Vektör çarpımı ve üçgen alanı arasındaki ilişki bazı işlemleri kolaylaştırır

35. UMO takım seçme sınavı 4. soru: $ABC$ üçgeninin kenarları üzerinde $P \in AB$, $Q \in BC$, $R \in CA$ ve \begin{equation*} \frac{|AP|}{|AB|} = \frac{|BQ|}{|BC|} = \frac{|CR|}{|CA|} = k < \frac{1}{2} \end{equation*} olacak biçimde $P$, $Q$ ve $R$ noktaları alınıyor. $G$ noktası $ABC$ üçgeninin ağırlık merkezi olduğuna göre $\frac{S(\triangle PQG)}{S(\triangle PQR)}$ oranını bulunuz.

Bu soruyu yıllar önce tuttuğum defterlerimden birisinin ortasında buldum. Muhtemelen Matematik Dünyası'nın eski sayılarından birisinden aldığım bir soru ve altında da kendi çözümüm vardı. Soruyu hazırlayanlar daha kısa ve kolay bir çözüm bulmuşlardır ama benim yaptığım çözüm vektör analizinden gidiyor. $ABC$ üçgenini analitik düzleme yerleştirdiğimizde üç noktası için toplamda 6 tane sayıya ihtiyacımız var. Bu çok fazla, çünkü üçgenin toplamda sadece 3 tane serbestiyet derecesi var ve her üçgeni tarif etmek için en çok üç sayı yeterli. Şimdi genelliği kaybetmeden üçgenin tabanını $x$ ekseninde, tepe noktasını ise $y$ ekseninde konuçlandıralım. O zaman noktaların koordinatları $A = (0, \xi)$, $B= (\eta,0)$ ve $C=(\zeta,0)$ olur. Görüldüğü gibi üç sayı üçgeni tarif etmek için yeterlidir. Dahası ağırlık merkezinin koordinatlarını da kolayca hesaplayabiliriz. $G=\tfrac{1}{3}(A+B+C)$ olduğundan \begin{equation*} G=\left( \frac{\eta+\zeta}{3},\frac{\xi}{3} \right) \end{equation*} bulunur.

İkinci aşamada $P$, $Q$ ve $R$ noktalarının koordinatlarını bulmamız gerekiyor. $P=(x_{P},y_{P})$ olsun. Üçgenlerin benzerliğinden $\frac{x_{p}}{\eta} = k$ ya da $x_{P} = k\eta$ olur. Aynı şekilde $\frac{\xi-y_{p}}{\xi}=k$ denkleminin çözümüyle $y_{P}=(1-k)\xi$ olduğu ortaya çıkar. $Q$ ve $R$ noktaları için de aynı analizi tekrar edersek bu noktaların koordinatlarını da çıkarmış oluyoruz. \begin{equation*} P = (k\eta, (1-k)\xi), \ \ \ Q = ((1-k)\eta+k\zeta,0), \ \ \ R = ((1-k)\zeta,k\xi). \end{equation*} Vektörel çarpım ve alan arasındaki ilişkiyi kullanacağız. Hatırlanacağı üzere $S(\triangle PQR) = \tfrac{1}{2}|\vec{QP} \times \vec{QR}|$ bize $PQR$ üçgeninin alanını veriyordu.

\begin{eqnarray}\nonumber \vec{QP} &:=& P-Q = ((2k-1)\eta-k\zeta,(1-k)\xi) \\ \nonumber \vec{QR} &:=& R-Q = ((1-2k)\zeta-(1-k)\eta,k\xi) \end{eqnarray} Nihayet $\vec{u} \times \vec{v} = u_{x}v_{y}-u_{y}v_{x}$ olduğunu hatırlarsak, o zaman \begin{equation*} S(\triangle PQR) = \frac{1}{2}\xi |\eta-\zeta| (3k^{2}-3k+1) \end{equation*} olduğunu gösteririz. Tamamen benzer yöntemlerle \begin{eqnarray} \nonumber S(\triangle PQG) &=& \frac{1}{2}|\vec{GP}\times \vec{GQ}| \\ \nonumber &=& \frac{1}{2}\xi|\zeta-\eta| \left(k^{2}-k+\frac{1}{3}\right) \end{eqnarray} olduğu da gösterilir. Bu ise aranılan oranın basitçe $1/3$ olduğunu ispatlar. Alanların oranı $k$ orantı sabitinden bağımsız çıkmıştır.

İlginçtir, $PQR$ üçgeninin ağırlık merkezini hesaplamaya kalktığımızda $g = \tfrac{1}{3} (P+Q+R) = ( 2/3, 1/3)$ sonucuna ulaşıyoruz. Bu noktanın koordinatları da $k$ orantı sabitinden bağımsızdır.

Bütün rasyonel sayılar ve karekökleri cetvel ve pergelle kurulabilir

Cetvel pergel çizimleri ile cebir ve sayılar teorisini birleştirmeye kalktığımızda rasyonel sayılar ve onların kökleri karşımıza çıkar. Örneğin ikinci dereceden bir denklemin çözümünde diskriminant köklü bir ifadedir ve denklemin katsayıları tam sayı ise, o zaman bu diskriminantın da nasıl kurulacağını tarif etmemiz gerekir. Aşama aşama bu çizimleri yapacağız. Açık konuşmak gerekirse bu postayı Felix Klein'in cetvel pergel çizimiyle $ax^{2}+bx+c=0$ denklemine önerdiği çözümü gördükten sonra yazdım. Çizim meşhur İngiliz matematikçi Hardy'nin analiz ders kitabında geçiyordu. O da Fransızca bir kaynaktan almış. (Evet, Klein Alman!)

