Franck Muller Crazy Hours serisinde moduler aritmetik

Normal analog kol saatlerinde yelkovan 60 dakikada 360 derecelik bir açı süpürürken aynı süre zarfında akrep sadece 30 derecelik bir açıyı süpürür. Franck Muller adlı İsviçre menşeli bir saat firmasının Crazy Hours adlı sürümü bu geleneksel şablonun biraz dışına çıkıyor. Akrep 59 dakika boyunca hiç hareket etmiyor ve 60. dakika dolduğunda bir sonraki saate sıçrıyor. Zira saat başları ardışık dizilmiş durumda değil. Örneğin 1'den sonra 6, 6'dan sonra 11 geliyor. Saatin kaç olduğunu anlamak için akrebe bakıyorsunuz. Akrep mesela 3'ü gösteriyorsa saat 3. Ama kaç dakika geçtiğini anlamak için yelkovana bakmanız gerekiyor ve yelkovanı geleneksel pozisyonuna göre okumanız gerekiyor. Yelkovan akrebin aksine alıştığımız düzende ilerliyor. Bu uçuk tasarımın fiyatı da az değil. Color Dreams modellerinin fiyatı satıcıya ve ülkelere göre değişiyor. 2025 itibarıyla 100.000 TL ile 1.500.000 TL arasında ücret talep edenler var! Çoğunda kargo ücretsiz :-)

Böyle kafadan çatlak bir saati tasarlamak için biraz moduler aritmetik bilmeniz gerekiyor. Analog saatlerde saat başları 30 derece aralıklarla bir çember üzerine dizilir. Akrep her 60 dakikada 30 derece sıçrarsa bu bildiğiniz adi analog saat olur. Bunda sıradışı bir şey yok. Öte yandan akrebin her 60 dakikada 180 derece sıçradığı senaryoda akrep için sadece iki durak vardır ve 12'den 6'ya, 6'dan 12'ye sıçrar durur. Dolayısıyla kafadan çatlak bir saat tasarlarken akrebin sıçrama açısını canımızın istediği gibi seçemiyoruz. Akrep 12 saat içinde her saat başını tam olarak bir kere göstermeli ve 12 saat sonunda başladığı noktaya geri dönmeli.

Şimdi, $k \in \mathbb{N}$ olmak üzere akrep her 60 dakikada $30 k$ derece sıçrasın. O zaman $s$ saat sonra akrep toplamda $30ks$ kadar bir açı sıçrar. Bu açının $s \lt 12$ için 360 derecenin bir tam katı olmaması gerekiyor. Aksi takdirde akrebin 180 derece sıçradığı senaryoda olduğu gibi akrep için 12 durak yerine 2 durak olur. Matematik dilinde bu durumu $m \in \mathbb{N}$ olmak üzere $30ks \ne 360 m$ ya da $ks \ne 12 m$ şeklinde gösterebiliriz. ($s=12$ için $m=k$ şeklinde bir $m$ her zaman bulunabilir.) Bu durum $s \lt 12$ için $ks$ çarpımının 12 ile bölünemeyeceğini söyler. Ama $k$ ve 12'nin $\mathbb{N} \ni \mu \gt 1$ şeklinde bir ortak böleni varsa o zaman $s = \frac{12}{\mu} \lt 12$ için $ks$ çarpımı 12 ile bölünür. İşte aradığımız şartı bulduk!

Çatlak saat tasarımında akrep her 60 dakikada $30k$ derece sıçrasın. O zaman ${\rm obeb}(12,k)=1$ olmalıdır.

Bu şartı sağlayan $k$ değerleri $\{1,5,7,11\}$ kümesini oluşturur. $k=1$ için adi analog saati elde ettiğimizi daha önce not etmiştik. $k=11$ için saat başları saat yönünün tersine ardışık olarak dizilir. (Lütfen kendiniz deneyin.) Franck Muller kendi çatlak saat tasarımında $k=5$ seçmiş. Böylesi bir tercihte akrep saat yönünde her 60 dakikada bir 150 derece sıçrıyor.

