Principia Mathematica Philosophia Naturalis

Principia Mathematica Philosophia Naturalis

Hakîkî Bilgeliğin Matematiği

Sir Isaac Newton

1

Latincesi’nden İngilizce’ye çeviren: Andrew Motte

Gökbilim Profesörü ve Royal Society Sekreteri John Machin’in yazdığı ‘’Ay’ın hareketinin çekim kuvvetine göre açıklanmış Kanunları’’ kısmı da buna eklenmiştir.

ĠKĠ CĠLTTĠR LONDRA Fleetstreet‘deki Middle Temple Gate‘teki Benjamin Motte‘ye adanmıştır. MDCCXXIX (1729)

2

Sir Isaac Newton

3

Ġngilizcesi‟nden Türkçe‟ye çeviren: Evren ĠĢbilen Çevirinin esas alındığı metinlerin internetteki adresleri ve kitapların yayın bilgileri: 1.https://ia802706.us.archive.org/0/items/newtonspmathema00newtrich/newtonspmathema00 newtrich.pdf

2…

4

„‟College of Physicians‟‟ ve „‟Royal Society‟‟ Başkanı Baronet Sir Hans Sloane‟a

,

Efendim, Bilimi geliştiren ve ilerleten herkese gösterdiğiniz cömertlik ve koruyuculuk; bilimin çeşitli dallarında bilgili kişileri ve bunlara kıymet verenler tarafından evrensel bir takdir görmektedir.

Bu kişiler, sizin bilimi korumanızı hayranlıkla izlemektedir. Şimdi siz

oturduğunuz şerefli koltuk itibariyle, Tabiat olayına dair bilgimizin artması yolunda yorulmaz çabalar göstermektesiniz. Hem kendi bilimsel projelerinizi yürütmekte hem de başkalarının projelerine destek vererek ve yardım ederek bu bitmek tükenmek bilmeyen hazinenin sınırlarını açmaktasınız. Bunları da bilimde ve sanatta nadir ve kıymetli olan ne varsa geniş koleksiyonunuza katarak yapmaktasınız. Sizin bilimi ve edebiyatı himâye edişiniz, Dünya‘nın dört bucağındaki aydınlarca takdir hisleriyle karşılanmaktadır. Bu çabalarınız; hünerle ve özenle, kamu gönenci için keşifler peşinde koşan bir grup seçkin insanın sizi bu makama seçmesini sağlamıştır. Halefiniz ise çağımıza ve ulusumuza bitmek tükenmeyen bir şeref payesi verecektir. Bu meyanda, sizin şanlı ve şöhretli halefinizin en seçkin eserinin çevirisini size takdim ediyorum. Bu eser, her ne kadar benim elimden geçmiş olsa da olağanüstü deha sahibi

5

yazarının kıymeti ve eserin konusunun yüceliğinden ötürü sizin takdirinizi ve ilginizi beklemektedir. Bundan daha az değerli bir eseri size sunmazdım. En derin saygılarımla, Efendim, En alçakgönüllü ve itaatkâr hizmetçiniz, Andr. Motte

6

YAZARIN ÖNSÖZÜ

Pappus‘un yazmış olduğu gibi, Eski Yunan ve Roma‘da yaşamış düşünürler, Tabii şeylerin incelenmesinde mekanik biliminden yararlanmışlardır. Modern bilginler ise, tözleri, biçimleri ve maddenin gizli özelliklerini bir yana bırakıp tabii olaylar konusuna matematiğin kanunlarıyla yaklaşmaya çalışmışlardır. Bu nedenle, bu incelemede, Matematiği bu bilimle ilgili olduğu yere kadar geliştirmeye çalıştım. Eski Yunan ve Roma düşünürleri, mekanik bilimini iki yönden algılamıştır. Birincisi, teorik olarak, kâğıt üstünde hassas bir akıl yürütme ve gösterimle sergilenebilir biçimiyle. İkincisi, pratik uygulaması biçiminde. (Başka bir deyişle fen.) Bütün zenâatler, mekaniğin uygulamasının içindedir. Mekanik kelimesinin kökeni buradadır. Ancak, zenaatkârlar, mükemmel hassasiyetle çalışamadıklarından bunun imâ ettiği şey, Mekaniğin Geometri‘den ayırt edilmesidir. Mükemmelce hassas olanına Geometri, az hassas olanına Mekanik denir. Ancak, bir deyişte söylendiği gibi ‗Kusur zenâatte değil zenaatkârdadır.‘ Az hassas çalışan bir zenaatkar, kusurlu bir zenaatkardır ve eğer zenaatkarın biri mükemmel bir hassasiyetle çalışabiliyorsa en mükemmel zenaatkar‘dır. Geometrinin elemanlarını oluşturan, doğru çizgilerin ve çemberlerin çizilip tanımlanması mekaniğin işidir. Geometri bunları bize öğretmez, bunların çizilmiş olmasını şart koşar. Çünkü, Geometri, konuda derinleşmeden önce, öğrencinin bunları hassas bir şekilde çizip

7

tanımlayabilmesinin öğretilmiş olmasını şart koşar. Ancak bundan sonra, bu işlemlerle problemlerin nasıl çözülebileceğini yolunu gösterir. Doğru çizgileri ve çemberleri çizip tanımlamak problem kabul edilebilir ancak bunlar geometrik problemler değildir. Bu gibi temel problemlerin çözümü Mekanik hüner konusudur. Geometri ise bunlar halledilip çözüldükten sonra bunları kullanarak yoluna devam eder. Geometrinin yüceliği, doğruluğu apaçık, sade, basit birkaç prensipten akıl yürütmeye başlaması ama karmaşık özellikte çok sayıda şey üretebilmesidir. Bu nedenle, Geometri, Fen kapsamındadır. Ve esasında, hassas ölçme sanatı‘nın evrensel mekanik bilimindeki bir gösterimidir. Ancak, fenler, cisimlerin hareketiyle ilgili olduğundan, Geometri‘de bunlar Magnitüt olarak geçer, Mekanik‘te ise bunlar Hareket‘tir. Bu anlamda, Bilimsel Mekanik, Hareketin bilimi olacaktır. Bu hareket herhangi bir kuvvetten kaynaklanmış olabilir. Veya bu bilimin konusu, herhangi bir hareketi oluşturmak için gerekli ve yeterli bir kuvvet olabilir. Bu hareketler hassas bir şekilde tanımlanıp gösterilebilirse bu bilim olur. Mekaniğin bu kısmı, Yunan ve Romalı eski devir bilginlerince geliştirilmiştir. Bunlar, el zenaatlarına ilişkin 5 Kuvvet ile bağlantılandırılmıştır. O bilginler, çekim kuvvetini de (elin bir kuvveti olmasa da) ağırlıkları bu kuvvetle hareket ettiren bir kuvvet gibi düşünmüşlerdir. Bu eserdeki emelimiz, sanat değil de felsefe olduğu için ve konumuz kas kuvveti değil de tabii kuvvetler olduğu için burada sadece, ağırlık, hafiflik, esneklik kuvveti, seyyâl maddelerin direnci ve benzeri kuvvetler -iten veya çeken nitelikte olsun- incelenmiştir. Ve bu nedenle, bu eseri, bilgeliğin matematiksel prensipleri olarak sunduk. Zirâ, bilgeliğin bütün zorluğu bundadır: Hareketlerin tabiat olaylarından yola çıkıp Tabiat olayı‘nın kuvvetlerini incelemek ve bu kuvvetlerden diğer tabiat olaylarını gösterebilmektir. Birinci ve İkinci kitaptaki genel önermeler bu amaca göre yazılmıştır. Üçüncü Kitap‘ta, bunların bir örneğini Dünya‘nın Sistemini açıklarken verdik. Bu amaçla, ilk kitaplarda matematiksel

8

olarak gösterilmiş önermelerden yola çıktık. Ve buradan Göğün olaylarını irdeledik. Cisimleri Güneş‘e yönelten çekim kuvvetlerini ve birkaç gezegeni inceledik. Yine bu kuvvetlerden başka matematiksel önermeler yoluyla Gezegenlerin, Kuyrukluyıldızların, Ay‘ın ve Okyanuslar‘ın hareketlerinin neticesine varmaya çalıştık. İsterim ki tabiat olaylarının geri kalanını da aynı tarzda bir düşünmeyle mekanik prensiplerden türeterek bulabilelim. Çünkü birçok sebepten ötürü şu kanıya vardım: Bunların hepsi, belli bir takım kuvvetlere dayanır. Bu kuvvetler yoluyla, cisimlerin parçacıkları, bugüne değil bilinmeyen kuvvetler yoluyla, ya birbirlerine doğru çekilirler ve düzgün şekilli cisimlerde ahenkle yapışırlar. Ya da, Tabiat olayı Filozofları‘nın bugüne değin nafile araştırıp durduğu ama bulamadığı bazı kuvvetler nedeniyle birbirlerini iter ve birbirlerinden ayrılırlar. Yine de, inşallah, bu eserde ortaya attığım prensipler, bu konuyu az da olsa aydınlatabilir, ya da bilgeliğin daha hakiki bir yolunu aydınlatabilir. Bu eserin yayınlanmasında, çok anlayışlı ve evrensel bir bilgin olan Mr. Edmund Halley‘in katkıları zikredilmelidir. Kendisi sadece zahmet çekip kitabın metnini düzeltmekle kalmamış, kitabın şemalarını da düzeltmiştir. Her şeyden önemlisi yoğun ısrarlarıyla beni eserin yayınlanmasına teşvik etmiştir. Mr.Halley benim göksel yörüngeler çizimlerimi gördüğünde, beni, bunları bir de Royal Society‘ye göstermem konusunda teşvik etmiştir. Royal Society üyeleri bunları gördüğünde nazik teşvikleri ve yaklaşımlarıyla bunları yayınlamam için beni iknâ etmiştir. Ancak; Ay‘ın hareketlerinin eşitsizliğini düşünmeye başladığımdan ve kütle çekimi kuvvetinin kanunları ve ölçüleri ve bunun gibi kuvvetler gibi konuları araştırmaya daldığımdan, birkaç cismin kendi arasındaki hareketleri, dirençli madde ortamlarındaki cisimlerin hareketleri, çeşitli madde ortamlarının kuvvetleri, yoğunlukları, hareketleri, Kuyrukluyıldızların yörüngeleri ve buna benzer konulara eğildiğimden, bu konuları adamakıllı inceleyene değin yayını erteledim. Hepsini birden düzgün şekilde yayınlamaktı

9

amacım. Ay‘ın hareketleriyle ilgili olan şeyleri, (her ne kadar kusurlu olsa da) 6. Önerme‘nin neticelerinde bir araya getirdim. Bu şekilde, orada zaten gösterilmiş ve açıklanmış konuları tekrar etmekten ve sözü gereğinden çok uzatmaktan kaçınmaya çalıştım. Bir de Önermelerin dizilişinin ahengini bozmadım.

Diğerlerinden daha sonra keşfettiğim konuları, önermelerin

ve alıntıların sırasını ve düzenini bozmaktansa metinde pek de uygun olmayan yerlere sığıştırmak zorunda kaldım. Okurlardan bütün kalbimle burada yazdığım eserin samimiyetle ve yan tutmadan okunmasını istirhâm ediyorum. Ve böylesine zor bir konuda ister istemez olabilecek kusurların da hoş görülmesini ve okurların yeni girişimleriyle incelenmesini de ricâ ederim.

Cambridge, Trin. Coll 8 Mayıs, 1686. Isaac Newton İkinci Baskıda, Birinci Kitabın ikinci kısmı genişletilmiştir. İkinci Kitabın Yedinci Kısmında, seyyâl maddelerinin direncini açıklayan teori daha hassas bir şekilde araştırılmış ve yapılan yeni deneylerle ispatlanmaya çalışılmıştır. Üçüncü Kitap‘ta, Ay Hakkındaki Teori ve‗precession of the equinoxes‘, esas prensiplerinden daha tam ve etraflıca türetilmeye çalışılmış, Kuyrukluyıldızlar Hakkındaki Teori, yörüngelerinin hesaplanmasından elde edilen daha fazla sayıda örnekle ve daha hassas hesaplamalarla ispatlanmaya çalışılmıştır. Buradaki üçüncü baskıda, çeşitli maddelerden oluşmuş ortamların dirençleri, öncekilerden daha detaylı ve etraflıca incelenmiştir. Bir de, hava içeren bir mekânda düşen ağır cisimlerin dirençleri hakkında yapılmış yeni deneyler eklenmiştir. Üçüncü Kitap, Ay‘ın, yörüngesinde gezinebilmesi için kütle çekimi kuvvetinin gerektiği argümanının ispatlanması için

10

genişletilmiştir. Ve buna, Jüpiter‘in çeşitli görünüşlerindeki çaplarının birbirine orantısı konusunda

Mr.

Pound‘un

gözlemleri

eklenmiştir.

Buna,

1680

yılında

gözüken

Kuyrukluyıldız‘ın Mr. Kirk‘ce yapılan gözlemleri de ilave edilmiştir. Bu Kuyrukluyıldızın, yörüngesi Dr. Halley‘ce elips şeklinde bir modelle hesaplanmıştır, 1723 yılında gözüken kuyrukluyıldızın yörüngesi de Mr. Bradley‘ce hesaplanmıştır.

11

Tanımlar Birinci Tanım Maddenin miktarı, hacminden ve yoğunluğundan beraberce gelen niceliğin ölçüsüdür. Bu şu anlama gelir: iki misli yoğun bir hava iki misli geniş hacimde miktar açısından dört mislidir. Eğer, hacim üç misline çıkarılırsa maddenin miktarı 6 misline çıkar. Aynı fiziksel mantık sıkıştırılarak yoğunlaştırılmış veya sıvılaştırılarak yoğunlaştırılmış kar, çok ince toz ve pudramsı incelikte tozlar için de geçerlidir. Bu mantık, yoğunlaştırma, hangi fiziki mekanizma ile yapılmış olursa olsun bütün cisimler için geçerlidir. Bu tanımlama, özü, biçiminin kenar yüzeylerinden serbestçe taşıp duran maddeler için geçerli olmayabilir. Metnin bundan sonraki kısmında, cisim veya kütle dediğimde kastettiğim nicelik budur. Aynı şey her cismin ağırlığından da bilinebilir. Çünkü bu ikisi birbirine orantılıdır. Bunu da çok hassas bir ustalıkla yapılmış sarkaçlarla yaptığım deneylerden buldum. Bunlardan metnin ilerideki kısımlarında söz edilecektir.

Ġkinci Tanım Hareketin niceliği, bir maddenin miktarından ve hızından beraberce oluşan ölçüdür. Bütünün hareketinin toplamı, bütünü oluşturan parçaların hareketlerinin toplamından ibarettir. Bu mantıkla, iki misli nicelikteki bir cisimde, hızın eşit olduğu durumda hareketin niceliği iki mislidir. Hız da iki misline çıkarılırsa hareketin niceliği dört misline çıkar.

12

Üçüncü Tanım vis insita, maddede yaradılıştan gelen içkin bir özelliktir ve bir direnme kuvvetidir. Bu özellik sebebiyle her cisim, içinde bu özellik olduğu ölçüde, mevcut halini sürdürmede ısrar eder. Bu hal ister sabit durma hali olsun ister düz bir hatta ileriye doğru sabit bir hızla hareket hali olsun. Bu kuvvet ait olduğu cisme her durumda orantılıdır. Kütlenin ataletinden farklı değildir; ancak bizim onu kavrayışımız biraz farklıdır. Bir cisim, atâletinden ötürü, sabit durma halinden veya hareket halindeki halinden ancak zorlukla hâl değiştirtilebilir. Bu değerlendirmeye göre, bu vis insita, özel bir adla vis inertia olarak da adlandırılabilir. Ya da atâlet kuvveti. Ancak bir cismin, söz konusu kuvveti ancak, başka bir kuvvet, ona tesirde bulunarak mevcut halini değiştirmeye teşebbüs ettiğinde faalleşir. Bu kuvvetin fiili hale geçmesine, hem bir direnme kuvveti hem de itme kuvveti olarak bakılabilir. Cismin, tesirde bulunan kuvvete, mevcut halini sürdürmesi için karşı koyması düşünüldüğünde, direnç olarak düşünülebilir. Cismin, diğer Cismin kuvvetinin tesirine karşı etkilenmeyip diğer cismin mevcut halini de değiştirme girişimine itme denir. Konuyu derinlemesine anlamayanlarca; direnç, durma halindeki cisimlere atfedilir. Tesir ise hareket halindeki cisimlere atfedilir. Ne var ki durma hali ve hareket hali birbirinden ancak izâfi olarak ayırt edilebilir. Bir de, genellikle zannedildiği gibi, Cisimler durma halinde kaim değildir.

Dördüncü Tanım

13

Tesir eden bir kuvvet, bir Cisim üzerine tesirde bulunup bu Cismin halini değiştiren bir kuvvettir. Bu hal ister sabit durma hali olsun ister düz bir hatta ileriye doğru hareket etme hali olsun. Bu kuvvet sadece harekette mevcuttur. Hareket bittiğinde cisimde kalmaz. Zira, bir Cisim, her yeni hali, kendi vis inertia‘sı ile sürdürür. Tesir eden kuvvetler değişik kaynaklardan kaynaklanmış olabilir. Örneğin, darbe, basınç veya merkezcil kuvvet gibi.

BeĢinci Tanım Merkezcil kuvvet, Cisimlerin, bir merkez noktaya doğru çekilmesi, sürüklenmesi veya bir yolla yönelmesidir. Kütle çekimi bu türden bir kuvvettir. Bu mantığa uygun olarak Cisimler Dünya‘nın merkezindeki mıknatısiyete doğru çekilir. Tıpkı demirin bir mıknatıs parçasına çekilmesinde olduğu gibi. İşte bu kuvvet, özü her ne olursa olsun: Gezegenlerin mütemadiyen doğrusal hatlardaki hareketlerinden merkeze doğru çekilmesindeki gibidir. Bu olmasaydı gezegenler doğrusal hareketlerine devam edip giderlerdi. Bir taşı bir ipin ucuna bağlayıp çevirdiğimizi düşünelim. Hareket halindeyken, taş, çeviren elden kaçıp gitmeye yönelir. Bu yönelişle, ipi gerer. El, ipi ne kadar hızla döndürürse bu kaçma kuvveti o ölçüde nicelik kazanır. Bırakıldığı anda, taş uçup gider. Taşın bu kaçma yönelimine karşı koyan bir kuvvet vardır. Bu kuvvet yoluyla ip taşı mütemadiyen ele doğru geri çeker. Ve taşı yörüngesinde tutar. Bu kuvvetin yönü merkeze doğru olduğu için buna merkezcil kuvvet adını veriyorum. Ve aynı mantık, yörüngede dönen cisimlerin hepsi için işler. Bu cisimlerin hepsi, yörüngelerindeki merkezlerinden dışarı doğru kaçmaya yönelir. Ve eğer, bu yönelişe karşı onları kısıtlayan ve

14

yörüngelerinde tutan bir başka kuvvet olmasaydı bunlar doğrusal bir hareketle uçup giderlerdi. Fırlatılan bir Cisim, eğer, kütle çekimi olmasaydı ve atmosferdeki havanın direnci olmasaydı, Dünya‘ya doğru sapmaz doğrusal bir hattaki hareketine devam edip giderdi. Kütle çekimi nedeniyle bu Cisim, doğrusal yönelişli hareketinden bir yana mütemadiyen çekilir ve Dünya‘ya doğru saptırılır. Bunun azlığı çokluğu da kütlesine ve hareketin hızına göredir. Kütle çekimi, cismin içerdiği madde miktarına bağlı olarak, ne ölçüde azsa ya da fırlatılma hızı ne ölçüde çoksa, bu Cisim ona uygun ölçüde öteye gidecektir. Bir demirden yapılma top hayal edin. Bu demirden top bir dağın tepesinden fırlatılma konumunda olsun. Bu fırlatılış da barutun patlaması ile sıkışan havanın ittirmesiyle oluşmuş olsun. Topun hareketinin hızı da belli bir hızda tanımlansın. Topun fırlatılışının yönü de ufka paralel bir açıyla olsun. Bu topunu hareketini geometrik olarak betimlersek: Eğrisel özellikte bir çizer. Yere çarpmadan önce de, karadan ölçüldüğünde iki millik bir mesafeyi alır. Bu hızın iki veya on misli bir hızla fırlatılmış bir Cisim, havanın direncini yok sayarsak, iki veya on misli bir mesafeyi alır. Cismin fırlatıldığı hızı artırmak yoluyla, bu cismin fırlatılıp düşeceği mesafeyi ayarlayabiliriz. Bu cismin havada alacağı yolu temsil eden çizginin eğriliğini arttırabiliriz. Örneğin, en nihayetinde düşeceği mesafeleri, Dünya‘nın küresinin merkezini gören açıların karşısındaki yay uzunlukları ile özdeş kılıp örneğin 10, 30, 90 derecelik açılarla temsil edebiliriz. Hatta öyle bir uç durum tasavvur edilebilir ki: Top, Dünya‘nın çepeçevre dolanıp fırlatıldığı noktaya düşebilir. Daha da ilginç bir düşünce deneyi de topun hiç düşmeyip uzaya kaçmasıdır. Bu durumda top hareketine sonsuzca devam eder. Aynı mantıkla düşünecek olursak: Fırlatılan bir cisim Kütleçekimi‘nin tesiriyle bir yörüngede dolaştırılabilir. Bu yörünge gezegenin veya uydusunun yörüngesi olabilir. Bu cismi yörüngede dolaştıran kuvvet, cisim eğer kütleçekimine haizse kütleçekimi olabilir ya da başka herhangi bir kuvvet olabilir. Bu kuvvet mütemadiyen cismi gezegen‘e doğru çeker. Ve bu cisim gezegene doğru, doğrusal hatlardan eğrisel hatlara azıcık beri çekilir. Bu cisim, kendi haline bırakılsa kendi öz kuvvetiyle

15

izleyeceği doğrusal hatlardan saptırılır. Bu betimleme ile başlangıcı çizilen yörüngede döndürülebilir. Dünya‘nın tabii bir uydusu olan Ay da, bu tür bir kuvvet olmaksızın Dünya‘nın yörüngesinde tutulamaz. Bu nedenle, eğer bu kuvvet çok küçük olsaydı Ay‘ı doğrusal hatlı yörüngesinden çevirip çekmeye yetmezdi. Eğer çok büyük olsaydı Ay‘ı yörüngesinden Dünya‘ya doğru aşağı çekerdi. Bu mantık gereğince bu kuvvetin çok hassas ve tam bir şekilde ayarlanmış olması gerekir. Bunun hesabını yapmak matematikçilerin işidir. Yani: verili bir hızla verili bir yörüngede dolanması istenen bir cismi, yörüngede tutarak dolandıran kuvvetin tam ve hassas niceliği. (Ya da bunun tam tersi.) Verili bir yerden, verili bir hızla, verili bir kuvvetle fırlatılan bir cismin, tabii olarak seyir edeceği doğrusal hatlı rotadan çekilip saptırılan eğrisel hatlı rotasını bulmak işi. Bir merkezcil kuvvetin niceliği 3 türlü olabilir: Mutlak, ivmelenmeli, müteharrik.(hareket ettiren)

Altıncı Tanım Bir merkezcil kuvvetin mutlak niceliğinin ölçüsü, o cismin merkezinden her yöne doğru tesir eden ………………………………………………………………………………………………… …… Bu mantıkla denilebilir ki: Bir mıknatısın çekim kuvveti, diğerinin çekim kuvvetine göre, boyutlarına ve tesirinin yoğunluğuna göre farklı farklı olabilir.

Yedinci Tanım 16

Bir merkezcil kuvvetin ivmelenmesinin niceliği, belirlenmiş-tanımlanmış bir sürede oluşan hızla orantılıdır. Bu nedenle, bir mıknatısın çekim kuvveti düşünülürse: Mesafenin normalden az olduğu durumda, normalden fazladır, mesafenin iyice azaltıldığı durumdaysa bundan da fazladır. Bir de: Kütle çekimi kuvveti: Vadilerde, çok yüksek irtifalı dağlara göre, fazladır. Hatta, Dünya‘nın yüzeyindeki noktalardan ötelerdeki büyük mesafelerde, dağlara göre de azdır. (bundan sonra gösterileceği gibi) Ancak, dünyanın merkez noktasına göre eşit mesafelerdeki her yerde kütle çekimi kuvveti birbirine eşittir. Çünkü havanın direncini deney maksatları için hariç tutsak da havanın varlığını bir deney koşulu olarak dâhil etsek de, bu kuvvet düşen cisimlerin hepsini eşit ölçüde ivmelendirir. Bu cisimler ister ağır olsun ister hafif olsun, büyük olsun küçük olsun.

Sekizinci Tanım Bir merkezcil kuvvetin sevk edilmesinin niceliği, bunun, verili bir sürede oluşturduğu hareketle orantısının ölçüsüdür. Bu nedenle, ağırlık, büyük bir cisimde, küçük bir cisme göre nicelik olarak fazladır. Deniz seviyesinde, yüksek irtifalı yerlere göre fazladır. Bu türden bir nicelik, Merkeze Doğru Yönelimlilik demektir. Başka bir deyişle, cismin bütününün merkeze doğru yönelimli olması demektir. Ya da diyebileceğimiz gibi ağırlık. Bu nicelik de, her zaman, buna eşit nicelikte ancak ona karşı koyan başka kuvvetin niceliğiyle bilinir. Bu kuvvet, tam da cismin aşağı inmesini engelleyecek ölçüde yeterli bir kuvvettir. Bu kuvvetlerin nicelikleri, kısaca ifade etmek istendiğinde, Muharrik Kuvvet, İvmelendiren Kuvvet ve Mutlak kuvvetler olarak adlandırılır. Ve bunları birbirinden ayırt etmek amacıyla,

17

bir merkeze doğru yönelimli olan cisimler ile bu cisimlerin bulunduğu yerler ve bunların yöneldiği kuvvet merkezlerine göre sınıflandırılır. Bu mantıkla, bir cisme yönelik muharrik kuvvet‘i , cismin çeşitli parçalarının her birinin toplamının, cismin merkezine doğru eğilimi ve yönelimi olarak tanımlıyorum. Bu nedenle, bir cisme tesir eden muharrik kuvvet, cismin bütünün çeşitli parçalarının ayrı ayrı eğilimlerinin ve yönelimlerinin toplamı olarak tanımlıyorum. Bir cismin ivmelendiren kuvvetini ise, o cismin bulunduğu yere atfen, bir merkezden, etrafındaki yerlere doğru yayılan ve oralarda bulunan cisimleri hareket ettiren bir kuvvet veya enerji olarak düşünüyorum. Bir merkeze yönelik mutlak kuvveti de, herhangi bir sebepten oluşan ve bu olmaksızın diğer muharrik kuvvetlerin etraftaki alanlara tesir edemeyeceği nitelikteki bir kuvvet olarak tanımlıyorum. Bu sebep, merkezi bir cisim olabilir, örneğin, mıknatıslık tesir sahasında Mıknatıs taşının merkezidir. Ya da yerdeki çekim kuvvetinde Dünya‘nın merkezidir. Ya da şu anda açık ve seçik olmayan başka bir şey olabilir. Bu nedenle, benim buradaki kurgum, fiziki sebeplerine ve temellerine hiç değinmeden bu kuvvetlerin sadece matematiksel bir kavramını vermekten ibarettir. Bu bağlamda, ivmelendiren kuvvet, muharrik kuvvete göre, sanki hızın harekete göre durumu gibidir. Zirâ, hareketin niceliği, maddenin kütlesinin içine çekilen hızdan ileri gelir. Ve muharrik kuvvet, de benzer bir şekilde aynı kütlenin içine çekilen ivmelendiren kuvvetten ileri gelir. İvmelendiren kuvvetin, cismin çeşitli parçaları üzerindeki tesirlerinin toplamı, bütün cisme tesir eden muharrik kuvveti oluşturur. Bu nedenle; Dünya‘nın yüzeyine yakın yerlerde, accelerative gravity (ivme kuvveti) (Kütleçekimini hesaplamak için çarpan olarak denkleme giren kuvvet ?) bütün cisimler üzerinde aynı ölçüde tesirde bulunur. Motive gravity ya da Ağırlık Cismin kendi gibidir. Ancak, irtifası (yüksekliği) nispeten fazla yerlere çıkarsak, buralarda accelerative gravity, öbür yere göre az olduğundan, Ağırlık bunun nispetinde olarak azalır. Her zaman, Cismin kütlesi ile accelerative gravity‘nin çarpımıdır. O halde,

18

accelerative gravity‘nin yarıya indiği irtifalarda, 2 veya 3 misli az ağır olan bir Cismin ağırlığı, 4 veya 6 misli az ağır olur. Benzer şekilde; Çekme ve İtme, Tabiat Olayları; metinde aynı anlamda kullanıyorum. Çekme, İtme veya (bir merkeze doğru herhangi türden bir Yönlenim/eğilimi) karışık olarak ve ayırt etmeksizin birbirinin yerine kullanıyorum. Bu kullanımda da bu kuvvetleri fiziki olarak değil matematiksel anlamında kullanıyorum. Bundan ötürü, okur, metinde bu kelimeler geçtiğinde, bu kuvvetlerin fiillerini, sebeplerini ya da bunların fiziksel sebeplerini tanımlayıp betimlediğimi zannetmemelidir. Ya da bu kuvvetlere çeşitli fiziki merkezler de atfetmemelidir. Örneğin, bunlar metinde, çeken merkezler ya da çekme kuvvetiyle dolu merkezler şeklinde geçtiğinde, bunları sadece matematiksel anlamda merkezler olarak düşünmelidir.

YORUM Buraya kadar, nispeten az bilinen kelimelerin tanımını verdim. Ve bu kelimelerin, metnin ilerideki kısmında nasıl anlaşılması gerektiğini açıkladım. Zamanı, Mekân‘ı, Yer‘i ve Hareket‘i, genelde halkın kullandığı anlamda tanımlamıyorum. Şu gözlemimi de belirteyim ki: Halk, bu nicelikleri, ancak duyularla bildiği cisimler ile ilişkisi yoluyla idrak edebiliyor. Ve buradan bir takım önyargılar doğduğundan bunları düzeltmek amacıyla bir takım ayrımlar yapmak gerekiyor: Bu nicelikleri Mutlak ve Göreli (İzâfi), Hakiki ve Görünüşte, Matematiksel ve Halkın anladığı şekliyle olarak iki kategoriye ayırıyorum. I.Mutlak, Hakiki, Matematiksel Zaman, kendinden ve kendi özelliğinden kaynaklanan bir yeknesaklık ve ölçülülükle ‗akar‘. Dışsal-cisimsel olan hiçbir şeyle ilgisi yoktur. Başka bir ismiyle müddet de denilir. Göreli (izâfi) Görünüşteki ve Halkın anladığı anlamdaki Zaman

19

ise, Müddet‘in, hareketler yoluyla ölçülebilen ve duyularla bilinen ve dışsal olan türüdür. Zaman‘ın bu türünü Halk kullanılır; örneğin bir Saat, bir Gün, bir Ay vb… II. Mutlak Mekân: kendi özelliği itibariyle, dışsal herhangi bir cisme atıf yapmaksızın, her zaman kendine benzer ve hareket ettirilemez özelliktedir.

Göreli (izâfi) mekân, Mutlak

Mekân‘ın, hareket ettirilebilir bir boyutu ya da ölçüsüdür. Bunu duyu organlarımız, duyu organlarıyla bildiğimiz cisimlerin, göreli mekândaki konumuna göre saptar. Bunu, halk mutlak mekân zanneder. Buna örnek olarak, yeraltını, hava küreyi, fezâ‘yı, Dünya‘nın göreli mekândaki konumuna göre saptanan diğer boyutları verebiliriz. Mutlak ve göreli mekân, şekil ve magnitüd olarak aynıdır, ancak sayısal olarak her zaman aynı kalmayabilir. Örneğin, Dünya hareket ederse; bir mekân, Hava kürenin mekânı, Dünya‘ya göre ve Dünya‘dan bakıldığında; her zaman aynı kalır. An‘ın birinde; Hava‘nın geçip hareket ettiği mutlak mekânın bir kısmında olacaktır. Bir diğer An, bir başka kısmında olacaktır. Mutlak mekân açısından düşünüldüğünde; daima birbirine göre değişebilir nitelikte olacaktır. III. Yer, bir cismin Mekân‘da kapladığı kısmıdır. Ve mekân‘a göre, ya mutlaktır ya görelidir. Bunu derken, Mekân‘ın bir kısmı demek istiyorum. Yani, konumunu ya da cismin dışının yüzeyini kastetmiyorum. Çünkü eşit ölçüdeki katı cisimlerin yerleri daima eşittir. Ancak, bunların yüzeyleri biçimlerinin birbirine benzememesi nedeniyle, çoğu zaman eşit değildir. Konumların bir niceliği yoktur; onların kendilerinin yerlerin bir özelliği olarak Yer olduğu da öne sürülemez. Bütünün hareketi; bütünü oluşturan parçalarının toplamına eşittir. Bu da şu anlama gelir. Bir bütünün yerinden taşınması demek bütünü oluşturan parçaların teker teker yerlerinden taşınması demektir. Ve bu nedenden ötürü, bütün‘ün yeri bütünün parçalarının yerlerin toplamına eşittir. Bundan ötürü, cismin içinde olup cismin tümündedir.

20

IV. Mutlak hareket, bir cismin mutlak yerinden diğerine taşınmasıdır. Bu nedenle, yelkenlerini açmış giden bir gemide; bir cismin bulunduğu göreli yer, geminin cisminin bulunduğu kısmıdır. Başka bir deyişle, cismin doldurduğu hacimdeki kısımdır ve bu hacim geminin hareketiyle beraber hareket eder. Göreli atâlet; bir cismin, geminin aynı kısmındaki ya da aynı hacimdeki devamlılığıdır. Ancak, hakiki ya da mutlak atâlet, bir cismin, hareket ettirilemez mekânının aynı kısımdaki devamlılığıdır. Ki bu geminin cüssesi, içindeki hacım ve hacmin içindeki her şeyin hareket ettirildiği noktadır. Bu konuma binaen, eğer Dünya, hakikaten, atalet halindeyse, geminin üzerinde göreli atâlet halindeki Cisim, geminin Dünya üzerindeki hızıyla aynı ölçüde hareket edecektir. Ancak, eğer, Dünya da hareket ederse; cismin hakiki ve mutlak hareketi, kısmen Dünya‘nın mutlak mekândaki hakiki hareketinden, kısmen de gemi‘nin Dünya‘daki göreli hareketinden oluşur. Ve, eğer Cisim de gemi içinde göreli hareket halindeyse; bu hareketten hakikisi, kısmen Dünya‘nın hakiki hareketinden, kısmen de gemi‘nin Dünya üzerindeki göreli hareketinden oluşur. Bu da şuna benzer: Gemi‘nin Dünya üzerinde bulunduğu hız; Doğu‘ya doğru; hakiki olarak; 10,010 kısımlık bir hız ile hareket ettiriliyormuş gibidir. Bir yandan da, geminin kendi, kuvvetle esen bir rüzgârla ittirilerek pupa yelken Batı yönüne doğru taşınıyor olsun. Bu hareketin hızı da bu kısımların dilimlerinin 10‘u kadar olsun. Bu manzarada da tayfalardan biri, geminin güvertesinde Doğu‘ya doğru yürüsün. Bu yürüyüşün hızı da, bahsedilen hızın dilimi olsun. Bu durumda; tayfa; mutlak mekândaki hareket anlarında, Doğu yönüne doğru; 10,001 kısımlık bir hızla hareket etmiş olacaktır. Göreli hareket düşünüldüğündeyse, Dünya üzerinde Batı‘ya doğru, bu kısımların 9 dilimlik bir hızıyla hareket etmiş olacaktır. Gökbilimdeki anlamıyla mutlak (hakiki) zaman; göreli zamandan halkın anladığı anlamdaki zamandan, bir denklem yoluyla düzeltilir. Çünkü günlerin hakiki süreleri birbirine eşit

21

değildir. Ancak, halk bunları eşit zanneder ve zamanın ölçülmesi için kullanır. Astronomlar, göklerdeki hareketleri daha hassas bir şekilde bilebilmek için bu eşitsizliği matematikle giderirler. Muhtemeldir ki zamanın hassas bir şekilde ölçülebileceği yeknesak ve ivmesiz bir hareket yoktur. Hareketlerin hepsi, ivmelendirilebilir ya da ölçüsü artan bir şekilde yavaşlatılabilir. Ancak, hakiki ya da yeknesak ve eşit hızla ilerleyen hakiki zaman da denilen zaman değişmez. Süre; diğer bir deyişle, cisimlerin mevcudiyetlerini muhafaza etme müddeti değişmez. Hareketler; hızlı olsun yavaş olsun ya da isterse hiç hareket olmasın. Ve bu nedenle, bunun, duyu organlarıyla bilinebilir ölçümlerinden ayırt edilebilmesi gerekir. Bunu da gökbilimsel denklem yoluyla hesaplarız. Bir tabi olayın çeşitli türdeki zamanlarını hesaplamak için, bu denklemin gerekliliği, sarkaçlı saatlerle yapılmış deneylerden de evinced edilebilir. Bunun bir yolu da Jüpiter‘in uydularının tutulmalarından çıkarsanmasıdır. Zaman‘ın kısımlarının düzeni değiştirilemezdir. Aynı mantıkla, Mekan‘ın kısımlarının düzeni de değiştirilemez özelliktedir. Varsayın ki bu kısımlar kendi yerlerinden çıkartılmış olsun. Öyle ki kendi kendilerinden çıkartılmış gibi olsunlar. (Eğer terim doğruysa) Çünkü zamanlar ve mekânlar, hem kendileri için yerlerdir, bir de başka şeyler için çerçevedir. Zaman içinde bütün şeyler ‗‘Ardışıklık‘‘ düzenine göre yerleştirilmiştir. Ve mekân‘da ‗‘Konumsallık‘‘ (mevki) esasına göre yerleştirilmiştir. Bunlar öz niteliklerinden ötürü Yer‘dir. Ve cisimler ilk önce bulundukları yerlerin değiştirilebilir olduğunu iddia etmek saçmadır. Bu nedenle, bunlar, Hakiki Yerler‘dir ve Mutlak Hareket (Hakiki Hareket) bunların bu yerlerden bunların taşınması ile olur. Ancak, Mekân‘ın kısımları görülemediğinden, ya da kısımları birbirinden duyu organlarımızla ayırt edilemediğinden, bunların yerine algılanabilir ölçüleri kullanırız. Çünkü herkesce

22

hareket ettirilemez olarak düşünülen bir şeyden, diğer şeylerin konumlarını ve mesafelerini ve bütün yerleri tanımlarız. Daha sonra, bu yerlere göre bütün hareketleri değerlendiririz, bunda da cisimlerin bu yerlerin bazısından diğerine taşındığını tasavvur ederiz. Bu mantıkla, Mutlak Yerler ve Hareketler yerine göreli olanları kullanırız. Ve bu da günlük hayatta hiçbir sorun çıkarmaz. Ancak, felsefi düşüncede, bunları duyu organlarımızdan gelen bilgilerden soyutlamak zorundayız. Şeylerin özünde ne olduğunu dikkate almalıyız ve bunları cisimlerin algılanabilir ölçümlerinden ayırt etmeliyiz. Çünkü hakikaten atâlet halinde olup diğer bütün yerlerin ve hareketlerin o âtıl yere referansla bilinebileceği bir cisim olmayabilir de. Ancak, atâlet ve hareketi, mutlağını ve görelisini, onların özelliklerinden, sebeplerinden ve tesirlerinden ayırt edebiliriz. Atâlet‘in bir özelliği, hakikaten atâlet halindeki cisimler birbirlerine göre atâlet halindedir. Bu nedenle, sabit yıldızların bulunduğu uzak bölgelerde, mutlak anlamda atâlet halinde olan bir cisim mevcut olabilir. Ancak, bu bilgiyi, kendi bölgemizdeki gökcisimlerinin birbirine göre konumlarından ve bu cisimlerin herhangi birinin o uzaktaki cisme aynı mesafeyi koruyup korumadığını bilemediğimizden bilemeyiz. Buradan vardığımız sonuç da hakiki atâlet bizim bölgemizdeki gökcisimlerinin konumlarından yola çıkarak saptanamaz. Hareketin bir özelliği, hareket eden cismin bütünü içinde verili konumdaki parçaları, içinde bulundukları bütünlerin hareketlerini alırlar. Çünkü deveran eden hareketli cisimlerde, cismin bütününün her parçası, hareket ekseninden kaçmaya eğilimlidir. İleriye doğru hareket eden cisimleri sürükleyen kuvvet, cismin bütününün kısımlarının birleşik sürükleyen kuvvetinden ileri gelir. Bu nedenle, eğer, cismin etrafındaki parça cisimler hareket ettirilirse, cismin içinde kalan ve etraftaki parçaya göre atâlet halindeki parça da bunların hareketini üzerine alacaktır. Bu mantığa göre; bir cismin hakiki ve mutlak hareketi, sadece görünürde atâlet halindeki cisimlerden taşınarak çıkarılma yoluyla saptanamaz. Çünkü cismin dışındaki parçası sadece

23

görünürde âtıl olmamalı ancak hakikaten atâlet halinde olmalıdır. Çünkü aksi durumda şu ortaya çıkacaktır. Bir cismin içindeki cisimler, kendilerini yakından çevreleyen cisimlerden çıkartılırken, onların hakiki hareketlerini üzerine alır. Ve bunlardan çıkartılmamış olanları içinse denebilir ki bunlar hakiki atâlet içinde değildir ancak öyle görünmektedir. Çünkü, çevreleyen cisimlerle, çevrelenen cisimlerin ilişkisi, bir şeyin bütünün dıştaki parçası ile onun içindeki parçanın ilişkisine benzer. Başka bir benzetimle, dıştaki kabukla içteki meyva ilişkisini andırır. Zira eğer kabuk hareket ettirilirse meyva da hareket ettirilmiş olur. Bütünün içindeki bir parça olarak kabuktan dışarıya çıkmaksızın hareket eder. Az evvel anlatılan özelliğe benzer bir özellik de şudur: Eğer, bir yer hareket ettirilirse, orada bulunan her ne varsa, onunla beraber hareket eder. İşte, bu nedenle, bir yerden hareket ettirilen bir cisim, hareket ettirildiği yerin de hareketini üzerine alır. Bu mantıksal değerlendirmeyle; şu sonuca varılır. Bütün hareketler, hareket halindeki yerlerden başlar.Bunlar bütün ve mutlak hareketlerin kısımlarından gayrı bir şey değildir. Ve her bütün hareket, bir cismin ilk bulunduğu yerden çıkma hareketinden ve bu yerin kendi ilk bulunduğu yerden çıkma hareketinden müteşekkildir. Ve bu böyle zincirleme sürer gider. Ta ki, artık sabit bir yer buluncaya kadar. Buysa, önceki örnekte bahsedilen tayfanın örneği gibidir. Bu mantıkla, tam ve mutlak hareketler, sabit yerlerden başka bir şey ile tâyin edilemez. Ve bu nedenle, daha önce bu mutlak hareketlere ve sabit yerlere ancak göreli hareketler için hareket ettirilebilir yerlere değindim. Bundan gayrı hiçbir yer sabit değildir. Ancak, bunlar, bir sonsuzdan diğer bir sonsuza, birbirine göre verilmiş konumlarını muhafaza eder. Ve bu mantığa göre her zaman sabittirler. Ve bu özellikleriyle, benim sabit mekân ismini verdiğim şeyi sürdüredururlar. Hakiki ve Göreli hareketleri birbirinden ayırt ettiren sebepler, bu cisimleri hareketlendirmek için tesir eden kuvvetlerdedir. Hakiki hareket ne oluşturulabilir ne de değiştirilebilir. Ancak,

24

hareket ettirilen cisme bir kuvvet tesir edilmesi hariç. Ne var ki göreli hareket, cisme hiçbir kuvvet tesir etmeksizin de oluşturulabilir veya değiştirilebilir. Çünkü, bir cismin göreli hareketi diğer cisimlere göre kıyas edilerek yapılabildiğinden, önceki cismin hareketinin tayin edildiği diğer cisimlere bir miktar kuvvetle tesir etmek yeterlidir. Bu yolla, cismin göreli hareketinin veya atâletin karşılaştırıldığı öteki değiştirilebilir. Aynı mantıkla, hakiki hareket, hareket halindeki cisme tesir eden herhangi bir kuvvetle değişir. Ancak, göreli hareket, bu tür kuvvetlerin tesiriyle, mutlaka değişecektir hükmüne varılamaz. Çünkü eğer, mukayesenin yapıldığı diğer cisimlere de aynı tarzda bir kuvvetle tesir edilirse ve bunların birbirine göre konumları korunursa, bu durumda, göreli hareketlerin şartları korunmuş olacaktır. Ve bu nedenle, göreli hareketlerin hepsi değiştirilebilir iken, hakiki hareket değişmeksizin kalır. Ve göreli hareket korunurken hakiki hareket bir ölçüde değiştirilebilir. Bu değerlendirmeye göre; hakiki hareket bu ilişkiler sisteminde mevcut olamaz. Mutlak hareketi, göreli hareketten ayırt ettiren olgu, dairevi hareket ekseninden kaçma kuvvetidir. ( Çevirenin Notu: Merkezkaç kuvveti, santrifüj kuvveti de denilir.) Çünkü tamamıyla göreli bir dairevi harekette bu türden bir kuvvet yoktur. Ancak, hakiki ve mutlak dairevi harekette, az veya çok, hareketin niceliğine göre mevcuttur. Uzunca bir ipin ucuna bağlanmış bir kap düşünelim. Bu kabın içine su da doldurulabilir. Bu düzenek hızlı hızlı çevrilerek ipin sımsıkı gerilmesi sağlansın. Sonra, kaba su konsun. Bu ipe tutturulmuş kap ve içindeki su atâlet halinde tutulsun. Sonra; başka bir kuvvetin aniden yaptığı bir fiille, tam tersi yöne çevrilsin. Bu esnâda, ip gevşerken, kap bir süre daha yapageldiği hareketini sürdürür. Kabın içindeki suyun yüzeyi durgundur. Bu da tıpkı, düzeneğin harekete başlamadan önceki durumu gibidir. Ancak, kap aldığı hareketi aşama aşama içindeki suya iletecektir. Ve onu algılanabilir halde döndürmeye başlayacaktır. Suyun hareketi şöyle olur: Azar azar kabın ortasından çekilmeye

25

başlar. Ve kabın kenarlarına doğru yükselir. Su içbükey bir biçim alır. (Bunu da deneyle biliyorum) Hareket ne ölçüde hızlanırsa su da kabın içinde o ölçüde tırmanır. En sonunda suyun kendi deveranı, kap ile aynı zamana uyar. Sonunda kabın içindeki su kaba göre atâlet haline geçer. Suyun bu tırmanması, maddenin hareketin ekseninden kaçma eğilimini gösterir. Ve suyun hakiki ve mutlak dairevi hareketi, bu örnekte, göreli olan harekete tamamen terstir. Su kendini açıp yayar ve girişimi ölçülebilir. Başlangıçta, suyun kaptaki göreli hareketi maksimum seviyesinde olduğundan su, hareketin ekseninden kaçma eğiliminde değildir. Su, kabın çeperine doğru hiçbir yönelim göstermez; kabın kenarlarından yukarı da yükselmez. Bu sebeple, hakiki dairevi hareketi henüz başlamamıştır. Ancak sonra, suyun göreli hareketi azalır ve buna bağlı olarak, su kabın içinde kabın kenarlarından tırmanıp yükselmeye başlar. Ve hareketin ekseninden kaçma eğilimi belirir. Suyun hakiki dairevi hareketi mütemadiyen artma eğilimine girer. Ta ki en yüksek seviyesine çıkana değin. Bu duruma gelmiş su, kabın içerisinde göreli atâlet halindedir. Ve bu nedenle, bu eğilim, suyun ambient cisimlere göre taşınmasına bağlı değildir. Hakiki dairevi hareket de bu tür taşınmalarla tanımlanamaz. Dönen bir cisimde, sadece tek bir hakiki dairevi hareket vardır. Buysa, bu hareketin dönme ekseninden bir tek kaçma kuvvetine denk gelir. Bu tesir de bu hareketin, tabi ve ölçülü bir neticesidir. Ancak, aynı cisimdeki, göreli hareketler, sayılamayacak kadar çoktur. Bunlar, cismin dışındaki cisimlere göre bilinir. Bunların her biri hakiki bir tesirden yoksundur. Hepsinin birden katıldığı cismin bir tek hakiki hareketi istisnâ tutulursa. Ve benzer mantıkla şöyle akıl yürütülebilir: Göklerdeki bütün cisimlerin, sabit yıldızların küresinin altında deveran ettiğini ve bu dönüşle kendi içlerinde bulunan gezegenleri ve göğün çeşitli parçalarını da içlerinde taşıdığını kabul eden Gökler Kuramı düşünülürse: Bu gezegenlerin ve diğer gökcisimlerinin kendi kürelerinin içinde göreli atâlet halinde

26

bulunduklarını, ancak hakikatte hareket halinde oldukları anlaşılır. Çünkü bunların konumu birbirlerine göre değişir durur. Buysa, hakikaten atâlet halinde bulunan cisimlerde olmasa gerektir. Bu gök küreleri içinde taşınarak hareket ettirilen gök cisimleri, dönen gök kürelerinin hareketlerini içlerine alır. Ve bunlar deveran eden bütünün parçaları olarak düşünülür. Bu durumda da dönüşün hareket ekseninden kaçma eğilimindedirler. Buna göre, göreli nicelikler, niceliklerin kendisi değildir. Bunların sadece ismini taşırlar. Deneyle bilinebilir ölçüleridir ve (çeşitli hassaslık derecelerinde) ölçülmüş niceliklerin yerine kullanılır. Ve eğer, kelimelerin anlamı, kullanılışları ile saptanacak olursa, o halde, Zaman, Mekân, Yer ve Hareket isimleriyle, bunların ölçüsü düzgün anlaşılabilir. Ve bunun göstergesi de (eğer ölçülmüş nicelikler kastedilmişse) tuhaf ve saf bir matematiksel dille olur. Buna göre, bu mantık, Kutsal Metinleri esnetir: Çünkü o metinlerde, bu kavram ve kelimeler tefsir edilmiş ancak deneyle sınanmamış, nicelikler dikkate alınmamıştır. Bu mantık, matematiksel ve felsefi hakikatlerin saflığını da zedeler. Zira bunlar, hakiki niceliklerin kendisini, bunların cisimlerle ilişkisiyle ve kabaca alınmış ölçümlerle karıştırıp bozar. Aslında, çeşitli cisimlerin hakiki hareketlerini görünürdeki hareketlerinden ayırt etmek ve işin esasını keşfetmek çok zordur. Çünkü söz konusu hareketlerin olduğu Hakiki Mekânın kısımları insan duyuları (hassa‘ları) ile gözlemlenebilecek özellikte (mahiyette) değildir. Ancak, yine de mesele, içinden çıkılamayacak kadar çapraşık değildir. Çünkü bize kılavuzluk edecek bir takım fikirler mevcuttur. Bu fikirlerin bazısı, görünüşteki hareketlerden bilinir, Görünüşteki hareket de hakiki hareketlerin farklarıdır. Fikirlerin, diğeri de, hakiki hareketlerin sebeplerinden ve tesirlerinden bilinen kuvvetler ile ilgilidir.

