Fen ve matematik aşkındır

Doksanlı yılların başında en büyük keyfim evdeki Britannica ansiklopedilerini kitaplıktan indirmek ve sayfaları arasında dolaşmak, hatta çoğu zaman kaybolmak, daldan dala zıplamak ama mutlaka bir şeyler kapmaktı. (Sonra aynı şeyi morali bozuk, canı sıkkın, Amerikandan İngiliz olmuş modernist şair T. S. Eliot'ın da yaptığını öğrendim.) Denilebilir ki internet hayatımıza girmeden bir nevi sörf yapıyordum. Zannedersem benimkisi daha kaliteli bir sörftü. Britannica'da dört renk teoremini ve meşhur Fermat'nın son teoremini okuduğumu hatırlıyorum. Daha sonra Kepler ve Poincare konjetürlerini öğrendim. Bu teoremlerden dört renk teoremi yetmişlerde bilgisayarların desteğiyle graf teorisinin imkanları kullanılarak ispatlandı. (Özetle dört renk teoremi şunu söylüyor: Komşu iki ülke aynı renkte olmamak şartıyla, düzlem bir haritayı boyamak için en fazla dört renk gerekir.) Ama diğer teoremlerin ispatlarına tanıklık ettim. Mesela $n>2$ için $x^{n}+y^{n}=z^{n}$ denkleminin pozitif tamsayılarda çözümünün olmadığını söyleyen Fermat'nın son teoremi ben ortaokulu bitirdiğim sene ispatlandı ve Bilim Teknik Dergisi bu haberi kapakta (Ağustos 93) küçük bir kutu içinde duyurmuştu. (Ertesi ay da kapağa Salih Adem'in resmini bastılar.) Her ne kadar ilan edilen ispatta daha sonra hatalar bulunsa da, bu hatalar düzeltildi ve Mayıs 1995'te Fermat'nın son teoremi ispatlandı. İspat 150 sayfa civarındadır ve Fermat'nın zamanında bilinmeyen cebirsel geometri ve sayılar teorisine ait 20. yy'da geliştirilmiş imkanlardan faydalanılmıştır. Fermat'nın son teoreminin ispatından on yıl sonra 2003 yılında Kepler konjektürü de ispatlandı. Aslında Kepler konjektürü herkesin bildiğini sandığı bir önermedir. (Bana inanmıyorsanız herhangi bir Genel ya da Anorganik Kimya kitabına bakın. Çoğu yazar bu önermenin ispatlanması gerektiğinden ya da ne kadar zor bir önerme olduğundan bihaberdir.) Kabaca tarif edelim. Diyelim ki elinizde bir kasa portakal var. Bunları en az hacim işgal edecek şekilde paketlemeniz gerekiyor. Nasıl yaparsınız? Canım bu da soru mu yani? diyebilirsiniz. Tabii ki manavdaki gibi. Hah, işte o manavdaki gibi paketlemenin en verimli olduğunu ispatlamaya çalışan ilk kişi Kepler'dir. Kepler bunda başarısız olmuştur ve ispat 2003 yılında yine bilgisayarlar yardımıyla yapılabilmiştir. Yine 2003 yılında Grigori Perelman adında eksantrik bir Rus matematikçi Poincare konjektürünü ispatlamayı başardı. Konjektürün kendisini tarif etmek için topoloji diline biraz vakıf olmamız gerekiyor ve bu bizim amaçlarımızın dışında. Kabaca (çok kabaca) tarif etmek gerekirse Poincare konjektürü dört boyutlu uzaydaki bir kürenin (simit gibi) delik olmadığını söylüyor. (Bu mudur yani?! diyebilirsiniz ama bazıları bu teoremle evrenin delik olup olmadığı arasında bir bağ kuruyorlar.) Söylemeye gerek duymuyorum. Perelman'ın da bir kaç makalede tamamladığı ispat yine epey yer tutuyor.

Dört örnek verdim. Daha da sayıyı arttırabilirim. Bu örneklerle aşağıdaki önermeyi motive etmeye çalışıyorum. Kollokyal versiyon: İspatı uzun, kısa teoremler vardır. Kantitatif versiyon: Kendi uzunluğu $n$, en kısa ispatının uzunluğu $10^{100}2^{2^{n}}$ olan teoremler vardır. Kuşkusuz burada teoremin uzunluğu derken mantık dilinde en kısa ifade edilmiş halinin mesela bit birimindeki uzunluğunu kastediyoruz. Aynı şey ispatın, daha doğrusu en kısa ispatın, uzunluğu için de geçerli. En kısa ispatın ne kadar uzun olduğu hakkında şöyle bir fikir edinebiliriz. Astronomiyle uğraşanlar bize evrende yaklaşık $10^{80}$ tane parçacık (proton, nötron, vb) olduğunu söylüyorlar. (Bu sayı size küçük gelebilir. Değildir. İsterseniz birden başlayarak saymayı deneyin. Ya da bilgisayarınızı saydırmayı...) Şimdi evrendeki her bir parçacığın üzerine bir bitlik bilgi kodladığımızı, böyle bir şeyi yapabileceğimizi varsayalım. O zaman mesela uzunluğu $n=10$ bitlik çetin ceviz teoremlerden birisinin en kısa ispatı $2^{1024}10^{100}$ bit uzunlukta olacaktır. Ne demek istediğim anlaşılmıştır sanırım. Böyle bir teoremin ispatını yazmaya evren yetmiyor! Galileo'dan beri doğanın dilinin matematik olduğunu söylüyoruz. (Bazı organik kimyacılar bu dilin fonksiyonel gruplar olduğu hususunda çekimser bir iddiaya sahipler.) Newton, Doğa Felsefesinin Matematiksel Prensipleri adlı, kısaca Principia diye bilinen, kitabıyla bu kanaati pekiştirmiştir. Matematikte aşkınlığına örnekler verdiğimiz ispatlar, fende hesaplamalar için söz konusudur. 20.yy'da kuantum mekaniğinin keşfiyle Dirac kimyanın kağıt üzerinde bittiğini iddia etmiştir (ve bütün kuantum kimyası kitaplarında kuyruk acısı olan kimyacılar bunu aktarırlar.) Teorik olarak evet, Schrödinger denklemi kimyanın (ve biyolojinin ve tıbbın) bütün sorunlarına çözüm öneriyor. Lakin bu denklemi mesela metan (${\rm CH_{4}}$) gibi aşırı derecede küçük bir sistem için -hiç bir ihmal ve kestirme yapmadan- çözmek gerektiğinde ihtiyaç duyulan hafıza yaklaşık $10^{90}$ bit kadar. Yine evreni aştık! Metan için böyleyse DNA hatta virüs için ne kadardır, onu da siz tahmin edin. Fen ve matematiğin öğrencisi olan bizler, Sümerliler'den bu yana epey yol katettik. Ama 20. yy'da gördük ki fen ve matematiğin mızrak ucu sorunlarıyla baş etmek insan ve evreni aşan bir iş. Bir zihin sıçraması (nasılsa artık) olmadan da böyle kalacağa benziyor. Günümüzde fen ve matematiğin bittiğini ya da tıkandığını söyleyen insanların karamsarlığı zihnimizin sınırlarına dayandığımızın bir göstergesidir. Bitirirken Kepler'in yapılabilecek bütün bilimi yaparak bilimi bitirme niyetiyle bilimle uğraştığını hatırlatarak sizi gülümsetmeyi umuyorum.

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?