Arnol'd'un serbest düşme problemi ve çözümü - bazı gözlemler

Sabit duran bir gezegene çok yüksekten serbest düşmeye bırakılan bir test parçacığının dinamiğini bir önceki postada çalıştık. Orada çözümün aşkın bir denklem çıktığını not edip sadece yere düşme zamanı için analitik bir ifade vermiştik. Bu postada çözümü Kepler denklemi formuna getirip eğer Kepler denkleminin çözüm yapılırsa o zaman Arnol'd'un serbest düşme probleminin de ilgili çözüm cinsinden ifade edilebileceğini göstereceğiz.

Bir önceki postadaki bulgularımızı özetlemekle işe başlayalım. \[ \frac{\sqrt{2}\tau}{(1+x_{\circ})^{3/2}} = \int\limits_{\varphi(\tau)}^{\pi/2} 2\sin^{2}(\varphi) d\varphi = \int\limits_{\varphi(\tau)}^{\pi/2} (1-\cos(2\varphi)) d \varphi = \frac{\pi}{2} - \varphi(\tau) + \sin(\varphi(\tau)) \cos(\varphi(\tau)) \] $\varphi \in [0,\pi/2]$ olduğundan $\omega := \frac{\pi}{2} - \varphi$ tanımıyla $\sin \varphi = \cos \omega$ ve $\cos \varphi = \sin \omega$ olur ve kapalı formda verdiğimiz çözüm aşağıdaki gibi ifade edilir. \[ \frac{\sqrt{2}\tau}{(1+x_{\circ})^{3/2}} = \omega(\tau) + \sin(\omega(\tau)) \cos(\omega(\tau)) = \omega(\tau) + \frac{1}{2}\sin(2\omega(\tau)) \] Her iki tarafı basitçe 2 ile çarpalım ve $\Sigma := 2 \omega$ ve $\sigma := 2\sqrt{2}\tau / (1+x_{\circ})^{3/2}$ tanımlarından faydalanalım. Böylece bulduğumuz çözüm Kepler denkleminin çok özel bir formu haline gelir. \[ \boxed{ \Sigma(\sigma) + \sin(\Sigma(\sigma)) = \sigma } \]

Bu aşkın denklem Kepler'den beri asırlardır astronomicilerin ilgisini çekmiş. Çözümü için seri açılımları, Picard tarzı iterasyonlar ya da Raphson-Newton yöntemi öneriliyor. (Şablon olarak az çok Lambert-$W$ fonksiyonunun tanımını andıran bir kurulumda olduğunu da not ediniz.) Elinizde güvenilir bir Kepler çözücü olduğunu varsaydığımızda nihai çözümü $\Sigma \to \omega \to \varphi \to u \to x$ dönüşüm silsilesini takip ederek (Lütfen bir önceki postayı okuyunuz!) aşağıdaki gibi ifade edebilirsiniz. \[ x(\tau) = \frac{1+x_{\circ}}{2}\cos(\Sigma(\tau)) + \frac{x_{\circ}-1}{2} \]

Arnol'd'un serbest düşme problemi ve çözümü

Fiziksel teoriler bizim manavdan aldığımız yemeklik kuru soğana benzer. Katman katmandırlar. Bir sahada teori kurabilecek kadar bilgi birikiminiz varsa ilkin en basit ve sade bir model kurmakla işe başlar ardından bu modeli çözer ve deneysel verilere karşı sınarsınız. Modelin kendi içindeki tutarsızlıkları veyahut deneysel verilerle uyuşmazlıkları zuhur ettikçe bu modeli ya da teoriyi kademe kademe genişletir ve soğanın kabuğundan en orta katmanına doğru bir yolculuğa koyulursunuz.

Rahmetli Rus matematikçi Vladimir Igorevich Arnol'd'un kuşaklar boyu fizik öğrencilerinin üzerine iz bırakan klasik mekanik kitabında buna dair bir örnek var. Arnol'd önce Galileo'nun serbest düşmeyi sabit ivmeli bir vakıa olarak telakki etmesini örnek veriyor ve bu problemin kinematikle çözülebileceğini vurguluyor. Galileo'nun yaklaşımını lise düzeyindeki fizik derslerinden beri biliyoruz. Yerçekimi ivmesinin $g$ olduğu bir ortamda $h$ yüksekliğinden bırakılan bir taş $T:=\sqrt{2h/g}$ sürede yere düşer. Burada kütlenin gözükmemesi serbest düşmenin kütleden bağımsız olduğunu söyler. Atmosfer direncinin olmadığı bir ortamda bir kuş tüyü ile bir top güllesi aynı yükseklikten bırakıldıklarında aynı sürede yere düşer. Bu bilgi kuru soğanın kabuğudur. Arnol'd soğanın kabuğunu açıp içine yol almak için Newton'ın genel çekim formülünden dem vuruyor ve diyor ki yerçekimi ivmesini sabit kabul edemeyiz. Zira Newton formülüne göre çekim kuvveti taşın yüksekliği ile değişiyor. Bu gözlemi bir örnek olarak kitabında vermiş ama serbest düşmenin ne dinamiğini çözmüş ne de bunu okura bir alıştırma olarak bırakmış. Biz bu postada Hoca'nın verdiği örneğin ayrıntılarına gireceğiz.