27

Örneğin, eğer, 2 küresel cisim, birbirinden belli bir mesafede tutulursa ve bu ikisi bir ip ile birbirine bağlanırsa… Bu düzenek, bunların ağırlık merkezi noktasından döndürülürse; biz gözlemci olarak ipin gerilmesini gözlemleyerek küresel cisimlerin hareketlerinin ekseninden savrulma eğilimlerini keşfedebiliriz. Buradan, yola çıkıp bunların dairevi hareketlerinin niceliğini de hesaplayabiliriz. Sonra da deneye başka bir unsur ekleyebiliriz. Kürelerin her birine, dairevi hareketlerini azaltmak ya da çoğaltmak için eşit kuvvetlerle tesir edebiliriz. Sonra, ipin gerilmesinin artışından veya azalışından, bu hareketlerin, artışını veya azalışını çıkarsayabiliriz. Ve bu yolla, küresel cisimlerin hareketlerini maksimum ölçüde artırmak için bu kuvvetlerin kürelerin hangi yüzünün yüzeyine uygulanması gerektiğini bilebiliriz. Bu da demektir ki, en arkadaki yüzlerini keşfedebiliriz; ya da başka bir deyişle dairevi harekette takip eden yüzlerin yüzeylerini tayin edebiliriz. Ancak, takip eden yüzlerin bilinmesi ve bunun sonucu olarak, onlardan önde giden karşıdaki yüzlerin bilinmesi yoluyla hareketin doğrultusunu da bilebiliriz. Ve bu mantıkla dairevi bir hareketin hem niceliğini hem de doğrultusunu (istikametini) bilmemiz mümkündür. Hatta bunu, küresel cisimlerin hareketlerinin karşılaştırılabileceği (mukayese edilebileceği) hiçbir dışsal veya algılanabilir cisim olmasa dahi bilebiliriz. Ancak, varsayın ki, o uzay boşluğunda, birbirlerine göre verili konumunu hep koruyan uzak gökcisimleri yerleştirilmiş olsun. Bu da tıpkı sabit yıldızların, uzayın bize yakın bölgesinde durduğu gibi olsun. Böyle bir durumda, gökbilimciler, küresel cisimlerin bu gökcisimleri arasındaki hareketin özünü anlayamazlardı: Çünkü hareket edenin küresel cisimler mi yoksa gökcisimleri mi olduğunu bilemezlerdi. Ancak, bunun yerine, küresel cisimlerin arasındaki ipi gözlemlemiş olsaydık: ve bu gözlem neticesinde, ipin geriliminin, küresel cisimlerin hızının gerektirdiği gerilim olduğunu tespit edebilirdik. Buradan da hareketin küresel cisimlerde bulunduğunu öte yandaki gökcisimlerinin ise atâlet halinde bulunduğunu bilirdik. Ve son

28

olarak, küresel cisimlerin hareketinin istikametini de, bunların gökcisimleri arasındaki seyirlerinden bilebilirdik. Bütün bunlardan sonra: hakiki hareketleri; sebeplerinden, tesirlerinden ve görünürdeki farklarından nasıl hesaplayabiliriz ve bunun tam tersi işlemi nasıl yapabiliriz, yani hareketlerden yola çıkarak, bu hareket ister hakiki ister görünüşte olsun, bunların sebeplerinin ve tesirlerinin bilgisine varırız, irdelenmesi takip eden kısımda daha genişçe açıklanacaktır. Metindeki müteakip kısmı bu maksatla yazdım.

29

Aksiyomlar yahut Hareketin Kanunları

Hareketin Birinci Kanunu

Her cisim, kendi bulunduğu atâlet halini ya da sabit hareketini hâlin değişmesine tesir eden başka kuvvetler olmadıkça sürdürür. Fırlatılan cisimler, havanın direnci ile yavaşlatılmadıkça veya kütle çekimi kuvveti ile aşağıya doğru çekilmedikçe hareketlerini sürdürür. Bir topacı düşünelim: Bu topacı oluşturan parçalar, birbirine kaynaşmış olarak, mütemadiyen, doğrusal hatlardan bir yana doğru çekilir. Topacın kendi ekseni etrafındaki hareketi ise havanın

sürtünmesinden

başka

bir

kuvvetçe

yavaşlatılamaz.

Gezegenler

ve

kuyrukluyıldızların, topaçtan çok daha cüsseli cisimleri ise uzay boşluğunda pek az dirençle karşılaşır ve bu nedenle hem doğrusal hatlı hem de dairevi hareketlerini çok daha uzun bir süre korur.

Hareketin Ġkinci Kanunu

Bir hareketin değişmesi, her zaman ona tesir eden muharrik (hareket ettiren) kuvvet ile orantılıdır. Ve bu da, kuvvetin tesirde bulunduğu doğrusal hattın istikametinde olur. Eğer, bir kuvvet, hareket oluşturuyorsa; tesir eden kuvvet 2 misline çıktığında, 2 misli bir hareket oluşur, 3 misline çıktığında 3 misli bir hareket oluşur. Bu kuvvet ister birdenbire uygulanmış olsun ister azar azar uygulanmış olsun, isterse de kesik kesik (fâsılalarla) uygulanmış olsun.

30

Bu hareket de, eğer, hareketin tesir ettiği cisim, daha önceden hareket etmişse, önceki harekete ya eklenir, ya da ondan çıkarılır. Bunun yönü de, iki hareketin birbirleriyle aynı istikamette olmasına göre, birbirlerine tam zıt istikamette olmasına göre, ya da iki hareket arasında kalan eğik bir açıyla tesir etmesine bağlı olarak hesaplanır. Bunlar birbiri ile eğik açılıysa; yeni oluşan hareket bu ikisinin istikametlerinin bir bileşkesi olur.

Hareketin Üçüncü Kanunu

Bir tesire karşı ona direnen başka bir tesir daima mevcuttur. Başka bir deyişle, iki cismin birbirine tesir etmesi daima birbirine eşittir. Ve bu tesir birbirlerinin parçalarına denk düşen noktalara yönelmiştir. Eğer bir cisim, ikinci bir cismi çekiyorsa veya ona basıyorsa; çektiği veya bastığı ölçüde; ikinci cisimce çekilir veya basılır. Örneğin, eğer, bir taşa, parmağınızla basarsanız, parmağınıza da taş yönünden basılır. Eğer bir at, ipe bağlanmış bir taşı çekiyorsa ( tâbiri câizse) at da taşa doğru eşit kuvvetle çekilir. Çünkü, gerilmiş ip, gevşeme veya düzleşme eğilimi ile; taşı ata doğru çektiği kuvvetin niceliğinde, atı da taşa doğru çeker. Birinin hareket edip ilerlemesini engellediği ölçüde ötekini ilerletir. Eğer bir cisim, başka bir cisme çarparsa ve kuvvetiyle diğerinin hareketini değiştirir ise çarpan cismin kendi hareketinde de eşit ölçüde bir değişme olur. Bunun sebebi, cisimlerin karşılıklı baskısının eşitliği mantığına göredir. Çarpan cismin hareketinin aldığı yeni yön de, çarptığı cismin parçasının tesirine doğru olur.

31

Bu tesirlerle oluşan değişiklikler eşittir. Bu değişiklik; cisimlerin hızlarında değil, hareketlerindedir. Tabi bu, eğer cisimler, başka bir engelle engellenmemişse geçerlidir. Çünkü, hızlar eşit ölçüde değişmiştir. Cisimlerin birbirine çarptığı yöndeki hızlarındaki değişimler; cisimlerle doğru orantılıdır. Bu Kanun, Çekim Kanunu‘nda da işler. Bu ise, metnin ilerideki Yorum kısmında ispat edilecektir.

Birinci Kaziye

İki ayrı kuvvetin beraberce tesir ederek bu ikisinin ortasındaki başka bir kuvvetin yönünü gösteren bir cisim, bir paralelkenarın köşegeni istikametini gösterir. Aynı zamanda bu 2 kuvvetin gösterdiği yönleri paralelkenarın kenarları olarak düzlemde taşır.

32

Bir cisim verilmiş bir sürede, A noktasındayken, M kuvveti ile tesir edilip sabit hareketle A‘dan B‘ye taşınmış olsun. Aynı mantıkla, aynı noktadan, N kuvveti ile A‘dan C‘ye taşınmış olsun. Bu durumda ABCD paralelkenarını çizin ve tamamlayın. Ve bu iki kuvvet, aynı anda ve beraberce tesir ederek, A noktasından D noktasına uzanan köşegeni oluşturur. Çünkü, N kuvveti, AC çizgisinin istikametinde tesir eder, buysa BD‘ye paraleldir. Bu kuvvet (Hareketin İkinci Kanunu‘na göre) öteki M kuvveti ile oluşmuş ve cismi BD çizgisine doğru taşıyan hızı etkilemez. Bu nedenle, cisim, BD çizgisine, N kuvveti ile tesir edilsin veya edilmesin aynı sürede varacaktır. Ve bu nedenle, bu sürenin sonunda BD çizgisi üzerinde bir noktada bulunacaktır. Aynı mantıkla, sürenin sonunda; CD çizgisi üzerinde bir noktada bulunacaktır. Bu iki mantığı beraberce işlettiğimizde, iki çizginin kesiştiği D noktasında bulunur. Ancak, cisim, Hareketin Birinci Kanunu‘na göre A noktasından D noktasına doğrusal bir hatta ilerler.

Ġkinci Kaziye Ve bu mantıkla, 2 eğik açılı AB ve BD kuvvetinin beraberce ve aynı sürede tesir ederek AD kuvvetini oluşturması açıklanmış olur. Tersinden bir mantıkla düşününce, verilmiş bir AD doğrusal kuvvetini, AB ve BD ile temsil edilen 2 eğik açılı kuvvete ayrılması ve çözümlenmesi açıklanmış olur. Bu çözümlemeleri mekanik bilimi bolca vakalarla doğrulamıştır.

33

Bir tekerleğin O merkezinden ölçüleri eşit olmayan OM ve ON yarıçapları çizilmiş olsun. Burada, A ve P ağırlıkları, MA ve NP ipleri ile asılı durumda olsun. Burada, ağırlıkların tekerleği hareket ettirebilmek için yeterli kuvvetler de eklenmiş olsun. O merkezinden, KOL dik çizgisini çizin, bu çizgi K ve L noktalarından iplerle dikme oluştursun.

34

O merkezinden, OL doğru parçasının OK ve OL mesafelerinin büyüğünü oluşturduğu bir çember tanımlayın. Bu çember, MA ipine D noktasından değsin. OD doğru parçasını çizerek AC‘yi buna paralel ve DC‘yi de buna dik yapın. Şimdi, K, L, D noktaları tekerleğin düzlemine tutturulmuş olsun ya da olmasın, ağırlıklar, ister K ve L noktalarından, ister D ve L noktalarından sallandırılmış olsun; aynı tesiri yapar. A ağırlığının bütün kuvvetini AD çizgisi ile gösterelim. Bu da çözümlenerek 2‘ye ayrılmış olsun: AC ve CD. Bu kuvvetlerden AC; merkezden OD yarıçapını direkt olarak çizerken tekerlek üzerinde hiçbir tesir oluşturmaz. Ancak, diğer kuvvet DC, DO yarıçapını dikeylemesine çizerken OL yarıçapını OD‘ye sanki eşitmiş gibi dikeylemesine çizerken aynı tesiri yapacaktır. Bu da demektir ki, p ağırlığı gibi tesir eder, eğer, bu ağırlık A ağırlığına göre DC kuvvetinin DA kuvvetine nispeti gibiyse, başka bir deyişle OK‘nin OD veya OL‘ye nispeti gibidir. (çünkü ADC ve DOK üçgenleri benzer üçgenlerdir.) Bu nedenle, A ve P ağırlıkları, karşılıklı olarak, aynı doğrusal hatta uzanan OK ve OL yarıçapları gibidir. Bunlar equipollent‘dır ve bu şekilde bir denge durumunda kalır. Bu durumsa, terazinin, kaldıracın ve tekerleğin iyice bilinen bir özelliğidir. Eğer, p ağırlığı P ağırlığına eşit ise ve Np ipi ile kısmen sallandırılmış kısmen de pG eğik düzlemine basıyorsa pH, NH çizgilerini çizin. Önce çizdiğiniz çizgi ufuk çizgisine dik açılı olur, sonra çizdiğiniz pG düzlemine dik açılı olur ve eğer, p ağırlığının aşağıya doğru çeken kuvveti pH çizgisi ile temsil edilirse bu da pN ve HN olarak iki ayrı kuvvete indirgenerek çözümlenir. Eğer, pN ipine dik olan bir düzlem olursa; bu da öteki pG düzlemini ufka paralel giden bir çizgi ile kesmiş olsun ve p ağırlığı sadece pQ ve pG düzlemleriyle desteklenmiş olsun, yük bu

35

düzlemlere pN ve HN kuvvetleri yönünde dikey olarak değecektir. pQ düzlemine pN kuvvetiyle dokunacak ve pG düzlemine HN kuvvetiyle dokunacaktır. Ve bu nedenle; eğer, pQ düzlemi alttan çekilip alınırsa, öyle ki, ağırlık ipi gerdirebilir; ağırlığı yüklenir; alttan çekilen düzlemin yerine işlev görür ve bu durumda, düzleme önceden basan pN kuvveti ölçüsünde gerilmiş duruma geçer. Ve bu nedenle de, bu eğik pN ipinin gerilmesi; diğer dikey ip PN‘ye göre, sanki pN‘nin pH‘ye oranı/orantısı gibidir. Ve bu nedenle, p ağırlığının A ağırlığına durumu, pN ve AM iplerinin tekerleğin merkezindeki noktadan asgari (minimum) mesafelerinin ters orantılarından yapılma bir bileşkeden elde edilmiş bir orandaysa, ve pH‘nin pN‘ye doğru orantısındaysa; ağırlıklar tekerleği hareket ettirmek yönünde eşit ölçüde tesir eder. Ve bu nedenle, birbirlerinin ağırlığını taşır. Bunu herkes kendi deneyip görebilir. Ancak, p ağırlığı, iki eğik düzleme basar halde iken, bu iki düzlemde de yerleştirilmiş bir cismin içinin yüzeylerini ayıran bir kama gibi de düşünülebilir. Ve buradan da, kamanın ve tokmağın kuvvetleri hesaplanabilir. Çünkü, p ağırlığının pQ düzlemine uyguladığı kuvvet aynı kuvvetin ya kendi cüssesi ile ya da ipte salınması yoluyla, pH çizgisi istikametinde her iki düzleme çekildiğinde uyguladığı kuvvet gibidir. Tıpkı, pN‘nin pH‘ye nispeti gibidir ve diğer pG düzleminin bastığı kuvvet de, pN‘nin NH‘ye nispeti gibidir. Ve bu mantıkla vidanın kuvveti, tümdengelim yoluyla ve kuvvetlerin çözümlenmesi metoduyla bilinebilir. Burada vida, bir kaldıracın (tornavida) kuvvetiyle işleyen bir kama

36

gibidir. Bu nedenle; bu kaziye‘nin, çok geniş bir sahada kullanımı mevcuttur. Ve bu alanın genişliği onun hakikatini onaylayan bir göstergedir. Buraya kadar yazılanlar, daha önce mekanik bilimi teorisi hakkında yazan çeşitli yazarların gösterip ispat etmiş olduğu konulardı. Buradan, kolaylıkla, makinelerin kuvvetine tümdengelim

yoluyla

geçilebilir. Çünkü

bu makineler; tekerleklerin, makaraların,

palangaların, kaldıraçların, iplerin, ağırlıkların ve diğer mekanik kuvvetlerin bir bileşkesinden oluşur. Bu ağırlıklar, dikeylemesine veya eğikçe bir açıyla kaldırılır. Buradan da hayvanların vücutlarındaki kemikleri hareket ettiren kas kuvvetinin işleyişi de anlaşılabilir.

Üçüncü Kaziye Hareketin miktarı (niceliği) bir cisimdeki aynı parçalara yönelmiş hareketlerin toplamını almakla ve ters tarafa doğru yönelmiş hareketlerin farkını almakla hesaplanır. Bu miktar ise cisimlerin kendi aralarındaki etkileşimleriyle değişmez. Hareketin Üçüncü Kanunu‘na göre, tesir ve karşı-tesir eşit ölçüde olduğundan, bunlar karşıt parçalarda eşit hareketler oluşturur. Bu nedenle, eğer, hareketler, aynı parçalara yönelmiş ise, önden giden cisme hangi miktarda kuvvet eklenmiş ise arkadan gelen cisimden de aynı miktarda hareket çıkarılır. Öyle ki toplam, önceki durumda olduğu gibi eşit olur. Eğer cisimler, karşıt hareketlerle birbirine değerse, her iki cismin hareketlerinden de eşit miktarda bir çıkarma yapılacağından, bu nedenle, karşıt parçalara yönelmiş hareketlerin farkı, aynı kalır. Bu mantıkla düşünürsek, varsayalım ki, küre biçiminde bir A cismi olsun. Bunun hızı iki birim olsun. Bu cisim B cisminin 3 misli olsun. B cismi ise aynı doğrusal hatta 10 birimlik hızla arkadan takip ediyor olsun. A‘nın hareketi B‘ye göre, 6‘nın 10‘a oranı gibidir. Varsayın ki bunların hareketleri 6 birimden ve 10 birimden oluşmuş olsun. Bunların toplamı, 16 birim

37

olur. Bu nedenle, cisimlerin birbirine değmesini müteakip eğer A, hareketin 3, 4, 5 birimlik parçasını içine almışsa, B‘den aynı miktarda hareket çıkar. Ve bu nedenle, cisimlerin birbirine dokunmasını müteakip A, 9,10, 11 birimle yoluna devam eder ve B 7, 6, 5 birimle yoluna devam eder. Toplamda da önceden olduğu gibi 16 birim sabit kalır. Eğer A cismi, 9, 10, 11 veya 12 birimlik hareketi kazanırsa ve dokunmadan sonra 15, 16, 17 veya 18 birim ile yoluna devam cismi, A‘nın kazandığı miktarda birim hızı kaybederek, ya 9 birim kaybetmiş olarak 1 birim ilerler ya da 10 birimlik ilerleyen hareketinin tümünü kaybetmiş olarak durur ve durduğu yerde atâlet haline geçer. Ancak, denilebilir ki, bir birim daha kaybederse, ya 2 birim geriye gider, çünkü 12 birimlik bir ilerleyen hareket çekilip alınmıştır. Ve bu mantıkla, yöndeş hareketlerin toplamları 15+1 ve 16+0 olur; karşıt hareketlerin farkları da 17- 1 ve 18 -2 olarak her zaman 16 birime eşit olur. Zaten bunlar, cisimlerin birbirine değmesi ve müteakip değişimlerinden önce Ancak, cisimlerin momentum transferi yaptıktan sonraki yollarına devam ederkenki hareketleri bilindiğinden, iki cismin de hızları (Çevirenin Notu: ve yönleri… hız (sür‟at) ve yön (istikamet) beraberce düşünüldüğünde İngilizce‟de „velocity‟ denilen kavramla temsil edilir.), momentum transferi sonrasındaki velosite momentum transferi öncesindekinden çıkarılarak bilinebilir; tıpkı sonraki hareketin önceki hareketten çıkarılabileceği gibi. Son vaka‘daki gibi, A cisminin hareketi momentum transferinden önce 6 birimken ve sonrasında 18 birimken ve velosite, momentum transferinden önce 2 birimken; momentum transferinden sonraki velosite 6 birim olarak bulunur. Bu durumda da; önceki 6 birimlik hareketin sonraki 18 birimlik harekete göreliği gibi momentum transferinden önceki 2 birimin velositesinin sonraki 6 birime göreliği gibidir.

38

Ancak eğer, cisimler küresel değilse, ya da farklı doğrusal hatlarda eğik açılı olarak birbirine doğru tesir ederse ve momentum transferinden sonraki hareketleri bilinmek isteniyorsa: Bu durumda, ilk önce, birbirine muvafık cisimlerin muvafakat noktasında onların temas ettiği düzlemin konumunu tayin etmeliyiz. Sonra; her iki cismin hareketi (2. Kaziye‘den) iki bileşene indirgenir. Biri, düzleme dik olan bileşendir; ötekisiyse düzleme paralel giden bileşendir. Bu yapılır çünkü cisimler birbirine, bu düzleme dik açılı bir çizgi istikametinde tesir eder. Cisimlerin düzleme paralel hareketleri, momentum transferinden sonra dahi öncekini muhafaza eder ve dikey yönlü hareketlere, karşıt yönlere doğru, eşit miktarda değişimler atfetmeliyiz. Bu şekilde, aynı yöndeki hareketlerinin toplamı ve karşıt yöndeki hareketlerinin farkı, öncekiyle aynı miktarda kalır. Bu türden oluşan momentum transferlerinden, bazen, cisimleri kendi merkez noktaları etrafında döndüren dairevi hareketler de oluşabilir. Ancak bu vakaları, kitabın müteakip kısmında inceleyeceğim. Burada, konuyla ilgili her detayı göstermek çok can sıkıcı olabilir.

Dördüncü Kaziye İki ya da daha fazla sayıda cismin müşterek kütle çekimi merkezi cisimlerin kendi aralarındaki etkileşimlerinden oluşan hareket durumunu veya atâlet durumunu değiştirmez. Ve bu nedenle, birbirine tesir eden bütün cisimlerin müşterek kütle çekimi merkezi ya atâlet halindedir ya da doğrusal bir hatta sabit hareket halindedir. Çünkü eğer, iki nokta doğrusal bir hatta sabit bir hareket halinde ilerliyorsa, bu noktaların arasındaki mesafe; verili bir oranda bölünürse, bu doğru parçasını bölen nokta ya atâlet halinde olur ya da doğrusal bir hatta sabit hareket halinde olur. Bu durum, metnin sonraki

39

kısmında, Lem.23 ve bunun kaziyesinde gösterilecektir. Bu da noktalar aynı düzlem üzerinde hareket ettirildiğinde gösterilecektir. Ve aynı tür bir akıl yürütme ile noktalar aynı düzlemin üzerinde hareket ettirilmediği durumda da gösterilebilir. Bu nedenle, denilebilir ki eğer, doğrusal hatlarda sabit hızlarla hareket eden cisimler kaç tane olursa olsun; bu cisimlerden herhangi iki tanesinin müşterek kütle çekimi merkezi ya atâlet halindedir ya da doğrusal bir hatta hareket halinde olup sabit bir hızla ilerlemektedir. Çünkü o şekilde ilerleyen iki cismin her birinin merkezini birleştiren doğru parçası; verilmiş bir oranda o müşterek noktadan bölünür. Aynı mantıkla, o iki cismin müşterek merkezi ve üçüncü bir cismin merkezi ya atâlet halindedir ya da doğrusal bir hatta sabit hızla hareket halindedir. Çünkü o noktada, iki cismin müşterek merkezi ve üçüncüsünün kendi merkezi arasındaki mesafe verilmiş belli bir oranda bölünmüştür. Aynı mantıkla, bu üç cismin müşterek merkezi ve dördüncü bir cismin merkezi, ya atâlet halindedir ya da doğrusal bir hatta sabit hareket halindedir. Çünkü üç cismin müşterek merkezi ve dördüncüsünün kendi merkezi orada yine verilmiş belli bir oranda bölünmüştür. Ve bu mantık, böyle böyle sonsuza kadar ilerletilebilir. Bu nedenle, kendi aralarında hiçbir etkileşim olmayan ve dışarıdan tesir eden hârici bir kuvvetin de olmadığı ve bu sebeple doğrusal hatlarda sabit hızla hareket eden bir cisimler sistemi‘nde; cisimlerin hepsinin müşterek kütle çekimi merkezi ya atâlet halindedir ya da doğrusal bir hatta ileriye sabit hızla hareket etmektedir. Daha da derinlemesine yorumlarsak; birbirine karşılıklı olarak tesir eden iki cisimden oluşmuş bir sistemde, cisimlerden her birinin kendi kütle merkezi ve ortak kütle merkezi arasındaki mesafeler, cisimlerin konumuna göre olacağından; cisimlerin göreli hareketleri; o merkeze doğru yaklaşırlarken de o merkezden uzaklaşırlarken de kendi içinde eşit ölçüde olur. Bu nedenle; hareketlerdeki değişimler eşit ölçüde olduğunda ve aksi yönlere doğru

40

yöneldiğinden, kendi aralarındaki göreli hareketle, ne ilerler ne geriler, hareket halinde de olsa atâlet halinde de olsa bundan etkilenmez, değişmez. Ancak, birçok cisimden oluşan bir sistemde; birbirlerine karşılıklı olarak tesir eden herhangi iki cisimin müşterek merkezinin, bu tesir ile hali değişmediğinden, daha tâli bir sebep olarak da, bu tesir, cisimlerin müşterek kütle merkezleri ile hiç mi hiç etkileşmediği için; ve bir de o iki merkez arasındaki mesafe, sistemdeki bütün cisimlerin müşterek kütle merkezlerine ters orantılı olarak bölünerek ve bu bölme işlemi de sistemdeki bütün cisimlerin müşterek kütle merkezinin; sistemde bu müştereği oluşturan tüm cisimlerin toplam sayısına ters orantılı sayıda parçaya bölünmesinden oluşmuşsa; ve bu nedenle; o iki merkez; kendi hareketli veya âtıl hallerini korurken; hepsinin müşterek merkezi de hâlini korur. Açıktır ki hepsinin müşterek merkezi, hareket hâli veya atâlet hali, sistemdeki cisimlerden herhangi iki cismin kendi arasındaki etkileşimden ötürü hiçbir zaman değişmez. Ancak, böyle bir sistem içinde; cisimlerin kendi aralarındaki etkileşimleri, ister iki cisim arasında olsun; ister ikiden fazla cismin etkileşimi ile olsun; sistemdeki cisimler müşterek merkezin hareket halini de atâlet halini de hiçbir zaman etkileyip değiştirmez. Cisimlerin birbirine karşılıklı tesirde bulunmadığı böyle bir durumda; bu merkez, ya atâlet halindedir ya da doğrusal bir hatta bir yöne doğru sabit hareket halindedir. Bu merkezi nokta; sistem içerisindeki cisimlerin kendi aralarındaki hareketlenmelere bağlı olmaksızın; (sistemin dışından sistemin bütününe tesir eden bir kuvvetçe bu halinden çıkartılmadıkça) kendi içinde bulunduğu atâlet halini veya doğrusal hatlı hareket hâlini koruyacaktır. Ve bu mantıkla düşünüldüğünde; bir cismin atâletini veya hareketini korumasını öngören Hareket Kanunu, bir tek cisimde işlediği gibi, bir çok cisimden oluşan bir sistemde de aynı mantık ile işler. Çünkü ileriye doğru bir hareket, ister bir tek cisimde olsun, ister çok sayıda cisim içeren bir sistemde olsun, her zaman kütle merkezine göre bilinir ve hesaplanır.

41

BeĢinci Kaziye Verili bir mekânda, cisimlerin kendi aralarındaki hareketleri, bu mekân ister atâlet halinde olsun, ister - dâirevi hareket içermeyen bir- doğrusal bir hatta hareket halinde olsun; aynıdır. Cisimlerin aynı parçalarına yönelmiş kuvvetlerin farkları ve karşıt parçalarına yönelmiş kuvvetlerin toplamları, ilkin, (varsayım olarak) her iki vaka‘da da aynıdır. Ve cisimlerin birbirine çarpması ve birbirini itmesi, cisimlerin birbirine çatıldığı her durumda bu toplamların ve farkların mantığı ile işler. Buna binâen, Hareketin 2. Kanunu‘na göre; iki durumda da, bu çarpışmaların tesiri eşit ölçüde olur. Ve bu nedenle de, bir durumda, betimlenen cisimlerin kendi aralarındaki hareketleri; başka bir durumdaki cisimlerin kendi aralarındaki hareketlerine eşit kalır. Bunun açık ve seçik ispatı, gemide yapılabilecek bir deneydir. Bütün hareket aynı şekilde sürüp gider; gemi ister atâlet halinde olsun, ister doğrusal bir hatta sabit hızda hareket halinde olsun…

Altıncı Kaziye

Eğer, bir dizi cisim, kendi aralarında, herhangi bir şekilde hareket ettiriliyorsa ve bunlar eşit ivmeli kuvvetlerle; hepsini birden paralel tutacak tarzda ve bir yönde ittirilirse, bu cisimler, kendi aralarındaki hareketi aynı şekilde sürdüredurur; bu da sanki böyle bir kuvvet ile hiç ittirilmemiş gibi devam eder. Çünkü bu kuvvetler, hareket ettirilen cisimlerin niceliklerine göre eşit olarak tesir eder ve bu tesirin yönü de paralel çizgiler istikametinde olur. Hareketin

42

2. Kanunu‘na göre, bu cisimlerin velositeleri eşit olur. Ve bu nedenle; cisimlerin kendi aralarındaki konumlarında ve hareketlerinde hiçbir zaman hiçbir değişiklik olmaz.

Yorum

Buraya değin matematikçilerin bildiği ve onlardan iletilen prensipleri açıkladım. Bunlar çok sayıda deneyle de ispatlanmıştır. Hareketin 1. ve 2. Kanunları‘na göre ve 1. ve 2. Kaziye‘ye göre; Galileo, düşen cisimlerin aldığı yolun kısımlarının karelerinin bu yolu almak için geçen süre ile orantılı olduğunu keşfetmiştir. Bir keşfi de fırlatılan cisimlerin hareketinin bir parabol eğrisine benzediğini keşfetmiştir. Deneyim de, her iki keşfi de gözle görülebilir tarzda sunar. Her ne kadar, havada yol alan cisimler havanın sürtünmesinden oluşan direnç nedeniyle yavaşlatılmış olsa bile. Bir cisim, düşme halindeyken; bu cismin kütlesinin standart kuvveti, zamanın eşit kısımlarında; o cisme eşit kuvvette tesir eder. Ve bu nedenle, eşit ölçüde velositeler oluşturur. Ve geçen sürenin toplamında, geçen süreye orantılı bir toplam kuvvet ve toplam velosite oluşturur. Ve düşen cisim tarafından geçilen toplam mekânlara orantılı olan süreler; sanki velositelerin ve sürelerin beraberce işlediği bir bütündür. Bu da, geçen birim sürede alınan yolun karesi ile ilişkilidir. Bu da geçen birim sürede alınan yolun karesi ile ilişkilidir. Ve bir

43

cismin yukarıya doğru fırlatıldığı durumda, sabit kütleçekimi kuvvetiyle tesir eder ve geçen süreye orantılı olarak velositeleri ondan çıkarır. Cismin, en yüksek noktasına varana değin geçen süreler, çıkarılan velositelerle koşuttur ve bu maksimum noktası da velositelerin ve sürelerin beraberce çarpılması gibidir. Ya da başka bir deyişle, velositelerle ‗‘duplicate ratio‘‘ ilişkisi içindedir. Ve eğer bir cisim, herhangi bir yöne doğru fırlatılırsa, bu fırlatılıştan ötürü oluşan hareket, aslında cismin kütlesinden dolayı oluşan hareketin de bir bileşkesidir. Bu hareketin A cismi tarafından yapılması; 3. Şekil‘de gösterilmiştir. Burada, A cismi; verili bir sürede AB dik çizgisi alabilir ve sadece düşme hareketiyle aynı sürede AC yüksekliğini de kat edebilir. Burada, ABDC paralelkenarını tamamlayın. Ve A cismi, bu bileşik hareketle, sürenin sonunda D noktasına varır. Ve cismin aldığı yolu gösteren AED eğrisi matematikte parabol denilen şekli oluşturur.

44

Bu parabol eğrisine ise; dik AB çizgisi; A noktasında tangent‘tır. Bunun da ordinat‘ı BD olacaktır. Ve AB çizgisinin karesi ölçüsünde olacaktır. Yukarıda; gösterilen ve açıklanan aynı

45

kanunlar ve kaziyelerle sarkaçların salınmasının süreleri ile bilimsel kanunları da çıkmaktadır. Ve bunlar; sarkaçlı saatler ile yapılan günlük deneylerle de onaylanmıştır. Yine aynı, Kanunlar‘la ve ona Hareket‘in 3. Kanunu da ekleyerek Sir Christ. Wren, Dr.Wallis ve Mr. Huygens; devrimizin en büyük geometricileri onlardır; ayrı ayrı çalışarak katı cisimlerin congress‘i ve çarpışması hakkındaki Kanunları bulmuşlardır. Ve neredeyse aynı zamanda, keşiflerinde, Royal Society‘ye haberdar etmişlerdir. Bu bilginler, buldukları bilimsel kanunlar hakkında tamamen mutabıktırlar. Dr. Wallis, bulgularını yayınlama konusunda biraz önce davranmıştır; ondan sonra Sir Christopher Wren yayınlamış ve son olarak Mr. Huygens yayınlamıştır. Ancak, Sir Christopher Wren; bu kanunun hakikatini Royal Society‘ye sarkaçlarla yaptığı deneylerle sunmuştur. Bunu da Mr. Mariotte; kısa bir süre sonra; tamamen bu konuyu irdelediği bir bilimsel incelemesinde açıklamayı uygun görmüştür. Ancak, bu deneyi teori ile hassas şekilde uyumlu hâle getirmek için havanın direncine ve concurring cisimlerin esnek kuvvetini de dikkate almalıyız. 4.Şekil‘de; C ve D merkezlerine bağlanmış, paralel ve eşit ölçülü AB küresel cismi, AC ve BD iplerinden sallandırılsın.

46

Yine bu merkezlerden; aynı aralıklardan, EAF, GBH yarı-çemberlerini tanımlayın; bunlar da CA ve DB yarıçapları ile iki parçaya ayrılmış olsun. A Cismi‘ni EAF yayında herhangi bir R noktasına getirin ve B Cismi‘ni geri çekerek oradan sallandırın ve bir salınımdan sonra V noktasına geldiğini varsayın: O durumda; RV mesafesi; havanın direncinden ötürü oluşan gecikmeyi olacaktır. Bu RV‘den, ST‘yi, ortada konumlandırılmış dördüncü parça olsun; öyle bir ölçüdeki RS TV eşit olsun ve RS‘nin ST‘ye oranı 3: 2 olsun. Bu durumda; ST, S‘den A‘ya salınımındaki gecikme payına neredeyse eşit olacaktır. B Cismi‘ni tekrardan yerine yerleştirin. Ve A Cismi‘ni S noktasından bırakıldığı varsayımı ile; buradan A‘daki değme noktasına kadar ölçülen velosite algılanamayacak ölçüde küçük bir hata payı ile; sanki vakum ortamı içinde S noktasından bırakılmış gibi olacaktır.

