Öyleyse böyle ama işte öyle olmadığı için böyle de değil

Bu posta bir teoremin hipotez kısmını kontrol etmenin veya tümevarımın ilk basamağındaki genellikle çok basit ispatı yapmanın önemini hatırlatmak için yazdırılıyor. Kim mi yazdırıyor? Tecrübe. Bir problemle uzunca bir süre uğraşıp daha sonra gerçek olamayacak kadar güzel sonuçlara ulaştığımda nerede hata yaptığımı ararken bu basit basamağı atlayıp hayıflanmam bana bu postayı yazdırıyor.

$i \in \{1,\ldots,n\}$ ve $\kappa_{i} > 0$ olmak üzere \begin{equation*} D_{n}(x) := x^{n} + \kappa_{1}x^{n-1} + \kappa_{1}\kappa_{2}x^{n-2} + \cdots + (\kappa_{1}\kappa_{2} \cdots \kappa_{n}) \end{equation*} polinom dizisini tanımlayalım. Analitik kimya çalışanlar bu polinom dizisini bir yerlerden mutlaka hatırlayacaktır ama konunun kimyasal yönünün burada hiç önemi yok. Tanım gereği $x\geq 0$ ise o zaman $D_{n}(x) > 0$ olması gerektiğini gözleyiniz. Zira polinomun bütün katsayıları pozitif. Dolayısıyla $D_{n}$ polinomlarının gerçel kökleri aranacaksa bu kökler negatif olmalıdır.

Basit bir cebirsel manupulasyon ile $D_{n}$ dizisi için aşağıdaki yineleme bağıntısını kolayca elde edebiliriz. \begin{equation*} D_{n}(x) = xD_{n-1}(x) + (\kappa_{1}\kappa_{2} \cdots \kappa_{n}) \end{equation*} Sturm kök yerleştirme (root interlacing) teoremine aşina olanlar bu denklemi kullanarak ve $D_{n}-\kappa_{n}D_{n-1}$ ifadesini yeniden düzenleyerek aşağıdaki üç terimli yineleme bağıntısını da elde edebilirler. \begin{equation*} D_{n}(x) = (x+\kappa_{n})D_{n-1}(x) - \kappa_{n}xD_{n-2}(x) \end{equation*}

Şimdi aşağıdaki zımba gibi teoremi bu üç terimli yineleme bağıntısını kullanarak ispatlayabiliriz.

Önerme: Herhangi bir $j>0$ için $D_{j}(0)=0$ ise o zaman her $n>j$ için $D_{n}(0)=0$ olur.

Teoremin ispatında üç terimli yineleme bağıntısını $n=j+1$ için kullanalım. $D_{j+1}(0) = \kappa_{j+1}D_{j}(0) = 0$. Dolayısıyla tümevarım basamağı çalışıyor. Ancak teoremin hipotez kısmındaki şartı sağlayan bir $j$ yok zira her $j>0$ için $D_{j}(0)=\kappa_{1}\cdots \kappa_{j}>0$ olmaktadır.

Üzüntü ve muz kabuğu! Teoremimizin uygulanabileceği polinomlar boş küme oluşturuyor. Tümevarımın o ilk ve basit basamağı önemli. İhmal etmeyelim...

İkizkenar üçgen içinde alınan rasgele bir noktanın asimetrik köşeye yakın olma ihtimali

Bu postanın başlığındaki soruyu sosyal medyada gördüm ve çözümünü yaptıktan sonra muhtelif varyasyonlarını da kendim geliştirdim. Çözüm en temel düzeyde trigonometrik formülleri kullanmaktan başka bir şey gerektirmiyor ama ihtimaliyat ile trigonometriyi birleştirerek bir sentez yapmak.. sorunun cazibesi burada. Öncelikle soruyu kabule şayan bir dille ifade edelim ve ardından çözümünü verelim.