Soru: Atmosfer sürtünmesini tamamen ihmal edebileceğimiz, kütlesi $M$, yarıçapı $r$ olan ve eylemsiz küresel bir gezegenin yüzeyindeki çekim ivmesi $g$ olsun. Gezegen yüzeyinden $h$ yüksekliğinde kütlesi $m$ olan ve test parçacığı olarak kabul edebileceğimiz bir taş serbest düşmeye bırakılıyor. Taş ne kadar sürede yere düşer?

Çözüm: Gezegen yüzeyindeki çekim ivmesi Newton teorisine göre $g := GM/r^{2}$ formülüyle verilir. Burada $G$ evrensel genel çekim sabitidir. Taşın herhangi bir anda gezegen yüzeyine olan yüksekliği $z(t)$ fonksiyonu ile verilsin. Sorunun kurulumundan $z(0)=h$ ve $\dot{z}(0)=0$ olması gerektiği barizdir. Toplam mekanik enerji ve onun korunumuyla başlayalım. \begin{eqnarray}\nonumber E(t) &=& \frac{1}{2}m \dot{z}^{2}(t) - \frac{GMm}{r+z(t)} \\ \nonumber &=& \frac{1}{2}m \dot{z}^{2}(t) - \frac{mgr^{2}}{r+z(t)} \\ \nonumber &=& E(0) \\ \nonumber &=& -\frac{mgr^{2}}{r+h} \end{eqnarray} Bu denklemin ikinci ve dördüncü satırlarını birbirine eşit kıldığımızda taşın kütlesi $m$ sadeleşecek ve Galileo formülünde olduğu gibi serbest düşmenin kinematiği kütleden bağımsız hale gelecektir. \[ -\frac{gr^{2}}{r+h} = \frac{1}{2} \dot{z}^{2}(t) - \frac{gr^{2}}{r+z(t)} \] Bu denklem ve problemin kurulumu bize konum ve zaman değişkenlerinin birimlerini öneriyor. Konumu $r$ biriminde ölçersek o zaman birimsiz konum değişkeni $x := z/r$ ile, zamanı $ \sqrt{r/g}$ ile ölçersek birimsiz zaman değişkeni de $\tau := t \sqrt{g/r}$ ile verilmelidir. Son olarak hız değişkeni birimsiz niceliklerde $\dot{z} = \frac{dz}{dt} = \frac{r}{\sqrt{r/g}}\frac{dx}{d\tau} = \sqrt{gr} \frac{dx}{d\tau}$ olur. $x_{\circ} := h/r$ tanımıyla eneri korunumu birimsiz niceliklerde parametre kalabalığından kurtularak sadece başlangıç şartını ihtiva eden bir denklem halini alır. \[ \frac{1}{2} \left( \frac{dx}{d\tau} \right)^{2} = \frac{1}{1+x}-\frac{1}{1+x_{\circ}}=\frac{x_{\circ}-x}{(1+x_{\circ})(1+x)} \ \ \ \text{ya da} \ \ \ \sqrt{\frac{1+x}{x_{\circ}-x}}\frac{dx}{d\tau} = -\sqrt{\frac{2}{1+x_{\circ}}} . \] Karekökü alırken $(-)$ işaretini tercih ettik çünkü taş $-x$ yönünde yere düşüyor ve hızı da bu yönde olmalı.

Formel olarak bir boyutlu bu problemin çözümü aşağıdaki gibidir. \[ -\sqrt{\frac{2}{1+x_{\circ}}} \tau = \int \limits_{x_{\circ}}^{x(\tau)} \sqrt{\frac{1+x}{x_{\circ}-x}}dx = \int \limits_{x_{\circ}}^{x(\tau)} \sqrt{\frac{1+x_{\circ}}{x_{\circ}-x} - 1}dx \] Bu integrali hesalayıp hesaplayamadığınıza bakılmaksızın matematikçiler problemin çözümünü bu noktada bitmiş addederler. Lakin biz bu integrali önce cebirsel ve daha sonra trigonometrik fonksiyon dönüşümlerini kullanarak hesaplayacağız. MIT'nin Integration Bee yarışmalarında eleme sorusu olacak derecede çetrefilli bir integral jimnastiği bizi bekliyor.

