2}n \mp abm\sqrt{\Delta}}{\Delta + n^{2}} \end{eqnarray} ile verilir. Burada $\Delta := a^{2}m^{2}+b^{2}-n^{2}$ ile tanımlanıyor.
İspat: Elips ile doğru kesişiyorlarsa, kesiştikleri noktaların koordinatları hem elipsin hem de doğrunun denklemini sağlar. Koordinatları $(\xi,\eta)$ olan bir noktada elips ve doğru kesişsin. O zaman \begin{equation*} b^{2}\xi^{2} + a^{2}(m\xi+n)^{2} = a^{2}b^{2} \end{equation*} denklemini yeniden düzenlediğimizde aşağıdaki kuadratik denklemle karşılaşıyoruz. \begin{equation*} (b^{2}+a^{2}m^{2})\xi^{2} + 2a^{2}mn\xi + a^{2}(n^{2}-b^{2}) = 0 \end{equation*} Bu denklemin diskriminantı $4a^{4}m^{2}n^{2}-4a^{2}(n^{2}-b^{2})(a^{2}m^{2}+b^{2})$ ya da $4a^{2}b^{2}(a^{2}m^{2}+b^{2}-n^{2})$. Kuadratik formül kullanılarak $x_{P,Q}$ noktasını veren denklem ispatlanır. Bulduğumuz nokta doğru üzerinde olduğundan $\eta = m\xi + n$ ile de $y_{P,Q}$ noktasını veren denklemin ispatı tamamlanmış olur. QED

İşaret: $\Delta < 0$ ise, o zaman tabii ki elips ile doğru kesişmezler. Öte yandan $\Delta = 0$ elips ile doğrunun teğet olma şartıdır.

Şimdi birbirine paralel olacak şekilde elipse kiriş iki doğru, $c_{1}$ ve $c_{2}$ alalım. Bu doğruların eğimleri, $m$ olsun, aynıdır. Ama kesme noktaları, $n_{1}$ ve $n_{2}$ diyelim, farklıdırlar. Elips içinde birbirine paralel iki kirişin orta noktaları, $U_{1}$ ve $U_{2}$ olsun, Lemma (1) kanalıyla kolayca hesaplanılabilir. Örneğin \begin{eqnarray}\nonumber x_{U_{1}} &=& -\frac{a^{2}mn_{1}}{a^{2}m^{2}+b^{2}} \\ \nonumber y_{U_{1}} &=& \frac{b^{2}n_{1}}{a^{2}m^{2}+b^{2}} \end{eqnarray} olur. Devamla $U_{1}$ ve $U_{2}$ noktalarından geçen doğru, adına $l$ diyelim, analitik düzlemde $y = Mx + N$ denklemiyle verilsin. O zaman bu doğrunun eğimi aşağıdaki gibi olur. \begin{equation*} M=\frac{y_{U_{2}}-y_{U_{1}}}{x_{U_{2}}-x_{U_{1}}} = -\frac{b^{2}}{a^{2}m} \end{equation*} Yani kirişlerin orta noktalarını birleştiren doğrunun eğimi bu kirişlerin kesme noktalarından bağımsızdır. Ama daha önemlisi $N = y_{U_{1}}-Mx_{U_{1}}$ heaplanırsa tam olarak $N=0$ olduğu ortaya çıkar! Diğer bir ifadeyle

Lemma 2: Elips içinde birbirine paralel iki kirişin orta noktalarını birleştiren doğru, elipsin kütle merkezinden geçer.

Bu fikirleri kullanarak verilen bir elips parçasının kütle merkezini cetvel ve pergelle tayin edebiliriz.

Teorem 1: (Elips parçasından elipsin kütle merkezinin bulunması.)

1. Verilen bir elips parçasının üstünde alınan iki farklı noktadan ($P$ ve $Q$) geçen kiriş ve bu kirişin orta noktası ($U$) tespit edilir. Bu kirişe paralel ikinci bir kiriş daha çizilir ve orta noktası $V$ tespit edilir. $U$ ve $V$ noktalarından geçen doğru $l_{1}$ çizilir.
2. Yukarıdaki işlemler $PQ$ kirişine paralel olmayan (ama kendi aralarında paralel) başka iki kiriş için de tekrarlanır ve bu iki kirişin orta noktalarından geçen $l_{2}$ doğrusu çizilir.
3. $l_{1}$ ve $l_{2}$ elipsin kütle merkezinde kesişirler.

