Dört boyutlu bir dünyada fosfor pentaklorür molekülündeki FPF bağ açısı kaç derece olurdu?

Bu mektubun başlığındaki soruyu ben daha önce bir doktora yeterlilik (yazılı) sınavında sordum. Sorunun daha da açılmış şekli şöyledir:

Dünyamız üç boyutlu bir evrene gömülü (ya da bize öyle geliyor). Varsayalım ki dört boyutlu bir evrende yaşıyoruz. Bu farazi evrende değerlik kabuğu elektron çifti itme teorisi (valance shell electron pair repulsion theory, VSEPR) halen geçerli ise, o zaman PF₅ molekülündeki FPF bağ açısı kaç derece olurdu?

VSEPR kuramı özellikle karbon dioksit (CO₂), bor trihidrür (BH₃) ve karbon tetraklorür (CCl₄) gibi tek merkezli ve merkezindeki atomlarda bağ yapmamış elektron bulundurmayan moleküllerin denge geometrisini sadece temel simetri argümanlarını kullanarak açıklamada oldukça başarılı bir kuramdır. Bu kuramın varsayımı şöyledir: Bir atomun etrafını saran değerlik (valance) elektronları birbirlerini eşit derecede iterler ve molekül bu itme enerjisini minimuma indirgeyecek bir geometrik yapıyı denge konfigürasyonunda benimser.

Simetrik moleküllerde VSEPR kuramının öngördüğü bağ açıları aşağıdaki varsayımlar kullanılarak türetilebilir. AX_N şablonundaki bir molekülde: (1) A atomu molekülün kütle merkezindedir. (2) Bütün A-X bağ uzunlukları birbirlerine eşittir ve bu uzunluk A ile X atomları arasındaki potansiyel enerji fonksiyonunun minimum değerindedir. (3) Moleküldeki herhangi iki X atomu için X_i-X_j uzaklığı da sabittir.

İki boyutta karbon tetraklorürün dört klorunun da birbirlerine eşit uzaklıkta olduğu bir geometri yok. Demek ki karbon tetraklorür molekülü bu üç varsayımı da sağlayacak şekilde iki boyutlu bir uzaya gömülemiyor. O zaman sorunumuz şu: Yukarıdaki üç varsayımı da aynı anda sağlayan bir molekül acaba en az kaç boyutlu bir uzaya gömülebilir?

Molekülün gömüldüğü uzayın boyutu \(d\) olsun. A atomunun konumu ile X_N topağının (cluster) kütle merkezi çakışık olduklarından A atomunun koordinatları artık bilinmeyen değildir ve dolayısıyla bu problemde toplam bilinmeyen sayısı $dN$ kadardır. Bu \(dN\) tane bilinmeyeni çözmek için elimizdeki denklem veya şart sayısını da şu basamaklarla tespit edebiliriz: (1) Öteleme simetrisini sistemden uzaklaştırmak için sistemin kütle merkezini koordinat sisteminin orijinine oturtalım. Bu bize $d$ tane denklem verir. \begin{equation} \sum_{i=1}^{N} {\bf x}_{i} = 0 \end{equation} Burada \(\mathbf{x}_{i} \in \mathbb{R}^{d}\), moleküldeki \(i\) nolu X atomunun koordinatlarıdır. (2) Bu moleküldeki dönme simetrisini de uzaklaştırmamız gerekiyor. Molekül \(d\) boyutta gömülü olduğundan, toplam \( d(d-1)/2\) tane dönme hareketi vardır. (Neden?) Bu simetrileri molekülden uzaklaştırmak amacıyla \( d(d-1)/2 \) tane şart koyabiliriz. Örneğin iki boyutta olsaydık X atomlarından bir tanesini \(+y\) ekseni üzerinde olmaya kısıtlayabilirdik. (3) Molekülde N tane A-X bağı var. Bütün bağ uzunlukları eşit olduğundan, bu bize N tane şart daha getirecektir. \begin{equation} |{\bf x}_{i}| =: r,\ i \in \{1,\ldots,N\} \end{equation} (4) Son olarak herhangi iki X atomu arasındaki mesafe de eşit olduğundan \begin{equation} \forall i\ne j, \ |{\bf x}_{i}-{\bf x}_{j}| =: s \end{equation} \( N(N-1)/2 \) tane şart daha bulunmuş oluyor. Problemin tam olarak çözülebilmesi için bilinmeyen sayısı ile şart veya denklem sayısının aynı olması gerekiyor. Dolayısıyla \begin{equation} dN = d + \frac{d(d-1)}{2} + N + \frac{N(N-1)}{2} \end{equation} denkleminin kökleri araştırıldığında \(N=d+1\) veya \(N=d\) çıkar. \(N\) sayısının maksimum değerini aradığımızdan \(N=d+1\) olmalıdır. Diğer bir ifadeyle AX_N molekülü, yukarıdaki şartları sağlayacak şekilde, en az \(N-1\) boyutlu Öklit uzayına gömülebilir.