İlkin $u := \frac{1+x_{\circ}}{x_{\circ}-x} \iff x = x_{\circ} - \frac{1+x_{\circ}}{u}$ ile tanımladığımız koordinat dönüşümünde integralin sınırları $x = x_{\circ} \iff u=\infty$ ve $x=x(\tau) \iff u(\tau) = \frac{1+x_{\circ}}{x_{\circ}-x(\tau)}$ olur. $dx = \frac{1+x_{\circ}}{u^{2}}du$ ilişkisini integralde yerine koyduğumuzda çalışmamız gerekli integral aşağıdaki gibi olur. \[ \frac{\sqrt{2}\tau}{(1+x_{\circ})^{3/2}} = \int\limits_{u(\tau)}^{\infty} \frac{\sqrt{u-1}}{u^{2}}du \] $x \in [0,x_{\circ}]$ olduğundan $u \in \Big[ \frac{1+x_{\circ}}{x_{\circ}},\infty \Big)$ olduğu görülür.

İkinci olarak $u:=1/\cos^{2}(\varphi)$ dönüşümünü tanımlıyoruz ki integranddaki köklü ifadeyi temizleyelim. Buradan $\varphi(\tau) = \arccos(u^{-1/2}(\tau))$ olur. İntegralin sınırları için $u=\infty \iff \varphi = \pi/2$ ve $u=u(\tau) \iff \varphi = \varphi(\tau) := \arccos (u^{-1/2}(\tau))$ konulmalıdır. $du = \frac{2 \sin (\varphi)}{\cos^{3}(\varphi)} d\varphi$ ve $\frac{\sqrt{u-1}}{u^{2}} = \sin(\varphi)\cos^{3}(\varphi)$ eşitliklerini kullandığımızda integral aşağıdaki basit forma gelir. \[ \frac{\sqrt{2}\tau}{(1+x_{\circ})^{3/2}} = \int\limits_{\varphi(\tau)}^{\pi/2} 2\sin^{2}(\varphi) d\varphi = \int\limits_{\varphi(\tau)}^{\pi/2} (1-\cos(2\varphi)) d \varphi = \frac{\pi}{2} - \varphi(\tau) + \sin(\varphi(\tau)) \cos(\varphi(\tau)) \]

İntegral hesabını bitirdiğimize göre değişken dönüşümünü ta en başa sarıp çözümü $x(\tau)$ cinsinden ifade etmemiz gerekiyor. $\cos \varphi = 1/\sqrt{u}$ olacak şekilde bir dik üçgen çizdiğimizde $\omega := \frac{\pi}{2} - \varphi = \arctan \frac{1}{\sqrt{u-1}}$ tümleyen açısını tanımlayabiliriz. Aynı zamanda $\sin \varphi \cos \varphi = \frac{\sqrt{u-1}}{u}$ olur. Böylece çözüm $u(\tau)$ cinsinden ifade edildiğinde \[ \frac{\sqrt{2}\tau}{(1+x_{\circ})^{3/2}} = \frac{\sqrt{u(\tau)-1}}{u(\tau)} + \arctan \frac{1}{\sqrt{u(\tau)-1}} \] formuna gelir. Nihayet $u(\tau) = \frac{1+x_{\circ}}{x_{\circ}-x(\tau)}$ koyup zaman değişkenini sol tarafta tek başına bırakırsak aşağıdaki aşkın denkleme ulaşırız. \[ \boxed{ \tau = \frac{(1+x_{\circ})^{3/2}}{\sqrt{2}} \arctan \left( \sqrt{\frac{x_{\circ}-x(\tau)}{1+x(\tau)}} \right) + \frac{\sqrt{1+x_{\circ}}}{\sqrt{2}} \sqrt{(1+x(\tau))(x_{\circ}-x(\tau))} } \] Bu aşkın denklemi çözüp $x(\tau)$ fonksiyonunu açık bir biçimde yazabileceğimizi sanmıyorum. Öyle yapabilseydik çok daha güzel bir çözüm olurdu. Ama koyunun olmadığı yerde keçi Abdurrahman Çelebiymiş, mecbur kutu içindeki bu formülle idare edeceğiz.