Astronomik uygulamalar için elips

Kepler kanunlarını veya bu kanunların hem bilim hem de hristiyanlık tarihindeki etkisini burada anlatmaya gerek görmüyorum. Güneş sistemindeki gezegenlerin hareketine dair olan bu kanunlardan ilkine göre gezegen odaklarından birisinde güneşin bulunduğu bir elips üzerinde hareket eder. Bu özel konumdan dolayı, astronomide güneş-gezegen dinamiği çalışılırken güneş (yani odaklardan birisi) orijinle çakışık olarak ele alınır. Bu genellikle bizim yabancısı olduğumuz bir konfigürasyondur, çünkü analitik geometride elipsin kütle merkezini orijine oturtmak daha kolaydır. O zaman bizim geometrici olarak vazifemiz Kepler kanunlarına uygun bir elips denklemi vermektir.

İşe elipsin tanımından başlayacağız: Adına odaklar denilen iki noktaya uzaklıkları toplamı sabit olan düzlemdeki bütün noktaların yerine elips denir. Kuşkusuz elipsin bundan başka tanımları da var. Ama tanımlardan birisini seçip, başlamak gerekiyor. Aynı zamanda mekanik olarak elips çizimi için en uygun tanım da budur.

Şimdi genelliği kaybetmeden odakları $F_{1}:=(-f,0)$ ve $F_{2}:=(f,0)$ noktalarına yerleştirelim. Elips $x$ eksenini $(a,0)$ noktasında kessin. O zaman, elipsin tanımı uygulandığında \begin{equation*} a - f + a + f = 2a =: K \ ({\rm bir \ sabit}) \end{equation*} olması gerektiği görülür. Devamla elipsin $y$ eksenini $(0,b)$ noktasında kestiğini kullanırsak, o zaman da yine elipsin tanımı gereği \begin{equation*} 2\sqrt{b^{2}+f^{2}} = K = 2a \end{equation*} olur. Her iki tarafın karesi alınıp bu denklem yeniden düzenlendiğinde odak uzaklığını ifade edebiliyoruz. \begin{equation*} f = \sqrt{a^{2}-b^{2}} \end{equation*} Son olarak herhangi bir nokta için de elipsin tanımını kullanalım. \begin{equation*} \sqrt{(x-f)^{2}+y^{2}} + \sqrt{(x+f)^{2}+y^{2}} = 2a \end{equation*} Her iki tarafın karesi alınıp sadeleştirmelerden sonra aşağıdaki sonuca ulaşıyoruz. \begin{equation*} x^{2}+f^{2}+y^{2} + \sqrt{\{(x-f)^{2}+y^{2}\}\{(x+f)^{2}+y^{2}\}} = 2a^{2} \end{equation*} Bu denklemde köklü ifade tek başına bırakılıp, her iki tarafın karesi bir daha alınırsa, o zaman bazı sadeleşmelerden sonra elips için aşağıdaki -liseden alışık olduğumuz- denkleme ulaşıyoruz. \begin{equation*} \bbox[5px,border:3px solid black]{b^{2}x^{2}+a^{2}y^{2}-a^{2}b^{2}=0} \end{equation*}

Şimdi şekilde görüldüğü gibi orijini odaklardan birisine mesela $F_{1}$ noktasına kaydıralım. Bu kaydırmayı elipsin denkleminde $x \to x-f$ koyarak ifade edebiliriz: $b^{2}(x-f)^{2}+a^{2}y^{2}=a^{2}b^{2}$ denklemini açıp sadeleştirmeleri ve gerekli yeniden düzenlemeleri yaptığımızda aşağıdaki sonuca ulaşıyoruz. \begin{equation*} x^{2} - b^{2} - 2fx + (a/b)^{2}y^{2} = 0 \end{equation*} Şimdi elipsle ilgili bir katsayıyı tanımlamanın zamanı geldi. Bir elipsin dışmerkezlilik katsayısı (hariç an'il-merkeziyyet, eccentricity) $\epsilon := \tfrac{f}{a} = \sqrt{1 - \tfrac{b^{2}}{a^{2}}}$ denklemiyle tanımlanıyor. $f>0 \Rightarrow a>b$ gerektirdiğinden, $\epsilon \in (0,1)$ olur. $\epsilon=0$ ise elips bir çemberdir. O zaman şöyle diyebiliriz. $\epsilon$ elipsin çemberden sapmasını ölçer. Dışmerkezlilik katsayısını kullanıp denklemlerden $b$ ve $f$ niceliklerini elediğimizde çalışmamız gerekli elips denklemi şöyle olur. \begin{equation*} x^{2} - (1-\epsilon^{2})a^{2} - 2\epsilon a x + \frac{1}{1-\epsilon^{2}}y^{2} = 0 \end{equation*}