Molekülün geometrisini, iki bağ arasındaki açıyı da tespit ettiğimiz zaman bulmuş oluyoruz. Bu amaçla kütle merkezinin orijinle çakışık olduğuna dair varsayımdan faydalanalım. \begin{eqnarray} 0 &=& \frac{1}{r^{2}} \sum _{i=1}^{N} {\bf x}_{i} \cdot \sum _{j=1}^{N} {\bf x}_{j} \\ &=& \frac{2}{r^{2}} \sum_{i=1}^{N-1} \sum _{j=i+1}^{N} {\bf x}_{i} \cdot {\bf x}_{j} + \frac{1}{r^{2}}\sum _{i=1}^{N} \left| {\bf x}_{i} \right| ^{2} \\ &=& (N^{2}-N) \cos \alpha + N \end{eqnarray} Son denklem yeniden düzenlenirse moleküldeki bağ açısı \begin{equation} \alpha = \arccos \left( \frac{-1}{N-1} \right) = \arccos \left( \frac{-1}{d} \right) \end{equation} bulunur. Diğer bir deyişle bir boyutlu CO₂ molekülünde bağ açısı 180°, iki boyutlu BH₃ molekülünde bağ açısı 120° ve üç boyutlu CCl₄ molekülünde bağ açısı 109,47°'dir. Dört boyutta yaşamıyoruz ama dört boyutta yaşasaydık PF₅ molekülündeki bağ açısı 104,48° olacaktı.

Yanlış nerede?

Hepimiz vektör çarpımını (cross product) ve dönme işlemcilerini (rotation operations) üniversite birinci sınıftan beri elektromanyetik veya açısal momentum derslerinden biliyoruz. Klasik mekanikte katı cisimleri çalışanlar ise bu işe daha bir vukufiyet kazanmışlardır. Klasik mekanikte açısal momentum sadece laboratuvar koordinatlarında (space fixed coordinates) korunur. Öte yandan eylemsizlik moment tensörü (moment of inertia tensor) ise dönen koordinatlarda (body fixed coordinates) bir kere hesaplandımı katı cisimler için artık sabittir. Dolayısıyla bu iki koordinat sistemi arasında kaldığımızda, işin aslına bakılırsa her ikisi de bizim için avantajlıdır ve birini ötekine tercih edemeyiz. O zaman bunlar arasındaki dönüşüm \(R\) altında vektörlerin nasıl davrandığını bilmemiz gerektiği barizdir.