Şimdi taşın yere düşme anı için $x(\tau_{*}) = 0$ tanımını kullanırsak o zaman birimsiz niceliklerde çakılma zamanını aşağıdaki formülle verebiliriz. \[ \tau_{*} = \frac{(1+x_{\circ})^{3/2}}{\sqrt{2}} \arctan (\sqrt{x_{\circ}}) + \sqrt{\frac{x_{\circ}(1+x_{\circ})}{2}} \] Bu sonucu daha primitif olan Galileo formülüyle karşılaştıralım. $T = \sqrt{2h/g}$ birimsiz niceliklerde $\sqrt{2x_{\circ}}$ olur. $\tau_{*}$ formülünde $x_{\circ} \ll 1$ olduğunu kullanıp Taylor serilerinden faydalandığımızda \[ \tau_{*} = \sqrt{2x_{\circ}} + \frac{5\sqrt{2}}{6} x_{\circ}^{3/2} + \mathcal{O}(x_{\circ}^{5/2}) \] hem Galileo formülünü elde ediyor hem de ona gelen düzeltmeleri görüyoruz. İyi bir teorik çalışmada ileri katmanda bulunan sonuçlar gerekli varsayımlar altında daha iptidai katmanlarda bulunan sonuçları göstermelidir.

Yandaki grafikte serbest düşme zamanı yüksekliğe karşı hem Galileo hem de Newton teorisi kapsamlarında karşılaştırmalı olarak gösteriliyor. Galileo teorisi yükseklikle yerçekimi ivmesinin azaldığını öngörmediği için taş bu teori kapsamında daha erken yere düşüyor. Her iki teori de yüksekliğin çok küçük olduğu limitlerde örtüşüyor. Somut bir örnek verelim. Uluslararası Uzay İstasyonu'nun yerden ortalama yüksekliği kabaca 300 km olsun. Dünyanın yarıçapını da yine kabaca 6000 km alalım. O zaman $x_{\circ} \approx 0.05$ olacaktır. İstasyonun dünyaya serbest düştüğü senaryoda Galileo ve Newton teorilerinin sonuçları grafiğe göre bu bölgede neredeyse ayırdedilemez derecede yakındır.

Şimdi günün en önemli sorusu tabii ki Arnol'd'un bu problemi neden çözmeden bıraktığıdır. Çok sık yaptığı gibi "Bu basit problemin çözümünü okura bırakıyorum." dahi dememiş. Bu sorunun cevabını bilmiyorum. Belki integralle uğraşmak istememiştir...

Carter mektubu

STATEMENT

NİYET BEYANI

This Voyager spacecraft was constructed in the United States of America. We are a community of 240 million human beings among the more than 4 billion who inhabit the planet Earth. We human beings are still divided into nation states, but these states are rapidly becoming a single global civilization. We cast this message into the cosmos. It is likely to survive a billion years into our future, when our civilization is profoundly altered and the surface of the Earth may be vastly changed. Of the 200 billion stars in the Milky Way galaxy, some --perhaps many-- may have inhabited planets and spacefaring civilizations. If one such civilization intercepts Voyager and can understand these recorded contents, here is our message: This is a present from a small distant world, a token of our sounds, our science, our images, our music, our thoughts and our feelings. We are attempting to survive our time so we may live into yours. We hope someday, having solved the problems we face, to join a community of galactic civilizations. This record represents our hope and our determination, and our good will in a vast and awesome universe. [Signature] President of the United States of America THE WHITE HOUSE June 16, 1977 NASA

Voyager namlı bu feza mekiği Amerika Müttehid Hükumetleri'nde inşa edilmiştir. Bizler, Yerküre adlı seyyarede meskun ve yekunu 4 milyarı mütecaviz beşer içinde 240 milyonluk bir cemiyetiz. Beşer, milli devletlere taksim edilmişse de mezkur devletler hızla yekpare, küresel bir medeniyete tahavvül vetiresindedir. Medeniyetimizin temelinden tağyir edilip Yerküre sathının muazzam ölçüde değiştiği istikbalde dahi belki bir milyar yıl baki kalacak tebliğimiz tüm kainata! Kehkeşandaki 200 milyar yıldızdan bazıları hatta pek çoğu meskun seyyarelere ve fezada seyahat kabiliyetinde medeniyetlere havi olabilir. Böylesi bir medeniyetin Voyager'a tesadüfü ve burada mukayyed muhtevayı fehmi halinde ona tebliğimiz şudur: Sesimizin, fennimizin, sanat ve musikimizin, fikriyat ve hissiyatımızın bir numunesi olan bu mekik uzak ve küçük bir dünyanın hediyesidir. Devrimizin meseleleriyle mücadele içindeyiz; gayemiz devrinize vasıl olmaktır. Bir gün yüzleştiğimiz meseleleri halledip kehkeşan medeniyetleri camiasına dahil olma umudundayız. İşbu beyan muazzam ve müthiş bir kainatta yer alan bizlerin umudunu, kararlılığını ve iyi niyetini temsil eder. [İmza] Amerika Müttehid Hükumetleri Reisicumhuru BEYAZ SARAY 16 Haziran 1977 Milli Havacılık ve Feza Dairesi

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.