Ne yazık ki astronomide bu da yetmiyor! Çünkü genel çekim kanununda güneş ile gezegen arasındaki mesafe $r := \sqrt{x^{2}+y^{2}} \geq 0$ kullanılıyor ve kutuplu koordinatlarda denklemleri ifade etmek problemin simetrisine de uyacağı için daha bir önem kazanıyor. O zaman $x=r\cos\phi$ ve $y = r\sin \phi$ dönüşümlerini uyguladığımızda elipsin kutuplu koordinatlardaki denklemi için bazı işlemlerden sonra $r^{2} - \{\epsilon r \cos \phi + (1-\epsilon^{2})a^{2}\}^{2}=0$ denklemine ulaşıyoruz. Bu denklemi çarpanlarına ayırıp $r$ için çözdüğümüzde Kepler ve diğer astronomların kullandıkları elips denklemine ulaşıyoruz. \begin{equation*} \bbox[5px,border:3px solid black]{r = \frac{(1-\epsilon^{2})a}{1 - \epsilon \cos \phi}} \end{equation*}

Güneşe en yakın mesafe perihelion $\phi = \pi$ durumunda ölçülür ve $(1-\epsilon)a$ kadardır. En uzak mesafe ise aphelion $\phi=0$ durumundadır ve değeri $(1+\epsilon)a$ kadardır. Aphelion ve perihelion ölçülerek gezegenin yörüngesi için $a$ (yarı majör eksen) ve $\epsilon$ değerleri kolayca tayin edilebilirler.

Cetvel ve pergelle parabol parçasının odağının, simetri ekseninin ve tepe noktasının bulunması

Daha önce bu blogda bir parabol parçası üzerinde verilen bir noktaya cetvel ve pergel ile teğet çizmeyi tarif etmiştik. Bugün aynı çerçevede konuyu ilerleteceğiz ve önceki postada (bundan sonra P1 diyelim) kullandığımız notasyondan ve önermelerden faydalanacağız.

Teorem 1: (Parabolün simetri eksenine paralel gelen ışınların yansıması.) Bir parabol parçası ve onun üzerinde bir $P$ noktası verilsin. Parabolün simetri eksenine paralel ve $P$ noktasından geçen $s$ doğrusu çizilsin. (bak. P1 Teorem (2)) Parabole $P$ noktasında $t$ teğeti çekilsin. (bak. P1 Teorem (3)) $P$ noktasından geçen ve $t$ teğetine dik $n$ doğrusu çizilsin. $s$ ve $n$ doğruları arasındaki açıya $\alpha$ diyelim. $n$ doğrusu ile $\alpha$ açısı yapan ikinci bir doğru, adına $r$ diyelim, çizilsin. $s$ ışını $P$ noktasından yansıdıktan sonra $r$ doğrusu üstünde kalır.
İspat: Bariz. QED (Buradaki açı dublikasyonunun temel Öklit çizimleriyle yapılabileceğini vurguluyoruz.)

Cetvel ve pergelle simetri eksenine paralel ve parabole teğet çizmeyi daha önceki yazımızda hallettiğimiz için burada yansıma kanununu ve temel Öklit çizimlerini kullanarak ışınların parabol yüzeyinden yansımasına dair çizimi yapmak kolay oldu. Şimdi aynı işi bir de analitik geometri çerçevesinde yapalım. Bu bize fen ve mühendisliğin pek çok branşında defalarca karşımıza çıkacak, çok kullanışlı bir sonuç verecektir.

Lemma 1: Parabole $P:=(\xi,\xi^{2})$ noktasında simetri eksenine paralel gelen ışın, bu noktadan yansıdıktan sonra $y=\tfrac{4\xi^{2}-1}{4\xi}x + \tfrac{1}{4}$ doğrusu üzerinde kalır.
İspat: Parabole $P$ noktasında çekilen teğetin eğimi $\tan \alpha := 2\xi$ kadardır. (bak. P1 Lemma (2)) Parabolün simetri eksenine paralel gelip $P$ noktasından yansıyan ışının eğimi $\tan(2\alpha - \tfrac{\pi}{2})$ kadar olması gerektiği üstteki şekilden görülür. Temel trigonometri kullanılarak bu değerin $(\tan^{2}\alpha -1)/2 \tan \alpha$ olduğu gösterilebilir. Demek ki yansıyan ışının eğimi $(4\xi^{2}-1)/4\xi$ kadarmış. Bu ışın $(\xi,\xi^{2})$ noktasından geçtiğine göre, basit argümanlar sonucunda kesme noktasının $1/4$ olması gerektiği görülür.