Tepe açısı $\tfrac{\pi}{3}$ radyandan küçük bir $ABC$ ikizkenar üçgeninde taban uzunluğu $a=|BC|$, ikiz kenarların uzunluğu ise $b=|AB|=|AC|$ olsun. Bu üçgen içinde rasgele bir $Q$ noktası alalım. $|QA| < |QC|$ ihtimali nedir? Diğer bir deyişle $Q$ noktasının $A$'ya $C$'den daha yakın olma ihtimalini hesaplayınız.

Şekile bakalım ve bariz bir gözlemde bulunalım: $AC$ doğru parçasını tam ortadan ikiye bölen dikme $DE$ üzerinde alınan tüm noktalar $A$ ve $C$ köşelerine eşit uzaklıktadır. (Tepe açısı $\tfrac{\pi}{3}$ radyandan küçük olduğundan $D$ noktasının $AB$ üzerinde olduğunu söyleyebiliriz.) Buradan yola çıkarak $DE$ doğrusunun kuzeyinde yer alan tüm noktaların $A$ noktasına $C$'den daha yakın olacağını söyleyebiliriz. O zaman $ADE$ üçgeninde yer alan tüm noktalar $A$ noktasına $C$ noktasından daha yakındır. Rasgele aldığımız bir noktanın $ADE$ üçgeni içinde olması peşinde olduğumuz eşitsizliği peşinen sağlar.

Bu noktada pek söylenmeyen bir varsayımdan bahsedeceğiz. Fizik literatüründe equal a priori hypothesis olarak bir varsayıma göre bir sistemin tanım kümesinde yer alan tüm durumları seçme ihtimalimiz eşittir. Ancak bu varsayıma tabi olduğumuz takdirde elimizdeki problemi çözebiliriz. Aksi takdirde problemi çözmek için yeterli veri yoktur ve soruyu hazırlayanların bize üçgen üzerindeki noktaları seçme ihtimaline dair bir ihtimal yoğunluğu vermesi gerekir. Örneğin nokta seçme işini güneyden kuzeye esen bir rüzgarlı havada yukarıdan bir mürekkep damlatmak suretiyle yapabiliriz. Bu $ADE$ üçgeni içinde nokta seçmeyi daha muhtemel kılar. Bu tip durumları dışlıyoruz...

Üçgen içindeki tüm noktaları eşit ihtimalle seçtiğimizi kabullendiğimiz zaman aradığımız ihtimal $ADE$ üçgeniyle $ABC$ üçgeninin alanlarının oranlarından ibarettir. (Neden?) Üçgenin tepe açısına $\alpha$ diyelim. Sinus teoremini uygulayarak çözümü verebiliriz. \begin{equation} p = \frac{S(\triangle ADE)}{S(\triangle ABC)} = \frac{\tfrac{1}{2} |AD||AE| \sin \alpha}{ \tfrac{1}{2}|AB||AC| \sin \alpha} = \frac{|AD||AE|}{|AB||AC|} = \frac{\tfrac{b}{2\cos \alpha} \tfrac{b}{2}}{b^{2}} = \frac{1}{4 \cos \alpha} \end{equation} Bu aşamada $\kappa := a/b$ oranını tanımlayalım. Ama cosinus teoremine göre $a^{2} = 2b^{2}-2b^{2}\cos \alpha$ ya da $\cos \alpha = 1 - \kappa^{2}/2$ olduğundan aradığımız ihtimal \begin{equation} \boxed{p = \frac{1}{4-2\kappa^{2}}} \end{equation} olur.

Ödev

Güzel bir soru gördüğümüzde onu genelleştirmek ve varyasyonları üzerinde uğraşmak en doğal tepkimizdir. İşte size uğraşın diye iki örnek:

1. Aynı soruyu tepe açısının $\tfrac{\pi}{3}$ radyandan büyük olduğu durum için çözünüz.
2. Rasgele seçtiğimiz $Q$ noktasının $A$ noktasına $B$ ya da $C$ noktalarından daha yakın olma ihtimalini tepe açısının her iki durumu için de inceleyiniz.

Nedir, Allah aşkına nedir şu yükseltgenme basamağı?