Şimdi \(\mathbf{a} \in \mathbb{R}^{3}\) ve \(\mathbf{b} \in \mathbb{R}^{3}\) iki vektör, \(R \in \mathbb{R}^{3\times 3}\) ise uygun bir dönme matrisi olsun. Yani \(\det R = 1\) ve \(R^{T}R=I\). Burada \(R^{T}\), \(R\) matrisinin transpozesini, \(I\) ise üç boyutlu birim matrisi temsil etmektedirler. Bu ön tanımları hallettikten sonra artık sorunumuza başlayabiliriz. Dönen koordinatlarda yapılan bir vektörel çarpım, bu vektörlerin laboratuvar koordinatlarındaki çarpımlarıyla nasıl bağdaştırılabilir? Matematiksel ifadesiyle \( R ( \mathbf{a} \times \mathbf{b}) \) çarpımını \(R\mathbf{a}\) ve \(R\mathbf{b}\) cinsinden nasıl ifade edebiliriz?

Kolay! \(R\) normal bir matris olduğunundan spektral teoremi uygulayabilir ve onu özdeğerleri ve özvektörleri cinsinden ifade edebiliriz. \(R\) matrisinin özdeğer denklemi \( R \mathbf{e}_{i} = \lambda _{i} \mathbf{e}_{i}\) ile veriliyorsa, o zaman bu matrisin sepktral bozunumu (sepctral decomposition) aşağıdaki gibidir. \begin{equation} R = \lambda_{1} \mathbf{e}_{1} \mathbf{e}_{1}^{\dagger} + \lambda_{2} \mathbf{e}_{2} \mathbf{e}_{2}^{\dagger} + \lambda_{3} \mathbf{e}_{3} \mathbf{e}_{3}^{\dagger} \end{equation} Vektörlerin tepesindeki hançer (dagger) işareti onların hermitik eşleniğinin alındığını ifade ediyor. Genelliği kaybetmeden birbirlerine dik \(\mathbf{e}_{i}\) vektörlerinin sağ el kuralına uyan bir koordinat sistemi oluşturduğunu varsayalım. O zaman $\mathbf{e}_{i} \times \mathbf{e}_{j} = \epsilon_{ijk}\mathbf{e}_{k}$ olacaktır. Burada \(\epsilon_{ijk}\) tamamen antisimetrik Levi Civita sembolüdür. Çalıştığımız vektörlerin bu koordinatlardaki ifadesini de rahatlıkla Dirac notasyonunu yazabiliriz. \begin{equation} \mathbf{a} = \langle \mathbf{e}_{1} | \mathbf{a} \rangle \mathbf{e}_{1} + \langle \mathbf{e}_{2} | \mathbf{a} \rangle \mathbf{e}_{2} + \langle \mathbf{e}_{3} | \mathbf{a} \rangle \mathbf{e}_{3} \end{equation} ve \begin{equation} \mathbf{b} = \langle \mathbf{e}_{1} | \mathbf{b} \rangle \mathbf{e}_{1} + \langle \mathbf{e}_{2} | \mathbf{b} \rangle \mathbf{e}_{2} + \langle \mathbf{e}_{3} | \mathbf{b} \rangle \mathbf{e}_{3}. \end{equation} Şimdi özdeğer denklemini kullanarak \(R \mathbf{a}\) ve \(R \mathbf{b}\) vektörlerini ifade edebiliriz. \begin{equation} R \mathbf{a} = \lambda_{1} \langle \mathbf{e}_{1} | \mathbf{a} \rangle \mathbf{e}_{1} + \lambda_{2} \langle \mathbf{e}_{2} | \mathbf{a} \rangle \mathbf{e}_{2} + \lambda_{3} \langle \mathbf{e}_{3} | \mathbf{a} \rangle \mathbf{e}_{3} \end{equation} ve \begin{equation} R \mathbf{b} = \lambda_{1} \langle \mathbf{e}_{1} | \mathbf{b} \rangle \mathbf{e}_{1} + \lambda_{2} \langle \mathbf{e}_{2} | \mathbf{b} \rangle \mathbf{e}_{2} + \lambda_{3} \langle \mathbf{e}_{3} | \mathbf{b} \rangle \mathbf{e}_{3}. \end{equation} \(R\) matrisinin özvektörlerinin sağ el kuralına uyan dik bir koordinat sistemi oluşturduğu bilgisini kullanarak aşağıdaki sonucu elde ediyoruz. \begin{equation} (R\mathbf{a}) \times (R\mathbf{b}) = \lambda_{2} \lambda_{3} \left( \langle \mathbf{e}_{2} | \mathbf{a} \rangle \langle \mathbf{e}_{3} | \mathbf{b} \rangle -\langle \mathbf{e}_{3} | \mathbf{a} \rangle \langle \mathbf{e}_{2} | \mathbf{b} \rangle \right) \mathbf{e}_{1} + \lambda_{1} \lambda_{3} \left( \langle \mathbf{e}_{3} | \mathbf{a} \rangle \langle \mathbf{e}_{1} | \mathbf{b} \rangle -\langle \mathbf{e}_{1} | \mathbf{a} \rangle \langle \mathbf{e}_{3} | \mathbf{b} \rangle \right) \mathbf{e}_{2} + \lambda_{1} \lambda_{2} \left( \langle \mathbf{e}_{1} | \mathbf{a} \rangle \langle \mathbf{e}_{2} | \mathbf{b} \rangle -\langle \mathbf{e}_{2} | \mathbf{a} \rangle \langle \mathbf{e}_{1} | \mathbf{b} \rangle \right) \mathbf{e}_{3} \end{equation} Ama \( \det R = \lambda_{1} \lambda_{2} \lambda_{3} = 1 \) olduğundan yukarıdaki denklemde \( \lambda_{1}\lambda_{2}=1/\lambda_{3}\) vb ilişkileri kullanabiliriz. O zaman \begin{equation} (R\mathbf{a}) \times (R\mathbf{b}) = \frac{1}{\lambda_{1}} \left( \langle \mathbf{e}_{2} | \mathbf{a} \rangle \langle \mathbf{e}_{3} | \mathbf{b} \rangle -\langle \mathbf{e}_{3} | \mathbf{a} \rangle \langle \mathbf{e}_{2} | \mathbf{b} \rangle \right) \mathbf{e}_{1} + \frac{1}{\lambda_{2}} \left( \langle \mathbf{e}_{3} | \mathbf{a} \rangle \langle \mathbf{e}_{1} | \mathbf{b} \rangle -\langle \mathbf{e}_{1} | \mathbf{a} \rangle \langle \mathbf{e}_{3} | \mathbf{b} \rangle \right) \mathbf{e}_{2} + \frac{1}{\lambda_{3}} \left( \langle \mathbf{e}_{1} | \mathbf{a} \rangle \langle \mathbf{e}_{2} | \mathbf{b} \rangle -\langle \mathbf{e}_{2} | \mathbf{a} \rangle \langle \mathbf{e}_{1} | \mathbf{b} \rangle \right) \mathbf{e}_{3} \end{equation} yazılabilir. Ama lineer cebirden biliyoruz ki, \(A\) özdeğerleri \(\lambda_{i}\) olan bir matrisse, o zaman \(A^{-1}\) matrisinin özdeğerleri \(\lambda_{i}^{-1}\) ile verilir ve her ikisi de aynı özvektörleri paylaşırlar. Dolayısıyla yukarıdaki denklemde \( (1/\lambda_{1}) \mathbf{e}_{1} = R^{-1} \mathbf{e}_{1}\) yazabiliriz. Ama \( R \) bir dönme matrisi olduğundan, \(R^{-1} = R^{T}\) ilişkisi geçerlidir. Kısaca ifade etmek gerekirse efektif olarak aşağıdaki denklemi ispatlamış oluyoruz. \begin{equation} (R\mathbf{a}) \times (R\mathbf{b}) = R^{T} (\mathbf{a} \times \mathbf{b}) \end{equation}

Bu sonuç yanlıştır!

Alıştırmalar

Bu sonucun yanlış olduğunu bir karşı örnek bularak kanıtlayınız.

"İspat"ımızdaki yanlış nerededir?