47

Bu değerlendirmenin sonunda; bu velosite TA yayının kirişi ile temsil edilebilir. Çünkü geometri bilginlerinin iyice bildiği gibi; salınan bir cismin, sarkacın minimum noktasındaki velositesi; cismin alçalışında çizdiği yayın kirişi ölçüsünde olacaktır. Reflexion‘dan sonra; A cisminin S noktasına geldiği varsayın ve B cisminin de k noktasına geldiğini varsayın. B cismini oradan çekin; v noktasını bulun ve eğer buradan A cismi bırakılırsa, bir salınımdan sonra r noktasına geri dönerse, st rv‘nin µ‘lük kısmı kadar olur. Orada tam ortada yerleştirilmiş rs ile tv birbirine eşit ölçüde olsun. Ve tA yayınının kirişi; A cisminin A noktasındaki reflexion‘dan hemen sonraki velositesini temsil etsin. Çünkü t noktası; A Cismi‘nin; eğer havanın direnci olmasaydı yükselip gelebileceği hakiki ve doğru konum olacaktır. Aynı, mantıkla; k noktasını l noktası ile değiştiriyoruz. B cismi vakum içinde salınsaydı; yükselerek l noktasına gelip varırdı. Ve bu yolla; her şey tâbi tutulur; bu deney de, deneyi sanki vakum içinde yapmışız gibi hassas sonuç verir. Bunlar; yapıldıktan sonra; deyim yerindeyse, A Cismi‘nin TA yayının kirişi ile çarpımını alırız. (ki bu da velositesini temsil eder.) Öyle ki A noktasında reflexion‘dan hemen önceki hareketini hesaplarız; sonra da; tA yayının kirişinden, A noktasındaki reflexion‘dan hemen sonraki hareketini buluruz. B Cisminin Bl yayının kirişi ile çarpımını alırız ve bu yolla aynı cismin reflexion‘dan hemen sonraki hareketini buluruz. Benzer bir mantıkla; iki cismin farklı noktalardan; bırakıldığı durumda, cisimlerin her birinin hareketini reflexion‘dan önce de reflexion‘dan sonra da bulursak; bu durumda, iki hareketi birbiriyle karşılaştırabilir ve buradan reflexion‘un tesirini hesaplayabiliriz. Bu mantıkla bir deney tasarladım: Ve 10 feet uzunluğundaki sarkaçlarla birbirine eşit cisimlerle de eşit

48

olmayan cisimlerle de deney yaptım. Cisimleri, 8, 12 ya da 16 feet gibi genişçe mekânlarda sarkacın minimum noktasına doğru bıraktım ve çarpıştırdım. Deneyi 3 inç‘ten küçük bir hata payı ile yaptım. Bulgum şuydu: Cisimler aynı yönde hareket ettikten sonra çarpıştığında; bunların hareketlerinde cisimlerin karşıt parçalarına yönelik eşit ölçüde değişikler oluşmuştu. Ve tesir ve karşı-tesir, her zaman birbirine eşittir. Bu sanki A cisminin, atâlet halindeki B cismine 9 birimlik bir hareket ile çarparak ve 7 birimini kaybederek; çarpışmadan sonra 2 birimle yoluna devam gibidir ki bu durumda B cismi geriye doğru 7 birim taşınmıştır. Eğer, cisimler; karşıt yönden hareket eder de çarpışmışsa, bunlardan A cismi 12 birimlik hareketle hareket etmekteyse ve B Cismi 6 birimlik hareketle hareket etmekteyse; o durumda; eğer A, 2 birimlik geri çekilmişse ve B hareketle 8 hareketle geri çekilmişse; her iki taraf da 14 birimlik bir hareket çıkarılmıştır. Çünkü A‘nın 12 birim azaltıldığında, geriye hiç şey kalmaz. Ancak; bundan 2 birimlik hareket daha çıkarıldığında tersine istikamete doğru 2 birimlik bir hareket oluşmuş olacaktır. Ve bu mantık sürdürülebilir. B, Cisminin 6 parçalık hareketinden 14 parça çıkarıldığında, tersine istikamete doğru 8 parçalık hareket oluşur. Ancak, eğer, cisimler aynı yöne doğru hareket ettirilirse; A cismi, cisimlerden tez giden; 14 parçalık bir hareketle; yavaşça gideni; 5 birimlik hareketle deviniyorsa; cisimlerin çarpışmasından sonra; A cismi 5 birimle hareket etmişse ve B cismi 14 birimle hareket etmişse; 9 birimlik hareket A‘dan B‘ye aktarılmış demektir. Ve bu diğer vakalarda da böyledir. Cisimlerin congress‘i ve çarpışmaları durumlarında hareketin toplam miktarı; aynı istikamete yönelik hareketlerinin toplamlarını alarak ya da ters istikamete doğru hareketlerinin farkını alarak da hesaplansa değişmez; sabittir. Çünkü ölçümde yapılmış 1 veya 2 inç‘lik hata payı, deneyi gerçekleştirirken yeterince hassas davranamamaya atfedilebilir. Her iki sarkacı da uyum içinde bırakıp da cisimlerin birbirine

49

minimum noktası olan AB‘de çarpmasını sağlamak kolay değildir, cisimlerin birbirine çarptıktan sonra yükseldikleri maksimumları olan s ve k noktalarını da tespit etmek kolay değildir. Tabi bir de, salınan cisimlerin eşit olmayan yoğunluklu parçalarından kaynaklanan hatalar da oluşmuş olabilir. Ve bambaşka sebeplere bağlı olarak oluşmuş cisimlerin yüzeylerinin dokusundaki düzensizlikler de olabilir. …………. Bu deneylerin geçerliliğini ispat etmek amacıyla yapıldığı bilimsel Kanun‘a karşı ileri sürülebilecek itirazları engellemek için şunu belirtmem gerek: Bu itirazlar, eğer, deneylerin yapıldığı cisimlerin ya mutlak ölçüde sert ya da tam anlamıyla esnek cisim olup Tabiat‘ta bu tür uç özelliklerde cisimlerin mevcut olmadığı fikrine dayandırılırsa, burada şu karşı itirazı belirtmeliyim: Betimleye geldiğim bu deneylerin neticesinin kullanılan cisimlerin sertlik nitelikleriyle bir ilgisi yoktur. Bu deneyler, yumuşak cisimlerde olduğu gibi, sert cisimlerde de aynı sonucu vermiştir. Çünkü bu deneyler, tam sert olmayan cisimlerde denenirse, cisimlerin birbirine çarpmasını belli bir orantıda azaltmış oluyoruz, buysa cisimlerin esneklik kuvvetinin niceliğiyle ilgilidir. Wren‘in ve Huygens‘in teorilerine göre; mutlak ölçüde sert cisimler; çarpıştıktan sonra birbirilerinden öteye birbirilerine çarptıklarındaki aynı velosite ile uzaklaşırlar. Ancak bu olgu; tamamen esnek cisimler ile biraz daha kesinlikle onaylanabilir. Tam da esnek olmayan cisimlerde, cisimlerin birbirine çarptıktan sonra aldığı velosite; esneklik kuvvetinin azalması ile azalır. Çünkü bu kuvvet; belirlenmiş ve kesin bir kuvvettir ve cisimleri birbirinden uzaklaştırırken göreli bir velosite ile uzaklaştırır. Buysa; cisimlerin birbirine doğru yaklaşıp

50

değerken sahip oldukları velosite ile verili bir orandadır. Bunu yünden yaptığım toplarla denedim. (Yünü gergin ve sıkı bir top haline getirdim.) İlk önce; salınımlı cisimleri bırakıp bunlar birbirleri ile çarpışmasını ölçtüm. Ve sonra; bunların esneklik kuvvetini saptadım. Ve sonra; bu kuvvete göre; olacağını tahmin ettiğim diğer çarpışma vakalarındaki reflexions‘ları tahmin ettim. Ve bu hesaplamalar ile daha sonra yapılmış deneylerin bulguları uzlaşmıştır. Toplarla yapılan deneylerde; toplar birbirinden göreli bir velosite ile uzaklaşmıştır. Bu uzaklaşma velositesinin yakınlaşma velositesine göre oranı 5‘in 9‘a oranı gibidir. Çelikten yapılma toplarla yapılan deneylerde; toplar birbirine neredeyse birbirine eşit velositelerle yakınlaşıp uzaklaşmıştır. Şişe mantarından yapılma toplarla yapılan deneylerde; toplar birbirlerine biraz daha az bir velosite ile yaklaşmıştır. Ancak; camdan yapılma toplarda orantı 15‘e 16‘dır. Bu deneyler yoluyla; Hareketin Üçüncü Kanunu da; darbeleri ve reflexion‘ları ilgilendiren kısmı itibariyle; ispatlanmıştır. Teorinin deneyle uzlaştığı görülmüştür. Maddenin birbirini çekme kuvveti konusundaysa; konuyu kısa ve öz halde; yine bu mantıkla açıklıyorum: Varsayın ki: Birbirini çeken A ve B cismi arasına; bunların bitişmelerini engelleyen bir cisim konmuş olsun. O halde; eğer; A cismi B cismine, öteki B cisminin A cismine çekildiğinden fazla ölçüde çekilir ve aradaki engelleyen cisme; A cisminin basıncı ile B cisminin basıncından daha çok tazyik edilir ve bu nedenle cisimler sisteminin bütünü denge halinde kalmaz. Daha fazla kuvvetle basan cismin ittirdiği yöne doğru; diğer cisim ve aradaki engelleyen cisim; sistemsel bir bütün olarak harekete geçer. Boş uzayda ileriye doğru sonsuza kadar mütemadiyen ivmelenen bir hızla hareket eder. Ancak; bu durum da saçmadır ve Hareketin 1. Kanunu‘na aykırıdır. Çünkü Hareketin 1. Kanunu‘na göre; sistem, ya atâlet halini korumak veya doğrusal bir hatta sabit hızla ilerlemesini sürdürmek zorundadır. Ve bu nedenle, cisimler engele aynı kuvvetle basmalıdır ve öteki tarafından aynı kuvvetle

51

çekilmelidir. Bunun deneyini mıknatıs ve demirle yaptım. Eğer bunlar; uygun kaplara ötelenerek konursa ve suda birbirine yakın konumda yürütülürse; hiçbir cisim birbirini ittirip fırlatmaz, ancak, eşit ölçüde çekilerek birbirlerinin basıncını taşır. Ve bu son tahlilde denge durumunda kalırlar; aynı mantık ile Dünya küresi ve onun parçaları arasındaki çekim de karşılıklı işler. 5. Şekil‘de; FI, Dünya olsun ve bu cisim; EG düzlemiyle EGF ve EGI olarak 2 eşit parçaya ayrılmış olsun. Ve bunların birbirlerine karşılıklı abanmaları eşit ölçüde olacaktır. Çünkü, eğer, daha önceki EG düzlemine paralel bir başka HK düzlemiyle, EGI‘nin EGKH ve HKI adında iki eşit kısma bölünürse; burada da HKI ilk kesilmiş EFG kısmına eşit olursa: Açıktır ki, ortadaki EGKH kısmı; kendi ağırlığı ile hiçbir tarafa doğru meyletmeyecek, sadece ikisinin arasında sanki havada asılıymış gibi âtıl halde bir denge durumunda kalacaktır. Ancak, dıştaki kısımlardan HKI; bütün ağırlığıyla ortadaki kısma abanacak ve basacak; bu yolla, dolaylı olarak; dıştaki öbür EGF kısmına da basacaktır. HKI ve EGKH parçalarının toplamları üçüncü kısım EGF‘ye yönelmiştir; bu da HKI kısmının ağırlığına eşittir; bu da demektir ki EGF ile gösterilmiş 3. Kısmın ağırlığına eşittir. Ve bu nedenle; EGI kısmının ve EGF kısmının birbirlerine yönelik ağırlıkları eşittir. Zaten, ben de bunu ispat etmeye çalışıyordum. Ve nitekim eğer, bu ağırlıklar eşit olmasaymış Dünya‘nın bütünü, dirençsiz bir eter‘de yüzüyor gibi olurmuş; bu durumdaysa, daha ağır olan tarafa doğru meyleder ve buradan harekete başlayıp sonsuza dek sürüklenirmiş. Velositeleri, öz kuvvetleri gibi karşılıklı olan bu cisimler, congress ve reflexion yönünden eşkuvvetle tesir ettiğinden; mekanik aletlerin işlemesinde; eş kuvvetli ve birbirlerinin basıncını taşıyan faktörlerin velositeleri, kuvvetlerin belirlenimine göre hesaplanır ve bunlar tıpkı kuvvetler gibi karşılıklıdır.

52

Aynı mantıkla; teraziye konan ve eşit kuvvet uygulayan ağırlıkları, terazinin kefelerini oynatırken; bu yüklerin yukarıya ve aşağıya doğru velositeleri karşılıklıdır. Bu da demektir ki eğer, kefenin yükselişi ve alçalışı doğrusal ise; terazinin ortadaki noktasından eşit uzaklıkta asılı durma halindeki bu yükler eşit kuvvetteyseler, ancak bu terazi; bir eğik düzlem üzerine konumlandırılırsa ve terazinin kefeleri yükseltilip alçaltılırsa bu cisimler, eğik düzlemin dikmesine göre ve aşağıya doğru, kütle çekiminin basmasına göre eşit kuvvet uygular. Ve benzer bir mantıkla, bir makara (palanga) ya da makaralardan yapılma bir sistemi düşünelim. Bu düzeneğin ipini dikey olarak çeken elin diklemesine veya açılı eğimle yükseltilen yükün, yüke göre kuvveti, yükün dikine yükseltilmesini velositesinin ipi çeken elin velositesine nispetiyle yükü taşır. Saatlerde ve dişlilerden yapılma bu türden cihazlarda; dişli çarkların hareketini kolaylaştıran veya zorlaştıran karşıt kuvvetleri; eğer, tesir ettikleri dişli çarkların parçalarının velositeleriyle karşılıklı işliyorsa; dişliler birbirinin yükünü taşır. Vida‘nın bir cisme uyguladığı basınç kuvvetinin unsurları, tornavidayı döndüren elin kuvvetine bağlı olduğu kadar; tornavidayı döndüren elin tornavidaya değdiği parçanın dairevi velositesine; vidanın sıkıştırdığı cisme doğru ilerleyen velositesine de bağlıdır. Bir kamanın üzerine bastığı ya da içinde sürdüğü tahtanın ki parçasına uyguladığı kuvvet, kamaya bastıran tokmağın kuvvetine bağlı olduğu kadar, kamanın, üzerinde kuvvet uygulayan tokmağın yönünde, ilerlemesine bağlıdır; tahtanın parçalarının kamanın kenarlarına dik çizgiler istikametinde, kamanın nüfuz etmesine müsaade etmesinin velositesine bağlıdır. Ve aynı mantıkla diğer bütün makineler için de geçerlidir.

53

Makinelerin kuvveti ve faydası sadece şudur: Velositeyi azaltarak kuvveti arttırırız. Veya bunun tersi olur: Buradan da bütün karmaşık makinelerde, aslında şu sorunun çözümü aranır. Verilmiş bir yükü verilmiş bir kuvvet ile hareket ettirmek. Ya da verilmiş bir kuvvet ile verilmiş herhangi bir direncin üstünden gelmek. Çünkü makineler, o şekilde yapılandırılmıştır ki hareket ettiren öznenin velositeleri de kuvvetleri de hareket ettirilmek istenen ve buna direnen nesnenin kuvvetleri ile karşılıklıdır. Hareketin öznesi, nesnesine ancak dayanır. Ancak; velositelerin ölçüsünün farklılaştığı durumda; öznenin velositesi direnci aşar. Öyle ki velositelerin farkı çok büyük olduğunda; öyle ki bütün direnci aştığı durumda: (Ki böyle bir durum ya birbirine bitişik cisimlerin birbirine sürtünmesinden oluşur ya da bütünleşik cisimlerin yapışkanlığının ayrılmasında ya da kaldırılacak cisimlerin ağırlıklarından ileri gelir.) kuvvetin kalanı; bütün dirençlerin üstesinden gelindikten sonra, bu kalan kuvvetin niceliğine orantılı olarak ivmeli bir hareket oluşturur. Buysa, hem makinenin parçalarında hem de direnen cisimde meydana gelir. Ancak, mekanik bilimini burada çözümlemek konum değildir. Burada sadece, bu örnekler yoluyla, Hareket‘in 3. Kanunu‘nun geçerliliğinin yaygınlığını ve kesinliğini göstermek istedim. Çünkü eğer, biz, bir hareket ettiren öznenin tesirini, kuvvetin ve velositenin beraberce işleyişinden tahmin edersek ve benzer şekilde, özneye direnen nesnenin karşı-tesirinin, bu nesnenin çeşitli

parçalarının velositeleri;

bu parçaların

her birinin

sürtünmesini,

yapışkanlığını, ağırlığını, ivmesini beraberce hesaplarsak görürüz ki: Her türden makinenin işleyişinde tesir ve karşı tesir her durumda birbirine eşittir. Ve tesir, araya giren aracı aletlerle iletildiği sürece ve en sonunda direnen cisme tesir ettiğinde; tesirin nihai yönü her durumda, karşı tesirin yönüne ters istikamette olur.

54

55

PRINCIPIA‟nın I. KĠTABI

56

57

Gravür girecek I. KĠTAP

Cisimlerin Hareketi Hakkında

Birinci Kısım

Niceliklerin ilk ve son oranları metodu hakkında eserde öne süreceğimiz önermeleri ispatlamak amacıyla.

Birinci Yardımcı Kaziye Nicelikler ve niceliklerin oranları, sonlu bir sürede mütemadiyen eşitliğe doğru yakınsar ve o sonlu süreden evvel birbirlerine yakınlıkları; verilmiş herhangi bir farkın niceliğinden başka bir değere en nihayetinde eşitlenir.

58

Eğer, bunun doğru olmadığı fikri ileri sürülürse; bunların nihai olarak; eşit olmadığını varsayın. Ve; bu nihai farka ‗‘D‘‘ deyin. Bu nedenle; bunlar eşitliğe verilmiş D farkından fazla yaklaşamaz. Ki bu da varsaydığımız önerme ile çelişir.

İkinci Yardımcı Kaziye Altıncı Şekil‘de gösterilen şekle bakın: Buradaki AacE şekli; Aa, AE doğruları ile bölünürse (terminate) ve acE eğrisi ile bölünürse ve bunların oluşturduğu alan da, Şekil‘de Ab, Bc, Cd vs. gösterilmiş her hangi bir sayıda çizilebilecek kapalı şekillere bölünürse… Ve bu şekiller, karşılıklı kenarlar birbirine paralel ve iç açılarının hepsi dik açı olup köşelerinden biri eğrinin üzerindeyse; diğeri de AE doğru parçası üzerinde olursa: Şekillerin, AB, BC, CD vs. temsiliyle gösterilmiş eşit ölçüdeki tabanları olursa ve bunların Bb, Cc, Dd vs. temsiliyle gösterilen kenarları, Şekil‘in Aa ile gösterilmiş doğru parçasına paralel olursa; bu şekillerin her birinin üzerine de aKbl, bLcm, aMdn vs. ile gösterilmiş başka dörtgenler eklensin ve sütunlar tamamlansın.

59

Bu durumda; varsayın ki: Bu dörtgenlerin boyları azaltılsın ve bunların adedi sonsuza gider gibi çoğaltılsın. Fikrim şudur ki: AKbLcMdD ile gösterilmiş yer içerisinde kalan şekil; AalbmcndoE ile gösterilen dışarıya taşan şekil ve AabcdE ile gösterilmiş eğrinin altında kalan alanın şekli, birbirleriyle eşitlik oranlarındadır.

60

Çünkü, içerideki ve dışarıdaki şekillerin farkı; Kl, Lm, Mn, Do dörtgenlerinin toplamıdır. Buysa; tabanlarının eşitliğinden ötürü; bunlardan Kb tabanının altındaki dikdörtgende ve bunların Aa yüksekliklerinin toplamı; bu da demektir ki; A b l a dikdörtgeni, AB boyunun sonsuza kadar daraldığı varsayıldığından; verilmiş herhangi bir alandan küçük olacaktır. Ve bu nedenle; (1. Yardımcı Kaziye‘dan kaynaklanan bir sebeple,) içeriye yerleştirilmiş ve dışarıya yerleştirilmiş şekiller en nihâyetinde birbirine eşit ölçüye gelir. Ortadaki, eğriçizgisel şekil de, en nihâyetinde diğer iki şekle eşitlenir. Q.E.D (Ġspat TamamlanmıĢtır)

Üçüncü Yardımcı Kaziye Dörtgenlerin AB, BC, DC boyları birbirine eşit olmadığında ve bunların hepsi sonsuza kadar küçültüldüğünde; aynı nihâi oranlar aynı zamanda eşitlik oranları olur.

61

Çünkü varsayın ki: AF en uzun boy‘a eşit olsun ve FAaf dörtgenini tamamladığınızı farz edin: Bu dörtgenin alanı; içeri ve dışarı yerleştirilmiş şekillerin farkından büyük olacaktır. Ancak; AF boyu sonsuza kadar azaltıldığında, en nihâyetinde, başka herhangi bir dikdörtgenden küçük olacaktır.

62

Q.E.D ĠSPAT TAMAMLANMIġTIR.

Buradan Çıkan 1. Netice: Bu evanescent dörtgenlerin alanlarının nihai toplamı; bütün parçalarıyla eğriçizgisel şekille özdeş olacaktır. Buradan Çıkan 2. Netice: ab, bc, cd, &c evanescent yaylarının kirişleriyle tanımlanan dikdörtgensel şekil; en nihâyetinde, eğriçizgisel şekille özdeşleşir. Buradan Çıkan 3. Netice: Ve aynı mantıkla; dışarı taşan dikdörtgensel şekilde, aynı yayların tanjantlarıyla tanımlanır. Buradan Çıkan 4. Netice: Ve bu nedenle, bu nihai şekiller; (ve o şeklin a c E çevresi ), dikdörtgensel değildir ancak dikdörtgensel şekillerin eğri çizgisel limitlerinden ibârettir.

Dördüncü Yardımcı Kaziye Eğer, A a c E, P p r T şekillerinin içine; daha önce olduğu gibi; her sırada da eşit sayıda olmak üzere iki şekle de iki sıra dikdörtgen yerleştirilirse ve bunların boyları sonsuza kadar azaltılırsa; dörtgenlerin nihai oranları bir şekilden diğerine ve birbirine göre eşitlenir ve aynı hâle gelir. Fikrim odur ki: A a c E ve P p r T ile gösterilen 2 Şekil; birbirlerine göre; daha önceki oranla aynı orandadır. Çünkü birindeki dörtgenler; ötekindeki dörtgenlerin birkaçına eşit olduğundan; bu yerleştirmeye göre, bir şekildeki dörtgenlerin toplamı; ötekindeki dörtgenlerin toplamına eşittir. Ve aynı diyagramda; bir şekil diğerine göredir; çünkü (3. Yardımcı Kaziye‘ya göre) önceki şekil, önceki toplamla ve sonraki şekil de sonraki toplamla eşitlik oranındadır.

63

64

Q.E.D ĠSPAT TAMAMLANMIġTIR Kaziye: Demek ki; herhangi iki nicelik; eşit sayıda kısıma nasıl bölünürse bölünsün; bu kısımlar; sayıları çoğaltıldığında ve kısımların ölçüsü sonsuza kadar daraltıldığında; birincisinin birincisine; ikincisinin ikincisine ve bu mantığı sürdürerek; niceliklerin hepsinin bir diğerine göre; verilmiş aynı oranda olacaktır. Çünkü eğer, bu Yardımcı Kaziye‘daki şekillerdeki dörtgenler; birbirlerine göre; kısımların ve birbirine göre oranı gibi alınırsa, kısımlarının toplamı daima dörtgenlerin toplamı gibi olacaktır. Ve bu nedenle; dörtgenleri ve kısımları çoğaltılıp; bunların ölçüsü sonsuza kadar azaltılırsa; bu toplamlar; bir şekildeki dörtgenler ile öteki şekilde ona tekabül eden dörtgenlerin nihai oranlarında olacaktır. Bu da varsayımsal olarak demektir ki: Bir niceliğin herhangi bir kısmının; öbüründe ona tekabül eden kısmına nihai oranında olacaktır. (Principia‘nın 1.Kitabı‘nın 1. Tepsisi‘nin 44. Sayfası.)

65

66

BeĢinci Yardımcı Kaziye

Benzer şekillerde, her türden homologous kenarlar ki bunlar ister eğriçizgisel olsun ister doğrusal hatlı olsun; birbirine orantılıdır. Ve alanlar da homologous kenarlar ile duplicate oranı ilişkisi içindedir.

Altıncı Yardımcı Kaziye

Pl. 2 Birinci Şekil‟deki pozisyonunda verilmiş bir ACB Yayı, AB Kirişiyle subtend edilirse ve devam edip giden eğriliğin ortasındaki herhangi bir A Noktası‟nda; AD dik çizgisi ile birleştirilirse; bu çizgi de iki yöne doğru uzatılırsa; bu durumda; eğer, A ve B noktaları birbirine yaklaşır ve buluşursa, fikrim odur ki: BAD Açısı ki kiriş ve tanjant arasındaki açıdır; sonsuza kadar ufalacaktır ve en nihâyetinde kaybolacaktır.

67

Çünkü, eğer, açı kaybolmazsa; ACB yayı ile AD tanjantı arasında kalan açı, bir dik açıyla eşit hâle gelir; ve bu nedenle de A Noktası‘ndaki eğrilik devam etmeyecektir; ki bu durum da varsaydığımız şey ile çelişir.

Yedinci Yardımcı Kaziye

Aynı varsayımları kabul edersek; fikrim odur ki; Yay‘ın, Kiriş‘in ve Tanjantın; ayrı ayrı olarak birbirlerine oranı; eşitlik oranındadır. (2. Tepsi‘nin 1. Şekli) Çünkü B Noktası; A Noktası‘na mütemâdiyen yaklaşırken; AB ve AD‘yi uzaktaki b ve d noktalarına getirir gibi

68

düşünün. Bunlar, BD sekantına paralel olsun ve bd‘yi çizin. Bu durumda; A ve B noktalarının üst üste geldiği varsayımıyla; dAb açısı evvelki Yardımcı Kaziye‘nın mantığı gereği kaybolur. Ve bu nedenle; Ab, Ad dik çizgileri (ki bunlar daima sonlu‘dur) ve arada kalmış Acb yayı üst üste gelir ve kendi aralarında eşit olurlar. Buradan da; AB, AD dik çizgileri ve arada kalmış ACB yayı (ki öncekine daima orantılıdır) kaybolur ve en nihâyetinde eşitlik oranına gelir.

Q.E.D ĠSPAT TAMAMLANMIġTIR

Buradan Çıkan Birinci Netice: Eğer, İkinci Şekil‘deki (Pl.2) B Noktası‘ndan BF‘yi tanjant‘a paralel çizelim; öyle ki herhangi bir AF dik çizgisini daima kessin; bu BF çizgisi; en nihâyetinde, ACB evanescent yayı ile eşitlik oranına gelir. Çünkü AFBD paralelkenarını tamamladığımızda; bu daima AD ile eşitlik oranında olur. Buradan Çıkan Ġkinci Netice: Ve eğer B ve A Noktalarından geçen daha fazla sayıda dik çizgi çizilirse; bunlar da örneğin BE, BD, AF, AG ile gösterilen doğru parçaları olup AD tanjantını ve BF Paralelini keserse; AD, AE, BF, BG ile gösterilmiş absis‘lerin nihâi oranı ve AB kirişi ve yayının birbirlerine oranı; eşitlik oranındadır.

69

Buradan Çıkan Üçüncü Netice: Ve bu nedenle, nihâi oran konusundaki akıl yürütmelerimizde; o çizgilerden herhangi birinin diğeriyle olan oranını kullanabiliriz.

Sekizinci Yardımcı Kaziye

Eğer, Pl. 2 Birinci Şekil‘deki, AR, BR dik çizgileri, ACB Yayı ile AB Kirişiyle ve AD Tanjantıyla beraber RAB, RACB, RAD ile gösterilmiş 3 üçgeni oluşturursa ve A ve B Noktaları birbirine yaklaşıp değerse: Fikrim odur ki; bu oluşan evanescant üçgenlerin nihai biçimi benzer olacaktır. Ve bunların birbirine oranı da en nihâyetinde eşitlik oranında olacaktır.

70

Çünkü B Noktası, A Noktasına yaklaşırken; uzaktaki b,d,r noktalarına çizilen AB, AD, AR doğru parçalarını düşünün ve RD‘ye paralel çizilmiş rbd‘yi düşünün. Ve Acb Yay‘ını ACB yayına benzer olarak alın. Bu durumda, A ve B Noktalarının üst üste geldiği varsayımı altında; bAd açısı kaybolur ve bu nedenle rAb, rAcb, rAd ile gösterilmiş 3 Üçgen ( ki bunların ölçüsü daima sonludur) üst üste gelir. Ve bu nedenle hem benzer hem de eşit ölçülü olurlar. (Özdeş ?) Ve bu nedenle; bunlara her zaman benzer ve orantılı olan RAB, RACB, RAD üçgenleri, en nihâyetinde birbirlerine hem benzer hem de eşit ölçülü hâle gelir. Q.E.D ĠSPAT TAMAMLANMIġTIR. Buradan Çıkan Netice: Ve bu nedenle; nihai oranlar hakkında yaptığımız mantıksal çıkarımlarda; bu üçgenlerin her birini diğerinin yerine koyup işlem yapabiliriz.

Dokuzuncu Yardımcı Kaziye

Eğer, 3. Şekil‘de, bir AE dik çizgisi ve ABC eğrisi verilmişse ve verilmiş şekilde bunlar birbirini verilmiş bir A Açısı ile kesiyorsa ve bu dik çizgiye verilmiş bir başka açıdan BD, CE ordinatları çizilmişse ve B Noktası ve C Noktası birbirlerine yaklaşıp A Noktası‘nda buluşmuşsa fikrim odur ki ABD, ACE üçgenlerinin alanları; birbirlerine göre ve en nihâyetinde kenarlarının duplicate oranında olacaktır.

71

Çünkü B ve C Noktaları, A Noktası‘na yaklaşırken; varsayın ki; AD çizgisi, uzaktaki d ve e noktalarına doğru çekilsin; öyle ki Ad, Ae, AD, AE doğru parçalarına orantılı olsun ve db, ec ordinatları da DB ve EC ordinatlarına paralel çizilsin; b ve c noktalarındaki AB ve AC doğru parçaları ile buluşsunlar. Abc eğrisi ABC eğrisine benzer olsun ve Ag dik çizgisini öyle çizin ki A noktasında her iki eğriye de dokunsun. Ve DB, EC, db, ec ordinatlarını F,G,f,g noktalarında kessin:

72

Bu durumda; Ae uzunluğunun aynı ve sabit olduğu varsayımı ile; B ve C noktalarını A Noktası‘nda buluşturun ve cAg açısı kaybolurken Abd, Ace eğrisel alanları, Afd, Age dörtgensel alanları ile özdeş hâle gelir. Ve bu nedenle; Beşinci Yardımcı Kaziye‘nın mantığı ile birbirlerine göre ölçüsü; Ad, Ae kenarlarının duplicate oranı gibi olur. Ancak, ABD, ACE alanları, bu alanlara daima orantılı olur ve AD, AE kenarları da o kenarlara orantılı olur. O halde; ABD, ACE alanları en nihâyetinde birbirlerine göre; AD ve AE kenarlarının duplicate oranında olur.

Q.E.D ĠSPAT TAMAMLANMIġTIR Onuncu Yardımcı Kaziye Bir cisim; o cisme uygulanan sonlu ve sabit bir kuvvet ile mekânlarda yol aldığında: Uygulanan kuvvet; sabit ve değişmez olsa da mütemadiyen artan veya mütemadiyen azalan türde de olsa: Hareketin en başında; mekânların ölçüsü ile sürelerin ölçüleri birbirine göre duplicate orandadır. Varsayın ki; süreler; AD ve AE çizgileri ile gösterilmiş olsun. Ve bu sürelerde, belli bir yöne doğru oluşmuş hızlar; DB, EC ordinatlarıyla gösterilmiş olsun. Bu vektörlerle, kat edilmiş alanlar; ABD, ACE alanları olur; bunlar da bu ordinatlarla tanımlanmış olur. Bu da demektir ki: Dokuzuncu Yardımcı Kaziye‘ya göre; hareketin başlangıcında; AD ve AE süreleri ile duplicate oranında olur. Buradan Çıkan Birinci Netice: Ve buradan; şu istidlâl edilebilir: Cisimlerin ‗‘error‘‘ları; benzer şekillerin benzer kısımlarını birbiriyle orantılı sürelerde tanımlarken bu ‗‘error‘‘ların

73

oluştuğu süreler ile neredeyse ‗‘duplicate‘‘ oranındadır. Eğer öyleyse; cisimlere eşit ölçüde ve benzer şekilde tesir eden herhangi bir kuvvetin oluşturduğu ‗‘error‘‘lar; benzer şekillerin yerlerinde bulunan cisimlerin mesafeleriyle ölçüldüğünde; öyle ki eğer bu kuvvetin tesiri ile ‗‘error‘‘lar oluşmamış olsaydı cismin orantılı sürelerde varabileceği yerler ile ölçülür. Buradan Çıkan Ġkinci Netice: Ancak, benzer cisimlerin benzer parçalarına benzer tarzda orantılı kuvvetlerin tesir etmesi ile oluşan error‘lar; bu kuvvetlerin ve geçen sürelerin karelerinin çarpımı gibidir. Buradan Çıkan Üçüncü Netice: Aynı mantık zinciri; değişik kuvvetlerle ittirilen cisimlerin kat ettiği herhangi bir mekân için de geçerlidir. Bunların tümü, hareketin ta en başından beri; tesir eden kuvvetlerin ve geçen sürelerin karelerinin çarpımları gibidir. Buradan Çıkan Dördüncü Netice: Ve bu nedenle, kuvvetler; hareketin ta en başında cismin kat ettiği mekân ile doğru orantılı ve geçen sürelerin kareleriyle ters orantılıdır. Buradan Çıkan BeĢinci Netice: Ve geçen sürelerin karelerinin kat edilen mekânlara oranı doğru orantılıdır ve kuvvetlere ters orantılıdır.

YORUM Değişik türdeki ve nicelikteki kuvvetleri birbirleriyle mukayese ederken: Bu kuvvetlerin herhangi biri; diğeri herhangi birine göre doğru orantılı veya ters orantılıdır. Bunun anlamı da şudur: Önceki kuvvet, sonraki kuvvete göre; artarken veya azalırken aynı oranda artar veya azalır. (Ya da kesrin tersi ölçüsünde, ‗‘reciprocally‘‘) Ve eğer, bunlardan herhangi biri; diğer

74

ikisine göre veya ikiden çok kuvvete göre, doğru orantılıysa veya ters orantılıysa; bunun anlamı şudur: Birincisinin, artışının ya da azalışının oranı, diğerlerinin artışının veya azalışının oranlarının (veya bunun kesirlerinin tersi ile) bileşkesinden oluşmuş bir orandadır. Şöyle de ifade edilebilir: A; B‘ye ve C‘ye doğru orantılı ve D‘ye ters orantılıdır. Bunun anlamı da şudur: A‘nın artışı veya azalışının oranı; B x C x 1/D matematiksel işlemindeki gibidir. Başka bir deyişle; A niceliği ve B x C / D birbirlerine göre verilmiş bir orandadır.

On Birinci Yardımcı Kaziye Değme noktalarında sonlu eğriliği olan Eğri‘lerin hepsinde; değme açısının evanescent subtense‘leri en nihâyetinde, conterminate arc‘ın subtense‘leriyle duplicate oranındadır. (2. Tepsi‘nin 4. Şekli)

75

76

Birinci Vaka: AB Yay olsun. AD, bunun tanjantı olsun. BD; ise tanjanta indirilen dikmedeki temas açısının subtense‘i olsun. BG‘yi; AB‘nin subtense‘ine dikme olarak çizin. Ve AG‘yi de AD tanjantına indirin. Bunlar G Noktası‘nda buluşsun. Sonra; D, B ve G noktalarını d,b,g noktalarına doğru yaklaştırın. Varsayın ki;

BG ve AG çizgilerinin, D ve B noktaları A‘ya

geldiğindeki nihaî kesişme noktası olsun. Şurası açık ve seçiktir ki: G

mesafesi

verilebilecek niceliklerin herhangi birinden az ölçüde olacaktır. Ancak; A,B,G; A,b,g noktalarından geçen çemberlerin özelliği dikkate alındığında; [AB]² = AG x BD ve [Ab]² = Ag x bd denklemleri sağlanır ve bu nedenle de; AB² ‗nin Ab²‘ye oranı; AG‘nin Ag‘ye oranının ve BD‘nin bd‘ye oranlarının bir bileşkesidir. Ancak; G

çizgisinin uzunluğu;

verilebilecek herhangi bir değerden az nicelikte varsayılabileceğinden; AG‘nin Ag‘ye oranı; öyle oluşabilir ki verilebilecek farkların herhangi birinden az ölçüde belirip eşitlik oranından sapar. Ve bu nedenle; [AB]²‘nin [Ab]²‘ye oranı; öyle olabilir ki; BD‘nin bd‘ye oranına göre verilebilecek herhangi bir farktan az ölçüde belirip sapar. Bu nedenle; 1. Yardımcı Kaziye‘nın mantığına göre; AB‘nin Ab² ile nihai oranı; BD‘nin bd‘ye nihai oranı ile aynıdır. Q.E.D ĠSPAT TAMAMLANMIġTIR

İkinci Vaka: Şimdi, BD‘yi verilmiş herhangi bir açıyla BD‘ye doğru uzatın. Ve BD‘nin bd‘ye nihai oranı daima, eskisiyle aynı olur. Ve bu nedenle, AB‘nin Ab²‘ye oranı ile aynı orandadır. Q.E.D ĠSPAT TAMAMLANMIġTIR

77

Üçüncü Vaka: Ve eğer, D açısını verilmiş kabul etmez de; BD doğrusunun verilmiş bir noktaya doğru yakınsadığını varsayar isek; ya da başka herhangi bir şart ile tanımlarsak D, d açıları aynı kanuna göre oluştuğundan; daima eşitliğe doğru yaklaşacaktır ve verilmiş herhangi bir farktan yakınlaşmalarının ölçüsü fazla olacaktır. Ve bu nedenle;1. Yardımcı Kaziye‘ya göre; en nihâyetinde de eşitlenirler. Ve bu nedenle; BD, bd çizgileri; birbirleriyle, daha önce bulundukları aynı orandadır.

Q.E.D ĠSPAT TAMAMLANMIġTIR.

Çıkarılan Birinci Netice: Bu nedenle; AD, Ad tanjantları ve AB, Ab yayları ve bunların BC, bc ile gösterilmiş sinüsleri; AB, Ab kirişlerine en nihâyetinde eşitlenir. Bunların kareleri de BD, bd subtense‘leriyle en nihâyetinde eşitlenir. Çıkarılan İkinci Netice: Bunların kareleri de; yayların versed sinüsleriyle; nihai olarak eşittir. Bunlar; kirişleri iki eşit doğru parçasına ayırır; verilmiş bir noktaya doğru yakınsatır. Çıkarılan Üçüncü Netice: Ve bu nedenle; bu versed sinüs‘ün ölçüsü; herhangi bir cisim belirli bir hızda ve yönde bir yay şeklinde yol alırken geçen süreler ile duplicate orantıdadır. Çıkarılan Dördüncü Netice: Doğrusal hatlı; ADB ve Adb üçgenleri, en nihâyetinde, AD ve Ad kenarlarının ölçüsüyle triplicate orandadır. Ve DB, db kenarları ile sesquiplicate oranındadır. Buysa, AD kenarının DB‘ye oranından ve Ad‘nin db‘ye oranından terkip edilen bir bileşke oranındadır.

78

79

O halde; ABC ve Abc üçgenleri; en nihâyetinde, BC, bc kenarları ile triplicate oranındadır. Sesquiplicate oran dediğimiz şey ise; niceliğin kübünün kesirin payını; niceliğin karesinin ise niceliğin paydasını oluşturduğu bir kesir biçimidir. Buysa; bir basit oranın ve payda da niceliğin ikinci kuvvetinin (karesinin) bulunduğu bir bileşkesidir. Çıkarılan Beşinci Netice: DB ve db en nihâyetinde birbirine paralel olduğundan ve AD, Ad çizgileriyle duplicate oranında olduğu için; ADB ve Adb eğriçizgisel alanları; en nihâyetinde, (parabollerin özelliklerinden ötürü) ADB, Adb doğrusal hatlı üçgenlerinin 2/3‘ü oranında olur. Ve; AB, Ab doğru parçaları da aynı üçgenlerin 1/3‘ü oranında olur. Ve bu nedenledir ki: Bu alanlar ve doğru parçaları; AD ve Ad tanjantlarının ölçüleriyle de AB ve Ab kirişleri ve yaylarıyla da triplicate orantıda olur.

YORUM

Ancak, buraya kadarki mantık silsilemizde şunu varsaymıştık: Temas açısı; çemberlerin ve onların tanjantlarının yaptığı temas açılarından ne sonsuzca büyüktür ne de sonsuzca küçüktür: Bu da demektir ki: A Noktasındaki eğrilik, ne sonsuzca küçük ne de sonsuzca büyüktür. Ve bir de A

aralığı sonlu bir magnitüttedir. Zirâ DB, AD gibi de alınabilir. Ki

bu durumda; AD tanjantının ve AB eğrisinin arasından hiçbir çember çizilemez. Ve bu nedenle; temas açısı o çemberlerinkinden sonsuzca küçük olacaktır. Benzer özellikte bir mantıkla düşünürsek: Eğer, DB doğru parçası; AD, AD5 AD0 AD1 vs…‘ lerden oluşturulan temas açıları serisini takip eder konumda alınırsa; ve bu seri sonsuza doğru sürdürülürse ve bu serideki terimlerin bir sonra gelen terimi bir önce gelen terimden sonsuzca küçük olursa.

80

Ve eğer, DB doğru parçası ile AD

2/1

, AD3/2, AD3, AD5/4, AD6/5, AD7/6 ve müteakip doğru

parçaları serisi kurulur ise: Bu durumda; Temas açılarından oluşmuş bir başka sonsuz seri elde etmiş oluruz. Ki bu serinin birinci terimi; çemberlerle aynı özellikte belirir; ikinci terimi ise ilkinden sonsuzca büyük olur ve ardışık terimlerinin her birinin selefi halefinden sonsuzca büyük olur. Ne var ki; bu açılardan herhangi ikisinin arasına; açıortay temas açılarından oluşma bir başka açılar dizisi sokuşturulabilir ve bu diziler her iki yöne doğru da sonsuzca uzatılabilir. Bu durumda; ardışık açılardan herhangi biri halefinden sonsuzca büyük veya sonsuzca küçük olur. Buysa; sanki AD2 ve AD3 terimlerinin arasına sokulmuş bir başka seriye benzer. Bu serinin terimleri de AD13/6, AD 11/5, AD9/4, AD7/3, AD5/2, AD3/1 AD? vs. gibi olur. Ve aynı mantıkla; bu serinin terimleri olan açıların herhangi ikisi arasına yeni bir açıortaylar dizisi sokuşturulabilir; bu da bir diğerinden sonlu aralıklarla farklılaşır. Tabiat da hiçbir bağ ile sınırlanmış değildir. Burada eğriler (ve eğrilerin parçaları) ve onların altında kalan alanlar hakkındaki izahlar; kolaylıkla; eğrisel satıhlar (yüzeyler) ve bunların altında kalan hacımlar konusuna da uygulanabilir. Burada

yazılmış

Yardımcı

Kaziye‘lar;

muğlâk

ve

tümdengelimli

açıklamaların

bıktırıcılığından sakınmak için; eski çağın Yunan ve Romalı geometri bilginlerinin yöntemlerine göre kurulmuştur. (premised) Çünkü yapılan izahlar; bölünemezler metodu ile iyiden iyiye kısaltılmıştır. Ancak; bölünemezler hipotezi çok keskin bir görüş olup bunun yöntemi geometrik yönteme pek de uymadığından; ben aşağıdaki önermelerde; açıklamaları; azalan ve artan niceliklerin oranları ve ilk ve son toplamlarına indirgeyerek göstermeyi tercih

81

ettim. Bu da demektir ki: O toplamların ve oranların mümkün olduğunca kısa-öz halde; bu limitlere istinad ederek göstermeye çalıştım. Zirâ; bölünemezler metodu ile de yapılabilecek izâhlar bahsettiğim metotla da; yapılmış oldu; ve şimdi; bütün bu matematiksel prensipler izah edildiğinden; bunları hata yapma riski de almaksızın kullanabiliriz. Bu nedenle; metnin müteakip kısmında; eğer nicelikleri parçalardan müteşekkil gibi müteala etmişsem; ya da küçük eğrisel çizgileri küçük doğru parçaları yerine kullanmışsam; bunlarla bölünemezleri kastetmediğim bilinmelidir. Ancak; benim demek istediğim; azalan bölünebilir niceliklerdir. Belirlenmiş ayrı ayrı kısımların; toplamları ve oranları değil; ancak bu toplamların ve oranların limitleridir. Ve yapılacak izahların; izah edebilme özelliği; daima metinde daha evvel zikredilen Yardımcı Kaziye‘lardaki metoda dayanır. Belki; ‗‘azalan niceliklerin nihai oranı diye bir kavram yoktur‘‘ itirazı gelebilir. Çünkü nicelikler; henüz tükenmeden orantı ‗nihai orantı‘ olmuştur denilemez ve nicelikler tükendiğinde orantı kalmaz ortada. Ancak; aynı türden bir akıl yürütmeyi içeren şu örnek verilebilir. Bir cisim düşünün: Bu cisim belirlenmiş bir yere varmış olsun. Ve o yerde dursun. Bu cismin nihai velositesi yoktur. Çünkü velosite; cisim varış yerine gelmeden henüz nihai velosite olmamıştır. Ve cisim o varış yerine gelip durduğunda ise velosite yoktur. Ancak; buna karşı da verilebilecek tesirli bir cevap vardır: Zirâ; nihâi velosite ile kastedilen kavram cismin varış yerine varmadan ve varış yerinde hareket hâlinden atâlet hâline geçmeden önceki bir magnitüdü değildir. Cismin durduktan sonraki bir magnitüdü de değildir. Nihâi velosite ancak ve ancak; cismin varış yerine varıp da hareketin bittiği an‘daki magnitüd‘üdür. Ve benzer bir mantıkla düşününce; azalan niceliklerin nihâi oranı; bunların tükenmeden evvelki oranı değil; tükendikten sonraki oranı da değildir. Ancak ve ancak, niceliklerin

82

tükendiği an‘daki oranıdır. Ve benzer bir mantıkla düşününce: Artan niceliklerin ilk oranı da bunların belirdiği andaki oranıdır. Ve ilk ve son toplamları da bunların belirdiği ve tükendiği andaki toplamlarıdır. (ya da çoğaltıldığı ya da azaltıldığı) Hareketin en nihâyetinde; velositenin erişebileceği ancak aşamayacağı bir limit vardır. İşte; bu limit nihâi velosite‘dir. Ve aynı limit; başlayan ve tükenen niceliklerin ve orantıların da hepsinde mevcuttur. Ve bu tür limitler; belirlenmiş ve sonlu olduğundan; bu limitleri tayin etme problemi tamamen bir geometri problemidir. Ne var ki geometrik özellikteki bir şeyi de; aynı geometrik özellikteki başka bir şeyi hesaplamak ve açıklamak için kullanabiliriz. Şöyle de bir itiraz öne sürülebilir: Eğer; azalan niceliklerin nihai oranı verilmiş ise; bunların nihai magnitüdleri de verilmiş demektir. Ve bu takdirde niceliklerin hepsi bölünemezlerden oluşuyor demektir. Ki bu da; Euklides‘in (Öklit) Elemanları‘nın 10. Kitabı‘ndaki incommensurables hakkındaki açıklamalarına terstir. Yalnız; bu itiraz yanlış bir varsayım üzerine kurulmuştur. Zirâ niceliklerin azaldığı bu nihai oranlar; nihai niceliklerin hakiki oranları değildir; ancak; bunlar; niceliklerin oranlarının sınırsızca azaldığı ve daima kendisine doğru yakınsadığı limitleridir. Ve aynı zamanda; bu limitler; niceliklerin verilmiş herhangi bir farkından daha fazla yaklaştığı ancak hiçbir zaman öteye geçemediği; aslında nicelikler sonsuzda fiilen tükenmedikçe erişemediği limitlerdir. Bu hususiyet; bilhassa; sonsuzca büyük niceliklerde, daha belirginleşir. Bundan ötürü; okurun; metni daha iyi anlaması için; metinde; en az, azalan ve nihâi niceliklerden bahsettiğimde; okur belirlenmiş bir magnitüdü kastettiğimi sanmamalıdır. Ancak; bu niceliklerin; sonu olmayan bir süreklilikte azaldığını varsaymalıdır.