Temel ve genel kimyayla ilk tanıştığımız günlerde adına yükseltgenme basamağı (oxidation state, oxidation number) denilen bir kavrama maruz kalırız. Bir bileşik içinde yer alan her element için ayrı ayrı tayin edilen bu sayı için, bir takım kurallar ezberlememiz gerekir. Bu kuralların yine bir çoğunun istisnaları vardır. Örneğin halojenlerin yükseltgenme basamağının "genellikle" -1 olduğu söylenir ancak perklorattaki klorun yükseltgenme basamağı +7'dir. İstisnaları olan bu kuralları somut fiziksel bir temele oturtmak da çoğu zaman zordur. Kabul, sofra tuzunda sodyumun hem yükü hem de yükseltgenme basamağı aynıdır ancak aynı şey sudaki oksijen için söylenemez.

Kuralları istisnalarla dolu olup çoğunlukla yük gibi somut bir şeyle de özdeşleştiremediğimiz yükseltgenme basamağını iki yerde kullanırız: geçiş metallerinin anorganik bileşiklerini adlandırırken ve redoks tepkimelerini denkleştirirken. İsimlendirme veyahut nomenklatur kurallara tabi olsa dahi, kurallarının keyfiliğinden ötürü mantıkla sorgulanamaz. ICN'e ben siyanojen iyodür derim siz de iyot siyanür dersiniz. Bana göre ben doğruyumdur, size göre de siz. Öte yandan redoks tepkimelerinin denkleştirilmesine gelince bu denli rahat olamayız. Zira daha önce bu blogda da izah ettiğimiz üzere redoks tepkimeleri ve genel olarak bütün kimyasal tepkimeler fizik yasalarına ve bu fizik yasalarının dikte ettiği lineer denklemlere tabidir. İşte bu yüzden yükseltgenme basamağı gibi soyu sopu sorunlu mefhumları mantıksal hijyene özen gösterilen cebir gibi bir sahaya iyice sorgulamadan dahil etmek kabul edilemez.

Bu postada yükseltgenme basamaklarını yarı redoks tepkimelerini kullanarak tanımlayacağız. Bu yaklaşım, genel kimya kitaplarında izlenen yolun tam tersidir. Her ne kadar sadece cebirin imkanları kullanılarak yarı redoks tepkimeleri denkleştirilebilir olsa da, biz kolay bir algoritmaya burada yer verecek ve algoritmamızı fosforik asitteki fosforun yükseltgenme basamağı üzerinde örnekleyeceğiz.

1. Verilen bir bileşikteki bir elementin yükseltgenme basamağı tayin edilirken, ilgili bileşiğin elementin doğada yaygın bulunan formundan oluştuğu kabul edilir. Bu form halojenler, oksijen ve azot için X₂, fosfor için P₄, metaller içinse genellikle metalik kristal halidir. Okur, elementlerin doğada yaygınca bulunan hallerini genel kimya kültüründen kanıksamış olmalıdır. Üzerinde çalıştığımız örnek bu basamakta şu halde olur: \begin{equation*} {\rm P_{4}(k) \ \to \ H_{3}PO_{4}(aq) } \end{equation*}
2. İlgili yarı redoks tepkimesinde kilit element genelde denkleşmiş haldedir ama halojenler veya fosfor gibi elementler için öncelikle kilit elementten 1 adet olacak şekilde tepkimedeki katsayılar ayarlanır. \begin{equation*} {\rm \tfrac{1}{4} P_{4}(k) \ \to \ H_{3}PO_{4}(aq) } \end{equation*}
3. Yarı tepkimenin oksijence fakir tarafına, her iki tarafta da aynı sayıda oksijen olacak şekilde H₂O eklenir. \begin{equation*} {\rm \tfrac{1}{4} P_{4}(k) \ + \ 4 H_{2}O(s) \ \to \ H_{3}PO_{4}(aq) } \end{equation*}
4. Yarı tepkimenin hidrojence fakir tarafına, her iki tarafta da aynı sayıda hidrojen olacak şekilde H⁺ eklenir. \begin{equation*} {\rm \tfrac{1}{4} P_{4}(k) \ + \ 4 H_{2}O(s) \ \to \ H_{3}PO_{4}(aq) \ + \ 5 H^{+}(aq)} \end{equation*}
5. Nihayet yarı tepkimedeki yük denkliğini sağlayacak şekilde nisbeten pozitif tarafa gerektiği kadar elektron eklenir. Bu aşamada yarı tepkimeniz kütle ve yük dengesini sağlayan, hatasız bir formda olmalıdır. \begin{equation*} {\rm \tfrac{1}{4} P_{4}(k) \ + \ 4 H_{2}O(s) \ \to \ H_{3}PO_{4}(aq) \ + \ 5 H^{+}(aq) \ + \ 5 e^{-}} \end{equation*}

