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.