İşaret: Yansıyan ışın parabolün simetri eksenini $F:=(0,1/4)$ noktasında kesiyor. Bu noktanın koordinatı ışının parabol üzerinde hangi noktadan yansıdığından bağımsız! O zaman parabolün simetri eksenine paralel gelen her ışın $F$ noktasından geçer ve bu noktaya parabolün odağı denir. Parabolik bir aynayı güneşe tuttuğunuzda bütün ışınlar odak noktasından geçeceğinden, bu noktada sıcaklık aniden yükselecektir. Efsane doğruysa Arşimet, Roma donanmasının gemilerini parabolik aynalar kullanarak yakmıştır. (Bu konuya daha önce teferruatlı bir şekilde bu blogda değinmiştik.) Spektroskopide, optikte ve akustikte ışınları ve dalgaları odaklamaya çalışan insanlar parabolik aynalar ve kubbeler kullanırlar. Bu fikrin tersi de doğrudur. Noktasal bir ışın ya da dalga kaynağını parabolik bir aynanın odağına yerleştirdiğinizde, aynadan yansıyan ışınlar parabolün simetri eksenine paralel yayılırlar. Buna optik spektroskopide kolimasyon denir.

Teorem 2: (Parabol parçasının simetri ekseninin bulunması.) Verilen bir parabol parçası üzerinde $P$ ve $Q$ noktaları alınsın. Bu noktalara parabolün simetri eksenine paralel gelen $s_{P}$ ve $s_{Q}$ ışınları (bak. P1 Teorem (2)), sırasıyla $r_{P}$ ve $r_{Q}$ ışınları olarak yansısınlar. (bak. Teorem (1)) $r_{P}$ ve $r_{Q}$ ışınlarının kesişim noktasına $F$ diyelim. $F$ noktasından geçen ve $s_{P}$ doğrusuna paralel olan, adına $y$ diyelim, doğru parabolün simetri eksenidir.
İspat: (1) nolu lemmanın ispatından da görüleceği üzere parabolün simetri eksenine paralel gelen ışınlar, hangi noktadan yansıdıklarına bakılmaksızın, parabolün simetri eksenini sabit bir noktada, odak noktasında keserler. Teoremde verilen $r_{P}$ ve $r_{Q}$ ışınları odak noktasından geçeceğine göre, bu ışınların kesişim noktası simetri ekseni üzerindedir. QED

Parabol parçasının hem odak noktasını hem de simetri eksenini cetvel pergel çizimiyle bulmayı tarif ettik. Artık tepe noktasının bulunması nisbeten basit bir iştir.

Teorem 3: (Parabol parçasından parabolün tepe noktasının bulunması.) Önce parabol parçasının simetri ekseni bulunur. (bak. Teorem (2)) Parabol parçası üstündeki herhangi bir $P$ noktasından simetri eksenin dikme çekilir. Bu dikmenin ekseni kestiği noktaya $Q$ diyelim. Daha sonra parabole $P$ noktasından bir teğet çekilir. Bu teğetin simetri eksenini kestiği noktaya da $R$ diyelim. $Q$ ve $R$ noktalarının orta noktası $T$ tayin edilir. $T$ parabolün tepe noktasıdır.
İspat: $P=(\xi,\xi^{2})$ noktasının simetri eksenine izdüşümü $Q=(0,\xi^{2})$ olur. P1 Lemma (2) uyarınca parabole $P$ noktasında çekilen teğet simetri eksenini $R=(0,-\xi^{2})$ noktasında keser. Buradan $T=(0,0)$ olduğu barizdir. QED

İşaret: Daha önce parabolün $y$ (simetri) eksenini bulmuştuk. Tepe noktası ise $x$ ile $y$ eksenlerinin kesişmindedir. O zaman simetri eksenine tepe noktasından çekilen dikme basitçe $x$ eksenini verecektir.