Kış kış yerçekimsiz ortam, kış kış

Rahmetli Jean Baudrillard eğer fizikten biraz anlasaydı herhalde yerçekimsiz ortam sıfat tamlamasına ortam-olmayan-ortam (non medium?) gibi bir yakıştırmada bulunurdu. (Ne yazık ki kendisi şarlatanlıkla pek bir meşgul olduğu için, hakiki problemler yerine insanların kafasını anlamadıkları -dahası anlaşılamayacak- ifadelerle bulandırmayı tercih etmişti.) Yerçekimsiz ortam, tıpkı merkezkaç kuvveti gibi, benim duymaktan hazzetmediğim bir ifadedir. Bu mektubu da çoğunlukla yanlış yerde kullanılan bu kavramın aslında tespitinin zannedildiği kadar kolay omadığının anlaşılmasına katkıda bulunmak için yazıyorum.

Şimdi diyeceksiniz ki: Demirplak, sen hazzetsen n'olur, hazzetmesen n'olur! İşte youtube vb sitelerde veya TV'de haber bültenlerinde görüyoruz. Uzay yürüyüşü yapan astronotlar veya uzay istasyonunda çalışan bilimadamları yerçekimsiz ortamda tıpkı serbest bir tanecik gibi hareket ediyorlar. Hiç bir yere düştükleri falan da yok! Ben de Tabiat yanıltmayı sever. kanununu bir kere daha doğrulamak için aşağıdaki hesaplamayı beraber yapmaya sizi davet ediyorum. NASA'nın verdiği bilgiye göre, Uluslararası Uzay İstasyonu (International Space Station, ISS) yerden 386,24 km civarında bir yükseklikte yörüngesine devam ediyor. Yerçekimi ivmesini veren formülü ortaokuldan beri hepimiz biliyoruz: \[ g = \frac{GM}{R^{2}}. \] Burada $G=6,67300 \times 10^{-11} {\rm m^{3} kg^{-1} s^{-2}}$ evrensel gravitasyon sabiti, $M=5,9742 \times 10^{24}$ kg dünyanın kütlesi, $R=(6378,1+386,24)\times 10^{3}$ m ise ISS'nin dünyanın kütle merkezinden olan uzaklığıdır. Sayıları yerine koyduğumuzda ISS'nin hissettiği yerçekimi ivmesi $g \approx 8,71$ m s$^{-2}$ çıkar. Bunu Mars yüzeyindeki çekim ivmesi ($g \approx 3,71$ m s$^{-2}$) ile karşılaştırdığımızda, aslında ISS'deki astronotların Mars yüzeyine kıyasla daha güçlü bir çekim alanında hareket ettiği sonucuna varırız. Halbuki video görüntülerinden de anlaşılacağı üzere, astronotlar yerçekimsiz ortamda hareket ediyorlarmış gibi görünüyorlar. Ya görüntülerde bir sahtekarlık var ya da bizim hesaplamalarımızda bir yanlışlık! Hayır, aslında ne hesaplamalarda bir hata var ne de görüntülerde bir montaj. Bu basit paradoksal durum bizi ölçüm, serbest taneciğin hareketi ve genel çekim ivmesi altında hareket kavramlarını -daha doğrusu bu kavramlardan ne anladığımızı- yeniden gözden geçirmeye zorluyor.

Serbest taneciğin hareketinden başlayalım. Klasik mekanikte bir taneciğe etki eden net kuvvet her zaman sıfır ise, o zaman bu taneciğe serbest tanecik denir. Hareketin ikinci kanunu gereği serbest tanecik için ivme vektörü ${\mathbf a}(t)=0$ olmalıdır. İvme, hızın zamana göre türevi olduğundan, analizin temel teoremine göre \[ {\mathbf v}(t) = {\mathbf v}(0) + \int_{0}^{t} {\mathbf a}(s) {\rm d}s = {\mathbf v}(0)\] yani hız sabit kalmalıdır. Benzer şekilde hız vektörü de, konum vektörünün zamana göre türevidir. Analizin temel teoremini bir kere daha uygularsak \[ {\mathbf r}(t) = {\mathbf r}(0) + \int_{0}^{t}{\mathbf v}(s){\rm d}s = {\mathbf r}(0) + t {\mathbf v}(0)\] konumun da zamanla doğrusal bir biçimde arttığını görürüz.