Tanım: Yukarıdaki algoritma takip edilerek denkleştirilen yarı reaksiyonda tebarüz eden elektron sayısına, ilgili elementin söz konusu bileşikteki yükseltgenme basamağı denir. Elektronlar yarı reaksiyonun sağ tarafında ise element yükseltgenmiştir ve yükseltgenme basamağı da pozitif işaretlidir. Elektronların yarı reaksiyonun sol tarafında yer alması halinde, element indirgenmiştir ve yükseltgenme basamağı negatiftir.

Bu tanım uyarınca fosforun, fosforik asitteki yükseltgenme basamağı +5 olmalıdır.

İşaret: Yukarıdaki algoritma uyarınca bir elementin doğada yaygınca bulunan elemental halinde yükseltgenme basamağı sıfırdır. (Basitçe Na(k) $\to$ Na(k) tepkimesinin her iki tarafında da sıfır elektron vardır.)

İşaret: Bazı reaksiyonlar bazik ortamda gerçekleşir. Böylesi durumlarda yarı reaksiyonları yukarıdaki algoritmayı takip ederek, önce asidik ortamda denkleştirir ve nihai tepkimedeki hidrojen katyonlarının sayısına denk hidroksit ilave ederiz. ${\rm H^{+}+OH^{-} = H_{2}O}$ yazdığımızda tepkime gerekli sadeleştirmelerden sonra bazik ortamda gerçekleşmiş olur. Fosforik asit örneği için bu işlemler aşağıdaki sırada yapılır. \begin{eqnarray} \nonumber && {\rm \tfrac{1}{4} P_{4}(k) \ + \ 4 H_{2}O(s) \ + \ 5OH^{-}(aq) \ \to \ H_{3}PO_{4}(aq) \ + \ 5 H^{+}(aq) \ + \ 5OH^{-}(aq) \ + \ 5 e^{-}} \\ \nonumber && {\rm \tfrac{1}{4} P_{4}(k) \ + \ 4 H_{2}O(s) \ + 5OH^{-}(aq) \ \to \ H_{3}PO_{4}(aq) \ + \ 5H_{2}O(s) \ + \ 5 e^{-}} \\ \nonumber && {\rm \tfrac{1}{4} P_{4}(k) \ + 5OH^{-}(aq) \ \to \ H_{3}PO_{4}(aq) \ + \ H_{2}O(s) \ + \ 5 e^{-}} \end{eqnarray}

Ödev: Okur hidrojen ve oksijenin bileşiklerindeki yükseltgenme basamaklarının tayini üzerinde beyin jimnatiği yapmalıdır. Örneğin fosforik asitteki hidrojen ve oksijenin yükseltgenme basamaklarını tayin etmek için yukarıdaki algoritma ve tanıma mantıksal hijyene özen gösteren bir biçimde ne gibi ilaveler yapılmalıdır? Bu soru önemli. Zira NaH bileşiğinde sodyumun yükseltgenme basamağı tayin edilirken yukarıdaki algoritma eğer olduğu gibi takip edilirse o zaman sodyumun yükseltgenme basamağının -1 olduğu sonucuna varırız.