83

Ġkinci Kısım Merkezcil Kuvvetlerin İşleyişinin İzah Edilmesi(invention) Birinci Önerme Birinci Teorem Sabit ve hareket ettirilemez bir merkez noktası etrafında dönen cisimleri düşünün: Bu cisimden merkezi noktaya doğru çizilen yarıçapları da tasavvur edin. Bu yarıçaplar hareket

84

ettirilemez bir ve aynı düzlem üzerinde alınsın. Dönen cismin süpürdüğü alanlar; bunları tararken geçen sürelerle orantılıdır.

(2.Tepsi‘nin 5.Şekli) Çünkü varsayın ki: Süre; eşit kısımlara ayrılmış olsun. Ve sürenin bu ilk kısmında, cismi öz kuvvetiyle AB dik çizgisini taramış gibi farz edelim. Bu sürenin 2.kısmında; aynı cisim; Hareketin Birinci Kanunu‘na göre; eğer engellenmezse; c noktasına gider; buraya Bc‘ye eşit AB doğrusal hattından gider. Öyle ki; böyle bir harekette; merkeze

85

doğru çizilen AS, BS, cS yarıçaplarıyla; ASB, BSc ile temsil edilmiş birbirine eşit ölçüde alanlar taranır. Ancak farz edin ki: Cisim B Noktasına vardığında; büyük bir tesirle çeken bir merkezcil kuvvet belirir. Ve bu kuvvet; cismi; Bc dik çizgisinde saptırır. Bundan sonraki hareketini; BC dik çizgisinde zorlar. cC çizgisinin BS paralelini çizin; BC ile C Noktası‘nda buluşsunlar. Sürenin ikinci kısmının sonunda; Cisim, (Kanunlar‘ın 1. Kaziyesi‘ne göre) C Noktası‘nda bulunacaktır. Buysa; ASB üçgeninin de üzerinde bulunduğu aynı düzlem üzerinde de olacaktır. SC çizgisini birleştirin ve SB‘nin Cc ile paralelliğinden ötürü; SBC üçgeni SBc üçgenine eşit olacaktır. Ve bu nedenle, SAB üçgenine de eşit olacaktır. Aynı mantık ile; eğer, merkezcil kuvvet, C,D,E noktalarında ardışık halde tesir ederse;

ve cismi; sürenin her bir tekil

kısmında; CD, DE, EF & vs. doğru parçalarında taratırsa; bunların tümü aynı düzlemde bulunurlar, ve bu durumda; SCD üçgeni SBC üçgenine ve SDE üçgeni SCD üçgenine ve SEF üçgeni SDE üçgenine eşit olur. Ve bu nedensellikle, hareket ettirilemez sabit bir düzlemde; eşit ölçüdeki alanlar eşit sürelerle taranmış olur. Ve bunların bir terkibi durumunda da SADS, SAFS ve bunun gibi alanlar; birbirine göre; süpürüldükleri süreler ile orantılıdır. Şimdi varsayın ki: Bu üçgenlerin adedi çoğaltılsın ve bunların tabanlarının ölçüleri de sonsuzca azaltılsın. Bu durumda: 4.Kâziye 3. Yardımcı Kaziye‘nın mantığınca; bunların nihâi çevresini oluşturan ADF bir eğri haline alacaktır. Ve bu nedenden ötürü: Cismin eğrinin tanjantından mütemadiyen çeken merkezcil kuvvet; sürekli tesir edecektir. Ve SADS, SAFS gibi süpürülen alanlar dâima, bu durumda da, süpürmede geçen sürelerle orantılı olacaktır.

Q.E.D Ġspat TamamlanmıĢtır.

86

Birinci Kaziye: Hareket ettirilemez bir merkeze doğru cezp edilen dirençsiz bir uzayda (mekânda) cisimlerin velositesi (mütekabil olarak) o merkez noktasından cismin yörüngesine indirilen dikme çizgisidir. Çünkü A,B,C,D,E konumlarındaki velositeler; AB, BC, CD, DE, EF eşit üçgenlerinin tabanları gibidir. Ve bu tabanlar da onlara indirilen dikmeler ile karşılıklıdır. İkinci Kaziye: Eğer; bir Cismin; dirençsiz boş uzayda taradığı iki yay parçasının AB ve BC ile gösterilen iki kirişi ABCV paralelkenarına tamamlanırsa ve bu paralelkenarın BV köşegeni çizilirse: Bu yayların ölçüsünün sonsuza kadar azaltıldığındaki şekli ve şemâlindedir; her iki istikamete doğru uzatılırsa; köşegen kuvvet merkezinden geçip gider. Üçüncü Kaziye: Eğer dirençsiz uzay boşluğunda; AB, BC kirişleri DE, EF kirişleri eşit sürelerle taranırsa; ve ABCY, DE..Z paralelkenarlarına tamamlanırsa; bu yaylar sonsuzca azaltıldığında; B Noktası‘ndaki ve E Noktası‘ndaki kuvvetler birbirine göre BV ve EZ köşegenleri ile temsil edilen nihâi orandadır. Zirâ; Cismin B… ve EF hareketleri (Kanunlar‘ın 1. Kaziyesi‘ne göre) Bc, BV ve Ef, Ez hareketlerinin bir bileşkesidir. (terkibidir) ki bu önermenin gösteriminde de Cc ve …f‘ye eşittir; B ve E noktalarında merkezcil kuvvetin tesiri ile oluşmuştur, ve bu nedenle bu tesirlere orantılıdır. Dördüncü Kaziye: Dirençsiz boş uzaydaki cisimlerin hareketlerinde; cisimleri doğrusal hatlı istikametten eğriçizgisel yörüngeye cezbeden kuvvetler, birbirlerine göre şöyledir: Eşit sürelerde taranan yayların versed sinüs‘lere orantısı gibidir. (Ki bu versed sinüs‘ler) kuvvetin merkezine eğilimlidirler ve bu yaylar sonsuzca ufaltıldığında kirişlerini iki eşit doğru parçasına bölerler.) Zirâ bu versed sinüs‘ler; 3. Kaziye‘de belirtilen köşegenlerin yarı‘ları ölçüsündedir.

87

5.Kaziye: Ve bu nedenle; bu kuvvetlerin çekim kuvvetine göre durumu şöyledir: bu bahsedilen versed sinüs‘lerin fırlatılan cisimlerin taradığı parabôl yaylarının ufuk çizgisine dikey vaziyetteki versed sinüs‘lerine durumu gibidir. 6.Kaziye: Kanunlar‘ın 5.Kaziye‘sine göre aynı işleyişin mantığı; aşağıda tanımlanan durumda da geçerlidir: Atâlet halinde olmayıp da doğrusal hatlarda sabit hızlarla hareket ettirilen ve kuvvet merkezleri bir düzlemin üzerinde olan bir düzlem üzerindeki cisimler için de geçerlidir.

Ġkinci Önerme Ġkinci Teorem

Bir düzlem üzerinde tanımlanmış herhangi bir eğrisel yolda; sabit bir noktaya ya da doğrusal hatta sabit hızla ileriye doğru hareket eden yarıçapları çizilmiş her cisim; bu noktanın etrafında geçen süreler ile orantılı alanları süpürür. Ve bu noktaya yönelmiş bir merkezcil kuvvetin tesiri altındadır.

88

Birinci Vakâ: Çünkü eğer; eğri yol kat eden her cisim Birinci Kanun‘un mantığınca; doğrusal hatlı rotasından, bir kuvvetin tesiri ile çekilip saptırılır. Ve cismin doğrusal hatlı rotasından saptırılıp sabit S noktası etrafındaki hareketinde; eşit sürelerde en az alanlı SAB, SBC, SCD vs. üçgenlerini taratan kuvvet; (Birinci Kitabın 40. Önermesi; elem. (Öklit‘in Elemanları??) ve Hareket‘in 2. Kanunu‘nun

mantığınca B Nokta‘sında, cC‘ye paralel bir başka çizgi

yönünde tesir eder. Bu da demektir ki: BS çizgisinin yönündedir ve C Noktasında dD çizgisine paralel bir başka çizginin yönünde bu da demektir ki CS çizgisinin yönündedir. Ve bu nedenle daima, sabit S noktasına yönelen çizgilerin doğrultusunda tesir eder.

89

Q.E.D Ġspat TamamlanmıĢtır. İkinci Vaka: And (by Corollary 5 of the laws) it is indifferent whether the superficies in which a body describes a curvilinear figure be quiescent or moves together with the body, the figure described and its point S uniformly forwards in right lines.

90

91

Birinci Kaziye: Dirençsiz Mekânlarda (ya da Uzaylar‘da) ya da ortamlarda; eğer; alanlar süreler ile orantılı olmaz ise; kuvvetler; yarıçapların buluştuğu noktaya doğru yönelmez; ancak in consequentia buradan sapar; eğer, alanların süpürülmesi ivmelendirilirse; hareketin yöneldiği kısımlara doğru sapar; şâyet cisme ters ivme verilirse (de-celeration) in antecendentia. (tekrardan bak) İkinci Kaziye: Hatta direnç gösteren ortamlarda dahi; eğer, alanların süpürülmesi ivmelendirilirse, yarıçapların buluştuğu noktadan sapıp hareketin istikametindeki kısımlara doğru kayar. YORUM Bir cisim; çeşitli kuvvetlerden terkip olunan (çeşitli kuvvetlerin bileşkesi olan) bir merkezcil kuvvetle cezbedilebilir. Böyle bir durumda; önerme şu anlama gelir: Bütün bu kuvvetlerin bileşkesinden çıkan bir tek kuvvet S noktasına yönelir. Ancak, eğer, bir kuvvet, bu tanımlanmış yüzeydeki çizgilerin istikâmetine dikey vaziyette mütemâdiyen tesir ederse; bu kuvvet cismi hareketinin düzleminden saptırır. Ancak; süpürülen yüzeyin niceliğini ne arttırır ne azaltır. Ve bu nedenle de kuvvetlerin terkibini gösteren tabloda ihmâl edilebilir bir faktördür. Üçüncü Önerme Üçüncü Teorem Herhangi bir şekilde hareket eden bir cismin merkezine çizilmiş bir yarıçapla bağlanmış bir başka cisim; o merkezin etrafında dolanırken; süreler ile orantılı alanları süpürür. Ve bu cisim; öteki cisme yönelmiş merkezcil kuvvetlerin bileşkesinden oluşma bir kuvvetle ve öteki cismin cezbedildiği (accelerative force‘un) tümü ile öteki cisme doğru sevk edilir. L bir cismi, T de öteki cismi temsil etsin. Ve Kanunlar‘ın 6. Kaziyesi‘nin mantığına göre; eğer cisimler; paralel çizgilerin istikametinde ve T cisminin sevk edildiği yöne karşı

92

istikamette ve ona eşit bir başka kuvvetle sevk edilirse; L cismi, T cisminin etrafındaki önceki durumuyla aynı ölçüdeki alanları süpürür. Ancak; T cisminin sevk edildiği bu kuvvet; şimdi ona karşı ve eşit bir başka kuvvet ile nötralize edilmiş olacağından ve bu mantıkla ve 1. Kanun‘un işleyişine göre; öteki T cismi; şimdi kendi haline bırakılmış olacağından ya atâlet halinde duracak ya da doğrusal hatta sabit hızda bir harekette olacaktır. Ve L cismi, kuvvetlerin niceliklerinin farkından oluşan bir ölçüde sevk edilecektir; bu da demektir ki kuvvetin kalanı ölçüsünde; öteki T cisminin etrafını tarayacaktır. Bu hareketin ölçüsü de süreler ile orantılı olacaktır. Ve bu nedenle; 2. Teorem‘in mantığınca; kuvvetlerin farkı; öteki T cismine yönelecek; daha spesifik olarak da, cismin merkezine doğrulacaktır. Q.E.D Ġspat TamamlanmıĢtır. Birinci Kaziye: Bu mantık zinciriyle düşününce; L cismi; T cismine bir yarıçap ile gösterilince; süreler ile orantılı alanları süpürür. Ve kuvvetin bütününden (ki bu kuvvet basit bir kuvvet de olsa ya da, Kânunlar‘ın 2.Kaziyesine göre, çeşitli kuvvetlerin bir bileşkesi de olsa) aynı Kaziye gereğince; öteki cismin sevk edildiği (accelerative force) ivmeli kuvvet (?)‘i çıkarırız. Ve kuvvetin kalanı da; öteki iki cismi sevk eden T cisminin merkezine doğrultulmuş olur. İkinci Kaziye: Ve eğer, bu alanlar ile süreler, neredeyse orantılı ise, kuvvetin kalanı öteki T cismine yaklaşık olarak yönelir. Üçüncü Kaziye: Ve tam tersi bir mantıkla düşününce; kuvvetin kalanı öteki T cismine neredeyse yönelmiş ise; süpürülen alanlar süreler ile neredeyse orantılı olacaktır.

93

Dördüncü Kaziye: Eğer bir L cismi, öteki T cismine çekilen bir yarıçapla çeşitli alanları tararsa; bu ise taradığı sürelere göre çok eşitsiz ise ve eğer öteki T cismi ya atâlet halindeyse ya da doğrusal bir hatta sabit bir hızla hareket hâlindeyse; öteki T cismine yönelmiş merkezcil kuvvetin tesiri; ya hiç yoktur ya da diğer kuvvetlerin çok yoğun tesirleriyle karışmış ve bunların bir bileşkesi olmuştur. Ve bunların hepsinden terkip olunan kuvvet; eğer birden çok ise başka bir merkeze yönelmiştir. ( Bu merkez de ya sabit ya da hareket ettirilebilir özellikte olabilir) Aynı durum; öteki cisim bir başka hareketle hareket ettirildiğinde de geçerlidir; yeter ki T cismine tesir eden bütün kuvvetlerden merkezcil kuvvet çıkarılsın. YORUM Alanların belli bir hesaba dayanan ölçüde süpürülmesi demek, bir cismi en fazla tesiri altında bırakan kuvvetin yöneldiği bir merkezi noktanın bulunması ve bununla cismin doğrusal hatlı hareketinden çekilip yörüngesinde tutulduğu olgusu şu anlama gelmez mi: Metnin bundan sonraki kısmında şu varsayılacaktır: Alanların ölçülü ve belli bir hesaba dayandırılmış süpürülmesi durumunda; boş uzayda bir merkezî nokta etrafında dönüp duran dairevî hareket de vardır. Dördüncü Önerme Dördüncü Teorem Ölçülü ve hesaba dayanan hareketler ile değişik çemberler tanımlayan cisimlerin; kendi çemberlerinin merkezlerine yönelen merkezcil kuvvetlerin birbirine göre ölçüsü; eşit sürelerde geçilen yayların karelerinin çemberlerin yarıçaplarına oranı gibidir. Bu kuvvetler; 2. Önerme ve 2.Kaziye 1. Önerme‘nin mantığıyla, çemberlerin merkezlerine doğru yönelir ve birbirlerine göre ölçüsü; 4.Kaziye ve 1.Önerme‘nin mantığı ile eşit sürelerde en küçük yay parçalarının çizdiği versed sines gibidir.

94

Bu da demektir ki: 7. Yardımcı Kaziye‘nın mantığı ile aynı yay parçalarının karelerinin, çemberlerin çapları ile oranı gibidir. Ve bu nedenle; bu yaylar herhangi bir eşit sürede çizilen yaylar gibi olduğundan ve çaplar da yarıçaplardan oluştuğundan; kuvvetlerin ölçüsünün hesaplanması; eşit sürelerde çizilen herhangi bir yay parçasının ölçülerinin karelerinin; çemberlerin yarıçaplarına oranı gibi olur. Q.E.D Ġspat TamamlanmıĢtır. 1.Kaziye Bu nedenle, bu yay parçaları; cisimlerin velositeleri gibi olduğundan; buradaki merkezcil kuvvetler; bir bileşik orantıdadır. Buysa; velositelerin duplicate ratio‘su ile doğru orantılı ve yarıçapların ‗simple ratio‘su ile ters orantılıdır. 2.Kaziye Ve devir süreler yarıçapların doğru orantısından ve velositelerin ters orantısından terkip edilen (bileşkesi alınan) bir oranda olduğundan; merkezcil kuvvetler; yarıçapların doğru orantısından ve devir sürelerin duplicate ratio‘sunun ters orantısından terkip edilen bir orantıda olur. 3.Kaziye O halde eğer; devir süreler eşit ise ve buna bağlı olarak; velositeler yarıçaplar gibiyse; merkezcil kuvvetler de yarıçaplar gibi olur ve bu mantık ters yönden de doğrudur. 4.Kaziye Eğer; devir süreler ve velositelerin her ikisi de; yarıçapların subduplicate oranında olursa; merkezcil kuvvetler kendi aralarında eşit olur ve bu mantık ters yönden de doğrudur.

95

5.Kaziye Eğer, devir süreler yarıçaplar gibiyse ve bundan ötürü; velositeler eşitse; merkezcil kuvvetler de yarıçaplara karşılık gelecek ölçüde olur ve bu mantık ters yönden de doğru olur. 6.Kaziye Ve eğer, devir süreler, yarıçaplarla sesquiplicate oranında ise ve bu nedenle, velositeler, karşılıklı olarak, yarıçaplar ile subduplicate oranındaysa, merkezcil kuvvetler; yarıçaplar ile duplicate ters orantıda olur ve bu mantık ters yönden de doğrudur. 7.Kaziye Ve bu tespitleri, genel bir ifade ile söylersek: Eğer, devir süreleri; R ile temsil edilen yarıçapların Rn kuvveti ise ve bundan ötürü velosite; karşılıklı olarak yarıçapın Rn-1 kuvveti olursa; merkezcil kuvvet karşılıklı olarak; yarıçapın Ra n -1 kuvvetinde olur. Ve bu mantık ters yönden de doğrudur. 8.Kaziye Aynı tespitler; benzer şekillerin benzer kısımlarını çizen ve o merkezler içinde benzer konumda olan cisimler‘in süreleri, velositeleri ve kuvvetleri içinde doğrudur. Buysa, daha önce bahsedilen vakaların gösteriminin bunlara uygulanmasıyla belirginleşir. Ve bunun uygulanmasındaki kolaylık şudur: Denklemde, cisimlerin ölçülü-ölçülebilir bir hareketlerinin yerine, taradıkları ölçülü-ölçülebilir alanların niceliklerini yerleştirmektir. Ve cisimlerin; kendi yarıçaplarını denklemde kullanmak yerine; dönerken oluşturdukları şeklin merkezinden uzaklıklarını kullanmak gerekir. Dokuzuncu Kaziye

96

Aynı gösterimde, benzer bir mantıkla şöyle denilebilir: Sabit bir hızla; bir çember şeklindeki yolda verilmiş bir merkezcil kuvvet ile geçen herhangi bir sürede, hareket eden bir Cismin çizdiği yay; çemberin çapı ile aynı cismin aynı kuvvet ölçüsünde ve aynı sürede ‗yaptığı‘ düşme hareketinde kat ettiği mekânın ‗mean proportional‘ı ölçüsündedir.

YORUM 6.Kaziye özellikle, Sir Christopher Wren, Dr.Hooke ve Dr.Halley‘in de gözlemlemiş ve tespit etmiş oldukları gibi gök cisimleri için kilit önemdedir. Ve bundan ötürü; metnin bundan sonraki kısmında; merkezcil kuvvetin; yörüngenin merkezlerine mesafenin ‗‘duplicate oranı‘‘ ölçüsünde azalması konusunu daha derinlemesine işleyeceğim. Dahası; bundan sonra bahsedilecek önermeler ve bunların kaziyeleri yoluyla; merkezcil kuvvetin, bilinen diğer herhangi bir kuvvet ile orantısı da keşfedilir. Örnek vermek gerekirse; kütle çekimi. Zirâ, eğer bir cisim, kendi gravitesi ile Dünya‘nın etrafında iki iç içe geçmiş çember şekli oluşturacak şekilde dönmekteyse; bu gravite; o cismin merkezcil kuvvetidir. Ancak, ağır cisimlerin düşmesi olgusundan bu önermenin 9. Kaziyesi‘nden bir tam dönüşün (Revolution) ve bu dönüş esnâsında belli bir sürede taranan herhangi bir yay parçasının ölçüsü bilinebilir. Ve bu önermelerden akıl yürüterek; Mr.Huygens; De Horologia Osscilatoria adlı harika kitabında, buradaki gravite kuvvetini dönen cisimlerin merkezcil kuvvetleriyle mukâyese etmiştir. Metnin devamında bahsedeceğimiz önerme; bu mantık ile gösterilebilir. Herhangi bir çemberin iç alanına, kenar sayısı belli bir sayıdaki bir çokgeni, çokgenin köşeleri, çemberin üzerinde olacak şekilde yerleştirin.1 Bu şekilde, cismin çizgilerinde dolanan bir Cisim hayal 1

Çevirenin Notu: İngilizce ‘ to inscribe’ fiilini Türkçe bu şekilde tasvir ettim.

97

edin. Bu cisim; çokgenin kenarlarının yolundan dolansın. Çokgenin kenarlarının açı oluşturarak çembere değdiği noktaları geçe geçe bir turu tamamlasın. Cismin, çembere değdiği her noktadaki kuvvet bunun velositesi gibi olur. Ve bundan ötürü, kuvvetlerin toplamı, verilmiş belli bir sürede, velositelerin ve çokgenin kenar sayısının beraberce işlediği bir ölçüde olur. Ki bu da matematik dilinde çarpma işlemidir. Başka bir deyişle, bu, eğer, çokgenin geometrik özellikleri verilmiş ise, bu süre içinde, çizilen uzunluk ve aynı uzunluğun artışının ya da azalışının çemberin yarıçapına göre oranıdır. Ve bundan ötürü, eğer, çokgenin kenarlarının sayısı arttırıla arttırıla sonsuzca çoğaltılırsa ve en nihayetinde, çember ile özdeşleşirse, bu ölçü, belli bir sürede, taranan yay parçasının uzunluğunun karesinin yarıçapa oranı gibi olur. İşte bu savrulma kuvvetidir. Bu kuvvetle, Cisim çemberi zorlar. Buna karşı gelen bir başka kuvvet de merkezcil kuvvettir. Bu kuvvet de cismi mütemadiyen çemberin merkezine doğru zorlar. Bu ikisi birbirine eşittir.

BeĢinci Önerme Birinci Problem

Herhangi bir konumda, bir Cismin, verilmiş bir şeklin çizgilerini çizdiği bir durumda, ortak bir merkeze yönelmiş kuvvetlerin eliyle, şeklin merkezini bulma metodu:

98

(3. Tepsi‘nin 1.Şekli) PT, TQV, VR ile gösterilmiş 3 düz çizginin bir şekilde, P, Q, R ile temsil edilmiş birçok noktadan dokunduğunu ve T ve V noktalarında buluştuğunu varsayın. Tanjant çizgilerinin üzerinde, PA, QB, RC dikmelerini çizin. Bunlar da; cismin, P, Q, R noktalarındaki velositelerine karşılıklı olarak orantılı olsun. Bu da demektir ki: PA‘nın QB‘ye orantısı, Cismin, Q noktasındaki velositesinin P noktasındaki velositesine oranı gibidir ve QB‘nin RC‘ye orantısı; cismin R noktasındaki velositesinin Q noktasındaki velositesine oranı gibidir. Dikmelerin; A,B, C uçlarından, AD, DBE, EC çizgilerini dik açılarla çizin. Bunlar da D ve E noktalarında buluşsun. Ve TD, VE dik çizgileri çizildiğinde S noktasında buluşur. Ki bu da

99

bulmak istediğimiz merkezdir. Çünkü S merkezinden PT, QT tanjantlarına indirilen dikmelerin ölçüsü, cismin P ve Q noktalarındaki velositeleri ile 1.Kaziye 1. Önerme‘nin mantığı gereğince, reciprocal‘dır. Ve bundan ötürü, şeklin çiziminin mantığı gereğince; AD BQ dikmeleriyle directly ilgilidir. Bu da demektir ki; D noktasından tanjantlara indirilmiş dikmeler gibidir. Buradan, yapılan bir istidlâl yoluyla; S, D, T noktalarının bir doğrusal hatta olduğu bilinebilir. Benzer bir istidlâl ile, S,E,V noktalarının bir doğrusal hatta olduğu da bilinir. Ve bundan ötürü, S noktası da TD ve VE doğrularının birbirine değdiği noktadır. Q.E.D Ġspat TamamlanmıĢtır. 6.Önerme 5.Teorem Direnci olmayan bir boş uzayda, eğer, bir cisim, sabit bir merkezi nokta etrafında, herhangi bir şekildeki yörüngede dönüyorsa ve dönme hareketinin süresinin en küçük kısmında, beliriveren herhangi bir yay parçasını çiziyor ise ve bu yayın versed sine‟ı çizilecek olursa, bu da yayın kirişini iki eşit kısma bölerse ve bu çizgi; şeklin kuvvet merkezini oluşturan noktadan geçirilir ise, yayın ortasındaki merkezcil kuvvet, versed sine ile, doğru orantılı ve geçen sürenin karesi ile ters orantılı olur. Çünkü verilmiş bir sürede, versed sine, 4.Kaziye ve 1. Önerme‘nin mantığınca; süre ile aynı oranda artmış olur; zirâ, yayın uzunluğu da aynı oranda artacaktır. Ve versed sine‘ın ölçüsü, 2.Kaziye, 3.Kaziye ve II. Yardımcı Kaziye‘nın mantığınca, bu oranın ‗duplicate‘ ölçüsünde artacaktır. Ve bundan ötürü; kuvvetin ölçüsüyle aynı ve sürenin karesi ile aynı ölçüde olur. Denklemin her iki yanından da sürenin duplicate ratio‘sunu subduct edin ve kuvvet, versed sine ile doğru orantılı ve sürenin karesiyle ters orantılı olur. Q.E.D

100

Ġspat TamamlanmıĢtır. Ve aynı matematiksel ilişki, 4.Kaziye‘nin ve 10. Yardımcı Kaziye‘nın yoluyla da kolaylıkla ispatlanabilir. 1.Kaziye: Eğer, S ile temsil edilmiş bir merkezî nokta etrafında dönen bir P cismi; APQ eğrisini çiziyorsa, buna da ZPR dik çizgisi, P ile temsil edilen herhangi bir noktada değiyor ise ve eğri üzerindeki herhangi bir Q noktasında, SP mesafesine paralel QR çizgisi çizilirse ve bunlar tanjanta R noktasında değerse ve SP mesafesine QT dikmesi çizilirse, bu şartlarda oluşan merkezcil kuvvetin ölçüsü; P ve Q noktaları en nihâyetinde bir nokta halinde birleştiğinde, SP2 x QT2 / QR matematiksel işlemiyle oluşan hacmın (solid) magnitüdüne eşit olur.

101

Çünkü, QR, orta noktası P olan QP yayının versed sine‘ına eşittir. Ve SQP üçgeninin iki misli, ya da SP x QT matematiksel işlemi, yayın iki mislinin çizildiği süre ile orantılıdır. Ve bundan ötürü, sürenin üslü kuvvetinin yerine de konabilir. 2.Kaziye: Benzer bir akıl yürütme ile, oluşan merkezcil kuvvet; ST, şeklin kuvvet merkezinden, yörüngeyi temsil eden kapalı eğrinin PR tanjantına çekilen dikme olduğunda, ST2 x QP2 / QR işlemi ile oluşan hacım (solid) gibidir. Çünkü ST x QP ve SP x QT işlemleriyle oluşan dikdörtgenlerin alanları birbirine eşittir. 3.Kaziye: Eğer, yörünge bir çember şeklindeyse, ya da başka bir çembere dışarıdan teğet olacak şekilde dokunuyorsa, ya da başka bir çemberle müşterek merkezli olacak şekilde çizilmişse, başka bir deyişle, kapalı eğrinin çember ile kesiştiği mıntıkada oluşan iki açıdan en küçüğünün, aynı eğrilikte olduğu ve P Noktasında aynı eğrilik yarıçapında (radius of curvature) olduğu durumda ve PV doğru parçası bu çemberin, şeklin kuvvet merkezini oluşturan noktadan çizilen bir kirişi olduğunda, merkezcil kuvvetin niceliği, ST2 x PV matematiksel işlemiyle tanımlanan hacım gibi olur. Zirâ, PV, QP2 / QR bölmesinin değerine eşittir. 4. Kaziye: Aynı varsayımlarda bulunulduğunda, merkezcil kuvvet; velositenin karesiyle doğru orantılı ve o kirişle ters orantılıdır. Çünkü velosite, 1.Kaziye ve 1.Önerme‘nin mantığınca; ST dikmesiyle mütekabiliyet ilişkisi içindedir. 5.Kaziye: Bundan ötürü; APQ ile temsil edilmiş herhangi bir eğriçizgisel şekil verildiğinde ve bu şeklin içinde bir S Noktası alındığında ve merkezcil kuvvet bu noktaya mütemadiyen doğrultulduğunda, merkezcil kanunu bulunmuş olur. Ki bu kanunla, bir P Cismi, doğrusal

102

hatlı potansiyel yolundan mütemadiyen cezbedilip2 ve kapalı şeklin çevresinde dolaştırılıp dâimi bir dönüşle aynı rotayı izler durur. Bu da demektir ki: Eğer, hesaba kitaba vurmak gerekirse, SP2 x QT2 / QR işlemiyle oluşan hacım ya da ST2 x PV işlemiyle oluşan hacım olur. Ki bu da bu kuvvete mütekabil orantıda olur. Bunun örneklerini, müteakip problemlerde vereceğiz.

7.Önerme 2. Problem Eğer, bir çemberin çevresini yol edinen ve bu yolda dönen bir cismin, çemberin içindeki alanda verilmiş herhangi bir noktaya yönelik merkezcil kuvveti bulunmak istenirse:

2

Çevirenin notu: Cezbetmek ve çekmek…

103

PL. 3 3.Şekil‘de de gösterildiği gibi; VQPA‘yı çemberin çevresi kabul edin. S Noktası; merkezcil kuvvetin yöneldiği verilmiş bir nokta olsun. P harfi de, bu çemberin çevresinden hareket eden bir cismi temsil etsin. Q Noktası, Cismin, bir an sonra, varacağı nokta kabul edilsin. PRZ çizgisi ise, bir önceki noktada çembere çizilen tanjant olsun. S noktası‘ndan geçirerek PV kirişini çizin. Çemberin VA çapını da çizin, AP‘yi birleştirin; SP‘ye QT dikmesini çizin, bu çizildiğinde ise, PR tanjantıyla Z noktasında buluşur. Ve son olarak; Q noktasından LR çizgisini geçirerek bunu SP‘ye paralel olarak çizin. Bu; çembere L

104

Noktası‘ndan değsin ve PZ tanjantına R noktasında değsin. Ve ZQR, ZTP, VPA üçgenlerinin benzerliğinden ötürü; RP2 başka bir gösterimle QRL‘nin QT2‘ye oranı, AV2‘nin PV2‘ne oranı gibi olur. Bundan ötürü, QRL x PV2 / AV2 işleminin değeri, QT2‘ye eşittir. Bu birbirine eşit nicelikleri; SP2 / QR oranı ile çarpın; ve P ve Q noktaları birbiriyle özdeşleşirken RL yerine PV‘yi yazın. Bu durumda elde ettiğimiz denklem şudur: SP2 x PV3/ AV2 = SP2 x QT2 / QR Ve bundan ötürü ve 1. ve 5. Kaziyeler ile 6. Önerme‘nin mantığınca; buradaki merkezcil kuvvet reciprocal olarak SP2 x PV3 / AV2 matematiksel işleminin değerine eşit olur. Başka bir deyişle; AV2 verilmiş olduğundan; SP yüksekliğinin veya mesafesinin karesinin ve PV kirişinin kübünün beraberce hesaplanması, yani çarpımının niceliğinde olur. Q.E.I (Türkçesi nedir bul-yaz) Aynı matematiksel ilişkinin başka bir ispatı da şöyledir: PR tanjantının üzerine ST dikmesini indirin. Ve, STP ve VPA üçgenlerinin benzer üçgenler olmasından ötürü, AV‘nin PV‘ye oranı, SP‘nin ST‘ye oranı gibi olur. Ve bundan ötürü; SP x PV / AV = ST olur. Ve SP2 x PV3 / AV2 = ST2 x PV olur. Ve 3. ve 5. Kaziye‘nin ve 6. Önerme‘nin mantığınca, buradaki merkezcil kuvvet;

105

SP2 x PV3/AV2 matematiksel işlemiyle hesaplanır. Buysa; AV‘nin ölçüsü verilmiş olduğundan, SP2 x PV3 çarpımının değerinde olur. Q.E.I 1.Kaziye: O halde, eğer, merkezcil kuvvetin daima yöneldiği S Noktası; çemberin üzerinde alınan herhangi bir V Noktası‘na taşınırsa; merkezcil kuvvet, SP yüksekliğinin beşinci kuvveti niceliğinde olur. 2.Kaziye: P Noktası‘nı, dönen bir cisim olarak düşünün. PL.3 .4.Şekil‘de gösterilen; APTV çemberinde S ile gösterilmiş bir kuvvet merkezi etrafında dönen P cisminin sahip olduğu kuvveti bir veri olarak düşünün.

106

Aynı P cisminin, aynı çembersel yolda ve aynı devir sürede, R ile temsil edilen bir başka kuvvet merkezi etrafında döndüğünü de düşünün. Bu durumda, 1.kuvvetin, 2.kuvvete oranı, RP2 x SP‘nin SG çizgisinin kübüne oranı gibidir. SG çizgisi ise; 1. Kuvvet merkezi S‘den başlayıp PR mesâfesine; 2. Kuvvet merkezi olan R noktasından başlayarak çizilen paraleldir. Bu çizgi de, cisimlerin hareket ettiği yörüngenin eğrinin üzerindeki G noktası ile PG tanjantıyla buluşur. Zirâ, bu önermenin kuruluşunun mantığı gereğince; önceki kuvvetin sonraki kuvvete oranı; RP2 x PT3 değerinin SP2 x PV3 değerine oranı gibidir. Başka bir deyişle; SP x RP2‘nin SP3 x PV3 / PT3 değerine oranı gibidir. Ya da, PSG, TPV üçgenlerinin benzer üçgenler olmaları nedeniyle, SG3‘e oranı gibidir.

107

3.Kaziye: Bir P Cisminin, S ile gösterilmiş bir kuvvet merkezi etrafında herhangi bir yörüngede döndüğü kuvvetin, aynı cismin, aynı devir sürede R ile temsil edilen bir başka kuvvet merkezi etrafında dönebileceği kuvvete oranı şöyledir: SP x RP2 hacminin ölçüsü gibidir. Bu hacım da şu şekilde hesaplanır: Cismin, S ile gösterilmiş 1. Kuvvet merkezinden, R ile gösterilmiş 2.kuvvet merkezine olan mesafesinin karesinin alınıp bunun da S ile gösterilmiş 1. Kuvvet merkezinden, R ile gösterilmiş 2. Kuvvet merkezine çizilen ve cismin R ile gösterilen bir paralelini 2. Kuvvet merkezine mesafesini oluşturan ve yörünge kapalı eğrisi üzerindeki G noktası ile PG tanjantında buluşan SG çizgisi ölçüsünde kübünün alınması ile hesaplanır. Çünkü böylesi bir yörüngede alınan herhangi bir P Noktası, tıpkı bir çember üzerinde alınan herhangi bir nokta gibi aynı eğriliktedir. 8. Önerme 3.Problem Eğer, bir cisim, PQA ile gösterilmiş yarı-çevrede hareket ediyorsa, uzaktaki bir S noktasına yönelmiş merkezcil kuvvetin ölçüsünü hesaplama yolu: Bu S noktası, öylesine uzakta alınan bir nokta olsun ki oraya çizilen PS, RS çizgileri paralel çizgiler olarak kabul edilsin. (3.Tepsi, 5.Şekil)

108

Bir yarı çemberin merkezini oluşturan C noktasın dan; CA ile gösterilmiş bir yarıçapı çizin. Bunlar paralel çizgileri dik açılarla M ve N noktalarında kessin. Ve CP çizgisini birleştirin. CPM, PZT, RZQ üçgenlerinin benzer üçgenler olması nedeniyle; CP2, PM2‘ye oranı, PR2‘nin QT2‘ye oranı gibi olur. Ve çember şeklinin özelliklerinden ötürü PR2, QR x RN + QN işlemi ile hesaplanan dikdörtgenin alanına eşit olur; ya da P ve Q noktaları özdeşleşerek QR x 2 PM işlemiyle hesaplanan dikdörtgenin alanına eşitlenir. Bundan ötürü, CP2‘nin PM2‘ye oranı; QR x 2 PM‘nin QT2‘ye oranı gibidir. Ve: QT2 / QR = 2 PM3 / CP2 olur ve QT2 x SP2 / QR = 2 PM3 x SP2 / CP2 olur.

109

Ve bundan ötürü; 1.ve 5. Kaziyeler ile 6.Önerme‘nin mantığı gereği merkezcil kuvvetin hesabı 2 PM 3 x SP2 / CP2 işleminin değeri gibi olur. Bu da demektir ki, 2 SP2 / CP2 hesaba katılmadığında PM3 reciprocal işleminin ölçüsünde olur. Q.E.I Ve aynı mantık; bir önceki önermeden de kolaylıkla istidlâl edilebilir. YORUM Ve, benzer tarzda bir akıl yürütme ile denilebilir ki: Eğer bir cisim; bir elips, hiperbôl veya parabôl şeklindeki bir yörüngede hareket ettiriliyorsa; bu cismin sonsuzca uzak bir farâzi kuvvet merkezine yöneltilmiş merkezcil kuvvetinin hesabı; ordinat ekseninin kübü niceliğindedir. 9.Önerme 4.Problem PQS helezonu (burmalı şekli) içinde dönüp duran bir cisim, SP, SQ vs. yarıçaplarının verilmiş belli bir açıyla kesiyor olsun. Bu helezonun merkezine yönelmiş bir merkezcil kuvvetin kanunu bulunmak istenirse: ( 3.Tepsi; 6.Şekil)

Varsayın ki; belirsiz ölçüde dar, PSQ açısı verilsin. Çünkü bu durumda; diğer açılar da verilmiş olur. SP RQT şekli ‗‘in specie‘‘ olarak verilmiş olur. Bundan ötürü; QT / QR oranı

110

da verilmiş olur. Ve QT2 / QR oranı QT gibi olur. ( Zirâ, şekil ‗‘in specie‘‘ olarak verilmiştir.) Ancak, eğer, PSQ açısı herhangi bir ölçüde değiştirilirse, QPR temas açısını ‗‘subtend‘‘ eden QR çizgisi, 11. Yardımcı Kaziye‘nın mantığınca PR‘nin QT‘ye duplicate oranında değişir. Bundan ötürü, QT2 / QR oranı, daha öncekiyle aynı kalır; bu da SP gibidir. Ve: QT2 x SP2 / QR matematiksel işlemi SP3 gibidir. Ve bundan ötürü; 6. Önerme‘nin 1. ve 5. Kaziyelerinin mantığınca, merkezcil kuvvet, SP mesâfesinin kübü ölçüsünde olur. Q.E.I Aynı matematiksel iliĢkinin farklı bir ispatı ST dikmesini tanjantın üzerine indirin ve helezonu bir müşterek merkezden kesen bir çemberin PV kirişi olsun. Bunlar, SP yüksekliğinin ölçüsü ile belli bir orandadır. Ve bundan ötürü, SP3, ST2 x PV matematiksel işlemi gibidir. Ki bu da (6. Önerme‘nin 3. ve 5. Kaziyelerinin mantığı ile) merkezcil kuvvetin niceliği gibi olur. XII. Yardımcı Kaziye Verilmiş bir elipsin veya hiperbôlün, conjugate diameter‘ları çizilerek çevrelenerek oluşturulan paralelkenarların hepsi kendi aralarında benzerdir. Bunun ispatı ve gösterimi; koniklerden alınan kesitleri inceleyen yazarlarca yapılmıştır. 10.Önerme 5.Problem Eğer bir cisim, bir elips şeklindeki yörüngede hareket ediyorsa ve hareketi başladığı noktaya getirilerek yeni bir tura başlatılıyorsa: (4.Tepsi, 1. Şekil)

111

Varsayın ki: CA, CB bir elipsin yarı-eksenleri olsun: GP, DK de conjugate diameter‘ları olsun. PF, QT bu diameter‘lara indirilen dikmeler olsun: Qv, GP, diameter‘ına çizilmiş bir ordinat olsun ve eğer QvPR paralelkenarı tamamlanıp çizilirse; oluşan yeni şekilde, koniklerden alınma kesitlerin özelliklerinden ötürü; PvG dikdörtgeninin Qv2‘ye oranı; PC2‘nin CP2‘ye oranı gibi olur ve QvT ve PCF üçgenlerinin benzer üçgenler olmasından ötürü, Qv2‘nin QT2‘ye oranı, PC2‘nin PF2‘ye oranı gibi olur. Ve oranları terkip etme yoluyla; PvG‘nin QT2‘ye oranı PC2‘nin CD2‘ye oranından ve PC2‘nin PF2‘ye oranından yapılma bir bileşik orandır. Bu da demektir ki: vG‘nin QT2/Pv oranı gibi olduğu kadar; PC2‘nin CD2 x PF2 / PC2 matematiksel işlemine oranı gibidir. Pv yerine QR‘yi yerleştirin ve 12. Yardımcı Kaziye‘nın mantığınca, CD x PF yerine de BC x CA‘yı yerleştirin. Bir de; P ve Q noktaları

112

özdeşleşirken; vG yerine PC‘yi yerleştirin. Extreme‘leri ve ortalamaları birbiriyle çarpın, bulduğumuz denklem; QT2 x PC2 / QR‘nin, 2 BC2 x CA2 / PC işlemine eşitliğidir. Bu nedenle, 6. Önerme 5. Kaziyesinin mantığıyla; merkezcil kuvvetin ölçüsü; 2 BC2 x CA2 / PC matematiksel işleminin sonucudur. Bu da demektir ki 2. BC2 x CA2 değeri verildiğinde 1/ PC ölçüsündedir. Bu da, PC mesâfesi ile doğru orantılıdır.

Aynı Matematiksel İlişkinin Başka Bir İspatı PG çizgisi üzerinde, T noktasının berisinde, bir u noktası alın. Öyle ki Tu mesafesi Tv‘ye eşit olsun. Sonra; uV‘yi alın öyle ki bunun vG ile orantısı; DC2‘nin PC2‘ye orantısı gibi olsun. Qu2‘nin PvG‘ye orantısı, DC2‘nin PC2‘ye orantısı gibi olduğundan; koniklerden alınan kesitlerin mantığı gereğince; biri Qu2 = Pv x uV denklemi elde edilir. Denklemin her iki yanına da u Pv dikdörtgenini ekleyin ve bu durumda; PQ yayının kirişinin karesi, VPv dikdörtgenine eşit olur. Ve bundan ötürü, P noktasından, konik kesitine dokunan ve Q noktasından geçen çember, V noktasından da geçecektir. Şimdi, P ve Q noktalarını buluşturun ve uV‘nin vG‘ye oranı; DC2‘nin PC2‘ye oranı ile aynıdır ve bu durumda; DC2‘nin PC2‘ye oranı PV‘nin PG‘ye oranı gibi veya PV‘nin 2 PC‘ye oranı gibi olur. Ve bundan ötürü de; PV= 2 DC2 / PC denklemi elde edilir. Principia‘nın 1. Kitabı‘nın 3. Tepsisi, 76. sayfa Ve bu mantık ile P cisminin elips yörüngede döndürüldüğü kuvvet; 3.Kaziye 6. Önerme‘den ötürü, 2 DC2 / PC x PF2 gibi olur. Ve 2 DC2 x PF2 değeri verilmiş olduğundan PC ile doğru orantılıdır.