Descartes'in ovali ve mükemmel odaklama merceği

Henüz bu blogda anlatmadık ama elipsoid aynaların bir özelliği var: odaklarından birisinden yayılan ışınlar öbür odakta toplanıyor. Yansımayla yapılan bu işin bir benzerini de merceklerde Descartes'in ovoidi ile yapmak mümkündür. (Ovoid, oval adı verilen ve dördüncü dereceden cebirsel denklemlerin locus'u olan bir eğrinin optik eksen ya da simetri ekseni etrafında döndürülmesiyle oluşan üç boyutlu yüzeydir.) Kuşkusuz odaklamanın mükemmel olması isteniyorsa, o zaman ışığın monokormatik olması gerekir ama bu şimdilik bizim için ikinci planda kalan bir teferruat. İşe problemin tanımı ve spesifikasyonlarıyla başlayalım. Bir noktadan çıkan ışınları (şekilde $F_{1}$), mercekte kırıldıktan sonra ve mercek içinde başka bir noktada (şekilde $F_{2}$) odaklamak istiyoruz. $F_{1}F_{2}$ doğrultusu $x$ ekseni ile çakışık, $O$ noktası ise karteziyen düzlemin orijini olsun. $|F_{1}O|=:s_{0}$ ve $|OF_{2}|=:s_{1}$ diyelim. Fermat'nın en kısa zaman ilkesi uyarınca $F_{1}OF_{2}$ rotasını takip eden ışınla $F_{1}PF_{2}$ rotasını takip eden ışın aynı zamanı harcarlar. O zaman $F_{1}OF_{2}$ rotası için \begin{equation*} t_{1} := \frac{s_{0}}{c/n_{0}} + \frac{s_{1}}{c/n_{1}} \ \Rightarrow \ ct_{1} = n_{0}s_{0} + n_{1}s_{1} \end{equation*} olsun. Benzer şekilde $P$ noktasının koordinatlarını $(x,y)$ olarak aldığımızda $F_{1}PF_{2}$ rotasında giden ışının harcadığı zaman için \begin{eqnarray}\nonumber &&t_{2}:= \frac{\sqrt{(s_{0}+x)^{2}+y^{2}}}{c/n_{0}} + \frac{\sqrt{(s_{1}-x)^{2}+y^{2}}}{c/n_{1}} \ \Rightarrow \ \\ \nonumber &&ct_{2} = n_{0}\sqrt{(s_{0}+x)^{2}+y^{2}} + n_{1}\sqrt{(s_{1}-x)^{2}+y^{2}} \end{eqnarray} eşitliği geçerlidir. Şimdi $1 < \eta := n_{1}/n_{0}$ tanımıyla $ct_{1}=ct_{2}$ eşitlediğimizde oval için bir denklem elde ediyoruz. \begin{equation*} K:= s_{0} + \eta s_{1} = \sqrt{(s_{0}+x)^{2}+y^{2}} + \eta \sqrt{(s_{1}-x)^{2}+y^{2}} \end{equation*} Burada $\eta, s_{0},$ ve $s_{1}$ ovali tanımlayan parametrelerdir. (Her ne kadar $K$ da bir parametre gibi görünse de, diğerlerinden bağımsız değildir.) Yukarıdaki denklemlerde yer alan ifadeler öncelikle $K - \sqrt{(s_{0}+x)^{2}+y^{2}} = \eta \sqrt{(s_{1}-x)^{2}+y^{2}}$ şeklinde yeniden düzenlenir ve daha sonra da her iki tarafına karesi alınırsa aşağıdaki arasonuç elde edilir. \begin{eqnarray}\nonumber K^{2} &+& (s_{0}+x)^{2} + y^{2} - 2K\sqrt{(s_{0}+x)^{2}+y^{2}}\\ \nonumber &&=\eta^{2}((s_{1}-x)^{2}+y^{2}) \end{eqnarray} Burada da tekrar karekökü yalnız bırakıp, diğer ifadeleri açtığımızda aşağıdaki ikinci arasonuca ulaşıyoruz. \begin{equation*} s_{0} + \alpha x - \frac{\eta^{2}-1}{2K} (x^{2}+y^{2}) = \sqrt{(s_{0}+x)^{2}+y^{2}} \end{equation*}

