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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Lehmer makalesine çok iyi bilinen bir önermeyle başlıyor.

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

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

Lemhmer'in makalesindeki ikinci önerme ise aşırı derecede basit.

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

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

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

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

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

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

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

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

Yuvarlanan bir parabolün odağı zincir eğrisini tarif eder

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

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

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

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

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

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

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

van der Waals akışkanının molar kütlesi: tekil perturbasyon açılımı

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

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

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

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

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

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

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