1. Tam sayıların çizimi: $AB$ doğru parçası bizim uzunluk birimimiz olsun ve $B$ ucundan bu doğru parçasını düzlemde sonsuza kadar uzatalım. Merkezi $B$, yarıçapı $|AB|$ olan bir çember doğruyu $A$ ve $C$ noktalarında keser. Barizdir ki $|AC| = 2 |AB|$. Bu bize uzunluğu 2 birim olan bir doğru parçası kurmayı öneriyor. Merkezi $C$, yarıçapı $|BC|$ olan bir çember daha çizdiğimizde bu çember doğruyu $B$ ve $D$ noktalarında keser. Yine barizdir ki $|AD|=3|AB|$ olur. Tümevarımla devam ettiğimizde uzunluğu $n \in {\mathbb N}$ birim olan bir doğru parçasını kurabiliriz.
2. Tam sayıların kareköklerinin çizimi: Uzunluk birimimiz verilmiş olsun. O zaman kenarları 1 birim olan ikizkenar dik üçgeni çizdiğimizde hipotenüsün uzunluğu $\sqrt{2}$ birim olur. Şimdi $1,\sqrt{2},\sqrt{3},\ldots,\sqrt{n}$ uzunluklarını (burada $n \in {\mathbb N}$) çizebildiğimizi varsayalım. O zaman tabanı $\sqrt{n}$ yüksekliği 1 birim olan dik üçgenin hipotenüsünün uzunluğu $\sqrt{n+1}$ olacağından, tümevarımla bütün tam sayıların kareköklerinin de cetvel ve pergelle çizilebileceğini göstermiş oluyoruz.
3. Rasyonel sayıların çizimi: Rasyonel sayımız $a/b$ ve $a,b \in {\mathbb N}$ olmak üzere $b \ne 0$ olsun. $a < b$ varsayacağız. ($a > b$ ise, o zaman $a/b = k + r/b$ ve $0 \leq r < b$ şeklinde $k$ ve $r$ tam sayıları vardır. $k$ tam sayısı yukarıda anlattığımız gibi, $r/b$ rasyonel sayısı ise şimdi anlatacağımız gibi kurulabilir.) $|BC|=1$ ve $|AB| = b$ uzunluğunda bir dik üçgen çizilsin. $AB$ kenarı üzerinde merkezi $A$, yarıçapı $a$ olan bir çember $AB$ kenarını $P$ noktasında keser: $|AP|=a$. $P$ noktasından $BC$ kenarına çekilen paralel doğru $AC$ kenarını $Q$ noktasında kessin. Üçgenlerin benzerliğinden \begin{equation*} \frac{|PQ|}{|BC|} = \frac{|AP|}{|AB|} \end{equation*} olur. Nicelikler yerine konulduğunda $|PQ| = a/b$ olduğu görülür.
4. Rasyonel sayıların karekökleri: Çizmemiz gereken rasyonel sayının karekökü $\sqrt{a/b}$ ve ${a,b \in {\mathbb N}}$ olacak şekilde $b\geq 1$ olsun. ($b=1$ ise, o zaman $\sqrt{a}$ niceliğinin nasıl çizileceğini anlattık.) Yine yandaki dik üçgen üzerinden gideceğiz. Öncelikle $a < b$ varsayalım. ($a > b$ durumu okura alıştırma olarak bırakılmıştır.) $|BC|=1$ ve $|AB| = \sqrt{b}$ uzunluğu yukarıda anlattığımız yöntemler kullanılarak kurulabilir ve $ABC$ dik üçgeni çizilebilir. $|AP|=\sqrt{a}$ uzunluğunu $AB$ üzerinde olacak şekilde kuralım. $P$ noktasından $BC$ kenarına çekilen paralel $BC$ kenarını $Q$ noktasında keser. Üçgenlerin benzerliğinden \begin{equation*} \frac{|PQ|}{1}=\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{b}} \end{equation*} olur.

---

Nedir sayı? Bu göründüğünden çok daha zor bir soru ve cevaplamaya kalkmayacağız. Yüzeysel olarak dolayımından geçeceğiz sadece. Biz ilkokuldayken şöyle bir efsane anlatılırdı. Çobanın birisi sürüsündeki koyunları saymak için bir torbaya ahıra her koyun giridiğinde bir çakıl taşı atıyormuş. Her koyun çıktığında da bir çakıl alıyormuş torbadan. Böylece ahırdaki koyun kadar çakıl taşı oluyormuş torbada. Doğal sayılar böyle keşfedilmiş. Üç aşağı beş yukarı sayı dediğimiz şey günlük hayatta böyle kullanılagelmiştir. Rasyonel ve kareköklü sayılara gelince koyun sayma işi biraz zora giriyor. Antik Yunan kültüründeki geometricilerin sayı ile uzunluk ve alanı ilişkilendirip, sayıları uzunluk ve alanın ölçüsü olarak düşünmeleri rasyonel ve kareköklü sayıların temsil edilmesini de temin etmiştir. Vurgulayalım: hemen hemen her rasyonel sayının karekökü irrasyoneldir. Dolayısıyla cetvel pergel çizimleri bazı irrasyonel sayıların da kurulmasına olanak sunuyor.

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.