Yerçekimi ivmesi altında hareket ise ${\mathbf F}_{\rm net} = m{\mathbf g}$ kuvvet kanunuyla tanımlansın. Kolaylık olması için ivmenin sabit bir vektör olduğunu varsaydık. Hareketin ikinci kanunu gereği taneciğin ivmesi ${\mathbf a}(t) = {\mathbf g}$ olacaktır. Serbest tanecik için yaptığımız analizi burada tekrarlarsak, taneciğin hızı ve konumu için sırasıyla aşağıdaki sonuçları elde ederiz. \begin{eqnarray}\nonumber {\mathbf v}(t) &=& {\mathbf v}(0) + t {\mathbf g}, \\ \nonumber {\mathbf r}(t) &=& {\mathbf r}(0) + t {\mathbf v}(0) + \frac{t^{2}}{2} {\mathbf g}. \end{eqnarray} İşaret: Bu iki hareketin kinematikleri arasında bir benzerlik var. Her ikisinde de taneciğin kütlesi yer almıyor. Diğer bir ifadeyle ${\mathbf r}(0)$ ve ${\mathbf v}(0)$ vektörleri aynı olan iki farklı tanecik hem serbest düşme durumunda hem de serbest tanecik durumunda ayırd edilemez bir biçimde hareket edecektir.

Hala neden astronotların yerçekimsiz ortamdaymış gibi hareket ettiklerini açıklamadık. Bunun için ölçüm sorununa geri dönmemiz gerekiyor. Taneciğin $t=0$ anındaki durumunu veren ${\mathbf r}(0)$ ve ${\mathbf v}(0)$ vektörlerinin ölçülebilmesi için bir koordinat sistemine ihtiyaç var. Galileo ve Newton eylemsiz koordinat sistemlerinde ısrar etseler de, biz insanlar genelde bize en yakın bir objeye göre kendimizi konumlandırırız. Yerçekimsiz ortam yanılgısı da buradan kaynaklanmaktadır. Şimdi, eğer mümkünse, Aşkın ve Dilara adlı iki astronotun gerçekten de yerçekimsiz ortamda olduğunu varsayalım. Dilara, kendisine Aşkın'ı referans aldığında, ölçtüğü hız ve konum vektörleri sırasıyla \begin{eqnarray}\nonumber \Delta {\mathbf v}_{\rm DA}(t) &:=& {\mathbf v}_{\rm D}(t) - {\mathbf v}_{\rm A}(t) = {\mathbf v}_{\rm D}(0) - {\mathbf v}_{\rm A}(0) = \Delta {\mathbf v}_{\rm DA}(0) \\ \nonumber \Delta {\mathbf r}_{\rm DA}(t) &:=& {\mathbf r}_{\rm D}(t)-{\mathbf r}_{A}(t)= \Delta {\mathbf r}_{\rm DA}(0) + t \Delta {\mathbf v}_{\rm DA}(0) \end{eqnarray} olacaktır. İşin ilginç tarafı şudur ki, Aşkın ve Dilara'nın ${\mathbf g}$ yerçekimi ivmesi altında hareket ettiklerini varsaydığımızda, yine aynı $\Delta {\mathbf r}_{\rm DA}(t)$ ve $\Delta {\mathbf v}_{\rm DA}(t)$ sonuçlarına ulaşıyoruz. Bu da bize astronotların birbirlerini veya kendilerine yakın bir objeyi referans alarak ölçüm yaptıklarında, yerçekimli ortam ile yerçekimsiz ortam arasındaki farkı algılayamayacaklarını söylüyor.