113

Q.E.I 1.Kaziye: Ve bu mantık gereğince; kuvvet, cismin, elipsin merkezinden uzaklığı ölçüsündedir. Ve tersinden bir yürütme ile denilebilir ki: Eğer, kuvvetin ölçüsü mesafe gibiyse, bir Cisim, merkezi, kuvvet merkezi ile özdeş olan bir elips yörüngede döner. Veya elips yörüngenin dönüşebileceği bir çember yörüngede döner. 2.Kaziye: Şekli, nasıl olursa olsun, aynı merkez üzerinde kurulmuş bütün elips yörüngelerde yapılan dönme hareketinin devir süreleri eşittir. Zirâ; 3. ve 8. Kaziyeler ve 4. Önerme‘nin mantığınca; bu süreler; birbirine benzer elipslerde eşit olacaktır. Ancak müşterek uzun eksenli elipslerde de bunların birbirine göre ölçüsü; elipslerin bütün alanlarıyla doğru orantılıdır ve alanların aynı sürelerde süpürülen kısımları ile ters orantılıdır. Bu da demektir ki kısa eksenlerle doğru orantılıdır. Ve ―principal vertice‖‘lardaki cisimlerin velositeleriyle ters orantılıdır. Bu da, demektir ki bu kısa eksenlerle doğru orantılı; ortak x-eksenlerinin herhangi bir noktasından çizilen müşterek ordinatların ölçüleri ters orantılıdır. Ve bundan ötürü, doğru orantının ve ters orantının eşitliği mantığınca, bunlar eşitlik oranındadır. YORUM Eğer bir elips, merkezi, sonsuzca ötedeki bir noktaya taşınarak parabôl‘e dönüştürülür ise, cisim parabôl‘de hareket eder. Ve şimdi kuvvet sonsuzca uzaktaki bir merkeze yönelir ve equable hale gelir. Bu durum; Galileo‘nun Teoremi‘dir. Ve eğer, bir konikten alınan parabôl şeklindeki kesitin alındığı düzlemin, koninin taban dairesinin oturduğu düzlem ile yaptığı açının eğimini artırarak; bu bir hiperbôl haline getirilirse; bu durumda; cisim hiperbôl‘ün çevresinde hareket eder. Merkezcil kuvveti de savrulma kuvvetine dönüşür. Ve çemberde olduğu gibi; elipsde de, kuvvetler, şeklin absis‘te yerleştirilmiş merkezine yöneltilmiş ise, bu kuvvetler, ordinatları

114

verilmiş belli bir oranda azaltır veya artırırsa; hatta; ordinatların apsislere göre eğiklik açısını değiştirirse; bunlar, devir sürelerin eşit kaldığı durumlarda, daima, merkezden mesafelerinin oranında artar veya azalır. Aynı mantık ile hangi şekilde olursa olsun; eğer, ordinatlar; verilmiş belli bir oranda artırılır veya azaltılırsa; ya da bunların eğiklik açısı, herhangi bir ölçüde değiştirilirse, devir sürelerin aynı kaldığı şartlarda, absis‘lerde konumlandırılan herhangi bir merkeze yöneltilmiş kuvvetler; merkeze olan mesafelerle orantılı bir ölçüde artan veya azalan birkaç ordinat üzerindedir. Şekil koy III. Kısım Cisimlerin; koniklerden alınmış kesitlerden çıkan dışarlak eksenli kapalı eğriler üzerindeki hareketi. XI. Önerme VI. Problem Eğer bir cisim elips şeklindeki bir yörüngede dönüyorsa ve elipsin odak noktasına yönelmiş merkezcil kuvvetin ölçüsünün kanunu bulunmak istenirse: (4. Tepsi 2. Şekil)

115

S Noktası; elipsin odak noktası olsun. Elipsin DK çapını E noktasında kesen SP çizgisini çizin. Ve bir de Qv çizgisini x‘in içinde çizin. QxPR ile temsil edilmiş paralelkenarını bütünleyin. Burada besbellidir ki: EP‘nin ölçüsü, uzun yarı eksen AC‘ye eşittir. Çünkü, elipsin diğer oda noktası olan H noktasından; EC‘ye paralel HI çizgisini çizerek; CS ve CH doğru parçaları; ES doğru parçasına eşit ölçüde olduğundan, ES ve EI doğru parçaları da birbirine eşit olur. Zirâ, EP doğru parçası, PS, PI doğru parçalarının toplamının yarısına eşittir. Bu da demektir ki ( HI, PR paralelliği ve IPR, HPZ açılarının eşitliğinden ötürü) aynı zamanda; PS PH doğru parçaları da beraberce alındığında, elipsin ekseninin bütünü olan 2 AC‘ye eşit olmaktadır. QT‘yi, SP‗ye, dikme olarak çizin. Ve L noktasını, elipsin birinci latus rectum‘u kabul ederek (ya da 2 BC2 / AC ) elde ettiğimiz matematiksel ilişki; L x P x V‘nin QR‘nin PV‘ye oranı gibi olduğudur; bu da demektir ki PE‘nin veya AC‘nin PC‘ye oranı

116

gibidir ve L x P v‘nin GvP‘ye oranının; L‘nin Gv‘ye eşitliğidir ve GvP‘nin Q v2‘ye oranı da Pc2‘nin CD2‘ye oranı gibidir ve 2.Kaziye 7. Yardımcı Kaziye‘nın mantığınca; Q ve P noktaları yaklaşırken; Qv2‘nin Qx2‘ye oranı; eşitlik oranındadır ve Qx2‘nin ya da Qv2‘nin QT2‘ye oranı, EP2‘nin PF2‘ye oranı gibidir: bu da demektir ki; CA2‘nin PF2‘ye ya da (12. Yardımcı Kaziye gereğince) CD2‘nin CB2‘ye oranı gibidir. Ve bütün orantıları terkip ederek yapılan bir bileşik orantı durumunda: Lx QR‘nin QT2‘ye oranı AC x L x PC2 x CD2‘nin ya da 2 CB2 x PC2 x CD2‘nin Pc x Gv x CD2 x CB2‘ye oranı gibidir. Ve bundan ötürü; L x QR ve QT2 nicelikleri; bunlara orantılı olduğundan; birbirine eşit olacaktır. Ve bu eşit nicelikleri, SP2 / QR kesirine yerleştirelim ve bu durumda; Lx SP2, SP2 x QT2/ QR bölmesine eşitlenecektir. Ve bundan ötürü, 1. ve 5. Kaziye ve 6. Önermenin mantığınca; şekildeki merkezcil kuvvet, L x SP2 çarpımına eşit olur. Bu da demektir ki SP mesafesinin duplicate ratio‘sundadır.

Aynı Matematiksel ĠliĢkinin BaĢka Bir Ġspatı

Bir P cisminin; elipsin merkezine yönelen kuvvetinin ölçüsünü; 1. Kaziye‘nin ve 10. Önerme‘nin mantığınca; cismin, elipsin C merkezine olan CP uzaklığı gibi kabul edersek: CE doğru parçasını, elipse paralel çizilen PR tanjantına paralel yapın ve bu durumda kuvvet; aynı P cisminin, elipsin içinde alınan herhangi bir S noktası etrafında dönebileceği (eğer, CE ve PS doğru parçaları E noktasında kesiştirilirse) 3. Kaziye ve 7. Önerme‘nin mantığınca, PE3 / SP2 oranında olur. Bu da demektir ki: Eğer, S noktası elipsin bir odağı olarak kabul edilirse ve bundan ötürü PE doğru parçası verilmişse; SP2‘nin çarpımı gibi olur.

117

Q.E.I

(Principia‟nın 1.Kitabı‟ndaki 4.Tepsi, 80.sayfa)

118

Beşinci problem; parabôle ve hiperbôle indirgemekte yararlandığımız kısalıkta ve özlükteki bir metodu burada da kullanabiliriz. Ancak, problemin yüceliği ve müteakip kullanımı nedeniyle, diğer vakaların her birini tek tek açıklayarak irdeleyeceğim.

119

12. Önerme 7. Problem Bir cismin hiperbôl şeklindeki bir eğride hareket ettiğini düşünün. Bu şeklin odak noktasına yönelmiş merkezcil kuvveti açıklayan kanun bulunmak istenirse:

120

(5.Tepsi, 1. Şekil) CA, CB‘yi hiperbôl‘ün yarı-eksenleri kabul edin. PG, KD diğer conjugate diameter‘ları olsun. PF, KD çapına indirilen dikme olsun ve Qv, GP çapına çizilmiş bir

121

ordinat olsun. DK çapını E noktasında ve Qv ordinatını x noktasında kesen SP doğru parçasını çizin. Ve QRPx paralelkenarını tamamlayıp çizin. Burada besbellidir ki: EP‘nin ölçüsü; yarı - transverse axe AC‘nin ölçüsüne eşittir. Çünkü parabôlün diğer odağı olan H‘den HI‘yı, EC‘ye paralel olarak çizersek; CS ve CH‘nin eşitliğinden ötürü, ES ve EI da eşit olur. Bundan dolayı da EP, PS ile PI‘nın farkının yarısıdır. Bu da demektir ki: ( IH‘nin PR‘nin paralelliğinden ve IPR, HPZ açılarının eşitliğinden ötürü) PS‘nin ve PH‘nin farkları hiperbôlün ekseninin bütününü teşkil eden 2 AC‘nin değerine eşittir. L harfi, hiperbôl‘ün Latus Rectum‘unu temsil etsin. Başka bir deyişle; 2 BC2 / AC kesirine eşit olsun.) Bu durumda; elde ettiğimiz matematiksel ilişkiler şöyledir: L x QR‘nin L x Iv‘ye oranı, QR‘nin PV‘ye oranı gibidir. Ya da; Px‘in Pv‘ye oranı gibidir. Bu da demektir ki: ( P xV, PEC üçgenlerinin benzer üçgenler olması sebebiyle) PE‘nin PC‘ye ya da AC‘nin PC‘ye oranı gibidir. L x Pv çarpma işleminin Gv x Pv çarpma işlemine oranı; L‘nin Gv‘ye oranı gibi olur. Ve koniklerden alınma kesitlerin özelliklerinden çıkarılan sonuçlara göre: GvP dikdörtgeninin Qv2‘ye oranı PC2‘nin CD2‘ye oranı gibi olur. Ve 2.Kaziye ve 7. Yardımcı Kaziye‘nın mantığınca, Q ve P noktaları özdeşleşirken, Qv2‘nin Qx2‘ye oranı en nihâyetinde eşitlik oranına gelir. Ve; Qx2‘nin ya da Qv2‘nin QT2‘ye oranı, EP2‘nin PF2‘ye oranı gibi olur. Bu da demektir ki: CA2‘nin PF2‘ye oranı gibi ya da 12. Yardımcı Kaziye‘nın mantığınca; CD2‘nin CB2‘ye oranı gibi olur. Ve bu oranların hepsini terkip ederek bileşik bir orantı kurarsak: L x QR işleminin QT2‘ye oranı, AC x L x PC2 x CD2 çarpma işleminin PC x Gv x CD2 x CB2 çarpma işlemine oranı gibi olur. Ya da 2 PC‘nin Gv‘ye oranı gibi olur. Ancak; P ve Q noktaları birbiriyle özdeşleşirken, 2 PC ve GV eşitlenir. Ve bundan ötürü L x QR çarpma işleminin sonucu ve QT2 çarpma işleminin sonucu bunlarla orantılı orantılı olduğundan onlar

122

da eşit olur. Bu eşit nicelikleri, SP2 / QR kesirine yerleştirelim. Bu durumda; L x SP2 çarpma işleminin, SP2 x QT2 / QR bölme işleminin sonucuna eşit olduğu bir denklem elde ederiz. Ve o halde; 1. ve 5. Kaziyeler‘in ve 6. Önerme‘nin mantığınca; merkezcil kuvvet; L x SP2 çarpma işlemiyle bulunur. Bu da demektir ki: SP mesafesinin karesinin çarpımı ile orantılıdır. (duplicate ratio) Q.E.I Ġspat TamamlanmıĢtır.

Aynı Matematiksel ĠliĢkinin BaĢka Bir Ġspatı Hiperbôlün C ile temsil edilen merkezinden tesir eden kuvvet bulunmak istensin: Bu kuvvet; CP mesafesiyle orantılıdır: 3.Kaziye‘nin ve 7.Önerme‘nin mantığınca; S ile temsil edilmiş odak noktasına doğru tesir eden kuvvet, PE3/ SP2 bölme işlemi gibi olur. Bu da demektir ki: PE mesafesinin verilmiş olmasından ötürü; SP2‘nin reciprocal‘ı gibidir. Q.E.I Ġspat TamamlanmıĢtır.

123

Ve aynı mantıkla gösterilebilir ki: Merkezcil kuvveti, savrulma kuvvetine dönüştürülen bir cisim; hareket etmekte olduğu hiperbôl eğrisinin, conjugate hiperbôl eğrisi üzerinde hareket edecektir. 13. Yardımcı Kaziye Herhangi bir vertex noktalı parabôlün Latus Rectum‘unun ölçüsü,

parabôlün vertex

noktasından şeklin odak noktasına mesafesinin 4 mislidir. Bunun ispatı ve gösterimi, konikler hakkında eser vermiş yazarlarca yapılmıştır. 14. Yardımcı Kaziye Bir parabôlün odak noktasından, o parabôlün tanjantına indirilen dikmenin ölçüsü: Odak noktasının; parabôlün eğrisi ile tanjantın birbirine değdiği nokta arasındaki mesafe ile şeklin “principal vertex” noktası ile odak noktası arasındaki mesafenin “mean proportional”ı ölçüsündedir. (5. Tepsi 2. Tabak)

124

Şekilde, varsayın ki: AP eğrisi parabôl olsun. S noktası odak noktası olsun. A noktası ―principal vertex‖ olsun. PO ―principal diameter‖‘a çizilen bir ordinat olsun. PM, doğru parçası, ―principal diameter‖ ile M noktasında buluşan tanjant çizgisi olsun. SN ise, odak noktasından tanjant çizgisine indirilen dikme olsun. AN hattını birleştirin. Ve, MS ve SP, MN ve NP, MA ve AO dik çizgi çiftlerinin eşitliğinden ötürü; AN, OP çizgileri birbirine paralel olur. Bundan ötürü, SAN üçgeni A noktasında dik açı oluşturur ve birbirine eşit ölçülü SNM ve SNP üçgenleriyle benzerdir. Bundan ötürü, PS‘nin SN‘ye oranı SN‘nin SA‘ya oranı gibidir. Q.E.D Ġspat TamamlanmıĢtır. 1.Kaziye: PS2‘nin SN2‘ye oranı PS‘nin SA‘ya oranı gibidir. 2.Kaziye: SA verildiğinden SN2 PS gibi olur. 3.Kaziye: PM ile gösterilmiş bir tanjantı, parabôlün odak noktasından başlayıp tanjanta dik çizilen bir SN çizgisi ile buluşturursak. Ve bu noktadan bir dikme indirirsek, bu dikme parabôlün ―principal vertex‖ noktasına değer. 13.Önerme 8.Problem Eğer bir cisim, parabôl şeklindeki eğri bir yolda hareket ediyorsa ve bu cisimden parabôlün odak noktasına yönelmiş merkezcil kuvvetin kanunu bulunmak istenirse: (5. Tepsi‟nin 3. Tabağı)

125

Bir önceki Yardımcı Kaziye‘nın kurgusunu muhafaza ederek; P harfi; parabôl eğrisinin üzerinde hareket eden bir cismi temsil etsin. Q noktasından başlayıp bir sonraki durumda varacağı noktayı bir çizgi ile birleştirin. QR‘yi SP‘ye paralel olarak ve QT‘yi S‘ye dik olarak çizin. Qv‘yi de tanjanta paralel çizin. Ve IG çapı ile v noktasında buluşsunlar. Ve SP mesafesiyle X noktasında buluşsunlar. Şimdi, oluşan şekilde, Pxv, SPM üçgenlerinin benzer üçgenler olması sebebiyle ve SP, SM eşit kenarları birine, Px ya da QR ve Pv de diğerine eşit olacaktır. Ancak, konikler alınan kesitlerin mantığına göre; Qv ordinatının karesi Latus Rectum‘un altındaki dikdörtgenin alanına eşit olur ve çap‘ın üzerindeki doğru parçasına eşit olur. Bu da demektir ki: 13. Yardımcı Kaziye‘nın mantığına göre; PS x Pv çarpma işlemi ile hesaplanan dikdörtgen alanın 4 misline ya da PS x QR çarpma işlemi ile hesaplanan dikdörtgensel alanın 4 misline eşit olur. Ve P ve Q noktaları, özdeşleşirken; Qv‘nin Qx‘e oranı, 2.Kaziye ve 7.Yardımcı Kaziye‘nın mantığından ötürü bir eşitlik oranına gelir. Ve bundan ötürü, bu

126

durumda, Qx2 niceliği, PS x QR çarpma işlemi ile hesaplanan dikdörtgensel alanın 4 misline eşit olur. Ancak, QxT ve SPN üçgenlerinin benzer üçgenler olması nedeniyle, Qx2‘nin QT2‘ye oranı, PS2‘nin SN2‘ye oranı gibidir. Bu da demektir ki: 1.Kaziye ve 14.Yardımcı Kaziye‘nın mantığınca, PS‘nin SA‘ya oranı gibidir yani 4 PS x QR çarpma işleminin 4 SA x QR çarpma işlemine oranı gibidir. Ve bundan ötürü; Elemanlar kitabının 5. Cildinin 9. Önermesinin mantığı ile QT2 değeri ve 4 SA x QR çarpma işlemi eşitlik halindedir. Bu eşitleri, SP2/ QR kesiri ile çarpın ve SP2 x QT2 / QR bölme işleminin sonucu; SP2 x 4 SA çarpma işleminin sonucuna eşit olur ve bundan ötürü; 1. Kaziye ve 5.Kaziye‘nin ve 6. Önerme‘nin mantığınca; merkezcil kuvvet; SP2 x 4 SA çarpma işleminin sonucuna eşit olur. Bu da demektir ki: 4 SA niceliği verilmiş olduğundan, SP mesafesinin duplicate oranındadır. Q.E.I Ġspat TamamlanmıĢtır. 1.Kaziye: Son 3 Önerme‘den çıkan mantıkî sonuç şudur: Eğer bir P cismi, P noktasından, PR çizgisi istikametinde yol alarak bir hızla hareket ediyorsa ve bu hareketi esnâsında, bir merkezcil kuvvet tarafından cisme tesir ediliyorsa ve bu kuvvet de cismin an be an bulunduğu noktalardan, şeklin merkezine çizilen doğru parçalarının kareleriyle orantılı ise; cisim, sanki odak noktası, kuvvet merkezinde bulunan konik kesitlerinden birinin üzerinde hareket ediyormuşcasına düşünülebilir. Bu mantık, ters yönden de doğrudur. Zirâ; odak noktası, temas noktası ve eğriye çizilen tanjantın konumu verilmiş ise; bu verilere karşılık gelen3 bir konik kesiti mevcuttur. Bu da, o noktada verilmiş bir eğrilikte olur.

Çevirenin Notu: Hakiki Türkçesi ile ‗‘tekâbül eden‘‘ demek gerekir, İngilizcesi ile to correspond fiilini düşünmek gerekir.) 3

127

Ancak, eğrilik, merkezcil kuvvetin ve cismin velositesinin verilmesi durumunda zaten verilmiş olur. Ve eğer, iki yörünge birbirine bir noktada değiyorsa (yani teğet ise) buradaki hareket, bir ve aynı merkezcil kuvveti ve velositeyi içeremez. 2.Kaziye: Eğer bir cismin, P noktasından hareket edip giderkenki velositesi öyle bir ölçüde olursa ki sürenin sonsuzca küçük bir kısmı olan bir An‘da, PR ile gösterilen ‗lineola‘ çizgisi tanımlanırsa ve QR yolunda aynı sürede ilerleten merkezcil kuvvet öyle bir ölçüde olursa ki: Cisim; esas Latus Rectum‘u QT2/QR bölme işlemine eşit olan ve bu hareketin nihai durumunda; PR ve QR lineola‘ları sonsuzca küçültüldüğünde, bir konik kesitinin çevresinde hareket etmiş gibi olur. Bu Kaziye‘lerde; çemberi bir elips gibi mütealâ ediyoruz. Bu durumun istisnai ise; Cismin, şeklin merkezi noktasına çizgi istikametinde alçaldığı vaka‘dır. 14. Önerme 6.Teorem Eğer, birkaç cisim, müşterek bir merkez etrafında dönerlerken ve bunlara tesir eden merkezcil kuvvetin ölçüsü; cisimlerin dönme hareketi esnâsında bulundukları noktaların; müşterek merkezden uzaklıklarının ölçüsünün kareleriyle orantılı ise; fikrim şudur ki: Bunların yörüngelerinin esas Latus Rectum‟larının ölçüsü; cisimlerin, bir ve aynı sürede bulundukları noktalardan müşterek merkeze çekilen yarıçaplar ile tanımlanan taranmış alanlar ile “duplicate ratio” oranındadır. (6. Tepsi 1. Tabak)

128

Zirâ, 2. Kaziye‘nin ve 13. Önerme‘nin mantığınca; L harfi ile temsil edilen Latus Rectum‘ları; P ve Q Noktaları en nihâyetinde özdeşleşip QT2/QR bölme işleminin sonucuna eşitlenir. Ancak; QR ile gösterilen lineola verilmiş bir sürede hâsıl olan merkezcil kuvvet gibidir. Bu da; zımnen, SP2 gibidir. Ve bundan ötürü QT2 / QR bölme işleminin sonucu, QT2 x SP2 çarpma işlemine oranı gibidir. Bu da demektir ki: L harfi ile temsil edilmiş Latus Rectum; QT x SP çarpma işlemiyle alanı hesaplanan kısım ile duplicate ratio‘dadır. Q.E.D Ġspat TamamlanmıĢtır.

129

Kaziye: Bundan ötürü, elipsin içindeki alan ve elipsin eksenlerinin altında kalan ve bununla orantılı dikdörtgensel alanın ölçüsü: Latus Rectum‘un subduplicate oranından ve devir sürenin oranından yapılmış bir bileşik orantıda olur. Çünkü elipsin alanının bütünü, belli bir sürede QT x SP çarpma işlemi ile tanımlanan dikdörtgensel alanın devir süre ile çarpımına eşittir.

Principia‘nın 1. Kitabı‘nın 86. sayfasındaki V. Tepsi ve İçindeki Tabaklar.

130

131

XV. Önerme VII. Teorem Aynı varsayımları kabul edersek: Fikrim odur ki: Elipslerde devir süreler; elipslerin uzun eksenlerinin ölçüleri ile sesquiplicate oranıyla ilişkilidir. (87. sayfa) Çünkü kısa eksen; uzun eksen ve latus rectum‘u bir ―mean proportional‖ ölçüsündedir. Ve bundan ötürü; eksenlerin altında konumlanan dikdörtgenin ölçüsü, latus rectum‘un subduplicate oranı ile uzun eksenin sesquiplicate oranından terkip edilen bir bileşik orantıdadır. Ancak; bu dikdörtgen; 14. Önermenin kaziyesi mantığınca; latus rectum‘un subduplicate oranından ve devir sürenin oranından terkip edilen bir bileşik orantı ölçüsündedir. Denklemin her iki yanından da; latus rectum‘un subduplicate oranını ‗‘subduct‘‘ edin. Ve geriye kalan uzun eksenin sesquiplicate oranının devir sürenin oranına bir eşitliğidir. Q.E.D Ġspat TamamlanmıĢtır. Kaziyesi: Bundan ötürü, elipslerdeki devir süreler; çapları; elipslerin uzun eksenlerine eşit olan çemberler ile aynıdır. 16. Önerme 8. Teorem Aynı varsayımlarda; bulunulduğunda: Ve yörünge eğrisinde belli bir noktada bulunan cisimlerin bulundukları noktalara dik çizgiler çizildiğinde ve bu tanjant noktalarından elipsin müşterek merkezine dikmeler indirildiğinde: Fikrim odur ki: Cisimlerin velositeleri; dikmelerin birbirine oranı ile ters orantılı ve principal latus rectum‘ları ile doğru orantılı olarak terkip edilen bir bileşik orantıdadır.

132

133

6. Tepsi 2. Tabak S ile gösterilen odak noktasından, PR tanjantına; ST dikmesini çizin. Ve P cisminin velositesi, ST2 / L niceliğinin reciprocal subduplicate oranında olur. Çünkü söz konusu velosite; verilmiş belli bir sürede; sonsuzca küçük PQ yayı ile tanımlanan bir niceliktir. Bu da demektir: 7. Yardımcı Kaziye‘nın mantığınca; PR tanjantı gibidir. Bu da demektir ki: PR‘nin QT‘ye ve SP‘nin ST‘ye oranlı oluşundan ötürü; SP x QT / ST işleminin sonucu gibi olmasıdır:

134

Ya da; ST ile ―reciprocal‖ olarak ve SP x QT ile doğru orantılı olmasıdır. Ancak; SP x QT verilmiş belli bir sürede, tanımlanan alanın ölçüsüdür. Bu da demektir ki: 14. Önerme‘nin mantığınca, latus rectum‘un subduplicate oranında olması demektir. Q.E.D 1.Kaziye: Principal latus rectum‘lar, dikmelerin duplicate oranından ve velositelerin duplicate oranından terkip edilen bir bileşik orantıdadır. 2. Kaziye: Cisimlerin, velositeleri; müşterek odak noktasına göre, en uzak mesafe ve en yakın mesafe hesaba alındığında; mesafelerin ters orantılarından ve principal latus rectum‘ların subduplicate doğru orantısından terkip edilen bir bileşik orantıdadır. Çünkü o dikmeler şimdi mesafelerin ölçüsünün yerine kullanılabilir. 3.Kaziye: Ve bundan ötürü; bir konik kesitinde; odak noktasından âzâmi ve asgâri mesafelerde bulunan bir cismin velositesinin bir çember üzerinde bulunan ve o çemberin merkezî noktasına eşit uzaklıklardaki herhangi bir noktaya göre ölçüsü; principal latus rectum‘un subduplicate orantısıyla diğer mesafenin (yarıçapın) iki misli ile orantılıdır. 4.Kaziye: Elips şeklindeki yörüngelerde hareket eden cisimlerde; cisimlerin müşterek odak noktasından; uzaklıkları ortalama bir değerdeki velositeler; bir çemberde; bir merkeze eşit mesafede dönüp duran cisimlerin velositeleriyle aynıdır. Bu da; (6.Kaziye ve 4. Önerme‘nin mantığınca) mesafelerin subduplicate oranı ile reciprocal orantısındadır. Çünkü; dikmeler, şimdiki durumda; kısa yarı eksen durumuna gelmiştir. Ve bunlar da mesâfeler ve latus rectum‘lar arasındaki ―mean proportional‖ lardır. Eğer bu orantıyı; ters yönden terkip edersek; latus rectum‘ların subduplicate oranını doğru orantılı kurarsak; elde edeceğimiz şey; mesafelerin subduplicate ters orantısıdır.

135

5.Kaziye: Principal latus rectum‘ları eşit ölçüde olan bir şekilde ve hatta birden fazla şekilde; bir cismin velositesi; şeklin odak noktasından şekle çizilen tanjanta çekilen dikmenin ölçüsünün reciprocal‘i gibidir. 6.Kaziye: Bir parabôl yolda; hareket eden cismin velositesi; cismin; şeklin odak noktasına mesafesinin, subduplicate orantısında olur. Bu elips şekillerde, bu orana göre, daha fazla değişkendir. Ve hiperbôl eğrilerde, daha az değişkendir. 7.Kaziye: Bir parabôl eğrisi üzerinde; parabôlün odak noktasından; herhangi bir mesafede hareket eden bir cismin velositesinin; bir çember üzerinde, çemberin merkez noktasına eşit ölçüde mesafelerde hareket eden cismin velositesine oranı; 2 sayısının 1 sayısı ile ―subduplicate‖ oranındadır. Elips şekillerinde; bu daha azdır. Hiperbôl eğrisinde daha fazladır. Çünkü, bu önermenin 2. Kaziye‘sinin mantığına göre; parabôlün vertex noktasındaki velositesi bu orandadır. Ve bu önermenin 6. Kaziye‘sine göre ve 4. Önerme‘ye göre; aynı orantı; mesafelerin hepsinde tutan bir orantıdır. Ve bundan ötürü de, bir parabôl eğrisi üzerinde de; herhangi bir noktadaki velosite; bir çember üzerinde dönüp duran ve çemberin merkezî noktasına mesafesi bunun yarısı kadar olan cismin velositesine eşittir. Bir elipste bu daha azdır ve hiperbôlde daha fazladır. 8. Kaziye: Herhangi bir konik kesitinden alınma bir eğri üzerinde; hareket eden bir cismin velositesinin; yarıçapının ölçüsü, konikten çıkarılma eğrisinin principal latus rectum‘unun yarısına eşit bir çember üzerinde hareket eden bir cismin velositesine oranı; bu mesafenin ölçüsünün, konik kesitinden çıkarılma eğrinin odak noktasından eğrinin tanjantına çekilen dikmenin uzunluğuna oranı gibidir. Buysa; 5. Kaziye‘den belli olan bir sonuçtur.

136

9. Kaziye: İşte bu nedenle; 6.Kaziye 4. Önerme‘nin de mantığıyla; böyle bir çemberde dönen bir cismin velositesinin, herhangi bir başka çemberde dönen bir cismin velositesine oranı; mesafelerin ―subduplicate‖‘ oranı ile ―reciprocal‖‘dır. Ve bundan ötürü; ex aquo; bir konik kesitinden çıkarılma eğride, dönen cismin velositesinin, aynı mesafedeki bir çemberde dönen bir cismin velositesine oranı; bu müşterek mesafenin ve eğrinin principal latus rectum‘unun yarısının mean proportional‘ının; müşterek odak noktasından eğrinin tanjantına çizilen dikmenin oranı gibidir.

17. Önerme 9. Problem

Varsayın ki: Merkezcil kuvvet, alınan bir merkezî noktadan itibaren ölçülen mesafelerin kareleriyle reciprocal olarak orantılıdır. Ve varsayın ki: Bu kuvvetin miktarı mutlak ve kesin şekilde bilinmektedir. Ve bir cismin verilmiş bir konumdan bırakılarak verilmiş bir velosite ile verilmiş bir istikamete doğru hareket edeceği çizgiyi bulmak gereksin.

137

Varsayın ki: Bir S noktasına yönelen merkezcil kuvvet öyle olsun ki: ( 6. Tepsi 3. Tabak) bir p cismini, pq ile temsil edilmiş herhangi bir yörüngede döndürsün. Ve farz edin ki: Bu cismin p noktasındaki velositesi bilinmiş olsun: Sonra; bu P noktasından P cismi verilmiş belli bir velosite ile PR çizgisinin istikametinde bırakılsın. Ancak; merkezcil kuvvetin tesir etmeye başlamasıyla; hemen bir sonraki anda; bu doğrusal hattan beriye çekilip PQ ile gösterilmiş konik kesitinin eğrisine kıvrılır. Bu PR düz çizgisi, bundan ötürü P noktasında temas edecektir. Benzer şekilde; varsayın ki: pr çizgisi, pq yörüngesine p noktasında değsin. Ve eğer, S noktasından bu tanjantlara dikmeler çizdiğimizi hayal edersek; 1. Kaziye‘nin ve 16. Önerme‘nin mantığı ile; bu konik kesitinin principal latus rectum‘u; o yörüngenin principal latus rectum‘una göre, dikmelerin duplicate oranından ve velositelerin duplicate oranından terkip edilmiş bir bileşik orantıda olacaktır ve bundan ötürü zaten verilmiştir. RPH açısı, RPS açısını iki dik açının toplamına bütünleyen (180 dereceye)

138

bir açı olsun. Ve öteki odağı temsil eden H noktası; PH çizgisi ve bunun üzerinde yer alan ve eğrinin öteki odak noktası olan H noktası yerleştirilmiş olsun ve konumda verilmiş olsun. SK dikmesini PH çizgisine indirin ve BC ile gösterilmiş conjugate yarı-ekseni çizin. Bu yapılınca elde ettiğimiz matematiksel yapı şudur: SP2 – 2 KPH / PH2 = SH2 = 4 CH2 = 4 BH2 – 4 BC2 = SP + PH2 – L x SP + PH Denklemin her iki yanına da: 2 KPH – SP2 –PH2 …L x SP + PH, ? Ve bu durumda; elde ettiğimiz denklemler: L x SP / PH = 2 SPH / 2 KPH; Ya da SP/ PH = PH/ 2SP / 2KP = L O halde; PH‘nin ölçüsü hem uzunluk hem de konumsal olarak verilmiş olur: Bu da demektir ki: Eğer P noktasındaki cismin velositesi, öyle bir ölçüde olursa ki; L Latus Rectum‘u 2 SP / 2 KP bölme işleminden az olursa: PH çizgisi; SP çizgisi ile PR tanjantının aynı tarafında kalır. Ve bundan ötürü; şekil bir elips olarak belirir. Burada da, SH gibi 2 odak verildiğinde; SP/ PH esas ekseni de zaten verilmiş olur. Ancak eğer; cismin velositesinin ölçüsü öyle bir nicelikte olursa ki L Latus Rectum‘u 2 PS / 2 K bölme işleminin sonucuna eşit olursa, bu durumda PH uzunluğu ‗sonsuz‘ denilebilecek bir ölçüde belirir. Ve bundan ötürü şekil parabôl eğrisi olarak belirir. Bunun da SH ekseni PK çizgisine paraleldir ve bundan ötürü zaten verilmiştir. Ancak eğer; cisim, P noktasındaki konumundan; daha da fazla bir velosite ile hareket ederse; PH uzunluğu, tanjantın öteki tarafında belirir. Ve bu şartlarda; tanjant odak noktalarının

139

―arasında‖ kalan bir noktadan geçer ve bu halde hiperbôl eğrisi şeklinde belirir. Bu hiperbôlün de esas ekseninin ölçüsü SP ve PH çizgilerinin uzunluklarının farkına eşittir ve bundan ötürü zaten verilmiştir. Bu vakalardaki cisim; cismin döndüğü yörüngelere tekabül eden bir konik kesitiyle özdeşleştirilir. Ve bu yapıldığında; 11. 12. ve 13. önermelerde de ispatlanıp gösterilmiş olduğu gibi şu verileri sunar: Merkezcil kuvvetin ölçüsü, cismin, S ile gösterilen kuvvet merkezine mesafesinin karesinin reciprocal‘ı gibidir. Ve bundan ötürü, cismin, yine konumda verilmiş bir P konumundan verilmiş bir velosite ile PR doğrusal hattı istikametinde; böylece tanımlanan bir kuvvet niceliğiyle tanımlayacağı bir PQ doğru çizgisini çizmiş oluyoruz. Q.E.F 4.Kaziye: O halde; konik kesitlerinin hepsinde; D ile gösterilen principal vertex noktası, L ile gösterilen Latus Rectum, S harfi ile gösterilen odak noktası verildiğinde; H harfi ile gösterilen öteki odak noktası da verilmiş olur. Bu da; DH‘nin DS‘ye oranını; Latus Rectum‘un Latus Rectum ile 4 DS niceliğinin farkını oranlayarak bilinir. Çünkü SP/ PH‘nin, PH / 2PS/2KP = L denklemi Bu Kaziye‘deki vakada DS/ DH = DH/4DS = L denklemi ve bu denklemi bölme yoluyla DS/DH = 4 DS – L / L denklemine dönüşür. 2.Kaziye: O halde; eğer bir Cismin, D harfi ile gösterilen esas vertex noktasındaki velositesi verilmiş ise; yörünge, bu veriden yola çıkılarak bulunabilir. Bunun metodu da: Latus Rectum‘u, DS mesafesinin iki misli ölçüde alıp bu verilmiş velositenin duplicate oranı ile DS mesafesinde bir çembersel yörüngede dönen bir cismin velositesiyle 3. Kaziye‘nin ve 16.

140

Önerme‘nin mantığınca oranlamak ve sonra DH mesafesinin DS‘ye oranını Latus Rectum‘un ölçüsünü Latus Rectum ve 4 DS mesafesinin farkıyla eşitleyen bir denklem kurmaktır. 3.Kaziye: O halde; eğer bir cisim; herhangi bir konik kesitinde hareket ediyorsa; ve bu yörüngesinden herhangi bir tesir ile zorlanarak saptırılırsa; tesirin; cismi zorladığı yeni yörüngenin şeklini ve ölçüsünü de bilebiliriz. Çünkü; önceki hareketinin ölçüsü ile sonradan tesir eden kuvvetin ölçüsü, o kuvvet sanki tek başına tesir etmiş gibi farz edilip hesaplanınca; cismin, kuvvetin tesir ettiği konumdaki noktadan; doğrusal bir hat istikametinde yöneleceği hareketi hesaplayabiliriz. 4.Kaziye: Ve, aynı cismin, herhangi başka bir kuvvetin tesiriyle mütemadiyen etkileneceği bir vakayı düşünelim: Burada; cismin yörüngesinin bilgisini yaklaşık olarak bilebiliriz. Bunun metodu da: Bu kuvvetin; cismin yörüngesinde alınan çeşitli noktalarda yaptığı değişimleri toplamaktır. Ve bu ara noktalarda mütemadiyen tesir eden değişimleri; matematikteki serilerin toplanması enstrümanı ile bir benzeşim kurarak hesaplayabiliriz.

YORUM

141

6. Tepsi 4.Tabak‘ta gösterildiği gibi; eğer bir cisim, verilmiş herhangi bir konik kesitinin çevresinde hareket ediyorsa; bu hareket esnâsında; R harfi ile temsil edilmiş bir noktaya yönelen merkezcil kuvvetin tesir ettiğini düşünelim. Bu konik kesitinin merkezi C noktası olsun. Ve burada; merkezcil kuvvetin genel kanunu bulunmak istenirse: CG çizgisini; RP yarıçapına paralel çizin ve PG tanjantı ile yörünge eğrisi G noktasında değsin. Burada; 1. Kaziye‘ye Yorum, 10. Önerme ve 3. Kaziye ve 7. Önermelerin mantığıyla merkezcil kuvvetin ölçüsünü veren denklem: CG3 / RP2 olur.

142

4. Kısım Verilmiş bir odak noktasında yola çıkıp eliptik, parabolik ve hiperbolik yörüngeleri hesaplama metodu hakkında: XV. Yardımcı Kaziye 7.Tepsi 1.Tabak‘ta gösterilmiş şekli düşünelim: Orada S ve H ile gösterilmiş iki odak noktası olsun: Bunlar da herhangi bir elipsin veya hiperbôl‘ün odak noktaları olsun. Burada V harfi ile gösterilmiş herhangi bir üçüncü nokta alınmış olsun. SV ve HV doğru çizgileri çizilmiş olsun. Bunlardan HV; şeklin esas eksenine eşit ölçüde olsun. Bu da demektir ki: Odak noktalarının üzerinde bulunduğu eksen çizgisi demektir. SV ile gösterilen diğer doğru parçası da T noktasında temas eden TR dikmesi ile iki eşit doğru parçasına ayrılmış olsun: Öyle ki; o TR dikmesi; konik kesitine eninde sonunda bir yerlerde değecek gibi olsun. Ve bu tablonun tersi de doğru olsun: Eğer ikisi birbirine değiyorsa HV doğru parçası şeklin esas eksenine eşit ölçüde olacaktır.

143

Çünkü; TR dikmesi; HV doğru çizgisini keserse; ve bu kesişme R noktasında olursa; S ile R noktalarını bir çizgi ile birleştirin. TS doğru parçası ve TV doğru parçası eşit olduğundan ve bundan ötürü SR, VR doğruları eşit olur. Bir de TRS, TRV açılarının ölçüsü de eşit olur. Bu şartlarda; R noktası konik kesitinin içinde bulunur. Ve TR dikmesi de aynı noktaya değer. Ve bu mantık ters yönden de doğrudur. Q.E.D (Ġspat TamamlanmıĢtır) 18. Önerme 10.Problem Bir odak noktası ve esas eksen verildiğinde oluşacak ve verilmiş belli noktalardan geçecek ve konumda verilmiş dik çizgilere değecek eliptik ve hiperbôlik mahrekleri tanımlamak (7.Tepsi, 2.Tabak)

144

S noktası; şekillerin müşterek odak noktası olsun: AB doğru parçası herhangi bir mahrek‘in esas ekseninin uzunluğunu veren doğru parçası olsun. P noktası; mahrek‘in geçebileceği bir nokta olsun. Ve TR doğru parçası da bunun dokunacağı bir çizgi olsun olsun. P Noktasını merkezî nokta alıp eğer yörünge bir elips ise AB – SP çıkarma işlemiyle tanımlanan bir aralıkta; yok eğer yörünge hiperbôl ise AB + SP uzunluğunda bir HG çemberini tanımlayın. TR tanjantına ST dikmesini indirin. Bu dikmeyi uzatın. Dışarıda alınan bir V noktasıyla birleştirin. Öyle ki; TV doğru parçasının ölçüsü ST doğru parçasının ölçüsüne eşit olsun. V noktasını merkez alıp bu nokta etrafında AB doğru parçasının ölçüsünde bir yarı-çapla FH çemberini tanımlayın. Bu metodu izleyerek: P, p ile temsil edilen iki nokta verilmiş olsa da TR, tr ile temsil edilen 2 tanjant verilmiş ola da; ya da P noktası ve TR tanjantı verildiğinde tanımlamamız gereksin: H Noktası; bu çemberlerin müştereken kesiştiği bir nokta olsun. Ve S, H odak noktalarından verilmiş eksenin ölçüsündeki bir mahrek‘i tanımlayın. Çünkü ( elips

145

şeklinde PH + SP ölçüsünde, hiperbôl şeklindeyse PH – SP ölçüsünde olmak üzere, mahrekin eksenine eşittir.) tanımlanan mahrek; P Noktası‘ndan geçer ve bir önceki Yardımcı Kaziye‘nın mantığınca TR dik çizgisine dokunur. Ve aynı mantıksallık ile mahrek ya P,p harfleriyle 19. Önerme 11. Problem

Verilmiş bir odak noktasından; verilmiş noktalardan geçen ve konumda verilmiş dik çizgilere dokunan bir parabolik mahrek tanımlamanın metodu (7. Tepsi 3.Tabak)

146

S harfi odak noktasını, P bir noktayı, TR tanımlanan mahrek‘e çizilen bir tanjantı temsil etsin. P noktasını merkez alıp PS aralığını yarıçap ( pergelin sivri ucu ile kaleminin ucu arasındaki açıklığın ölçüsü) alan bir FG çemberini tanımlayın.

147

S odak noktasından tanjanta ST dikmesini çizin. Bunu V noktasına uzatın. Öyle ki: TV, ST‘ye eşit olsun. Aynı mantığı izleyerek; fg çemberi tanımlansın; eğer bir p noktası verilmiş ise eğer tr tanjantı verilmişse; bir başka v noktası bulunsun; sonra FG, fg çemberlerine değen IF dik çizgisini çizin. Ya da P, p noktaları verilmişse ya da çember V, v noktalarından geçiyorsa; ya da TR, tr tanjantları verilmişse; ya da V noktasından geçerek FG çemberine değiyorsa; ya da P noktası ve TR tanjantı verilmişse: FI doğru parçasının üzerine, SI dikmesini indirin ve aynı parçayı K noktasında iki eşit kısma ayırın ve K noktasının esas vertex noktası alan SK eksenli bir parabôl tanımlayın. Fikrim odur ki: Bu yapılabilir: Çünkü: SK, IK‘ya eşit olduğundan ve SP, FP‘ye eşit olduğundan, parabôl P noktasından geçer. Ve 3.Kaziye ve 14. Yardımcı Kaziye‘nın mantığı gereği; ST‘nin TV‘ye eşit olmasından ötürü ve STR bir dik açı olduğundan; bu parabôl eğrisi TR dik çizgisine dokunur.

Q.E.F 20. Önerme 12.Problem Verilmiş bir odak noktasını esas alıp, verilmiş noktalardan geçmek ve konumda verilmiş dik çizgilere değmek şartları ile herhangi bir mahrek‟i tanımlamak.