$0 < \alpha := (s_{0}+\eta^{2}s_{1})/K$ denklemiyle tanımlanmıştır ve birimsiz bir niceliktir. $K$ niceliğinin 1/uzunluk biriminde (ya da boyutunda) olduğunu gözleyiniz. Sistemi karakterize eden bu parametreyi, birimsiz nicelikleri tanımlamakta kullanacağız. \begin{equation*} X := \frac{\eta^{2}-1}{2K}x, \ \ \ Y := \frac{\eta^{2}-1}{2K}y \ \ \ {\rm ve} \ \ \ S_{0} := \frac{\eta^{2}-1}{2K}s_{0}. \end{equation*} Birimsiz nicelikler ovalin denklemine konulduğunda problemin iki parametreye kadar indirgenebileceğini görüyoruz: \begin{equation*} S_{0} + \alpha X - X^{2} - Y^{2} = \sqrt{(S_{0}+X)^{2}+Y^{2}}. \end{equation*} Nihayet bu denklemde de her iki tarafın karesi alınıp, $Y$'nin kuvvetlerine göre denklem yeniden düzenlenirse, o zaman ovalin denklemi için aşağıdaki cebirsel denkleme ulaşırız. \begin{eqnarray}\nonumber Y^{4} &+& (2X^{2}-2(S_{0}+\alpha X)-1)Y^{2} + X^{4} - 2\alpha X^{3} \\ \nonumber &&+ (\alpha^{2} - 2S_{0} - 1)X^{2} + 2S_{0}(\alpha -1)X = 0 \end{eqnarray} Her ne kadar bu denklem $Y$ için dördüncü dereceden görünse de, aslında ikinci dereceden denklemler için bilinen yöntemlerle $Y^{2}$ için rahatça çözülebilir. Diskriminantı hesapladığımızda şaşırtıcı derecede küçük bir ifadeyle karşılaşıyoruz. \begin{eqnarray} \nonumber \Delta &:=& (2X^{2}-2(S_{0}+\alpha X)-1)^{2} - 4X^{4} \\ \nonumber &&+ 8\alpha X^{3} -4(\alpha^{2}-2S_{0}-1)X^{2} - 8S_{0}(\alpha-1)X \\ \nonumber &=& (2S_{0}+1)^{2} + 4(\alpha + 2S_{0})X \end{eqnarray} Bu diskriminantın $X > 0$ için, her zaman pozitif olduğu açıktır. Artık ovalin denklemini verebiliriz. \begin{equation*} \bbox[5px,border:3px solid black]{Y(X;\alpha, S_{0}) = \pm \sqrt{\frac{-2X^{2}+2(S_{0}+\alpha X) +1 \pm \sqrt{\Delta}}{2}}} \end{equation*} Karekökün dışındaki işaretlerden her ikisini de alacağız. Çünkü bunlar ovalin $x$ eksenine göre simetrik olduğunu temsil etmek için vardır. Öte yandan karekökün içindeki işaretlerden sadece negatif olanını alacağız. Zira $X=0$ için biz $Y=0$ olsun istiyoruz. Ama \begin{equation*} Y(0;\alpha, S_{0}) = \pm \sqrt{\frac{2S_{0}+1 \pm (2S_{0}+1)}{2}} \end{equation*} olduğundan, $Y(0)=0$ ancak diskriminantın önündeki işaretin negatif olmasıyla mümkündür. Ovalin şeklinin tam bir yumurtaya benzediğini gözleyiniz.

Sol: $s_{0}=5$ cm, $s_{1}=8$ cm ve $\eta=1.5$ için oval şekli ve odak noktaları gösteriliyor. Sağ: Aynı ovoidden merkezi $F_{2}$ olan bir küre oyularak yapılmış bir mercek. Bu işlem sayesinde ovoidin her iki odağı da hava ortamına taşınmış oluyor.

İşaret: Oval denkleminin çözümünde, karekökün içindeki $-2X^{2}$ terimi, $X$'in büyük değerleri için diğer terimleri bastıracağından, oval eğrisi her $X$ değeri için gerçel sayılarda tanımlı değildir. İşaret: Ovoidin odaklarından birisi merceğin içinde olduğundan, bu haliyle spektroskopik dizaynlerde çok da fonksiyonel değildir. Ama ovoid merkezi $F_{2}$ olan bir küre ile oyulursa, o zaman $F_{2}$ odağı da hava ortamına geçmiş olur. Kürenin merkezi $F_{2}$ noktasından olduğundan $PF_{2}$ ışını küre yüzeyine dik gelmektedir ve kırınıma uğramaz. İşaret: Ovoid, diaoptriksin temel kusurunu tevarüs etmiştir. Kırınım indisi dalgaboyuna bağlı olduğundan, $F_{1}$ ve $F_{2}$ noktaları sadece bir dalgaboyunda kesin bir biçimde odaklama yapabilirler.

Diğer dalgaboylarında bu özellik kaybolur. Kırınım indisi çalışılan dalgaboylarında fazla değişmeyen malzemeler ile ovoid yapılmalı ve kromatik aberasyon sorunu böylece aşılmalıdır. Ödev Oval $x$ eksenini orijinde ve başka bir noktada daha kesmektedir. Bu nokta nasıl hesaplanır? Ovalin $y$ değerlerinin ekstremumlarını hesaplayınız. $F_{2}$'de toplanan ışın şiddetini maksimum yapmak için ovoidden oyulacak kürenin yarıçapı nasıl hesaplanır?

Cetvel ve pergel ile parabol parçasındaki bir noktaya teğet çizimi

Geoffrey Taylor'ın hikayesini anlatırken bir ters çember problemi çözmüştük. Küresel bir ateş topunun fotoğrafı vardı ve bizim bu ateş topunun merkezini ve yarıçapını bulmamız gerekiyordu. Bu postada da benzer bir ters parabol problemi çalışacağız. Bize bir parabol veriliyor. Ama bu parabolün $x$ ve $y$ eksenlerini silmişler. Dahası parabolün hepsini de değil sadece bir parçasını vermişler. Sonra da şu soruyu sormuşlar: Bu parabol parçasının üstünde bir nokta veriliyor. Sadece cetvel ve pergel kullanarak parabole bu noktadan bir teğet çiziniz. Bu cetvelin Öklit cetveli olduğunu, yani uzunluk ölçmeyip sadece önceden tespit edilen iki noktayı birleştirerek düz bir doğru (ya da doğru parçası) çizebildiğini, pergelin de ayaklarıyla uzunluk taşımadığını vurgulayalım.

