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.