148

1.Vaka: 7.Tepsi 4. Tabak‘ta gösterildiği şekliyle; S odak noktası esas alınarak B ve C noktalarından geçen bir ABC mahreki tanımlanmak istensin. Burada mahrek; belli şartlarda verilmiş olduğundan; esas eksenin odak noktalarına mesafesi de verilmiş olur. KB‘nin BS‘ye ve LC‘nin CS‘ye oranını bu oranda alın. B ve C noktalarını pergelin sivri ucu ( Ç.N: başka bir deyişle çemberin merkezi) pergelin açıklığını (Ç.N: başka bir deyişle çemberin yarıçapı) BK ve CK mesafesi kabul eden 2 çemberi tanımlayın. Ve, KL dik çizgisi üzerinde, aynı çizgiye hem K‘da hem L‘de değen SG dikmesini indirin; bu da, A ve a noktalarını kessin; öyle ki GA‘nın AS‘ye oranı ve Ga‘nın aS‘ye oranı; KB‘nin BS‘ye oranı eşit olsun. Ve; Aa ekseni ve A, a vertices‘ları ile bir mahrek tanımlansın. Fikrim odur ki: Bu yapılabilir. Çünkü; H‘yi tanımlanmış şeklin öteki odak noktası farz edin. Ve; GA‘nın AS‘ye oranının, Ga‘nın aS‘ye oranına eşit olduğunu bilerek: Bölme işlemi yoluyla: Ga-GA işleminin ya da Aa‘nın aS-AS çıkarma işlemine, ya da SH doğru parçasına oranlarının eşitliğini buluruz. Ve bundan ötürü; yukarıda tanımlanan oran ile; tanımlanan şeklin esas ekseninin odak noktaları arasındaki mesafenin oranı aynı oranda belirir. Ve bundan ötürü: tanımlanmış şekil; tanımlanmak istenen şekil ile aynı türdendir. ( same specie ??) Ve; KB / BS = LC / CS denklemi; yani; KB‘nin BS‘ye oranı LC‘nin CS‘ye oranına eşit olduğundan bu eğri şekil B ve C noktalarından geçer. Zaten bu da konik kesitlerin bilgisinden besbellidir. 2. Vaka: S ile gösterilmiş odak noktası etrafında; (7.Tepsi 5.Tabak‘ta) gösterildiği gibi; bir mahrek tanımlanmak istenirse; bu eğri, TR ve tr ile gösterilmiş 2 dik çizgiye değer.

149

Odak noktasından; o tanjant çizgilerinin üzerine ST, St ile gösterilmiş iki dikmeyi indirin. Bunları da V, v noktalarına doğru uzatın. Öyle ki; TV, tv; TS, tS‘ye eşit olsun. Vv‘yi O noktasında; iki eşit parçaya ayırın. Ve belirsiz / tanımlanmamış uzunluktaki OH dikmesini yükseltin ve K ve k ile temsil edilen bir sonsuza uzatılmış VS dik çizgisini kesin. Öyle ki: VK‘nin KS‘ye oranı ve Vk‘nın kS‘ye oranı; mahrek‘in tanımlanan esas ekseninin uzunluğunun odak noktaları arasındaki mesafenin oranına eşit olsun. Kk çapı üzerinde bir çember tanımlayın. Bu çember OH çizgisini H noktasında kessin. Ve S,H odak noktalı; esas ekseni VH doğru parçasına eşit ölçüde bir mahrek tanımlayın. Fikrim odur ki: Bu mümkündür. Çünkü Kk doğru parçasını X noktasında 2 eşit parçaya ayırınca ve

150

HX, HS, HV, Hv doğru parçalarını oluşturunca; VK‘nın KS‘ye oranı; Vk‘nın kS‘ye oranına eşit olduğundan ve orantılar ―composition etmek‖ yoluyla; VK + Vk / KS + kS ve bölme işlemi yoluyla: Vk-VK / kS – KS denklemiyle; Başka bir denklemle; 2 VX / 2 K, 2 KX / 2 SX, ve bundan ötürü oluşan; VX / HX = HX / SX eşitliğinden ötürü: VXH, HXS üçgenleri, benzer üçgenler halinde belirecektir: Bundan ötürü; VH‘nin SH‘ye oranı VX‘in XH‘ye oranına eşit olur. Ve bundan ötürü VK‘nın KS‘ye oranına da eşit olur. Bundan ötürü; tanımlanan mahrek‘te; VH ile gösterilen esas eksenin ölçüsünün; SH ile gösterilen odak noktası arasındaki mesafenin ölçüsüne oranı; tanımlanmak istenen mahrek‘in esas ekseninin; odak noktalarının arasındaki mesafeye oranına eşittir. Bundan ötürü aynı özelliktedir. (türdendir) Ve VH, vH doğru parçalarının esas eksene eşit olduğunu müteala ederek ve VS vs doğru parçalarının TR, tr dik çizgileriyle iki eşit kısma ayrıldığını da düşünerek; 15. Yardımcı Kaziye‘nın mantığınca; besbellidir ki bu dik çizgiler tanımlanmış mahrekin eğrisine değer. Q.E.F 3. Vaka: 7. Tepsi 6.Tabak‘ta gösterilmiş S harfi ile temsil edilen odak noktası alınıp bir mahrek tanımlansın. Bunun eğrisi de TR dik çizgisine verilen R noktasında değsin. TR dik çizgisinin üzerine ST dikmesini indirin. Bunu da V noktasına uzatın. Öyle ki: TV doğru parçası ST doğru parçasına eşit olsun. Ve doğru parçasını tamamlayın. Ve K ve k noktalarına doğru ve belirsiz bir uzunlukta uzatılmış VS çizgisini kessin. Öyle ki; VK‘nin SK‘ya oranı;

151

Vk‘nın Sk‘ya oranı; tanımlanmış elipsin esas ekseninin odak noktalarının arasındaki mesafeye oranına eşit olsun. Ve Kk çapında; bir çember tanımlansın; bu çember H‘ye doğru uzatılan VR çizgisini bu çember kessin. Sonra; S ve H noktalarını odak alıp esas ekseni VH doğru parçasına eşit ölçüde bir mahrek tanımlayın. Fikrim odur ki bu mümkündür.

Çünkü; VH‘nin SH‘ye oranı; VK‘nin SK‘ye oranına eşittir. Ve bundan ötürü; bahsedilen denklem de; tanımlanmış mahrek‘in esas ekseninin ölçüsünün odak noktalarının arasındaki mesafenin ölçüsüne eşittir. (2. Vaka‘da gösterildiği ve ispatlandığı gibi) Ve bundan ötürü: Tanımlanan mahrek tanımlanması amaçlanmış mahrek ile aynı özelliktedir. Ancak; TR çizgisinin VRS açısını 2 eşit kısma ayırması ve mahrek‘in eğrisine R noktasında değmesi; konik kesitlerinin özelliklerinden çıkarsanan besbelli bir sonuçtur. Q.E.F 4. Vaka: 7. Tepsi 7. Tabak‘ta gösterilmiş, S noktası etrafında; APB mahrekini tanımlasın: Bu eğri; TR çizgisine değdirilsin ve verilmiş bir P noktasından tanjant oluşturmaksızın geçirilsin. Bu mahrek de; esas ekseni ab olan ve s,h odak noktalarını kabul eden; bir apb mahrekinin şekline benzesin.

152

TR tanjantına ST dikmesini indirin; bunu da V‘ye uzatın; öyle ki TV doğru parçası ST doğru parçasına eşit olsun. Ve h,s,q s,h,q açılarını V,S,P S,V,P açılarına eşit alarak; q noktasını çemberin merkezî noktası alan; ve yarıçapının ( pergelin iki kolunun arasının açıklığı) ölçüsünün ab‘ye oranı; SP‘nin VS‘ye oranına eşit olan bir çember tanımlayın. Bu çember apb şeklini p noktasında kessin. sp çizgisini tamamlayın. Ve SH doğrusunu çizin: Öyle ki: bunun; sh‘ye oranı SP‘nin sp‘ye oranına eşit olsun. Ve VSH açısı psq açısına eşit olsun. Bunları yaptıktan sonra: S ve H noktalarını odak noktası alan ve esas ekseni AB‘yi, VH mesafesine eşit ölçüde alan, bir konik kesitini tanımlayın. Benim fikrim odur ki: bu yapılabilir.

153

Çünkü; eğer, sv öyle çizilirse ki bunun sp‘ye oranı sh‘nin sq‘ya oranına eşit olursa ve vsp açısını hsq açısına eşit ölçülü yaparsa ve vsh açısı psq açısına eşit ölçüde olursa; svh, spq üçgenleri benzer üçgenler olacaktır. Ve bundan ötürü: vh‘nin pq‘ya oranı sh‘nin sq‘ya oranına eşit olur. Bu da demektir ki: VSP ve hsq üçgenlerinin benzer üçgenler olmasından ötürü; bu denklem; VS‘nin SP‘ye oranına ya da ab‘nin pq‘ya oranına eşit bir denklem olur. O halde; vh ve ab birbirine eşittir. Ancak; VSH, vsh üçgenlerinin benzer üçgenler olması nedeniyle; VH‘nin SH‘ye oranı; vh‘nin sh‘ye oranına eşit olur. Bu da demektir ki: Şimdi; tanımlanagelen konik kesitinin ekseninin ölçüsünün, odak noktalarının arasındaki mesafenin ölçüsüne oranı; ab ekseninin s,h odak noktalarının arasındaki mesafenin ölçüsüne oranına eşittir.

154

Ve bundan ötürü; şimdi tanımlanagelen şekil apb şekline benzerdir. Ancak; PSH üçgeni psh üçgeniyle benzer üçgenler olduğundan bu mahrekin şekli P noktasından geçer. Ve VH; doğru parçası; şeklin eksenine eşit ölçüde olduğundan ve VS doğru parçası; TR çizgisi tarafından diklemesine iki eşit parçaya ayrıldığından; tasvir edilen (betimlenen) şekil TR çizgisine değer.

Q.E.F

16. Yardımcı Kaziye Verilmiş 3 noktadan verilmemiş dördüncü noktaya doğru; birbirlerinden ölçülerinin farkı ya verilmiş ya da birbirinden ölçü olarak farksız 3 doğru çizgi çizmek.

155

1.Vaka: 8. Tepsi 1.Tabak‘ta gösterilen şekle bakın: Burada A,B,C harfleriyle gösterilen ve 4. Noktası Z olan 4 nokta bulunmaktadır. AZ ve BZ çizgilerinin ölçülerinin farkı verilmiş olduğundan, Z noktasının locus‘u ( Türkçesi nedir?) bir hiperbôl eğrisi olur. Bu hiperbôl‘ün de odak noktaları A ve B olur. Bunun esas ekseni çizgilerin ölçülerinin farkıdır. Bu ekseni MN doğru parçası temsil etsin. PM‘yi MA‘ya oranlayıp MN‘yi AB‘ye oranlayıp ikisini bir denklemde eşitleyin. AB doğru parçasının üzerine PR dikmesini indirin. Ve PR doğru parçasının üzerine ZR dikmesini indirin. Buradan çıkarsanan mantıkla: Hiperbôllerin geometrik özelliğinden ötürü: ZR‘nin AZ‘ye oranı; MN‘nin AB‘ye oranına eşit olur. Ve yine benzer bir mantıkla; Z noktasının locus‘u bir başka hiperbôl olacaktır. Bunun da odak noktaları A,C noktaları, esas ekseninin ölçüsü ise AZ ve CZ doğru parçalarının ölçülerinin farkına eşit olacaktır. Ve AC doğru parçasına QS bir dikme olarak indirilirse; ve QS‘ye; bu

156

hiperbôl üzerindeki herhangi bir Z noktasından ZS dikmesi indirilirse; bu ZS‘nin ölçüsünün; AZ‘ye oranı; AZ ve CZ doğru parçalarının uzunluklarının farkının AC‘ye oranına eşit olur. (VII. Tabak 1. Kitap, 100.sayfa) Bundan ötürü; bu Şekil‘de: ZR‘nin ve ZS‘nin hem toplam olarak hem de ayrı ayrı nicelikler olarak AZ‘ye oranı verilmiş demektir. Bundan ötürü de; ZR ve ZS‘nin birbirine oranı verilmiş oluyor. Ve bundan ötürü; eğer, RP, SQ çizgileri T noktasında buluşursa ve TZ ve TA çizilirse TRZS şekli in specie olarak verilmiş demektir. Z noktası da, TZ çizgisinin bir yerinde bulunarak şekilde verilmiş olacaktır. Bu şekilde; TA çizgisi de verilmiş olacak ve bir de ATZ açısı da verilecek ve AZ‘nin TZ‘ye ve ZS‘ye oranı verilmiş olduğundan; birbirlerine göre oranı da verilmiş demektir. Ve bu bilgiden yapılan bir çıkarsama ile de; vertex‘i Z noktası olan ATZ açısı da verilmiş demektir. 2.Vaka: Eğer, 3 çizginin 2‘si; örneğin; AZ ve BZ birbirine eşit ise; AB çizgisini 2 eşit kısma ayıracak TZ çizgisini çizin. Ve sonra yukarıdaki Vaka‘da bahsedilen ATZ üçgenini bulun. Q.E.I 3.Vaka: Eğer; bu 3 çizginin 3‘ü de eşit uzunluktaysa; Z noktası; A,B, C noktalarından geçen bir çemberin merkezî noktası olacaktır. Q.E.I Bu zor ve girift Yardımcı Kaziye, Apollonius‘un yazmış olduğu ve Victa tarafından keşfedilmiş ―Book of Tactions‖ eserinde benzer bir tarzda ele alınıp çözülmüştür.

157

21. Önerme 13.Problem Verilmiş bir merkezî nokta etrafından geçecek şekilde; verilmiş noktalardan geçen ve konumda gösterilmiş çizgilere değen bir mahrek tanımlamak.

158

8.Tepsi‘de 2. Tabak‘ta; S harfiyle odak noktası verilmiş; P noktası verilmiş ve TR tanjantı verilmiş olsun. Ve varsayın ki: Öteki H odağı bulunmak istensin. Tanjant çizgisinin üzerine; ST dikmesini indirin, bu ise T noktasına uzatılmış olsun; öyle ki T T, ST‘ye eşit olsun. Ve TH esas eksene eşit olsun. SP‘yi birleştirin. SP‘nin ölçüsü HP doğru parçası ve esas eksen arasındaki fark kadar olur. Bu mantığı izleyerek; eğer daha fazla TR tanjantı verilmiş ise ya da daha fazla P noktası verilmiş ise; bu veriler ile hep daha fazla sayıda TH ya da PH çizgisi tayin edebiliriz. Bahsedilen T veya P noktalarından H odağına çizilen bu çizgiler; ya eksenlere eşit ölçüde olacaktır ya da eksenlerden farkı verilmiş SP uzunluğunda olacak ve bundan ötürü ya kendi

159

aralarında eşit ölçülü olacak ya da verilmiş farkın ölçüsünce farklılaşacaktır. Ve buradan da; önceki Yardımcı Kaziye‘nın mantığınca; öteki H odak noktası da bilinmiş olur. Ancak; odak noktaları bilindiğinde ve eksenin uzunluğu bilindiğinde ( bu uzunluk ise; ya TH‘dir ya da mahrek elips şeklinde olduğunda PH + SP‘dir, ya da hiperbôl olduğunda PH- SP işleminin değerindedir.) mahrek‘in özellikleri bilinmiş olur.

Q.E.I YORUM Mahrek hiperbôl eğrisi olduğunda: Bu eğrinin conjugate eğrisini; aynı mahrek içinde müteala etmiyorum: Çünkü; mütemadiyen hareket halindeki bir Cisim; hiçbir şartta; hareket halinde olduğu hiperbôl eğrisinden conjugate‘ine geçemez.

160

Bu vaka; 3 noktanın verildiği bir şartta; daha da kolaylıkla çözülebilir. 8. Tepsi‘deki 3. Tabak‘ta; B, C, D noktalarını alın. BC‘yi, CD‘yi birleştirin. Ve bunları; E ve F noktalarına doğru uzatın; öyle ki EB‘nin EC‘ye oranı SB‘nin SC‘ye oranına eşit olsun; ve FC‘nin FD‘ye oranı SC‘nin SD‘ye oranına eşit olsun. Çizilmiş ve uzatılmış EF doğru parçasının üzerine; SG, BH dikmelerini indirin. Ve belirsiz bir mesafeye dek uzatılmış GS çizgisinde; GA ve AS doğru parçalarını alın. Öyle ki: GA‘nın AS‘ye oranı; Ga‘nın aS‘ye oranı; HB‘nin BS‘ye oranına eşit olsun. Bu şartlarda tanımlanmış bir şekilde: A noktası vertex noktası olur; Aa doğru parçası da mahrekin esas ekseni olur. Bu şekilde de: GA‘nın ölçüsü ile AS‘nin ölçüsü mukayese edilir. Eğer; GA, AS‘den büyük ise; şekil bir elips olur. Eğer; GA, AS‘ye eşit ise bir parabôl olur. Eğer, GA, AS‘den küçük ise de hiperbôl eğrisi olur.

161

Birinci durumda: a noktası; A noktası gibi GF çizgisinin aynı tarafında kalır. İkincisinde; belirsiz/tanımlanmamış ölçüde uzak bir mesafeye gider; üçüncü halde ise GF çizgisinin diğer tarafına düşer. Çünkü, eğer GF çizgisi üzerinde olursa; CI, DK dikmeleri indirildiğinde; IC‘nin HB‘ye oranı, EC‘nin EB‘ye oranına eşit olur. Bu da demektir ki: SC‘nin SB‘ye oranına eşittir. Ve denklemde permütasyon yoluyla (niceliklerin kesirlerdeki yerlerini belli bir kurala bağlı olarak değiştirme metodu?) IC‘nin SC‘ye oranı HB‘nin SB‘ye oranına eşit olur. Ya da GA‘nın SA‘ya oranına eşit olur. Ve benzer bir mantık yürüterek, KD‘nin SD‘ye oranının aynı oranda olduğunu ispatlayabiliriz. Bundan ötürü; bu şekilde; B, C,D noktaları S odağı etrafında tanımlanmış bir konik kesitinden çıkma eğri üzerinde yer alır. Bunun özelliği de öyle olur ki: S odağından, kesitin üzerindeki çeşitli noktalara çizilen bütün çizgileri ve aynı noktalardan GF çizgisine indirilen dikmeler verilmiş aynı orandadır. Usta geometri bilgini M.De La Hire, bu problemi koniklere dair yazdığı eserinde, 8. Kitabı‘nın 25.Önermesi‘nde, hemen hemen benim burada izah ettiğim yolla çözmüştür. BeĢinci Kısım Odak noktalarından hiç biri verilmediğinde yörüngeler nasıl bilinir? 17.Yardımcı Kaziye Eğer, bir konik kesiti içinde, bir P noktası alınırsa: Bu noktadan çizmeye başlayarak PQ, PR, PS, PT çizgileri verilmiş açılarla çizilirse ve bunlar konik kesitinin içine yerleştirilmiş (inscribed) bir ABDC yamuğunun 4 kenarına karşılık gelirse (tekabül ederse) AB, CD karşılıklı 4 kenarına bakan, PQ x PR çarpma işlemiyle tanımlanan dikdörtgenin ölçüsü, AC,

162

BD karşılıklı kenarlarına bakan PS x PT dikdörtgeninin ölçüsü ile verilmiş belli bir oranda olacaktır.

Birinci Vaka: Evvelâ, varsayalım ki: Karşılıklı kenarlara doğru çizilen çizgiler, kenarların birine paralel olmuş olsun. Örneğin; 8 Tepsi, 4 Tabak‘ta gösterilmiş PQ ve PR‘nin AC kenarına ve PS, PT‘nin AB kenarına durumu gibi.

163

Dahası; AC ve BD gibi karşılıklı kenarların bir çifti; kendi aralarında paralel olsun. Bu durumda; bu paralel kenarları orta noktalarından 2 eşit parçaya ayıran çizgi; konik kesitinin çaplarından biri olacaktır. Ve RQ doğru parçasını da 2 eşit parçaya ayıracaktır. O noktasını RQ‘nun ikiye ayrıldığı bir nokta farz edin ve PO bu çapın bir ordinatı olacaktır. K noktasına doğru; PO‘yu uzatın. Öyle ki OK PO‘ya eşit olsun ve OK doğru parçası; çapın o tarafındaki bir ordinat olur. O halde; A, B ,P ve K noktaları konik kesitinin içinde konumlandırılmış olacağından ve PK, AB‘yi verilmiş bir açıda keseceğinden; Apollonius‘un

164

Konikler Hakkında‘ki kitabının III. cildinin 17. , 19. , 21., ve 23. Önermelerinin gereğince) PQK dikdörtgeninin AQB dikdörtgenine oranı verilmiş belli bir oranda olacaktır. Ancak, QK ve PR eşittir ve OK, OP ve OQ, OR eşit çizgilerinin farklarına eşittir. O halde; PQK ve PQ x PR dikdörtgenleri eşittir ve bundan ötürü PQ x PR dikdörtgeni AQB dikdörtgenine eşittir; bu da demektir ki PS x PT dikdörtgenine verilmiş bir orandadır. Q.E.D Ġspat TamamlanmıĢtır. İkinci Vaka: 8. Tepsi ve 5.Tabak‘ta gösterilmiş şekle bakın:

165

Şekildeki yamuğun, karşılıklı AC ve BD kenarlarının paralel olmadığını varsayın. Bd‘yi AC‘ye paralel çizin; ST çizgisini de t‘ ve bu da ST çizgisiyle t noktasında buluşsun, konik kesitiyle ise d noktasında buluşsunlar. PQ‘yu r noktasında kesen Cd‘yi birleştirin ve DM‘yi PQ‘ya paralel çizin; bu Cd‘yi M noktasında kessin; ve AB‘yi N noktasında kessin. O halde, BTt, DBN üçgenlerinin benzer üçgenler olmasından ötürü, Bt ya da PQ‘nun Tt‘ye oranı DN‘nin NB‘ye oranına eşit olur. Aynı mantık ile; Rr‘nin AQ‘ya ya da PS‘ye oranı; DM‘nin AN‘ye oranına eşit olur. Buradan da: Önceki nicelikleri önceki niceliklerle, sonraki nicelikleri de sonraki niceliklerle çarparak elde ettiğimiz matematiksel ilişki: PQ x Rr dikdörtgeninin PS x Tt dikdörtgeninin oranına eşit olur. Aynı mantıkla; NDM dikdörtgeninin ANB dikdörtgenine oranı da eşit olur. Ve 1. Vaka‘nın mantığınca; PQ x Pr dikdörtgeninin PS x Pt dikdörtgenine oranına da eşit olur. Ve bölme yoluyla; PQ x PR dikdörtgeninin PS x PT dikdörtgenine oranına da eşit olur. Q.E.D Ġspat TamamlanmıĢtır. 3. Vaka: Son olarak şunu varsayalım: PQ, PR, PS, PI adındaki dört çizgi (8. Tepsi‘nin 6.Tabağında gösterilmiş olduğu gibi)

166

AC, AB kenarlarına paralel olmasın da herhangi ölçüde açılı olsun. Buraya; Pq, Pr çizgilerini AC‘ye paralel olarak çizin. Ve Ps, Pt‘yi AB‘ye paralel çizin: Ve PQq, PRr, PSs, PTt üçgenleri verilmiş olduğundan; PQ‘nun Pq‘ya, PR‘nin Pr‘ye, PS‘nin Pt‘ye PT‘nin Pt‘ye oranları da verilmiş olur. Ve bundan ötürü; PQ x PR‘nin Pq x Pr‘ye ve PS x PT‘nin Ps x Pt‘ye oranları bileşik orantı halinde verilmiş demektir. Ancak; evvelce ispatlayıp gösterdiğimiz gibi Pq x Pr‘nin Ps x Pt‘ye oranı verilmiş olduğundan; PQ x PR‘nin PS x PT‘ye oranı da zaten verilmiştir.

167

Q.E.D Ġspat TamamlanmıĢtır. 18. Yardımcı Kaziye Aynı varsayımları kabul edersek: Eğer, PQ x PR dikdörtgeninin çizgileri yamuğun karşılıklı bakışan 2 kenarına çizilmiş çizgiler ise, bunun ölçüsünün; kalan diğer iki kenara doğru çizilen PS x PT dikdörtgenini oluşturan çizgilere oranı; verilmiş belli bir orandadır. Bu çizgilerin hepsinin çizilmeye başlandığı nokta olan D noktası ise şekildeki bu yamuğun köşelerinden geçen ve yamuğu çevreleyen konik kesiti eğrisinin içinde konumlanır. (8.Tepsi 7.Tabak )

168

A,B,C,D noktalarından geçen bir konik kesiti hayal edin. Bu konik kesiti; p ile gösterilen sayıda P noktasından geçsin. Fikrim odur ki: P Noktası daima bu kesitin içinde kalır. Eğer, bu önermenin doğru olmadığı fikri ileri sürülecek olursa: AP doğru parçasını eğer mümkünse, P‘den başka bir b noktasında birleştirin. Bundan ötürü; bu p ve b noktalarından, yamuğun kenarlarına verilmiş açılı olarak; pq, pr, ps, pt ve bk, bn, bf, bd çizgilerini çizeriz. Buradan da elde ettiğimiz matematiksel ilişkiler şöyledir: bk x bn‘nin bf x bd‘ye oranı; (bundan ötürü de) 17. Yardımcı Kaziye‘nın mantığıyla; pq x pr‘nin ps x pt‘ye oranı ve bundan ötürü varsayımsal olarak;

PQ x PR‘nin PS x PT‘ye oranına eşittir. Ve bkAf ve PQAS yamuklarının

169

benzerliğinden ötürü, bk‘nın bf‘ye oranı PQ‘nun PS‘ye oranına eşit olur. Buradan da: Önceki orantının terimlerini sonraki orantının terimleriyle böldüğümüzde, elde ettiğimiz matematiksel ilişki: bn‘nin bd‘ye oranının PR‘nin PT‘ye oranına eşitliğidir. Ve bundan ötürü; Dnbd ve DRPT eşit açılı yamukları birbirine benzerdir. Ve bunun sonucunda da Db ve DP köşegenleri özdeştir. Buradan da: b noktası; AP ve DP çizgilerinin kesiştiği noktada belirir ve P noktası ile özdeşleşir. Ve bundan ötürü; P noktası her nerede alınırsa alınsın; tanımlanmış konik kesitinin içinde bir noktada belirir. Q.E.D Ġspat TamamlanmıĢtır. Kaziyesi: O halde; eğer; PQ, PR, PS ismindeki 3 çizgi müşterek P noktasından itibaren çizilirse: Ve bu çizgiler; verilen konumda AB, CD, AC ile gösterilen çizgilere tekabül ederse; ve mütekabiliyet de verilen bir çok açıyla olursa; herhangi iki çizginin altında oluşan PQ x PR dikdörtgeni, üçüncü alanı temsil eden PS²‘nin karesi ile orantılı olur. Çizgilerin çizilmeye başladığı P noktası; AB ve CD çizgileri ile A ve C noktalarında değen bir konik kesitinin içinde belirecektir. Ve bu mantık ters yönden de doğrudur. Zirâ; AB, CD, AC çizgileri aynen korunursa ve BD çizgisi AC çizgisine yaklaşıp en nihâyetinde özdeşleşirse; o halde; PT çizgisini PS çizgisi ile yakınlaştırıp özdeş hale getirin ve PS x PT dikdörtgeni PS²‘ye eşit olur. Ve AB, CD çizgileri; evvelce; eğriyi A,B,C, D noktalarında kesmekteyken bu yeni durumda artık kesmez ama eğriye bu özdeşleşen noktalarda sadece değer.

YORUM

170

Bu Yardımcı Kaziye‘da konik kesitinden bahsedildiğinde; bunu daha geniş anlamında düşünmek gerekir. Koninin vertex noktasından aşağı doğru alınan doğrusal hatlı kesitler olabileceği gibi, koninin tabanına paralel alınmış bir çembersel kesit de olabilir. Zirâ; eğer p noktası; A ve D ya da C ve B noktalarının birleştirildiği doğrusal hat üzerinde olursa; konik kesiti 2 çizgi ile dönüştürülecektir. Bunun biri, p noktasının konumlandığı çizgi olur; diğeri de 4 noktadan kalan 2‘sini birleştiren çizgi olur. Eğer; yamuğun karşılıklı açıları, iki dik açının toplamının ölçüsüne eşit olursa ve eğer PQ, PR, PS, PT ismindeki 4 çizgi, bu şekilde kenarlara dik açılarla çizilirse ya da diğer herhangi bir açı konfigürasyonuyla çizilirse ve çizilmiş PQ ve PR çizgileriyle çizgilerin ikisi altındaki PQ x PR dikdörtgeni öteki PS ve PT çizgilerinin altındaki PS x PT dikdörtgensel alanına eşit olur ve konik kesiti çembere dönüşür.

171

Ve aynı durum; şunda da gözlemlenebilir. Eğer, 4 çizgi, herhangi bir açı konfigürasyonu ile çizilirse, çizilmiş çizgi çiftlerinin birinin altında kalan PQ x PR dikdörtgeninin öteki çizgi çiftinin altında kalan PS x PT dikdörtgenine oranı; son çizilmiş 2 çizgi PS, PT‘nin içinde yer aldığı; S ve T açılarının sinüslerinin altındaki dikdörtgenin, önceki çizilen PQ PR çizgilerinin içinde yer aldığı, QR açılarının sinüslerinin altındaki dikdörtgenin oranına eşittir. Bunun haricindeki, diğer bütün vakalarda, P noktasının locus‘u, konik kesitlerinin; elips, parabôl, hiperbôl olarak sınıflandırılan eğrilerinden birinin üzerinde belirir. Ancak, ABCD yamuğunun alanı içine, karşıt kenarları birbirini çapraz gibi kesen 4 kenarlı bir şekil yerleştirebiliriz.

172

Ve eğer, A,B,C,D ile gösterilen 4 noktanın 2‘sinin ―sonsuzca2 öte bir noktaya taşındığı varsayılırsa ve bu yolla şeklin kenarları o noktalara doğru yakınsar ise bunlar paralel hale gelir. Ve bu durumda, konik kesiti diğer noktalardan geçer ve aynı istikâmete doğru giden paralel doğrular gibi olur.

19.Yardımcı Kaziye 8.Tepsi 8.Tabak‘ta gösterildiği gibi, öyle bir P noktası bulunsun ki: Bu noktadan; eğer, PQ, PR, PS, PT ile gösterilmiş 4 çizgi çekilip şekilde verilmiş AB, CD, AC, BD çizgilerine verilmiş açısal ölçülerle; bire bir tekabül edecek tarzda birleştirilirse: Çekilen herhangi 2 çizginin altında oluşan PQ x PR dikdörtgeninin ölçüsü, o kalan 2‘nin altında oluşan PS x PT dikdörtgeninin ölçülerine verilmiş belli bir oranda olur.

173

Varsayın ki: AB, CD çizgileri, kalan diğer PQ PR çizgilerine çekilip bir dikdörtgensel alanı kapattılar. Bu da şekilde A,B, C, D noktaları ile verilmiş olsun. Bu 4 noktanın 1‘inde farz edin ki: Bir AH çizgisi uzatılmış olsun. Bununla da P noktasını bulursunuz. Bunun, BD, CD ile gösterilmiş karşıt çizgilerini H ve I noktalarında kesiştirin. Ve şekildeki açıların hepsi verilmiş olduğundan, PQ‘nun PA‘ya ve PA‘nın PS‘ye oranı ve bundan ötürü PQ‘nun PS‘ye oranı da zaten verilmiş olur.

174

Bu oranı; PQ x PR‘nin PS x PT‘ye oranından subduct edin ve PR‘nin PT‘ye oranı bilinmiş olur. Ve PI‘nın PR‘ye oranını ve PT‘nin PH‘ye oranını ve PI‘nın PH‘ye oranını ekleyin ve böylelikle P noktası verilmiş olur. Q.E.I 1.Kaziye: Böylelikle, P noktasının muhitindeki bütün noktaların içinden bir D noktasına çizilen tanjant bulunmuş olur. Çünkü P ve D noktalarının buluştuğu, başka bir deyişle; AH çizgisinin D noktasından geçirilerek çizildiği yeri; yani PD kirişi bir tanjant haline gelir. Bu durumda; IP ve PH evanescant çizgilerinin nihaî oranı yukarıda betimlendiği gibi bulunur. Bu nedenle, CF‘yi AD‘ye paralel çizin, BD doğru parçası ile F noktasında buluşsun ve E ve noktasını aynı nihâî oranda kessin; bu halde, DE tanjant olacaktır; çünkü CF ve evanescent IH paraleldir ve benzer tarzda E ve P noktalarından geçer. 2.Kaziye: Böylelikle, P noktasındaki muhitindeki noktaların hepsi tayin edilebilir.

175

9.Tepsi 1.Tabak‘ta gösterildiği gibi, A,B,C,D ile temsil edilmiş noktaların herhangi birinden bir AE doğru parçasını çizin. Ve öteki noktaların birinden; diyelim B noktasından geçen tanjanta paralel bir BF çizgisini çizin ve bunu locus‘a F noktasında değdirin. Ve bu Yardımcı Kaziye‘nın tarifiyle bu F noktasını bulun. BF doğru parçasını G noktasında iki eşit parçaya ayırın. Ve belirsiz uzunlukta bir AG çizgisini çizin. Bu çizgi BG ve BF‘nin ordinatlarını teşkil ettiği çapın konumunu bildirir. Bu AG çizgisini; locus ile H noktasında buluşturun ve AH çizgisi bunun çapı ya da geometrik jargonuyla söylenirse Latus Transversum‘u tanımlanmış olur. Ki bu Latus Transversum‘un Latus Rectum‘a oranı; BG²‘nin, AG x GH niceliğinin oranına eşit olur.

176

L.T / L.R = BG² / AG x GH Eğer AG, locus ile hiçbir yerde temas etmez ise: AH çizgisi ―sonsuz‖ uzunlukta belirir. Ve locus bir parabôl şekil alır. Ve bunun AG çapına tekâbül eden Latus Rectum‘u BG2 / AG ölçüsünde olur. Ancak eğer: başka herhangi bir noktada değer ise: Locus hiperbôl olur. A ve H noktaları; G noktasının aynı tarafında konumlanırsa, elips olur ve eğer G noktası A ve H noktaları arasında bir yerlerde bulunursa… A ve H noktalarının G noktası ile aynı tarafta konumlandığı bir durumda ve AG‘nin locus‘a başka herhangi bir noktada değdiği durumlarda bir hiperbôl eğrisi çıkar. G noktasının, A ve H noktalarının arasında bir yerlerde bulunması durumunda elips çıkar. Ancak bunun da istisnası; AGB‘nin bir dik açı olduğu ve bununla beraber BG²‘nin AGH dikdörtgenine eşit olduğu durumda locus çemberdir. Bu Kaziye‘de bahsettiğimiz tarifler ile; eski çağ bilginlerinin çözmek için uğraştığı; Euklides‘in başlayıp Apollonius tarafından sürdürülen ünlü ‗4 çizgi problemi‘ni çözmüş oluyoruz. Bunu da analitik kalkulüs yoluyla değil eski bilginlerin şart koştuğu tarzda geometrik inşâ yoluyla halletmiş oluyoruz. (8.Tepsi 1. Kitap)

177

20.Yardımcı Kaziye 9. Tepsi‘nin 2. Tabağı‘nda gösterilen şekle bakın: Eğer; ASPQ paralelkenarın A ve P ile gösterilmiş karşılıklı bakışan açısal noktaları; herhangi bir konik kesitine A ve P noktalarında değerse; ve eğer; bu açıların AQ ve AS kenarları, belirsiz ölçüde bir uzunlukta uzatılırsa ve bu aynı konik kesitiyle B ve C noktalarında buluşursa; ve B ve C noktalarının concourse noktalarından itibaren konik kesitinin üzerindeki D ile gösterilen herhangi bir 5. Noktaya BD, CD ile temsil edilen 2 çizgi çizilirse ve bunlar paralelkenarın PS, PQ ile gösterilmiş diğer 2

178

kenarıyla buluşursa; T ve R noktalarına doğru ―sonsuzca‖ uzatıldığında; PR ve PT kısımları; kenarlardan kesilip ayrıldığında; birbirlerine göre daima belli bir oranda olur. Mantığın ters yönden işletilmesiyle; eğer, bu kesilen parçalar birbirlerine verilmiş belli bir oranda olur. Ve D noktasının locus‘u bir konik kesiti olur. Bu eğri de A,B,C, P ile temsil edilen 4 noktadan geçer.

1.Vaka: BP‘yi, CP‘yi birleştirin. Ve D noktasından itibaren; DG, DE ile temsil edilen 2 çizgiyi çizin; bunlardan ise DG, AB‘ye paralel olsun ve H,I,G noktalarında PB,PQ,CA çizgileriyle buluşsunlar.

179

Ve diğer DE, AC‘ye paralel olsun ve F,K,E noktalarında PC, PS, AB çizgileriyle buluşsunlar. Ve; 17. Yardımcı Kaziye‘nın mantığıyla, DE x DF dikdörtgeninin, DG x DH dikdörtgenine oranı verilmiş belli bir oranda belirir. Ancak; PQ‘nun DE‘ye ve bundan ötürü IQ‘ya oranı PB‘nin HB‘ye oranına eşittir ve PT‘nin DH‘ye oranına eşittir. Ve denklemin permütasyona tabi tutulmasıyla, PQ‘nun PT‘ye oranı, DE‘nin DH‘ye oranına eşittir. Benzer şekilde, PR‘nin DF‘ye oranı RC‘nin DC‘ye oranına eşittir. Ve bundan ötürü; (IG‘nin) PS‘nin DG‘ye oranına da eşittir ve permütasyon yoluyla; PR‘nin PS‘ye oranı, DF‘nin DG‘ye oranına eşittir ve oranı terkip ederek yapılan bir bileşik orantı ile ifade edilirse; PQ x PR dikdörtgensel alanının PS x PT dikdörtgensel alanının ölçüsüne oranı; DE x DF dikdörtgensel alanının DG x DH dikdörtgensel alanının ölçüsüne oranına eşittir. Ve bundan ötürü de verilmiş belli bir orandadır. Ancak; PQ ve PS verilmiş olduğundan, PR‘nin PT‘ye oranı da verilmiştir. Q. E. D Ġspat TamamlanmıĢtır. 2.Vaka: Ancak; eğer PR ve PT doğru parçalarının ölçüleri, birbirlerine göre verilmiş belli bir oranda ise; aynı akıl yürütmeyi geriye doğru yaparsak denebilir ki: DE x DF dikdörtgensel alanının ölçüsünün DG x DH dikdörtgensel alanının ölçüsüne verilmiş belli bir orandadır ve öyleyse; 18. Yardımcı Kaziye‘nın mantığıyla; D noktası, A,B,C P noktaları, D noktasının locus‘u kabul edilirse; bu noktalardan geçen bir konik kesiti içinde yer alır. Q.E.D 1.Kaziye: O halde; eğer BC çizgisini PQ doğru parçasını r noktasını kesecek şekilde çizersek ve eğer; PT doğru parçasındaki Pt‘nin Pr‘ye oranını, PT‘nin PR‘ye oranı ile aynı oranda

180

alırsak; bu durumda; Bt, konik kesitine B noktasında değer. Çünkü farz edin ki: D noktası B noktası ile yakınlaşsın; öyle ki BD kirişi kaybolurken, BT bir tanjanta dönüşür ve CD ve BT; CB ve Bt ile özdeşleşir. 2.Kaziye: Ve bunun tam tersinden de; eğer Bt bir tanjant ve BD, CD çizgileri bir konik kesitinin herhangi bir D noktasında buluşursa; PR‘nin PT‘ye oranı Pr‘nin Pt‘ye oranına eşit olur. Ve mantığı tersten kurarsak; PR‘nin PT‘ye oranı Pr‘nin Pt‘ye oranına eşit olur. O durumda; BD ve CD çizgileri konik kesitinin içinde beliren bir D noktasında buluşur. 3.Kaziye: Bir konik kesiti diğer bir konik kesitini 4 noktadan fazla sayıda kesemez. Zirâ; eğer bu mümkün olsaydı, farz edin ki iki konik kesiti A,B,C,P O ile temsil edilen 5 noktadan geçsin. Ve BD çizgisi bu noktaları D,d noktalarında kessin ve Cd çizgisi de PQ çizgisini q noktasında kessin. Bundan ötürü; PR‘nin PT‘ye oranı, Pq‘nun PT‘ye oranına eşittir. Buradan da; PR ve Pq‘nun yekdiğerine eşitliği sonucu çıkar ki bu da evvelce yaptığımız varsayıma aykırıdır. 21.Yardımcı Kaziye Eğer, verilmiş B ve C noktalarını kutup noktası alarak geçirilen BM ve CM ile temsil edilmiş iki hareket ettirilebilir ve belirsiz uzunluktaki çizgi, m ile temsil edilmiş concourse noktalarında; MN ile şekilde gösterilmiş bir üçüncü çizgi tanımlarlarsa ve BD, CD ile temsil edilmiş diğer iki belirsiz uzunluktaki çizgi çizilirse ve önceki 2 çizgi ile B ve C noktalarında MBD, MCD açılarını oluşturursa: Fikrim odur ki: BD, CD ile temsil edilmiş iki çizgi D ile gösterilen concourse noktalarıyla beraber B, C noktalarından da geçen bir konik kesitini tanımlar. Ve bu mantık yürütme, ters yönden de geçerli bir mantık yürütmedir. Eğer, BD, CD çizgileri D noktasındaki concourse noktası ile beraber; B,C,A noktalarından geçen bir konik kesitini tanımlarlarsa ve eğer DBM açısı, daima, verilmiş ABC açısına eşit ise; bunun yanı

181

sıra ; DCM açısı verilmiş ACB açısına daima eşit ise; M noktası bu şeklin locus‘unun içinde bir yerlerde konumlanmış olarak bir çizgi üzerinde bulunacaktır. (9.Tepsi, 3.Tabak)

Çünkü MN doğrusunda bir N noktası verilmiş kabul edilirse ve hareket ettirilebilir M noktası sabit N noktasının üzerine gelirken, hareket ettirilebilen D noktasını sabit P noktasının üzerine getirin. CN, BN, CP, BP çizgilerini birleştirin. Ve P noktasından itibaren PT ve PR çizgilerini çizin ve bunlar da BD ve CD çizgileriyle T ve R noktalarında buluşsun. Ve BPT açısını verilmiş BNM açısına ve CPR açısını verilmiş CNM açısına eşitlesin. Buradan da, varsayımsal olarak, MBD ve NBP açılarının eşitliğibilinmiş olur, bir de MCD ve NCP açılarının eşitliği de anlaşılır.

182

NBD ve NCD açıları ortak bir niceliktir; bunları çıkarın, kalan açılar NBM + PBT‘nin niceliği NCM + PCR‘ye eşittir. Ve bundan ötürü; NBM, PBT üçgenleri benzer üçgenlerdir; NCM ve PCR üçgenleri de benzer üçgenlerdir. Bundan ötürü de: PT‘nin NM‘ye oranı, PB‘nin NB‘ye oranına eşittir. Ve PR‘nin NM‘ye oranı, PC‘nin NC‘ye oranına eşittir. Ancak; B,C,N,P noktaları sabittir: Bundan ötürü, PT ve PR, NM‘ye belli bir oranda olduğundan; kendi aralarında da verilmiş belli bir orandadır. Ve bundan ötürü, 20.Yardımcı Kaziye‘nın mantığınca; hareket ettirilebilir BT ve CR çizgilerinin mütemadiyen concour ettiği yerde bulunan D noktası; B,C,P noktalarından geçen bir konik kesitinin üzerinde bulunur. Q.E.D

183

Ve bu mantığın tersten işletilmesi ile; eğer, 9.Tepsi 4.Tabak‘ta gösterilmiş hareket ettirilebilir D noktası; verilmiş B,C,A noktalarından geçen bir konik kesiti üzerinde bulunursa; ve DBM açısı verilmiş ABC açısına daima eşit olursa; ve DCM açısı verilmiş ACB açısına daima eşit olursa ve D noktası; konik kesiti üzerindeki p ve P ile gösterilmiş herhangi iki sabit noktaya sırasıyla geldiğinde; hareket ettirilebilir M noktası; sabit n ve N noktalarına gelir. Bu n ve N noktalarından geçirerek n N çizgisini çizin; bu nN çizgisi; hareket ettirilebilir M noktasının ―perpetual locus‖u olacaktır.