Gerekli çizimleri burada tek tek açıklayacağız. Ama çizimlerimizin doğruluğunu ispatlamak için analitik geometriyi kullanacağız. Kabul edelim ki bu çok da klasist bir çözüm değil. Ama klasik bir yaklaşım bu yazının uzunluğunu rahatlıkla iki kat arttırırdı. İşe parabollerin analitik formunu olabildiğince sadeleştirmekle başlıyoruz.

Lemma 1: $y=ax^{2}+bx+c$ formundaki bütün paraboller eksen kayması ve ölçek değişimi gibi dönüşümlerle $Y=X^{2}$ formuna getirilebilirler.
İspat: $x=:\xi - \tfrac{b}{2a}$ ile $x$ eksenini kaydıralım. (Bu dönüşüme cebir literatüründe von Tschirnhaus ya da Tschirnhausen dönüşümü denir.) \begin{equation*} y = a \left(\xi - \frac{b}{2a}\right)^{2} + b\left(\xi-\frac{b}{2a}\right) + c = a\xi^{2}+c-\frac{b^{2}}{4a} \end{equation*} Şimdi $y =: \eta + c - \tfrac{b^{2}}{4a}$ dönüşümü ile $y$ eksenini kaydıralım. O zaman barizdir ki bu eksenlerde parabolün denklemi $\eta = a \xi^{2}$ olur. Nihayet ölçü birimimizi $\xi =: X/a$ ve $\eta =: Y/a$ şeklinde değiştirirsek $Y=X^{2}$ ispatlanır. QED

İşaret: $xy \to \xi \eta \to XY$ dönüşümleri, parabol dediğimiz somut nesneyi değiştirmiyorlar. O, olduğu gibi kalıyor. Öte yandan $xy$ düzleminde üç parametreye bağlı olan parabol denklemi, $XY$ düzleminde hiç bir parametreye bağlılık göstermiyor. Bu hesaplamalarımızda büyük kolaylık sağlayacaktır.

Günlük hayatta bize paraboloid bir ayna ya da Boğaziçi Köprüsü gibi parabol şeklinde olan bir asma köprü verildiğinde hiç kimse bu nesnelerin $x$ ve $y$ eksenlerini ya da tepe noktalarını vermeyecektir. Ama parabollerle ilgili pek çok canalıcı mesele, örneğin odak noktaları gibi, simetri ($y$) eksenlerinde düğümlendiği için bir parabol parçasının simetri eksenini bulmak aslında epeyce önemli bir iş. Burada şimdilik simetri eksenini bulmayacağız. Ama ona paralel doğrular bulmakla yetineceğiz.

Teorem 1: (Parabolün simetri eksenine paralel bir doğru bulma.) Parabol parçası üzerinde farklı iki nokta, $Q$ ve $R$ diyelim, alınsın ve $QR$ kirişinin orta noktası, ona da $U$ diyelim, tespit edilsin. İkinci olarak parabol üzerinde $Q$ ve $R$ noktalarından farklı, adına $S$ diyelim, üçüncü bir nokta alınsın ve $S$ noktasından $QR$ kirişine paralel bir doğru çizilsin. Söz konusu doğru parabolü $T$ noktasında kessin ve $ST$ kirişinin orta noktasına da $V$ diyelim. Son olarak $V$ ve $U$ noktalarından geçen doğru parçası, adına $s_{1}$ diyelim, ya parabolün simetri eksenidir ya da ona paraleldir.
İspat: $QR$ kirişinin uzatılmasıyla elde edilen doğrunun denklemi $c_{Q}: \ y=mx+n$ olsun. Burada $m$ ve $n$ değerleri bize veriliyor. O zaman bu doğrunun $y=x^{2}$ parabolüyle kesişim noktaları ikinci dereceden $x^{2}=mx+n$ denkleminin çözümüyle kolayca bulunabilir: $x_{Q,R} = \tfrac{1}{2}(m \mp \sqrt{\Delta})$. Burada diskriminant $\Delta := m^{2}+4n$ denklemiyle tanımlanıyor ve $x_{Q}$ denildiğinde $Q$ noktasının $x$ koordinatı anlaşılmalıdır. Kurulum gereği $x_{U} = \tfrac{1}{2}(x_{Q}+x_{R})$ olduğundan $x_{U} = \tfrac{1}{2}m$ olur. Dikkat edilirse $U$ noktasının $x$ koordinatı sadece $c_{Q}$ doğrusunun eğimine bağlıdır. Yine kurulum gereği $ST$ kirişinin uzatılmasıyle elde edilen doğru $c_{Q}$ doğrusuna paralel olacağından, onun da eğimi $m$ olmak zorundadır. O zaman $x_{V}=m$ olur. Şimdi $s_{1}$ doğrusu $V$ ve $U$ doğrularından geçiyorsa eğimi sonsuzdur. O zaman $s_{1}$ doğrusu ya parabolün simetri ekseni olan $y$ eksenidir ya da ona paraleldir. QED