Tasarımın son basamağı referans bir saat başının hangi pozisyona konulacağıdır. Ben olsam saat 12'yi geleneksel pozisyonuna koyardım. Firma öyle yapmamış saat 10'u geleneksel yerine koymuş. (Bu konfigurasyonda saat 12, 8'in geleneksel saatteki konumuna geliyor.) Ama neden? Çünkü bütün saat reklamlarında saat 10:10'u göstermelidir. Böyle yazılmamış bir pazarlama kuralı var :-)

$n^{p}-n \equiv 0 \ (\mathrm{mod}\ 2p)$

Soru: $p$ asal ve $n \in \mathbb{N}$ olmak üzere $n^{p}-n \equiv 0 \ (\mathrm{mod}\ 2p)$ olduğunu ispatlayınız.

Bu soruyu tümevarım yöntemini kullanarak ispatlayacağız.

İspat: $n=1$ olsun. O zaman $1^{p}-1=0$ olduğundan ve sıfır (kendisi hariç) tüm tam sayılara bölündüğünden önerme bu durum için doğrudur.

Önermenin $n$ için doğru olduğunu varsayalım. Diğer bir ifadeyle $n^{p}-n$ sayısı $2p$ ile bölünsün. O zaman binom teoremini ve binom katsayılarının özelliklerini kullanarak \begin{eqnarray}\nonumber (n+1)^{p} - (n+1) &=& n^{p}-n + \sum_{k=1}^{p-1} \frac{p!}{k!(p-k)!} n^{k} \\ \nonumber &=& n^{p}-n + \sum_{k=1}^{\frac{p-1}{2}} \frac{p!}{k!(p-k)!} (n^{k} + n^{p-k}) \\ \nonumber &=& n^{p}-n + \sum_{k=1}^{\frac{p-1}{2}} \frac{p!}{k!(p-k)!} n^{k}(1 + n^{p-2k}) \end{eqnarray} yazabiliriz. (i) Tümevarım hipotezi uyarınca son eşitlikteki ilk terim yani $n^{p}-n$, $2p$ ile bölünür. (ii) $n$ tek/çift ise, o zaman $n^{k}$ tek/çift ve $1+n^{p-2k}$ çift/tek olur. Dolayısıyla $n^{k}(1 + n^{p-2k})$ çarpımı her zaman çifttir. $L\in \mathbb{N}$ olmak üzere, bu sayıya $2L$ diyelim. (iii) $p$ asal ve $1 < k < p $ ise, o zaman $p$ binom katsayısını, $\frac{p!}{k!(p-k)!}$, böler. (Bölmediğini varsayalım. O zaman binom katsayısının paydasındaki çarpanlardan $2,\ldots, \max \{ k, p-k \} < p$ en az birisinin $p$ ile ortak bölene sahip olması gerekirdi. Ama bu $p$ sayısının asallığı ile çelişir.) $M\in \mathbb{N}$ olmak üzere, binom katsayısına da $pM$ diyelim. (iv) Toparladığımızda, toplam sembolü altındaki her terimin $2pLM$ formunda olduğu görülür. QED

İşaret: $p=5$ olunca çok özel bir durumla karşılaşıyoruz. Zira $n^{5}-n \equiv 0 \ (\mathrm{mod}\ 10)$ oluyor. Bir sayının $10$ ile bölünebilmesi için son basamağının sıfır olması gerekir. Ama bu her doğal sayının beşinci kuvveti ile kendisinin ilk basamağının aynı olmasını zorunlu kılar. Örneğin 327⁵=3.738.856.210.407 gibi.

İşaret: Yukarıda yaptığımız ispatı taklit ederek $n^{p}-n \equiv 0 \ (\mathrm{mod}\ p)$ olduğunu göstermek çok kolaydır.

İşaret: $p$ eğer asal olmasaydı, o zaman önermemiz de geçerliliğini yitirecekti. Karşı örnek: $n=3$, $p=4$ olsun. O zaman $3^{4}-3=78$ olur ve bu sayı ne $4$'e ne de $2\times 4= 8$'e bölünür.

Ödev: (Fermat'nın Küçük Teoremi) $p$ asalı $n$ doğal sayısını bölmüyor ise, o zaman $n^{p-1} \equiv 1 \ (\mathrm{mod}\ p)$ olduğunu gösteriniz.

Ödev: $n^{5}-n \equiv 0\ (\mathrm{mod}\ 30)$ olduğunu gösteriniz.

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.

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);
}

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.