184

Çünkü eğer mümkünse; M noktasını herhangi bir eğri çizgi üzerine konumlandırın. Bundan ötürü, D noktası; M noktası, bir eğri çizginin üzerinde mütemadiyen konumlandırıldığında, B,C, A, p, P ismiyle gösterilen 5 noktadan geçen bir konik kesitinin üzerinde yer almış olur. Ne var ki, daha evvel de ispatlanmış olduğu gibi, D noktası da; M noktası bir çizgi üzerinde mütemadiyen konumlandırıldığında; B,C,A,p,P adıyla verilmiş 5 noktadan geçen bir konik kesitinin üzerinde bulunacaktır. Bundan ötürü, bu iki konik kesiti verilmiş aynı 5 noktadan geçecektir. Ki bu durum da, 20.Yardımcı Kaziye‘nın 3.Kaziye‘sine aykırıdır. Bu nedenle de, M noktasının bir eğri çizgi üzerinde konumlanabileceğini varsaymak saçmadır. Q.E.D

22.Önerme 14.Problem Verilmiş 5 noktadan geçen bir mahrek‟i tanımlamanın yöntemi (9.Tepsi, 5.Tabak)

185

A,B,C,P,D ile gösterilmiş 5 nokta verilmiş olsun. Bunların herhangi birinden, örneğin, A‘dan, herhangi ikisine, örneğin B ve C‘ye; kutup olarak da adlandırılan AB, AC çizgilerini çizin. Ve, 4. Noktadan, yani P‘den geçen TPS ve PRQ ile temsil edilmiş çizgileri bunlara paralel olarak çizin. Sonra, B ve C ismindeki 2 kutup noktasından ve 5. Nokta olan D noktasından geçirerek; BDT, CRD adıyla gösterilen 2 belirsiz uzunluktaki çizgiyi çizin. Bunlar da, evvelce çizilen TPS, PRQ çizgileriyle (evvelkini evvelkiyle, sonrakini sonrakiyle) T ve R noktalarında buluşturun. Sonra, tr çizgisini TR‘ye paralel çizerek ve bunları PT, PR çizgileriyle kesiştirerek oluşturulan herhangi Pt, Pr doğru parçası, PT,PR doğru parçalarına orantılıdır. Ve eğer, bunların t ve r ile gösterilmiş en uç noktalarından ve B ve C kutuplarından geçirerek Bt, Cr çizgileri çizilirse ve bunlar d noktasında buluşturulursa; tanımlanmış mahrek‘in eğrisinin üzerinde yer alır. Çünkü, 20.Yardımcı Kaziye‘nın mantığınca; d noktası; A,B,C,P adlı noktalardan geçen bir konik

186

kesitinin üzerinde konumlanmış olur. Ve A….çizgileri kaybolurken d, D ile özdeş hâle gelir. Buradan da anlaşılır ki: Konik kesiti A,B,C,P,D noktalarından geçer. Q.E.D Aynı Ģeyin bir baĢka yoldan ispatı

(9.Tepsi 6.Tabak) Verilmiş noktalardan herhangi 3‘ünü, örneğin, A,B,C adındakileri birleştirin; ve bunların herhangi ikisini kutup noktası alıp (örneğin B, C‘yi) ABC, ACB açılarını belli bir magnitüt‘te alarak bu açıları döndürün ve BA ve CA bacaklarını açarak önce P noktasına ve sonra P

187

noktasına değdirerek M ve N noktalarını işaretleyin. Buradan da, BL ve CL ismiyle gösterilmiş diğer bacaklar; her iki durumda da birbiriyle kesişmiş olsun.4 MN adındaki belirsiz ölçüdeki çizgiyi çizin. Ve o taşınabilir açıları; kutup noktaları olan B ve C noktalarından öyle bir şekilde döndürün ki, şimdi m ile temsil edilen nokta kabul edilirse; BL, CL ya da BM, CM bacaklarının kesişimi, daima, belirsiz ölçüdeki MN çizgisinde olsun ve şimdi d olması gereken; BA, CA ya da BD, CD bacaklarının kesişimi; çizilmek istenen PADdb mahrek‘ini tanımlayacaktır. Çünkü, 21.Yardımcı Kaziye‘nın mantığınca; d noktası, B ve C noktalarından geçen bir konik kesitinin üzerinde yer alacaktır. Ve m noktası; L,M,N noktalarıyla özdeşleştiğinde, d noktası geometrik inşa yöntemiyle A,D,P noktalarıyla özdeşleşir. Buradan da; A,B,C,P,D adındaki 5 noktadan geçen bir konik kesiti tanımlanmış olacaktır. Q.E.F Birinci Kaziye: O halde, verilmiş herhangi bir B noktasında mahrek‘e tanjant olan bir çizgi zaten çizilmiş olur. d noktasını B noktası ile özdeşleştirin ve Bd çizgisi çizilmesi istenen tanjant haline gelir. İkinci Kaziye: O halde, mahrek‘lerin merkezleri, çapları ve Latus Rectum‘ları da 19. Yardımcı Kaziye‘nın 2. Kaziyesine göre bilinebilir. Yorum

4

Çevirenin Açıklaması: Newton’un kutup noktası dediği noktalar, aslında pergel ile çizim yaparken pergelin sivri ucunun kâğıda batırıldığı noktalardır. Newton’un bacak dediği ise, pergelin, kâğıda işaret koyduğu kalemli ucudur. Okur, bunları, kâğıt kalemi, değişik renkteki kalemler, bir cetveli-pergeli ve diğer çizim araçlarını hazır edip kendi de deneyebilir. Burada da belki Newton’un da görmediği veya dikkat etmediği bazı özellikleri de keşfedebilir. Özellikle, Euklides’in, ’Bir düzlemde, iki noktadan bir doğru geçirilmelidir.’ mantığınca, şekilde çize çize ilerlerken oluşan her bir noktayı diğer noktalarla birleştiren doğruları ve doğru parçalarını çizmek/boyamak bu konudaki görüşü ve anlayışı keskinleştiren bir yöntemdir.

188

Bu geometrik inşâ‘lardan sonuncusu; yani, 5.şekil, BP‘yi birleştirerek, bu çizgi, gereğinde uzatılarak Bp‘nin BP‘ye oranını PR‘nin PT‘ye oranı gibi alarak ve p noktasından geçirerek belirsiz ölçüdeki pe çizgisini SPT‘ye paralel olarak çizerek ve bu pe çizgisi üzerinde; pe‘yi Pr‘ye daima eşit ölçüde alarak ve Be, Cr çizgilerini d noktasında birleşecek şekilde çizerek; daha da sade hale getirilebilir. Çünkü, Pr‘nin Pt‘ye, PR‘nin PT‘ye, pB‘nin PB‘ye, pe‘nin Pt‘ye oranı birbirine eşit olduğundan; pe ve Pr daima birbirine eşit olur. Bu metotla bir mahrekin noktaları en kolay şekilde bulunabilir. Öbür türlü; 2. Geometrik inşâda tanımlandığı gibi biraz mekanik tarzda tanımlarsınız.

23.Önerme 15.Problem Verilmiş 4 noktadan geçen ve şekildeki konumda verilmiş bir çizgiye değen bir mahreki tanımlamanın yöntemi (10.Tepsi, 1.Tabak)

189

Birinci Vaka: Varsayın ki HB verilmiş tanjant olsun, B temas noktası olsun ve C,D,P diğer üç nokta olsun. BC‘yi birleştirin; PS‘yi BH‘ye paralel çizin ve PQ‘yu da BC‘ye paralel çizin; BSPQ paralelkenarını tamamlayın. SP‘yi T noktasında kesen BD‘yi ve PQ‘yu R noktasında kesen CD‘yi çizin. Son olarak; tr çizgisini TR‘ye paralel çizerek PQ‘dan PS‘yi çıkararak; Pr,Pt doğru parçaları PR‘ye ve PT‘ye sırasıyla orantılı olur. Ve Cr, Bt‘yi çizince bunların concourse noktası olan d, 20. Yardımcı Kaziye‘nın mantığınca daima tanımlanması istenen mahrek‘in üzerinde olacaktır. Aynı ġeyin Bir BaĢka Ġspatı (10. Tepsi, 2.Tabak)

190

Verilmiş bir magnitüt‘teki CBH açısını, kutup noktası olarak alınan B noktasından döndürün. Bir de, C noktasını kutup noktası alıp DC ölçüsündeki doğrusal hatlı bir yarıçapı her iki yana doğru açın. Açının BC bacağının, bahsedilen yarıçapı, açının öteki bacağı, aynı yarıçapı P ve D noktalarında kestiğinde; M ve N noktalarını işaretleyin. Sonra; belirsiz ölçüdeki MN çizgisini çizerek CP veya CD yarıçaplarını ve açının BC bacağını bu çizgi ile mütemadiyen buluşturun.

191

Ve BH adındaki öteki bacağın; yarıçap ile yaptığı concoure noktası; tanımlanmak istenen mahrekin sınırını çizecektir. Çünkü evvelki problemdeki geometrik inşâlarda; A noktası B noktası ile özdeşleşirse; CA ve CB çizgileri özdeşleşir ve AB çizgisi, son konumunda; BH tanjantı hâline gelir ve bundan ötürü; orada betimlenen geometrik inşâlar burada tanımlanan geometrik inşâlar ile aynı duruma gelir. Bundan ötürü, BH bacağının yarıçap ile yaptığı concourse noktası, C,D,P noktalarından geçen ve BH çizgisine B noktasında değen bir konik kesitini tanımlar. Q.E.F 2.Vaka: Varsayın ki; B,C,D,P adındaki 4 nokta (10.Tepsi, 3.Tabak‘ta gösterildiği gibi) verilmiş olsun.

192

Bunlar ise HI tanjantı olmaksızın konumlandırılsın. Bunların ikisinin BD ve CD çizgilerini çizerek birleştirin; bunlar G noktasında kesişsin ve tanjant, H ve I noktalarında kessin. Tanjantı A noktasında öyle bir ölçüde bölün ki; HA‘nın IA‘ya oranı; CG ve GP arasındaki mean proportional‘ın altındaki dikdörtgenin alanının ölçüsüne eşit olsun ve BH ve HD arasındaki mean proportional‘ın oranı GD ve GB arasındaki mean proportional‘ın altındaki dikdörtgenin alanına eşit olsun. Ve BH ve HD arasındaki mean proportional, GD ve GB arasındaki mean prooportional‘ın altındaki dikdörtgen alanın ölçüsüne eşit olsun ve bu da PI ve IC arasındaki mean proportional‘a eşit olsun ve A noktası da temas noktası olsun. Çünkü, eğer, HX, PI doğrusuna paralel ise; mahrek‘i X ve T adındaki herhangi 2 noktada keserse; A noktası; konik kesitlerinin özelliklerinden ötürü, öyle bir konumda yerleşmiş olur ki, HA²nin AI²‘ye oranı; bir bileşik orantı olur. Bu bileşik orantı da; XHT dikdörtgeninin, BHD dikdörtgeninin ölçüsüne orantısından ya da CGP dikdörtgeninin ölçüsünün, DGB dikdörtgeninin ölçüsüne orantısından ve BHD dikdörtgeninin ölçüsünün PIC dikdörtgeninin ölçüsüne orantısından terkip edilmiş olur. Ancak, temas noktası, kabul edilen A noktası bulunduğunda; tanımlanmış mahrek 1. Vaka‘da tanımlandığı gibi olur. Q.E.F Ne var ki, A noktası, H ve I noktalarının arasında bir yerlerde alınabileceği gibi bu noktalar olmaksızın da alınabileceğinden, bu mantıksal değerlendirmeye göre, 2‘li bir mahrek de tanımlanmış olabilir.

193

24.Önerme 16.Problem Verilmiş 3 noktadan geçen ve konumda verilmiş 2 doğruya değen bir mahrek‘i tanımlamanın yöntemi. (10.Tepsi 4.Tabak)

194

Varsayın ki HI, KL şekilde verilmiş tanjantlar olsun. B,C,D ise şekilde verilmiş noktalar olsun. Bu noktaların herhangi ikisinden; örneğin B ve D‘den geçirerek; belirsiz ölçüdeki BD doğrusunu çizin; bu ise H ve K noktalarında tanjantlarla buluşsun. Sonra; aynı mantıkla, bu noktaların herhangi ikisinden, örneğin C ve D‘den geçirerek, belirsiz ölçüdeki CD çizgisini çizin, bu ise tanjantlara I ve L noktalarında değsin. Çizilmiş çizgileri R ve S noktalarında kesin. Öyle kesin ki: HR‘nin KR‘ye oranı; BH ve HD arasındaki mean proportional‘ın BK ve KD arasındaki mean proportional‘a oranına eşit olsun. Ve IS‘nin LS‘ye oranı; CI ve ID‘nin

195

arasındaki mean proportional‘ın CL ve LD arasındaki mean proportional‘ın oranına eşit olsun. Ancak çizerken, keyfî olarak; K ve H, I ve L noktalarının arasında kalan bir yerden de kesebilirsiniz; ya da keyfî olarak; bunların oluşturduğu 2 doğru parçasının arasından bir yerden de kesebilirsiniz. Yahut bu noktaları hiç dikkate almadan da kesebilirsiniz. Sonra; RS‘yi çizin, bu tanjantları A ve P noktalarında kessin ve A ve P noktaları temas etme noktaları olur. Çünkü eğer, A ve P noktaları temas noktaları olarak kabul edilirse ve tanjantlar üzerinde herhangi bir yerde konumlandırılırsa ve H,I K,L,I noktalarının herhangi birinden geçirerek; HI tanjantının birinde konumlandırarak, bir IT doğrusu çizilirse ve bu da KL adındaki öteki tanjanta paralel olursa ve eğri ile X ve T noktalarında temas ederse ve bu doğruda, bir IZ doğru parçası alınıp bunun da ölçüsü IX ve IT arasındaki mean proportional‘a eşit olursa; XIT dikdörtgeninin ölçüsünün ya da IZ²‘nin ölçüsünün konik kesitlerinin özelliklerinden bilinen bir mantık ile LP²‘ye oranı; CID dikdörtgeninin ölçüsünün CLD dikdörtgenin ölçüsüne oranına eşit olur. Bu da demektir ki; geometrik inşâ metoduyla, SI²‘nin SL²‘ye oranına eşittir. Ve bundan ötürü, IZ‘nin LP‘ye oranı, SI‘nın SL‘ye oranına eşit olur. Buradan da şu sonuç çıkar: S,P,Z noktaları bir doğru üzerinde yer alır. Dahası; tanjant çizgileri G noktasında buluştuğundan, XIT dikdörtgeninin ya da IZ²‘nın ölçüsünün IA²‘ye oranı; konik kesitlerinden bilinen bir mantık ile, GP²‘nin GA²‘ye oranına eşit olur. Ve bundan ötürü; IZ‘nin IA‘ya oranı; GP‘nin GA‘ya oranına eşit olur. Bundan ötürü, P,Z,A noktaları bir doğru üzerinde yer alır. Ve bu sebeple; S,P,A bir doğru üzerinde yer alır. Ve aynı tanjant ispat eder ki; R,P ve A noktaları da bir doğru üzerinde yer alır. Bundan ötürü; A ve P temas noktaları, RS doğrusu üzerindedir. Ancak bu noktalar bulunduktan sonra; mahrek evvelki problemin birinci vakasında olduğu gibi tanımlanabilir. Q.E.F

196

Bu önermede ve evvelkilerin 2.vakasında, geometrik inşâlar aynıdır. Bu durum; XT doğrusu mahrek‘i X ve T‘de kessin veya kesmesin, bunların hiç biri bu kesime bağlı değildir. Lâkin, doğrunun mahreki kesmesi gösterilmiş geometrik inşâlardan, doğrunun mahreki kesmediği geometrik inşâlar da bilinebilir. Ve bundan ötürü de, metni kısa ve öz tutmak amacıyla, bunların daha detaylı bir gösteriminden kaçınıyorum.

22. Yardımcı Kaziye Şekilleri; aynı türden başka şekillere dönüştürmenin yöntemi (10.Tepsi 5.Tabak)

197

Varsayın ki HGI adındaki herhangi bir şekil dönüştürülecek olsun. AO ve BL adındaki iki paralel çizgi; konumda verilmiş herhangi bir üçüncü AB çizgisini kesiyor olsun; bu üçüncü kesişme de A ve B noktalarında olmuş olsun ve şekilde herhangi bir G noktası çizilmiş olsun; GD çizgisini birleştirin bunu da OA‘ya paralel çizin; AB çizgisiyle birleşene dek uzatın. Sonra da OA çizgisinin üzerindeki verilmiş herhangi bir O noktasından itibaren, D çizgisine doğru OD çizgisini çizin, d noktasında BL ile buluşsun ve concourse noktasından itibaren dg çizgisini; BL çizgisi ile yaptığı herhangi bir açı ölçüsünde kaldırın, bunu da Od‘ye göre öyle bir oranda alın ki, bu oran DG‘nin OD‘ye oranına eşit olsun ve g; yeni şekilde hgi şeklinde belirecek ve bu da G noktasına denk düşecektir. Ve benzer bir mantıkla, birinci

198

şeklin……noktaları; yeni şekilde ….. noktalarına denk düşecektir. Bu nedenle de, G noktasını; birinci şekildeki noktaların hepsinden geçecek şekilde mütemadiyen hareket ettirirsek; g noktası da yeni şekilde hareket ederek mütemadiyen noktaların tümünden geçecektir. Şekli berraklaştırmak ve netleştirmek için şu tanımlamaları yapalım: DG‘ye birinci ordinat diyelim, dg yeni ordinat olsun; AD birinci absis olsun, ad yeni absis olsun, O kutup noktası olsun; OD ―abscinding radius‖ olsun, OA birinci ordinat yarıçapı olsun ve Oa (ki bunu çizerek OABa paralelkenarı tamamlanmış olur.) yeni ordinat yarıçapı olur. O halde fikrim odur ki: Eğer G noktası, konumda bir çizgi üzerinde yerleştirilmiş olursa, g noktası konumda verilmiş bir çizgi üzerinde yerleştirilmiş olur. Eğer, G noktası bir konik kesiti üzerinde yerleşmiş olursa; g noktası da benzer bir şekilde bir konik kesitinin üzerinde yerleşmiş olur. Ve, ben burada, çemberi konik kesitlerinde biri olarak tasavvur ediyorum. Ancak, daha da ileri bir akıl yürütme ile, eğer G noktası, 3. dereceden bir eğri üzerinde konumlandırılmış olursa; g noktası da 3. dereceden bir eğri üzerinde konumlanmış olacaktır. Ve bu mantık; daha büyük dereceli eğriler üzerinde de geçerli olacaktır. G ve g‘nin yerleştirildiği iki eğri; daima aynı dereceden denklemlerde olacaktır. Çünkü, ad‘nin OA‘ya oranı, od‘nin OD‘ye oranına; o da dg‘nin DG‘ye ve AB‘nin AD‘ye oranına eşit olur ve bu nedenle de AD, OA x AB / ad bölme işlemine eşit olur ve DG ise OA x dg / ad bölme işlemine eşit olur. Eğer, G noktası bir doğru üzerinde olursa ve bu nedenle de; AD absisi ile DG ordinatının temsil edildiği herhangi bir denklemde; AD ve DG adındaki indetermined çizgileri birinci dereceden fazla olmaz; OA x AB / ad şeklindeki denklemiyle AD‘nin yerine yazarsak ve DG‘nin yerine de OA x dg / ad bölmesini yazarsak; yeni denklem elde edilir. Bunda da, yeni

199

absis ad ve yeni ordinat dg, sadece bir tek boyutta belirir ve bu mantık gereğince mutlaka bir çizgi üzerinde belirir. Ancak, eğer AD ve DG (ya da, herhangi biri) birinci denklemlerde; ikinci boyut kazanmışsa ad ve dg de ikinci denklemde iki boyuta yükselirler. Bu mantık 3boyutta da daha öte boyutta da geçerlidir. 2.denklemdeki ad, dg indetermined çizgileri ve 1. Denklemdeki AD, DG çizgileri daima aynı dereceden olur ve aynı dereceye yükselir. Ve bundan ötürü; G, g noktalarının üzerinde konumlandığı çizgiler daima aynı dereceden olur. Daha da ileri giderek şu fikri öne sürüyorum: Birinci şekilde; herhangi bir doğru eğriye değerse; aynı doğru, eğriyle beraber, ikinci şekle taşındığında, yeni şekilde de eğriye değecektir ve bunun tersi de doğrudur. Çünkü, birinci şekilde; eğrinin üzerindeki herhangi iki nokta; özdeşleşene kadar birbirine yakınlaştırılırsa; taşınan noktalar, yeni şekilde; özdeşleşene kadar birbirine yaklaşacaktır. Ve bu nedenle; bu noktaları birleştiren doğrular, şekillerin her ikisinde de eğrilerin tanjantları haline gelecektir. Bu fikirlerin gösterimini biraz daha geometrik biçimde verebilirdim ancak kısa ve öz tutmaya çalıştım. Bundan ötürü, eğer; bir doğrusal hatlı şekil, bir diğerine dönüştürülünce; yapmamız gereken tek şey; şekildeki doğruların kesişme noktalarını taşımaktır ve yeni şekilde; doğruların kesişme noktalarını esas alarak bu noktalardan doğruları çizmektir. Ancak, eğer, eğriçizgisel bir şekil dönüştürülecekse; eğrinin tanımlandığı noktaları, tanjantları ve diğer doğruları taşımamız gerekir. Bu Yardımcı Kaziye; daha karmaşık problemlerin çözümünde fayda sağlar. Çünkü, bu yöntemle, dönüştürülmesi istenen karmaşık şekilleri daha sade olan şekillere dönüştürebiliriz. Bu nedenle; bir noktaya yakınsayan doğrular; birinci ordinatın yarıçapı olarak yakınsayan doğruların concourse noktasından geçen herhangi bir doğru alarak paralel doğrulara dönüştürülebilir. Bunun sebebi de şudur: Çünkü, bunların concourse noktaları bu yöntem ile

200

sanki sonsuzluktaymış gibi tasavvur edilir ve zaten paralel doğruların kendisi sonsuzca uzaktaki bir noktaya yakınsar gibidir. Ve birinci şekildeki problem çözümlendikten sonra; eğer, işlemleri geriye doğru icra edersek, gerekli çözümü elde ederiz. Bu Yardımcı Kaziye, katı cisimler ile ilgili problemlerin çözümünde de kullanışlıdır. Çünkü, bir problemin çözümünün; kesiştirme yoluyla elde edilen iki konik kesitine bağlı olduğu durumlarda; bu kesitlerden birini, eğer hiperbôl veya parabôl ise elipse dönüştürerek ve daha sonra bu elipsi de kolaylıkla çembere dönüştürerek, problem daha kolay çözülebilir hale getirilebilir. Aynı mantıkla düşünerek, düzlem problemlerinin inşâsında; karşılaşılan doğru ve konik kesiti durumu; doğru ve çember durumuna dönüştürülerek çözülebilir.

201

25. Önerme 17. Problem Verilmiş 2 noktadan geçen ve konumda verilmiş 3 doğruya değen bir mahrek‟i tanımlamanın yöntemi 10.Tepsi 6.Tabak Tanjantların herhangi ikisinin diğerine değdiği noktadan geçirerek ve üçüncü tanjantın; verilmiş 2 noktadan geçen doğru ile değme noktasından da geçirerek; belirsiz ölçüde bir doğru çizin; ve bu doğruyu birinci ordinat yarıçapı kabul ederek; şekli, önceki Yardımcı Kaziye‘nın tarif ettiği yöntemi izleyerek yeni bir şekle dönüştürün. Bu şekilde; bu iki tanjant birbirine paralel konuma gelir ve üçüncü tanjant da, verilmiş iki noktadan geçen doğruya paralel konumlanmış olur.

202

Varsayın ki; hi; kl bu iki paralel tanjantın adları olsun; ik de 3. tanjant olsun ve hl bunlara paralel bir doğru olsun; bu ise a,b noktalarından geçsin. Ki bu noktalar yeni şekildeki konik kesitinin geçtiği noktalar olacaktır. Ve hikl paralelkenarını tamamlayın. Ve; hi, ik, kl doğruları; c,d,e noktalarından öyle bir ölçüde kesilmiş olsun ki bunun ölçüsü şöyle olsun, hc‘nin, ahb dikdörtgeninin kare köküne oranı; ic‘nin id‘ye oranı, ke‘nin kd‘ye oranı; hi ve kl doğrularının uzunluklarının toplamı 3 çizginin toplamına eşit olsun. Bu 3 çizginin ise birincisi, ik doğrusudur ve kalan diğer ikisi de ahb ve alb dikdörtgenlerinin karekökleridir. Ve, c, d, e noktaları da temas noktaları olacaktır. Çünkü konik kesitlerinin özelliklerinden çıkarsanan bir sonuç yoluyla: hc²‘nin ahb dikdörtgenine oranı; ic²‘nin id²‘ye oranı, ke²‘nin

203

kd²‘ye oranı, ke²‘nin kd²‘ye oranı ve el²‘nin alb dikdörtgenine oranı hep birbirine eşittir. Ve bundan ötürü, hc‘nin ahb‘nin kareköküne oranı, ic‘nin id‘ye oranı, ke‘nin kd‘ye oranı ve el‘nin alb‘nin kareköküne oranı; yani bunların hepsi evvelce bahsedilen oranın subduplicate‘idir. Ve bir de verilmiş orantıda, bütün hi - / - kl antecedent‘larının hepsinin toplamının değerinin √ahb - / - ik -/- √alb consequent‘larının toplamına oranlayan bir terkip yoluyla bu bilinir. Buradan da, bu verilmiş orandan; yeni şekildeki c, d, e temas noktaları bulunur. Son Yardımcı Kaziye‘nın işlemlerini ters yönden yaparak; bu noktaları birinci şekle taşıyın ve orada mahrek 14. Problem‘de tanımlandığı gibi olur.

Q.E.F Ancak, a,b noktaları, h,l noktalarının arasına veya dışına düşebilir. Buna bağlı olarak da; c,d,e noktaları ya h,i,k,l noktalarının arasında ya da onların dışında alınabilir. Eğer, a, b noktalarının herhangi biri h,l noktalarının arasına düşerse ve kalan diğer nokta da h,l noktalarının arasına düşmezse, problemi tanımlamak mümkün olmaz.

204

26.Önerme 18. Problem Verilmiş bir noktadan geçen ve şekilde verilmiş 4 doğruya değen bir mahreki tanımlamanın metodu. (11.Tepsi 1.Tabak)

205

Tanjantların herhangi ikisinin kesişim noktasından itibaren başlayarak, diğer ikisinin kesişim noktasına belirsiz ölçülü bir doğruyu çizin ve bu doğruyu birinci ordinat yarıçapı alıp bu şekli 22. Yardımcı Kaziye‘nın yöntemi ile yeni bir şekle dönüştürün. Ve bu yolla; her iki tanjant çifti de birinci ordinat yarıçapında ― concur‖ etmeden paralel hale gelir. hi ve kl, ik ve hl, hikl paralelkenarını tamamlayan paralel çiftleri olsun. Ve bu yeni şekildeki p noktası; birinci şekilde verilmiş noktaya denk düşen nokta olsun. Şeklin merkezî noktası

206

kabul edilen O noktasından geçirerek pq‘yu çizin ve Oq‘nun Op‘ye eşit olmasından dolayı; q noktası bu yeni şekilde konik kesitinin geçmesi gereken nokta haline gelir. Bu noktayı 22.Yardımcı Kaziye‘da tasvir edilen işlemin tersi ile ilk şekle taşıyın ve orada mahrek‘in üzerinden geçeceği iki nokta tanımlanmış olur. Ancak; o iki noktadan geçecek mahrekin tanımlanması 17. Problem‘ce yapılmıştır. Q.E.F 10.Tepsi 1.Cilt, 120.sayfa rumuzlu tablo girecek 23.Yardımcı Kaziye Bir konumda AC ve BD adı verilmiş iki doğru verilmiş ise ve A,B adındaki verilmiş noktalarda bitimliyse ve bu iki doğru birbirine göre verilmiş belli bir orandaysa ve CD doğrusu ile indetermined C,D noktaları birleştirilmiş ise ve bu ise K noktasında verilmiş belli bir oranda bölünmüş ise; fikrim odur ki K noktası konumda verilmiş bir doğrunun üzerinde konumlanır.

207

(11.Tepsi 2.Tabak) Çünkü, AC ve BD doğruları E noktasında buluşursa ve BE‘de BG‘nin AE‘ye oranını; BD‘nin AC‘ye oranına eşit alın ve FD‘yi daima verilmiş EG çizgisine eşit alın ve construction yoluyla; EC‘nin GD‘ye oranı; bu da demek olur ki EF‘ye oranı; AC‘nin BD‘ye oranına eşit olur. Ve bundan ötürü de; verilmiş belli bir orantıda olur. Bundan ötürü de EFC üçgeni de bu cinsten verilmiş olur. CF; L noktasında kesilsin; öyle ki, CL‘nin CF‘ye oranı; CK‘nın CD‘ye oranına eşit olsun; ve bu verilmiş bir oranda olduğundan; EFL üçgeni de aynı cinsten verilmiş olur. Ve bundan ötürü; L noktası, konumda verilmiş EL doğrusunun üzerinde konumlanmış olur. LK‘ye birleştirin ve CLK, CFD üçgenleri benzer üçgenler olur ve FD verilmiş bir çizgi olduğundan ve LK‘nin FD‘ye oranı verilmiş belli bir oranda olduğundan, LK de zaten verilmiş olur.

208

Buna; EH‘yi eşit alın ve ELKH daima bir paralelkenar olur. Ve bundan ötürü, K noktası daima konumda verilmiş paralelkenarın HK kenarının üstünde yer alır.

Q.E.D Kaziye: EFLC şekli, aynı cinsten verildiğinden ötürü; EF, EL ve EC adındaki üç doğru; GD, HK, EC adındaki üç doğruya oranlı olur.

209

24. Yardımcı Kaziye Eğer, üç doğru; bunlardan ikisi paralel olarak alınırsa ve konumda verilmiş bir konik kesitine değerse; fikrim odur ki; kesitteki, yarıçaplardan diğer iki doğruya paralel olanının ölçüsü şöyledir: İki doğrunun temas noktaları ve üçüncü tanjant arasında kalan doğru parçalarının mean proportional‘ı ölçüsündedir. (11.Tepsi 3. Tabak)

210

AF ve GB; ADB konik kesitine A ve B noktalarında değen iki paralel doğru olsun; EF ise konik kesitine I noktasında değen 3. doğru olsun ve önceki tanjantlarla F ve G noktalarında buluşuyor olsun. Ve CD; şeklin, bu tanjantlara paralel olan yarıçapı olsun. Fikrim odur ki: AF, CD, BG mütemadiyen orantılıdır. Çünkü; AB, DM adındaki conjugate diameter‘lar; FG tanjantıyla E ve H noktasında buluşur ve yekdiğerini C noktasında keser ve IKCL paralelkenarı tamamlanır. Ve konik kesitlerinin özelliklerinden ötürü; EC‘nin CA‘ya oranı CA‘nın CL‘ye oranına eşittir. Ve bölme işlemi yoluyla; EC-CA‘nın CA-CL‘ye oranı ya da EA‘nın AL‘ye oranı; orantıyı composition yoluyla yeniden düzenlersek EA‘nın EA : AL ya da EL‘ye oranı; EC‘nin EC : CA‘ya ya da EC‘nin EB‘ye oranına eşit olur. Ve bundan ötürü, EAF, ELI, ECH, EBG üçgenlerinin benzer üçgenler olmasından ötürü; AF‘nin LI‘ya oranı,

211

CH‘nin BG‘ye oranına eşit olur. Benzer bir mantıkla, konik kesitlerinin özelliklerinden ötürü, LI (CK)‘nin CD‘ye oranı, CD‘nin CH‘ye oranına eşit olur ve bundan ötürü; (ex aquo perturbate) AF‘nin CD‘ye oranı, CD‘nin BG‘ye oranına eşit olur. Q.E.D Ġspat TamamlanmıĢtır 1.Kaziye: O halde; FG ve PQ adındaki iki tanjant AF ve BG adındaki paralel tanjant ile F ve G ve P ve Q noktalarında buluşursa ve yekdiğerini O noktasında keserse, AF ( ex aquo perturbate)‘nin BQ‘ya oranı, AP‘nin BG‘ye oranına eşit olur ve bölme işlemi yolu ile FP‘nin BQ‘ya oranına da eşit olur. Ve bundan ötürü FO‘nun OG‘ye oranına da eşittir. 2.Kaziye: O halde; eğer, P ve G; F ve Q noktalarından geçirerek çizilen PG ve FQ doğruları; ACB doğrusunda birleşir. Bu ACB doğrusu ise şeklin merkezinden ve A, B temas noktalarından geçen bir doğrudur.

212

25. Yardımcı Kaziye Eğer bir paralelkenarın dörtkenarı, belirsiz bir ölçüde uzatılırsa ve bunlar herhangi bir konik kesitine değerse ve bu da beşinci bir tanjant ile kesilirse fikrim odur ki: Karşıt açılarda son bulan, bitişik herhangi iki kenarın doğru parçalarının ölçülerini esas alırsak; her doğru parçası, doğru parçasının kesildiği kenara oranı; diğer bitişik kenarın; temas noktaları ile 3. kenar arasında kalan parçanın ölçüsünün öteki doğru parçasına oranına eşittir. (11.Tepsi, 4. Tabak)

213

MLIK paralelkenarının ML, IK, KL, MI adındaki 4 kenarı; konik kesitine A,B,C,D noktalarında değsin ve FQ, 5. tanjantı kenarları F, Q, H ve E noktalarında kessin ve ME, KQ doğru parçalarını MI, KI kenarlarına oranla alarak ya da KL, ML kenarlarının KH, MF doğru parçalarını alarak, ileri sürüyorum ki: ME‘nin MI‘ya oranı BK‘nın KQ‘ya oranı gibidir ve KH‘nin KL‘ye oranı da AM‘nin MF‘ye oranı gibidir. Çünkü, evvelki Yardımcı Kaziye‘nın 1.Kaziyesi‘ne göre; ME‘nin EI‘ya oranı, ( AM‘nin ya da ) BK‘nın BQ‘ya oranına eşittir ve kompozisyon yoluyla; ME‘nin MI‘ya oranı BK‘nin KQ‘ya oranına eşittir. Q.E.D Ġspat TamamlanmıĢtır. 1.Kaziye: O halde; eğer, IKLM paralelkenarı, verilmiş bir konik kesitinin etrafından tanımlanırsa; (Çevirenin Notu: Konik kesitine dışarıdan teğet çizilerek tanımlanırsa.) KQ x

214

ME dikdörtgeni ve buna eşit olan KH x MF dikdörtgeni de zaten verilmiş olur. Zaten; KQH, MFE üçgenlerinin benzer üçgenler olması sebebiyle bu dörtgenler eşittir. 2.Kaziye: Ve eğer, eq adındaki 6. Tanjant çizilir de KI, MI tanjantlarıyla q ve e noktalarında buluşursa; KQ x ME dikdörtgeni, Kq x Me dikdörtgenine eşit olur ve KQ‘nun Me‘ye oranı, Kq‘nun ME‘ye oranına eşit olur. Ve bölme yoluyla Qq‘nun Ee‘ye oranına eşit olur. 3.Kaziye: O halde, eğer, Eq, eQ birleştirilirse ve iki eşit parçaya ayrılırsa ve ikiye ayrıldığı noktadan geçirilerek bir doğru çizilirse, bu doğru konik kesitinin merkezinden geçer. Çünkü Qq‘nun Ee‘ye oranı, KQ‘nun Me‘ye oranına eşittir. Aynı doğru; Eq, eQ, MK çizgilerinin orta noktalarından geçirilecektir ve 22. Yardımcı Kaziye‘nın mantığınca MK doğrusunun orta noktası da kesitin merkezî noktası olacaktır. 27. Önerme 19.Problem Konumda verilmiş 5 doğruya değen bir mahreki tanımlamanın yöntemi (11.Tepsi 5.Tabak)

215

Varsayın ki: ABG, BCF, GCD, FDE ve EA konumda verilmiş tanjantlar olsun. Bu tanjantların herhangi birinin altında kalan ABFE dörtgeninin AF, BE köşegenlerini M ve N noktalarında iki eşit parçaya ayırın. Ve 3.Kaziye, 25.Yardımcı Kaziye‘nın mantığınca ve ikiye ayırma noktalarından geçirilerek çizilen MN doğrusu mahrekin merkezinden geçecektir. Aynı tarzda; 4 tanjantın herhangi birinin altında kalan BGDF dörtgeninin BD ve GF köşegenlerini P ve Q noktalarından 2‘ye ayırın. Ve ikiye ayırma noktalarından çizilen PQ doğrusu, mahrek‘in merkezi noktasından geçecektir. Ve bundan ötürü; merkez, ikiye ayıran çizgilerin concourse noktasında belirecektir. Varsayın ki bu noktaya O densin. BC adı verilen herhangi bir tanjanta KL‘yi çizin; bunu da öyle bir mesafede çizin ki O merkezi; paralellerin arasında konumlandırılmış olsun; bu KL çizgisi tanımlanan mahreke değecektir. Bunu da; GCD, FDE adındaki diğer iki tanjant L ve K noktalarında kessin.

216

C ve K noktalarından, F ve L noktalarından geçirerek; paralel-olmayan CL, FK tanjantları; CF, KL paralel tanjantlarıyla buluşsun. CK‘yi FL‘yi çizin; bunlar R noktasında buluşsun. Ve OR adındaki doğru çizilirse ve uzatılırsa; CF, KL paralel tanjantlarını temas noktalarında keser. Buysa; 3.Kaziye‘nin 24. Yardımcı Kaziye‘sından bellidir. Ve aynı yöntemle; diğer temas noktaları da bulunabilir ve sonra da 14.Problemin tanımladığı yoldan mahrek bulunur.

Q.E.F Yorum Evvelki önermelerde ve problemlerde; mahreklerin ya merkezleri ya da asimptotları verilmiştir. Zirâ; noktalar, tanjantlar ve merkez verildiğinden, merkezin öbür tarafında; bunlara eşit sayıda nokta ve tanjant; eşit uzaklıklarda verilmiş demektir. Aslında; bir asimptot, tanjant olarak da düşünülebilir. Ve bu asimptotun, muhiti içinde kalan sonsuzca uzak yer; deyim yerindeyse; temas noktası olarak da adlandırılabilir. Herhangi bir tanjantın temas noktasını ―in infinitum‖ ölçüsünde taşıyın ve tanjant asimptota dönüşecektir. Ve evvelki problemlerdeki geometrik inşâlar; asimptotların verilmiş olduğu geometrik inşâlı problemlere dönüşecektir. Mahrek tanımlandıktan sonra; biz, eksenlerini ve odaklarını bu yolla bulabiliriz. 12.Tepsi 1.Tabak‘ta gösterilen 21. Yardımcı Kaziye‘daki geometrik inşâ ve şekil‘de; PBN, PCN hareket ettirilebilir açılarının BP, CP bacaklarını; öyle ayarlayın; tanımlanan mahrekin değme noktalarından bunlar birbirine paralel hâle getirin ve pozisyonu koruyarak bunları B ve C adındaki kutup noktalarından döndürün.

217

Bu arada; aynı açıların CN ve BN adındaki öteki bacaklarının, K ve k adındaki değme noktalarından bir BKGC çemberi tanımlayın. Bu çemberin merkezi noktası O olsun; ve bu merkezden itibaren MN cetvelinde hareket ederek OH dikmesini indirin; bu dikme ise; çembere K ve L noktalarında değsin; ki burada CN ve BN bacakları mahrek tanımlanırken birbirine değmiştir. Ve, CK, BK adındaki diğer bacaklar; K noktasında buluştuklarında; ki bu nokta cetvele en yakın noktadır; CP ve BP adındaki ilk bacak uzun eksene paralel olacak ve kısa eksene dik olacaktır. Ve bunun tersi de; bu bacaklar L adındaki en uzak noktada buluştuklarında geçerli olacaktır. O halde; bir mahrekin merkezi verildiğinde; eksenler de verilmiş olacaktır ve bunlar verildiğinde; odaklar hazır olarak bulunabilir. Ancak, eksenlerin kareleri birbirine göre KH‘nin LH‘ye oranı gibidir. Ve buradan da; aynı cinsten verilmiş 4 noktadan geçen bir mahrek tanımlamak kolaydır. Çünkü verilmiş iki noktada; CB noktaları kutup noktaları kabul edilirse; üçüncüsü, hareket ettirilebilir PCK ve PBK açılarını verecektir. Ancak; bunlar verildiğinde BGKC çemberi tanımlanabilir. Ondan sonra da; mahrek aynı cinsten verilmiş olduğundan, OH‘nin OK‘ye oranı verilmiş olur ve bundan ötürü de OH‘nin kendi niceliği verilmiş olur.

218

O merkezinden başlayıp OH aralığıyla, bir başka çemberi tanımlayın. Ve bu çembere değen ve CK, BK bacaklarının değme noktasından geçen doğru; birinci bacaklar olan CP, BP verilmiş dördüncü noktada buluştuğunda; MN cetveli olacaktır ki bununla mahrek tanımlanabilir. O halde; öbür yanda aynı cinsten verilmiş bir yamuk; ( bunu tanımlamanın mümkün olmadığı birkaç durum hâricinde) verilmiş bir konik kesitinin içine yerleştirilebilir. Bir de; aynı cinsten verilmiş ölçülerle; verilmiş birkaç noktadan geçen ve verilmiş çizgilere değen mahrekler tanımlanabilir.

219

Bu tür bir tanımlama da şudur: Eğer; konumda verilmiş herhangi bir noktadan bir doğru çizilir de bu doğru, verilmiş konik kesitini iki noktada keserse ve bunların kesiştikleri mesâfe iki eşit parçaya ayrılırsa; ikiye ayırma noktası; evvelki ile aynı cinsten verilmiş bir başka konik kesitine değecektir. Ve bunun da ekseni; evvelkinin eksenine paralel olacaktır. Ancak, daha önemli gördüğüm bir konuyu işlemek için acele ediyorum.

26. Yardımcı Kaziye Bir üçgenin ölçüsü ve magnitüt‟ü verilmiş 3 açısını, konumda verilmiş doğrular sayısınca; bu doğrular aralarında paralel olmamak şartı ile ve birkaç açı birkaç doğruya değmek şartı ile yerleştirmenin yöntemi. (12.Tepsi 2.Tabak)

220

AB, AC, BC adındaki 3 belirsiz uzunluktaki doğru konumda verilmiş olsun. Ve bunları öyle bir yerleştirmek gereksin ki: DEF üçgeni ve D açısı, AB çizgisine değsin. E açısı, AC çizgisine değsin, F açısı da BC çizgisine değsin. DE, DF ve EF‘nin üzerinde; DRE, DGF, EMF adındaki 3 yayı tanımlayın; bunlar da BAC, ABC, ACB açılarına sırasıyla eşit olsun. Ancak bu yaylar, DE, DF, EF çizgilerinin kenarlarına müteveccih olarak öyle bir tanımlanmalıdır ki: DRED harfleri, BACB‘nin harfleriyle aynı sırada; dairevi olarak dönmelidir. DGFD harfleri, ABCA‘nın harfleriyle aynı sırada dönmeli, EMFE‘nin harfleri, ACBA‘nın harfleriyle aynı sırada dönmelidir. Sonra da, bu yayları çembere tamamlayıp birbirlerini G noktasında kesmeleri sağlanmalıdır. Ve P ve Q noktaları da çemberlerin merkezî noktaları kabul edilmelidir.

221

Sonra; GP‘yi ve PQ‘yu birleştirip Ga‘nın oranını AB‘ye göre alıp bunu da GP‘nin PQ‘ya oranına eşitlemeli ve G noktasını merkez alarak, Ga yarıçapı ile bir çember tanımlayıp bunu da DGE adındaki ilk çemberle a noktasında kesiştirmelidir. aD‘yi birleştirip 2.DFG çemberini b noktasında kesmesi sağlanmalı, aE‘nin de 3. EMF çemberini c noktasında kesmesi sağlanmalıdır. ABCdef şeklini abcDEF şekline benzer ve eşit olarak tamamlayın. Fikrim odur ki bu yapılabilir.

222

Çünkü Fc‘yi aD ile B noktasında birleşecek şekilde çizerek ve aG, bG, QG, QD, PD‘yi birleştirerek ve ―construction‖ yoluyla EaD açısını CAB açısına eşitleyerek ve acF açısını ACB açısına eşitleyerek, bundan ötürü anc üçgeni ABC üçgenine eşit ölçülü açılarda belirir. Bundan ötürü de; anc açısı ya FND açısına, ABC açısına eşit olur ve bundan ötürü FbD açısına eşit olur ve bundan ötürü n noktası b noktasının üzerine düşer. Dahası; merkezde, GPD açısının yarısı ölçüsünde olan GPQ açısı; GaD açısına çemberin çevresinde eşittir. Ve GQP açısı; merkezde GQD açısının yarısı iken çevrede, GbD dik açısının 2 misli ile bütünlenen açıya eşittir. Bu hesaba göre; GPQ, Gab üçgenleri benzer üçgenlerdir; Ga‘nın ab‘ye oranı; GP‘nin PQ‘ya oranına eşittir. Bu da demektir ki; construction yolu ile Ga‘nın AB‘ye oranına eşittir. Bundan ötürü, ab ve AB açısı eşittir ve bu nedenle; abc, ABC üçgenleri; şimdi benzer oldukları ispat edildiği gibi eşittir de. Ve bundan dolayı; DEF üçgeninin D,E,F açıları sırasıyla; abc üçgeninin ab, ac, bc kenarlarına değer, ABCdef şekli tamamlanıp da abcDEF şekline benzer ve eşit olur ve bunun tamamlanmasıyla problem çözülmüş olur. Q.E.F Kaziye: O halde; konumda verilmiş 3 doğrunun arasına parçalarının uzunluğunun ölçüleri verilmiş bir doğru çizilebilir. Varsayın ki: DEF üçgeni; EF kenarındaki D noktasına erişimi sayesinde ve DE,DF kenarları in directum olarak bir doğruya dönüştürülsün; bu doğrunun da verilmiş DE parçası; konumda verilmiş AB, AC doğrularının arasına sokulmuş olsun. Ve, bunun verilmiş DF kısmı konumda verilmiş AB, BC doğrularının arasına sokulmuş olsun. Bu durumda ise; evvelki geometrik inşâ‘yı bu probleme uygulayıp problem çözülür.