İşaret: Bu teoremde algoritmik bir sıralamayla verilen işlemlerin tamamen Öklit'in bize öğrettiği cetvel-pergel çizimleriyle yapılabileceğini gözleyiniz. Hatta öyle ki, bu işlemler için cetvelin düz kenarlı olması yeterli. Diğer bir ifadeyle cetvelle uzunluk ölçmüyoruz.

Teorem 2: (Parabolün üstünde verilen bir noktadan geçen ve simetri eksenine paralel doğruyu bulma.) Bir parabol parçası ve onun üzerinde bir $P$ noktası verilsin. (1) nolu teoremde tarif edildiği gibi parabolün simetri eksenine paralel bir doğru, adına $s_{1}$ diyelim, bulunsun ve bu doğru parabolü $p$ noktasında kessin. Genellikle $P \ne p$. İkinci olarak $P$ noktasından geçen ve $s_{1}$ doğrusuna paralel ikinci bir doğru daha, adına $s_{2}$ diyelim, kurulsun. Aranılan doğru $s_{2}$ doğrusudur.
İspat: Bariz. QED

Parabol üstünde verilen bir noktadan $y$ eksenine paralel bir doğru çizmeyi tarif ettik. Aynı noktaya teğet çekmek için küçük bir ön hazırlık yapmamız gerekiyor.

Lemma 2: Parabole $P:=(\xi,\xi^{2})$ noktasında çekilen teğetin denklemi $t_{P}: \ y = 2 \xi x - \xi^{2}$ ile verilir.
İspat: Aradığımız teğetin denklemi $y = mx+n$ olsun. Bu teğet parabole sadece $P$ noktasında dokunduğuna göre, $\xi^{2}=m\xi+n$ denkleminin sadece bir çözümü vardır. Bu ikinci dereceden cebirsel ifadenin diskriminantı $\Delta:=m^{2}+4n$ ise, o zaman teğet olma şartı $\Delta =0 \iff n=-\tfrac{1}{4}m^{2}$ ile verilir. Parabol ve doğrunun kesişimlerini bir kere daha kullanalım: $\xi^{2} = m\xi - \tfrac{1}{4}m^{2} \iff (m-2\xi)^{2}=0$ ya da $m=2\xi$ bulunur. QED

Şimdi bu lemma ve daha önce ispatladığımız önermeleri kullanarak cetvel ve pergelle parabole verilen bir noktadan teğet çekmeyi tarif edeceğiz.

Teorem 3: (Parabolün üstünde verilen bir noktaya teğet çekme.) Bir parabol parçası ve o parabol parçasının üzerinde bir $P$ noktası verilsin. (2) nolu teoremde tarif edildiği gibi bu noktadan parabolün simetri eksenine paralel, adına $s$ diyelim, bir doğru parçası çizilsin. $P$ noktasından geçen ve $s$ doğrusuna dik $r$ doğrusu çizilsin. $r$ doğrusu üzerinde $|AP|=|PB|$ şartını sağlayacak şekilde $A$ ve $B$ noktaları bulunsun. ($A$ noktası parabolün içinde, $B$ noktası dışında olmalıdır.) $A$ ve $B$ noktalarından geçen ve $r$ doğrusuna dik doğrular parabolü $Q$ ve $R$ noktalarında kessinler. $QR$ kirişi parabole $P$ noktasından çekilen teğete paraleldir.
İspat: $QR$ kirişinin orta noktası $V$ olsun. Kurulum gereği $P$ noktası $AB$ doğru parçasının tam ortasında olduğundan, üçgenlerin benzerliği kullanılarak $x_{V}=x_{P}$ olduğu rahatça ispatlanılabilir. (1) nolu teoremin ispatında da gösterildiği gibi $QR$ kirişinin eğimi $2x_{V}=2x_{P}$ olmalıdır. Ama lemma (2) uyarınca bu aynı zamanda parabole $P$ noktasından çekilen teğetin eğimi ile aynıdır. Temel Öklit çizimlerinin imkanları kullanılıp, $P$ noktasından geçen ve $QR$ kirişine paralel bir doğru çizilerek ispat tamamlanır.