223

28.Önerme 20. Problem

224

Hem cinsi hem magnitütü verilmiş ve kısımları konumda verilmiş 3 doğrunun arasına sokulmuş bir mahreki tanımlamanın yöntemi. (12.Tepsi, 3.Tabak)

225

Varsayın ki: DEF eğrisine benzer ve eşit ölçülü bir mahrek tanımlanmak istensin ve bu eğri de; konumda verilen AB, AC, BC adındaki 3 doğru ile kesilsin. Kesilen kısımlar da DE ve EF adında olup; eğrinin verilmiş kısımlarına benzer ve eşit olsun. DE, EF, DF doğrularını çizin ve 26.Yardımcı Kaziye‘nın mantığınca; bu DEF üçgeninin şekilde D, E,F açılarını öyle yerleştirin ki verilmiş doğrulara değsin. Sonra da üçgenin etrafından dolanarak ve DEF eğrisine benzer ve eşit olarak mahrek‘i tanımlayın. Q.E.F 12.Tepsi 1.Cilt 136.sayfa Ģekiller tablosu girecek

226

27. Yardımcı Kaziye Kendi aralarında hepsi paralel olmayan ve ortak bir noktaya doğru da yakınsamayan 4 doğruya göre iç açıları yerleştirilmiş bir yamuğu; birkaç açısı birkaç çizgiye değecek şekilde tanımlamanın metodu. (13.Tepsi, 1.Tabak)

227

Konumda; ABC, AD, BD, CE adında dört doğru tanımlanmış olsun. Birincisi; ikincisini A noktasında kessin; üçüncüsünü B noktasında kessin; dördüncüsünü C noktasında kessin ve varsayın ki fghi yamuğu tanımlansın. Bu da; FGHI yamuğuna benzer olsun ve bunun da f açısı; verilmiş F açısına eşit olsun, ABC doğrusuna değsin ve diğer açılar olan g,h,i açıları verilmiş G,H, I açılarına eşit olsun ve diğer AD, BD, CE çizgilerine sırasıyla değsin. FH‘yi birleştirin; FG, FH, FI‘nın üzerine FSG, FTH, FVI yaylarını tanımlayın. Bu yayların ilki olan

228

FSG yayı BAD açısının gördüğü yay olsun; ikincisi olan FTH yayı ise CBD açısının gördüğü yay olsun; ve üçüncü FVI yayı da ACE açısının gördüğü yay olsun. Ancak; yaylar; FG, FH, FI çizgilerinin kenarlarına müteveccihen öyle bir şekilde tanımlanmalı ki; FSGH harflerinin dairevi sırası, BADB harflerinin sırasıyla aynıdır ve FTHF harfleri, CBDC harfleriyle aynı sırada dönebilir ve FVIF harfleri ACEA harfleriyle aynı sırada dönebilir. Yayları çembere tamamlayın: Ve P noktasını FSG birinci çemberinin merkezi kabul edin, Q noktasını ola FTH adındaki ikinci çemberin merkezi kabul edin. PQ‘yu birleştirin ve PQ‘yu her iki yöne doğru uzatarak çizin ve onun üzerinde QR‘yi PQ‘ya; BC‘nin AB‘ye oranına eşit olarak alın. Ancak, QR; Q noktasının kenarına müteveccihen alın; öyle ki P, Q, R harflerinin sırası A,B,C harflerinin sırasıyla aynı olsun ve R noktasını merkez alarak RF yarıçapı ile FNc adında dördüncü bir çember tanımlayın ve bu da üçüncü FVI çemberini c noktasında kessin. Fc‘yi birleştirerek, a noktasında birinci çemberi kesin ve b noktasında ikinci çemberi kesin. G, bH, cl‘yi çizin ve ABCfghi şeklini, tanımlanmak istenen abcFGHI şekline benzer olarak çizin ve fghi yamuğu tanımlanmış olacaktır.

229

FSG, FTH adındaki iki çemberin birbirini K noktasında kesmesini sağlamak için, PK‘yı QK‘yı, RK‘yı, aK‘yı, bK‘yı, cK‘yı birleştirin ve QP‘yi L‘ye doğru uzatın. FaK, FbK, FcK açıları çemberin çevresinde; FPK, FQK, FRK merkezî açılarının yarısı ölçüsündedir. Ve bundan ötürü; LPK, LQK, LRK açılarının yarılarına eşittir. Bundan ötürü, PQRK şekli; iç açılarının aynı ölçüde olmasından ötürü; abcK şekline benzerdir. Ve bundan

230

ötürü; ab‘nin bc‘ye oranı, PQ‘nun QR‘ye oranına eşittir. Bu da demektir ki: AB‘nin BC‘ye oranına eşittir. Ancak, geometrik inşâ yoluyla; fAg, fBh, fCi açıları FaG, .FbH, FcI açılarına eşittir. Ve bundan ötürü; ABCfghi şekli benzer olarak abcFGHI şekline tamamlanabilir. B yapıldığında da; fghi yamuğu FGHI yamuğuna benzer şekilde geometrik yol ile inşâ edilmiş olacaktır. Ve bu da, f,g,h,i açılarıyla ABC, AD, BD, CE doğrularına değecektir. Q.E.F Kaziye: O halde; bir doğru; konumda verilmiş 4 doğrunun arasına; kısımları sokulacak şekilde çizilebilir; ve bu yapılırsa da, kendi aralarında orantılı olacaktır. FGH, GHI açıları; öyle uzatılsın ki: FG, GH, HI doğruları, ―in directum‖ olarak uzansın ve problemi bu vaka‘da inşâ ederek, fghi doğrusu çizilsin; bunun da; fg, gh, hi kısımları, konumda verilen 4 doğrunun arasına sokulsun; AB ve AD, AD ve BD, BD ve CE birbirlerine göre, FG, GH, HI çizgileri gibi olur ve kendi aralarında aynı düzende olur. Ancak aynı işlem; daha kolay ve sade biçimde aşağıdaki gibi yapılabilir.

231

13.Tepsi 2.Tabak‘ta gösterildiği gibi AB‘yi K‘ye doğru uzatın ve BD‘yi L‘ye doğru uzatın. Öyle ki: BK‘nin AB‘ye oranı, HI‘nın GH‘ye oranına eşit olsun ve DL‘nin BD‘ye oranı GI‘nın FG‘ye oranına eşit olsun. KL‘yi birleştirin ve bu CE doğrusu ile i noktasında buluşsun. iL‘yi M‘ye uzatın, öyle ki, LM‘nin iL‘ye oranı, GH‘nin HI‘ya oranına eşit olsun; sonra MQ‘yu LB‘ye paralel çizin ve AD doğrusu ile g noktasında buluşsun ve gi‘yi; f ve h noktalarında AB ve BD‘yi kesecek şekilde birleştirin. Fikrim odur ki bu yapılabilir. Mg‘yi AB doğrusuyla Q noktasında kesiştirmek için; ve AD‘yi KL doğrusu ile S noktasında kesiştirmek için AP‘yi BD‘ye paralel çizin ve iL ile P noktasında buluşturun. Ve gM‘nin Lh‘ye (gi‘nin hi‘ye, Mi‘nin Li‘ye, GI‘nın HI‘ya, AK‘nin BK‘ye) ve AP‘nin BL‘ye oranı aynı oranda olur. DL‘yi R noktasında öyle bir kesin ki: DL‘nin RL‘ye oranı da aynı eşit oranda olsun. Ve; gS gM‘ye, AS AP‘ye, DS DL‘ye orantılı olduğundan; ex aquo nedeniyle, gS‘nin Lh‘ye oranı da; AS‘nin BL‘ye oranına; ve DS‘nin RL‘ye oranına eşit olur ve denklemi

232

yeniden organize ederek; BL-RL‘nin Lh-BL‘ye oranı, AS-DS‘nin gS-AS‘ye oranına eşit olur. Bu da demektir ki: BR‘nin Bh‘ye oranı, AD‘nin Ag‘ye oranına eşittir. Ve bundan ötürü; BD‘nin qQ‘ya oranına eşittir. Ve alternatif olarak; BR‘nin BD‘ye oranı, Bh‘nin gQ‘ya oranına eşittir; ya da fh‘nin fg‘ye oranına eşittir. Ancak; BL çizgisi, ―construction‖ yoluyla; D ve R noktalarında kesilmesi; FI çizgisinin G ve H noktalarında kesilmesi ile aynı oranda kesilmesi sağlanarak ve bundan ötürü; BR‘nin BD‘ye oranı FH‘nin FG‘ye oranına eşit olur. Bundan ötürü; fb‘nin fg‘ye oranı, FH‘nin FG‘ye oranına eşittir. Bundan ötürü; gi‘nin hi‘ye oranı; Mi‘nin Li‘ye oranı gibidir; bu da demektir ki; GI‘nın Hı‘ya oranına eşittir; buradan da besbellidir ki: FI, fi çizgileri G ve H, g ve h noktalarında benzer şekilde kesilmiştir.

Q.E.F

Bu Kaziye‘nin geometrik inşâsında; CE‘yi i noktasında kesen LK çizgisi çizildikten sonra; EV‘nin Ei‘ye oranının FH‘nin HI‘ya oranına eşit olacak bir biçimde, iE‘yi V‘ye doğru uzatarak biliriz ve sonra; Vf‘yi BD‘ye paralel olarak çizebiliriz. Bu işlem de aslında, şu anlama gelir: Sanki, i noktasını merkez alarak IH yarıçapında bir çember tanımlayıp BD‘yi X noktasında kesmiş ve iX‘ı T‘ye doğru uzatmış, öyle ki; iT‘yi IF‘ye eşit almış ve sonra Tf‘yi BD‘ye paralel çizmiş oluruz. Sir Christopher Wren ve Dr. Wallis uzun müddet önce bu probleme başka çözümler de bulmuşlardır.

233

29.Önerme 21.Problem Cinsi verilmiş bir mahrek‟i belli bir düzende, cinste ve orantıda kısımlara ayıran 4 doğru ile kesilmek şartıyla tanımlamanın yöntemi.

234

235

Varsayın ki: Bir mahrek tanımlansın: Bu ise, 13.Tepsi 3.Tabak‘ta gösterilmiş FGHI eğrisine benzer olsun. Bunun kısımları olan FG, GH, HI doğru parçaları bir diğerine benzer ve orantılı olsun. Bunlar da; konumda verilmiş AB ve AD‘nin, AD ve BD‘nin, BD ve CE‘nin arasına sokulmuş olsun. Öyle ki; birinci doğru parçası birinci çift doğrunun arasına; ikinci doğru parçası ikinci çift doğrunun arasına, üçüncü doğru parçası üçüncü doğru çiftinin arasına sokulmuş olsun. FG, GH, HI, FI doğrularını 27. Yardımcı Kaziye‘nın yöntemince çizin. Ve bununla bir fghi yamuğu tanımlayın. Bu ise FGHI yamuğuna benzer olsun ve bunun f,g,h,i iç açıları konumda verilen AB, AD, BD, CE doğrularının bir kaçına sıralarının düzenine göre değsin. Ve sonra bu yamuğun köşelerindeki noktalarının bitişik noktalarından geçecek şekilde çevreleyen bir mahreki tanımlayın. 5 İşte bu mahrek; FGHI eğrisine benzer. YORUM Bu problem bir de, aşağıdaki tarzda inşâ edilebilir.

5

Çevirenin Dipnotu: Burada, inscribed ve cirsumscribed geometrik kavramlarının tanımlarının çok keskin ve hassas olması gerektiği anlaşılıyor. Kapalı şeklin içine yerleştirilen kapalı şeklin köşe noktaları, birincinin üzerinde midir? Yoksa ikinci şeklin köşe noktaları birinci şeklin noktalarına bitişik olarak temas etmekte midir? Ufak tefek nüanslar; bilimde-düşüncede son derece önemlidir. Burada ben sade çevirmen olarak ve matematik tahsil etmemiş bir kişi olarak bu konuyu bilmiyorum. Bilen varsa da fikirlerine açığım. Burada; ismi soyismi yazılarak veya yazılmadan ciddi yorumlarını da metne ekleyebilirim.

236

13.Tepsi 4.Tabak‘da gösterildiği gibi; FG‘yi, GH‘yi, HI‘yı ve FI‘yı birleştirerek GF‘yi V‘ye uzatın ve FH‘yi IG‘yi birleştirip CAK, DAL açılarının FGH, VFH açılarıyla eşit alın. AK ve AL‘yi, BD doğrusu üzerindeki K ve L noktalarında birleştirin. Ve böylelikle; KM‘yi ve LN‘yi çizin; bunlardan KM‘ye AKM açısını oluşturtun; bu açı da GHI açısına eşit olsun; KM ise AK‘ye eşit olarak, HI‘nın GH‘ye oranına eşit olsun ve LN, ALN açısını FHI açısına eşit yaptıracak ölçüde alın; bunun kendi de AL‘nin ölçüsüne eşit olsun; HI‘nın FH‘ye oranına eşit olması gibi.

237

Ancak; AK, KM, AL, LN doğru parçaları AD, AK, AL, çizgileriyle tanımlanmış kenarlara çizilsin. Öyle bir düzende ki: CAKMC, ALKA, DALND kelimelerinin harfleri; FGHIF kelimesinin harfleriyle aynı düzende; dairevi düzende taşınsın ve MN, CE doğrusuna i noktasında değsin. iEP açısını IGF açısına eşit alın ve PE‘nin Ei‘ye oranını, FG‘nin GI‘ya oranına eşit alın. Ve P noktasından PQf‘yi çizin; öyle ki aralarında ADE doğrusu ile PQE açısını oluştursun; bu da FIG açısına eşit olsun ve AB doğrusu ile f noktasında buluşsun ve fi‘yi birleştirin. Ancak; PE ve PQ; CE ve PE doğru parçaları ile tanımlanmış kenarlara öyle bir çizilmelidir ki PEiP kelimesini ve PEQP kelimesinin harflerinin düzeni aynı olmalıdır; kezâ FGHIF kelimesinin harflerinin düzeni de. Ve eğer, fi çizgisi üzerinde; harflerin düzeni

238

ile aynı düzende olmak şartıyla; FGHI yamuğuna benzer bir fghi yamuğu inşâ edilirse ve aynı mahrek bunun köşelerinin etrafından çevreleyecek şekilde çizilirse; problem çözülür. Yörüngeleri bulma konusunda bu kadar yeterlidir. Bilinmesi gereken; bu yöntemle bulunan yörüngelerdeki cisimlerin hareketlerini tâyin etmektir. Kartallar resmi tablosu koy. 13. Tepsi, 142. Sayfa, birinci cilt. Şekiller tablosu

Altıncı Kısım Verilmiş yörüngelerdeki hareketi hesaplamanın yöntemi 30.Önerme 22.Problem Verilmiş bir parabol biçimli mahrekte hareket eden bir cismin herhangi bir zamandaki konumunu bulmanın yöntemi.

239

14. Tepsi‘nin 1.Tabağı‘nda şekle bakın. S noktası bunun odağı olsun. A noktası parabôlün ―principal vertex‖‘i olsun. Ve 4 AS x M işleminin sonucu APS ile gösterilen parabôl biçimli alana eşit kabul edilsin. Bu alan; ya cismin vertex noktasından hareketinden itibaren SP yarıçapı ile tanımlansın ya da oraya varmadan önceki veriler ile tanımlansın. Bu halde: Kesilen alanın ölçüsü; ona orantılı sürenin niceliğinden bilinebilir. AS‘yi G noktasından ikiye ayırın; GH dikmesini 3M niceliğine eşit nicelikte yükseltin, H noktasını merkezî noktası alan HS yarıçaplı bir çember tanımlanırsa: Bu çember parabôl eğrisini bulunmak istenen P noktasından keser.

240

Zirâ; PO dikmesini eksenin üzerine indirmek yoluyla PH‘yi de çizerek; AG² + GH² (= HP² = AO- AG)² - |PO-GH|² = AO²-|PO²-2GAO-2GH| + PO +AG²+GH². O halde; 2 GH x PO (= AO² + PO²- 2 GAO) = AO² + 1 /+ PO². Çünkü AO² yerine, AO x PO²/ 4 AS; sonra da terimlerin hepsini 3 PO niceliği ile bölerek ve 2AS niceliğiyle çarparak; elde ettiğimiz denklemi 4/3 GH x AS (=1/6 AO x PO + ´ AS x PO = AO + 3 AS / 6 x PO = 4 AO – 3SO / 6 x PO = işleminin sonucunun APO – SPO alanlarının farkına ve bunun da APS alanının ölçüsüne eşitliğini buluruz. Ancak; GH niceliği 3M niceliğine eşittir. Ve bundan ötürü, 4/3 GH x AS 4, AS x M işlemine eşittir. Buradan da; kesilmiş APS parçasının alanının kesilebilecek olan 4 AS x M alanına eşitliğini buluruz. Q.E.D Ġspat TamamlanmıĢtır. 1.Kaziye: O halde, GH‘nin AS‘ye oranı; cismin AP yayını kat ederken geçen sürenin cismin A vertex‘i ile S odağından itibaren eksene çıkarılan dikmenin arasında kalan yay parçasını kat ederken geçen sürenin oranına eşittir. 2.Kaziye: Varsayın ki: Bir ASP çemberi; hareket halindeki P cisminden geçerek mütemadiyen dönüyor olsun. Bu çember üzerindeki H noktasının velositesinin; cismin A vertex‘inde bulunurkenki velositesine oranı; 3‘ün 8‘e oranına eşit olsun; ve bu nedenle GH çizgisinin ölçüsünün; cismin A noktasından P noktasına doğrusal bir hatta ve cismin A vertex‘i noktasında sahip olduğu velosite ile hareket ederken geçen sürenin oranına eşittir. 3.Kaziye: O halde; başka bir bakışla; cismin AP adındaki herhangi verilmiş bir yaydaki hareketinde geçen süre hesaplanabilir. AP‘yi birleştirin ve bunun orta noktasından itibaren bir dikme yükselterek GH çizgisi ile H noktasında buluşturun.

241

28. Yardımcı Kaziye Hangi sayıda olursa olsun; sınırlı sayıda terim ve boyut içeren denklemleri çözülerek alanlarının ölçülerinin tümünün birden hesaplanabileceği; alanı, keyfî olarak, doğrular ile kesilmiş hiçbir oval alan yoktur. Varsayın ki: Oval bir alanın içinde herhangi bir nokta verilmiş olsun. Bu noktayı kutup noktası alıp mütemâdiyen dönüp duran bir doğru hayal edin. Bu dönme hareketi de ivmesiz hareketle olsun. Bu dönerken; aynı esnâda; kutup noktasında; hareket ettirilebilen bir nokta oval alanın dışına doğru doğrusal hatlı hareket hâlinde olsun. Bu hareketin velositesi de, oval alanın içinde kalan kısmın karesiyle orantılı olsun. Bu bileşik hareket ile nokta sonsuz sayıda bir circumgyration‘ı (etrafından dönerek açılma) olan bir spirali (sarmal‘ı) tanımlayacaktır. O halde; eğer, oval alanın bu doğru ile kesilen parçası, sonlu bir denklem ile bulunabilir olsaydı; bu alanla orantılı olan noktanın; kutuba mesafesinin ölçüsü; yine aynı denklem ile bulunabilirdi. Ve bundan ötürü; spiralin üzerindeki noktaların da hepsi sonlu bir denklem ile bulunabilirdi. Ve bundan ötürü; konumda verilmiş bir doğrunun spiral ile kesişmeleri de sonlu bir denklem ile bulunabilirdi. Ancak; sonsuzca uzatılan her doğru; bir spiral ile bir düzlem üzerinde; sonsuz sayıda nokta ile kesişir. Ve iki çizginin kesiştiği herhangi bir noktayı bulduran denklem aynı zamanda; bu iki çizginin kesişimlerinin tümünü içerir ve bu sayıda da kökü olan bir denklemdir. Ve bundan ötürü; kesişim sayısı kadar boyuta yükselir. İki çember birbirini iki noktada kestiğinden; bu kesişim noktalarından biri ancak 2 boyutlu bir denklem ile bulunabilir. Bununla, öbür kesişim noktası da bulunabilir. İki konik kesitinin 4 kesişim yeri olabileceğinden; bu kesişim yerlerinden herhangi birini; bütün durumlar için, ancak ve ancak 4 boyutlu bir denklem ile bulunabilir ki bununla da bu noktaların hepsi birden bulunabilir.

242

Zirâ eğer; her kesişim durumu için; bu kesişim noktaları bulunmak isteniyorsa: Bunların hepsinin tâbi olduğu kanun ve şartlar, bir ve aynı olduğundan, bunun hesabı her durum için aynı olacaktır ve bundan ötürü, daima aynıdır. Ve bundan ötürü, bu kesişimlerin hepsini kendi özünde barındırır ve bunların tümünü ayrımsız içerir. O halde; konik kesitlerinin 3.dereceden eğri denklemleriyle kesişmesi, bunlar 6‘ya kadar da yükselebileceğinden, beraberce 6 boyutlu denklemlerden ve 3. dereceden 2 eğrinin kesişimlerinden bulunabilir. Zirâ; 9‘a yükselebileceklerinden; beraberce 9 boyutlu denklemlerden bulunabilir. Eğer; buradaki mantık; zorunlu olarak mevcut olmasaydı; katı cisimler ile ilgili problemleri; düzlem problemlerine indirgeyebilir ve katı cisimlerin derecesinden daha yüksek mertebedeki problemleri de katı cisimlerine indirgeyebilirdik. Ancak; ben burada; derecesi itibariyle indirgenmesi imkânsız eğri denklemlerinden bahsediyorum. Zirâ eğer, eğrinin tanımlandığı denklem; kendi derecesinden aşağı bir dereceye indirgenebiliyor ise; eğri, bir tek eğri değil; iki veya ikiden çok sayıda eğriden oluşmuş bir yapıda olacaktır. Ki bunların da kesişimleri kısım kısım değişik hesaplamalar yolu ile bulunabilecektir. Aynı tarzda bir akıl yürütmeyle; doğruların; konik kesitleri ile kesişimi; daima iki boyutlu denklemlerden bulunabilir. Doğruların üçüncü dereceden ve indirgenemeyen eğri denklemleriyle 3 kesişimi 3 boyutlu denklemlerden bulunabilir; doğruların 4. dereceden ve indirgenemeyen eğri denklemleriyle; 4 kesişimi 4 boyutlu denklemlerden bulunabilir ve bu mantık yürütme sonsuza kadar uzatılabilir. O halde; bir doğrunun bir spiral ile tanımsız sayıda çok kesişimi halinde: Bu eğri, yalın ve sade bir eğri olup başka çok sayıda eğriye indirgenmesi imkânsız olduğundan ancak sonsuz sayıda boyutu ve kökü olan bir denklem yoluyla bu kesişimlerin tümü birden temsil edilebilir. Zirâ, bunların hepsinin kanunu ve hesabı bir ve aynıdır. Çünkü oval alanı kesen doğruya; kutup noktasından bir dikme indirilirse ve bu dikme; kesen doğru ile beraber kutup noktasının

243

etrafından dönerse; spiralin kesişimleri; içeriden dışarıya taşınacak ve böylelikle; ilk kıvrım ( ya da kutup noktasının etrafında kıvrılan ilk kıvrım) bu dönme hareketinden sonra; 2. kıvrım haline gelecek; 3 dönme hareketinden sonra 3. kıvrım haline gelecek ve bu mantık ile sürüp gidecektir. Denklemin biçimi; bu esnâda değişmeyecek ancak kesen çizginin spiraldeki konumunu tayin eden geometrik entitelerin nicelikleri ve magnitütleri değişecektir.

O halde bu nicelikler; her dönme hareketinden sonra; birinci magnitütlerine geri dönecekler ve denklem de ilk biçimine geri dönecektir ve bu nedenle, bir ve aynı denklem bütün kesişimleri temsil edecek ve bundan ötürü sonsuz sayıda kökü olacak ve bunların tümü denklemde ihtivâ edilecektir. Ve bu mantık sebebi ile bir spiralin bir doğru ile kesişimi; mümkün olan durumların tümü için, hiçbir sonlu özellikteki denklem yoluyla bulunamaz. Ve; bundan dolayı da; alan; kesen doğrular ile keyfî olarak alanı bölünmüş bir oval alanı; hiçbir denklem; bütün hâl ve şartları ihtivâ ederek temsil edemez. Aynı mantık ile; spiralin tanımlandığı nokta ve kutup noktasının spiralin ilk kıvrımının üzerindeki noktaya uzaklığının ölçüsünü; oval alandan kesilmiş parçanın çevresine orantısı alınırsa: Bu eğrisel çevrenin uzunluğunun hiçbir sonlu denklem ile her hâl ve şart için temsil edilemeyeceği ispatlanabilir. Ancak; benim burada kast ettiğim; conjugate şekillere değip sonsuza kadar açılıp giden ovaller değildir. Kaziye: O halde; çevresinde hareket eden bir cisme, odak noktasından çizilen bir yarıçap ile tanımlanan bir elips alanın; verilmiş süreden; sonlu bir denklem yolu ile bulunamaz. Ve bundan ötürü; geometrik olarak rasyonel eğrilerin tanımlanması ile tâyin edilemez. ―Geometrik olarak rasyonel eğriler‖ derken şunu kast ediyorum: Bütün noktaları, denklemler yolu ile tanımlanabilen uzunluklarda tâyin edilebilen eğrileri kast ediyorum. Bu da demektir ki: Uzunluklarının kendi aralarındaki karmaşık oranları yolu ile tâyin edilebilen eğrileri. Diğer

244

eğrilere ise; (örneğin spiral, kuadratrix‘ler, sikloid eğrileri) ben geometrik olarak irrasyonel eğriler adını veriyorum. Çünkü Euklides‘in Elemanlar Kitabı‘nın 10.‘sundaki mantığa göre; bir tam sayının diğer bir tam sayı ile oranı ile temsil edilebilen uzunluklar, aritmetik olarak rasyonel; bir tam sayının bir diğer tam sayı ile oranı ile temsil edilemeyen uzunluklar, aritmetik olarak irrasyonel‘dir. Ve bu nedenle; ben kesilmiş bir elipsin alanını; geometrik olarak irrasyonel bir eğride; kat eden bir cismin, kat ettiği süreye orantılarken aşağıda betimlediğim yöntemi takip ediyorum:

31.Önerme 23.Problem Elips biçimindeki bir mahrekte; hareket eden bir cismin konumunu bir hareket esnâsındaki herhangi bir zaman için bulmanın yöntemi.

245

14.Tepsi, 2.Tabaktaki şekle bakınız: Varsayın ki: A Noktası ―principal vertex‖ noktası olsun; S Noktası ise, odak noktası olsun; O noktası, APB elipsinin merkezi olsun ve P noktası; yeri bulunmak istenen cismin yerini temsil etsin. OA‘yı G‘ye doğru uzatın; öyle ki OG‘nin OA‘ya oranı; OA‘nın OS‘ye oranına eşit olsun. GH dikmesini yükseltin ve O noktasını merkez alarak OG yarıçapı ölçüsünde; GEF çemberini tanımlayın ve GH cetvelini bir taban alarak GEF tekerleğinin ileriye doğru döndüğünü varsayın, kendi ekseni etrafında dönerken; bu esnâda A noktasından ALI adındaki sikloid eğrisini tanımlasın. Bu yapıldığında; GK uzunluğunun tekerleğin GEFG çevresine oranını alın; bu oranı da cismin A noktasından başlayıp AP yayını kat etmesi için geçen sürenin ölçüsünü; elipsin çevresini bir tam dönüşle kat etmesi için gereken sürenin oranına eşitleyin. Sikloid ile L noktasında buluşan KL dikmesini yükseltin; bu halde KG‘ye paralel çizilmiş LP; elips, P noktasında değer. Bu da cismin bulunduğu yerdir. O noktasını merkez alıp OA yarıçapı ile AQB yarım-çemberini tanımlayın. Ve LP uzunluğunun, eğer gerekirse, uzatarak AQ yayıyla Q noktasında buluşturun ve SQ, OQ‘yu birleştirin. OQ‘yu EFG yayı ile F noktasında buluşturun ve OQ‘nun üzerine SR dikmesini indirin.

246

APS alanı AQS alanına eşittir, bu da demektir ki: OQA kısmının alanı ile OQS üçgeninin alanının farkına eşit bir ölçüdedir. Ya da, ´ OQ x AQ ve ´ OQ x SR dikdörtgenlerinin alanlarının farkına eşittir. Buysa; ´ OQ verilmiş olduğunda; AQ yayı ile SR doğrusunun farkına eşittir. Ve bundan ötürü; sırasıyla verilen oranların birbirine eşitliğinden ötürü; yani SR‘nin AQ yayının sinüsüne oranı; OS‘nin OA‘ya oranı, OA‘nın OG‘ye oranı, AQ‘nun GF‘ye oranı ve bölme işlemi yoluyla; AQ- SR‘nin GF – AQ yayının sinüsüne oranı) GK‘ye eşittir; yani GF yayının AQ yayının sinüsünden farkına eşittir. Q.E.D Ġspat TamamlanmıĢtır. YORUM Lâkin bu eğrinin tanımlanması zor olduğundan; approximation (yakınsatma?) metodu ile bir çözümün bulunması tercih edilir. Öncelikle; bir B açısı alın. Bunun değeri, 57,29578 derece olsun. Ki bu da subtend ettiği yarıçapa eşit ölçüde bir yay olsun:

247

Bu ise; (14. Tepsi 2.Tabak‘taki şekilde gösterildiği gibi) odak noktalarının arasındaki mesafe olan SH‘nin, elipsin çapı olan AB‘ye oranına eşit olsun. İkinci olarak, belli bir L uzunluğu alın ki bunun da o yarıçapa oranı; aynı oranın tersi gibi olsun. Ve bunlar bulunduktan sonra, problem aşağıdaki çözümleme yolunu takip ederek halledilebilir. Farz edin ki; herhangi bir inşâ yoluyla (ya da bir conjecture yolu ile) bir cismin hakikaten bulunduğu noktayı temsil eden p noktasının yakınlarında bir P noktasının yeri biliniyor olsun. Sonra; elipsin ekseni üzerine PR ordinatını indirin ve elipsin çaplarının orantısından, bu şekli dışarıdan teğet geçerek çevreleyen AQB çemberinin RQ ordinatı verilmiş olur ki; bu ordinat da; AO‘yu yarıçap kabul ettiğimizde AOQ açısının sinüsü olur ve elipsi P noktasında keser. Bu açının; sayılar ile yapılabilecek bir yuvarlak hesabı gerçek değerine yaklaşık olarak bir sonuç buldurur ki bu da yeterlidir. Farz edin ki: Açıyı da zamana orantılı olarak biliyoruz; bu da demektir ki: (4 dik açıya orantılı olarak) Bu ise; cismin Ap yayını kat ettiği sürenin elips

248

çevresindeki bir tam dönüşünün süresinin oranına eşit olsun. Bu açı da N adında olsun. Sonra; bir D açısı alın: Bunun ölçüsü de: B açısına oranla; AOQ açısının sinüsünün yarıçapa oranına eşit olsun. Ve bir E açısı alın; bunun ölçüsü de: N-AOQ + D açısına oranı; L uzunluğunun, aynı L uzunluğunun AOQ açısının kosinüsü ölçüsünde azaltılması neticesinden çıkan bir uzunluğa oranına eşit olsun. O açı; bir dik açıdan az olduğunda or increased thereby when greater?? Sonra, bir F açısı alın; bunun ölçüsü de B açısına oranla; AOQ + E açısının sinüsünün; yarıçapa oranına eşit olsun ve bir G açısı alın; onun da N- AOQ- E + F açısına oranı; L uzunluğunun; aynı L uzunluğunun; AOQ + E açısının kosinüsü kadar azaltılmış bir uzunluğa oranına eşit olsun. ( bu açı bir dik açıdan küçük olduğunda or increased thereby when greater) Üçüncü adımda: bir H açısı alın: Bunun B açısına oranı da AOQ + E + G açısının sinüsünün yarıçapa oranına eşit olsun. Bir I açısı alın; bu açının N – AOQ – E –G + H açısına oranı; L uzunluğunun AOQ+ E+G açısının kosinüsü kadar azaltılmışı bir uzunluğun oranına eşit olsun. ( bu açı bir dik açıdan az olduğunda; or increased thereby when greater) Bu mantık ile sonsuza dek işlem yapabiliriz. Son olarak, bir AOq açısı alın; bu açı da AOQ+ E+I+G+H- vs. açısına eşit olsun. Ve bunun Or kosinüsünün ve pr ordinatının; bunun gr sinüsüne oranı; elipsin kısa ekseninin uzun eksenine oranına eşit olur. İşte böylece; cismin hakiki yeri olan p‘yi bulmuş oluruz. N- AOQ + D açısının negatif değerde olduğu hallerde, E açısının ―+‖ işareti her yerde ―-― işaretine dönüşecek ve ―-― işareti ―+‖ işaretine dönüşecektir. Ve aynı keyfiyet; N-AOQ-E+F ve NAOQ-E-G+H açılarının negatif olduğu hallerde G ve I açılarının işaretleri için de geçerlidir. Lâkin AOQ + E + G +I+ vs. sonsuz seri toplamının değeri o kadar çabuk yakınsar ki serinin 2. terimi olan E‘den öteye geçip hesaplamayı sürdürmek çoğu zaman gerekmeyecektir bile.

249

Ve calculus aşağıdaki teorem üzerine inşâ edilmiştir. APS; alanı; AQ yayının ölçüsünün ve S odağından indirilen doğrunun dik olarak OQ yarıçapına indirilmesinin ölçüsü arasındaki farktır. Ve yine bir hesaplama yöntemi ile; problem hiperbôllerde de çözülür: Farz edin ki: O merkezî noktası olsun: (14. Tepsi, 4.Tabak‘taki şekle bakın).

Bunun vertex‘i A noktası, odağı S noktası ve asimptotu OK olsun. Ve farz edin ki: Kesilecek alanın ölçüsü biliniyor olsun. Bu ise, süreye orantılı olsun. Buna A diyelim: Ve ―conjecture‖

250

yolu ile farz edin ki: APS alanını cismin hakikaten bulunduğu noktadan kesen SP doğrusunun konumu biliniyor olsun: Op‘yi birleştirin. Ve A‘dan P‘ye AI asimptotunu çizin. Bu da PK asimptotuna paralel olsun. Logaritmalar Çizelgesi‘nden istifâde ederek; AIKP alanı verilmiş olacaktır. Bu alan da OPA alanına eşit olacaktır. Ki bu da; OPS üçgeninin alanından çıkarılınca APS ile gösterilen kesilmiş alanı geriye bırakır. Ve 2APS-2A ya da 2A-2PS formülünü uygulayıp kesilen APS alanının kesilebilir A alanından farkının 2 mislinin ve kesilmiş APS alanının S odağından indirilerek TP tanjantına dikme olarak çizilen SN çizgisine oranı ile PQ kirişinin uzunluğunu bulacağız. Zaten, eğer, kesilen APS yayı, A alanının ölçüsünden büyük ise; PQ kirişi A ve P noktaları arasında ―inscribed‖ edilmiştir. Ancak; öbür durumda; yani, küçük ise; P noktasının karşıt kenarına müteveccihen konumlanmış olacaktır. Ve bu halde; Q noktası, cismin konumunun daha hassas tanımlanmış bir yeri olacaktır. Ve bu hesaplamayı; tekrarlaya tekrarlaya; bu yerin konumu mütemadiyen hassaslığı artan bir ölçüde hesaplanabilir. Ve bu hesaplama metodu ile; bu problemin genel bir analitik çözümlemesine ulaşırız. Ancak; aşağıda gösterilecek olan; özel hesap, bu konunun gökbilim bilimindeki uygulanmasında, daha elverişli olacaktır. 14.Tepsi, 5.Tabak‘ta gösterilmiş şekle bakalım:

251

AO‘yu, OB‘yi, OD‘yi elipsin yarı-eksenleri kabul edelim: L harfi, Latus Rectum‘u temsil etsin. D harfi ise, OD yarı-ekseni ile Latus Rectum‘un yarısının değeri arasındaki farkı temsil etsin. Bir Y açısı tanımlansın. Bunun ölçüsü de; açının sinüsünün yarıçapa oranı; bu D farkının altındaki dikdörtgenin alanına AO+OD ile gösterilmiş eksenlerin uzunluklarının toplamının yarısının eklenmesi ile oluşan niceliğin, AB ile gösterilmiş büyük eksenin karesine oranına eşittir. Bir de Z açısı tanımlayın. Bunun ölçüsü de şöyle olsun: Açının sinüsünün yarıçapa oranı; SH ile gösterilmiş odak noktalarının arasındaki mesafenin altındaki dikdörtgenin alanının iki misline; D ile gösterilmiş farkın niceliğinin eklenmesi ile oluşan değerin; AO büyük-yarıekseninin yarısının karesinin üç misline oranına eşittir.

252

Bu açılar, bir yol bulunduğunda, cismin yörüngedeki konumu tâyin edilebilir. T açısını; BP yayının kat edildiği süreye orantılı olarak alın ya da ―ortalama hareket‖ de denilen değere eşit alın ve bir V açısı alın. Ortalama hareketin birinci denklemin Y açısına oranı olsun; bu da ―en büyük birinci denklem‖ olsun; bu değeri de T açısının 2 mislinin sinüsünün yarıçapa oranına eşitleyin. Ve bir X açısı alın, ikinci denklem, bunu da Z açısına (en büyük ikinci denklem) oranlayıp bu oranı da T açısının sinüs değerinin kübünü yarıçapın kübüne eşitleyin. Sonra da: Bir BHP açısı alarak ortalama hareketi; bu açıya göre hesaplayın ki: bu da T+X+V açılarının toplamına eşit olsun. Eğer bu hesapta; T açısı bir dik açının değerinden küçük ise ya da T+XV değerine eşit ise, eğer T açısı bir dik açının değerinden büyük ama iki dik açının değerinden küçük ise, ve eğer, HP elipse P noktasında değerse; SP‘yi çizin ve bu çizgi BSP alanını neredeyse orantılı keser. Bu hesaplama tarzı; yeterince expeditious‘dır çünkü V ve X açıları; deyim yerindeyse, ―second minute‖ cinsinden alındığı için çok küçük bir değerde olacak; virgülden sonraki 2 veya 3 rakamı hesaplamak kâfi gelecektir. Ancak yine de, gezegenlerin hareketini izâh eden teorinin ihtiyacını görebilecek hassasiyette bir hesaptır. Merkezî denklemlerden en büyüğünün açısının en fazla 10 derece olabildiği Mars gezegeninin yörüngesinde bile hesabın sapması nâdiren 1 dereceden fazladır. Ancak; BHP açısıyla hesaplanan ortalama hareket bulunduğunda; hakiki hareketi bildiren BSP açısı ve SP mesâfesi bilinen yöntemlerle zâten bulunmuştur. Şimdilik, cisimlerin eğrilerdeki hareketi konusunda bu kadar yazmakla yetiniyorum. Ancak, yeri gelmişken belirteyim ki bir cismin yükselirken ya da inerken izlediği yolu bir doğru temsil eder. Şimdi de, bu türden hareketlerin detaylarını izâh edeceğim. 7.Kısım

253

Cisimlerin doğrusal hatlı yükselmesi ve inmesi hakkında 32.Önerme 24.Problem Merkezcil kuvvetin, bir merkezden çeşitli mesâfelerde bulunan noktaların bu mesâfelerin kareleriyle orantılı olduğunu farz ederek; bir cismin düşme hâlinde verilmiş belli sürelerde kat ettiği mekânları tanımlamak gereksin. Birinci Vaka: Eğer; cisim; dikey olarak düşmez de (1.Kaziye‘nin 13. Önermesi‘ne göre) konik kesitlerinden birine uygun hareket ederse ve bunun odak noktası da kuvvet merkezinde konumlandırılmış olursa: Farz edin ki: Konik kesiti ( 15.Tepsi‘nin 1.Tabağı‘ndaki şekilde gösterildiği gibi ARPB olsun ve S noktası da bunun odağı olsun.

254

255

İlkin, şekil bir elips olsun; o şeklin üzerine, onun büyük ekseni olan AB üzerinden bir ADB yarı çemberini tanımlayın. Ve düşen cismin yolundan geçen bir DPC doğrusu alın; bu doğru da eksen ile dik açılar oluştursun. Ve DS‘yi PS‘yi çizerek, ASD alanı ASP alanına orantılı olsun ve bundan ötürü de süreye orantılı olur. AB ekseni hâlâ aynı kalmak şartı ile elipsin boyunu mütemadiyen azaltın ve ASD alanı daima süre ile orantılı kalır. Varsayın ki: Elipsin boyu sonsuzca azaltılsın ve vakada da; APB yörüngesi, AB ekseni ile özdeşleşir. Ve S odağı, eksenin B ile gösterilmiş uç noktası ile özdeşleşir. Cisim; AC doğrusu üzerinde iner. Ve ABD alanı süre ile orantılı hâle gelir. O halde: ABD alanı süreye orantılı alınıp D noktasından başlayarak DC doğrusu AB doğrusunun üzerine dik olarak indirilirse A noktasından başlatılarak, cismin verilmiş bir sürede yaptırıldığı dikey inme hareketinde kat ettiği AC mekânı verilmiş olur. Q.E.I

256

İkinci Vaka: 2. Şekil‘de gösterildiği gibi, eğer, RPB şekli, bir hiperbôl ise; AB adındaki principal diameter üzerinde;

BED adında dikdörtgensel bir hiperbôl

257

tanımlayın.

CSP, CBfP, SPfB yaylarının CSD, CBED, SDEB alanlarına, CP ve CD yüksekliklerinin oranında tekâbül ettiğinden ve SPfB yayı P cisminin PfB yayını kat etmesi için gereken süre ile orantılı olduğundan; SDEB yayı da aynı süreye orantılı olur. Latus Transversum aynı ölçüde kalırken; RPB hiperbôlünün Latus Rectum‘unu sonsuzca azaltın ve PB yayı CB doğrusu ile özdeşleştirir. Ve de S odağı, B vertex‘i özdeşleşir. Ve SD doğrusu da BD doğrusu ile özdeşleşir. Ve bundan ötürü, BDEB alanı; C cisminin CB çizgisi üzerindeki dikey inme hareketini yaparken geçen süreye orantılı olur. Q.E.I Üçüncü Vaka: Ve benzer bir mantıkla, eğer, RPB şekli, bir parabôl ise (3.Şekil)

258

ve B Noktasındaki principal vertex, BED adındaki bir başka parabôl tanımlanır ise; bu dâima verilmiş kalırken; P cisminin çevresinde hareket ettiği önceki parabôlün Latus Rectum‘u kısala kısala en nihâyetinde hiçbir şeye dönüştüğünde; CB çizgisi ile özdeşleşir ve P ya da C cismi S veya B merkezine doğru inme hareketindeyken BDEB parabôl biçimli doğru parçası, hareketin süresi ile orantılı olur. Q.E.I 33.Önerme 9.Teorem Yukarıdaki kurguyu farz ederek şu fikri öne sürüyorum:

259

C adındaki herhangi bir konumdan düşen bir cismin velositesinin; bir B noktası etrafında, BC mesâfesi ölçüsünde hareket eden bir cismin velositesi ile oranı AC mesâfesinin subduplicate oranına eşittir. AC ise, cismin, hareket ettiği çemberin veya dikdörtgensel hiperbôl‘ün daha uzaktaki A vertex‘inden itibâren, şeklin, 2 AB ile temsil edilen esas yarıçapına olan mesâfesine eşittir. (15.Tepsi, 4.Tabak‘taki şekil)

260

AB; O noktasında ikiye ayrılan RPB ve DFB şeklinin ortak çapı olsun ve PT doğrusunu RPB şekline P noktasında değecek şekilde çizin ve gerekirse uzatılabilecek AB çapını da T noktasında kessin. Ve ST‘yi bu çizgiye bir dikme olarak indirin ve BQ‘yu buna çap kabul edin ve RPB şeklinin Latus Rectum‘unun da L olduğunu farz edin. 9.Kaziye‘nin 16.Önermesi‘nden, açık ve seçik biliyoruz ki: S noktası etrafında RPB çizgisini herhangi P konumunda hareket eden bir cismin velositesinin, aynı merkez nokta etrafında tanımlanmış bir çember üzerinde, SP mesafesini alan bir cismin velositesine oranı, ´ L x SP‘nin dikdörtgeninin subduplicate oranının ST²‘ye oranına eşittir. Çünkü konik kesitlerinin özelliklerinden biliyoruz ki; ACB‘nin CP²‘ye oranı 2AO‘nun L‘ye oranına eşittir. Ve bu nedenle de: 2CP² x AO / ACB bölme işlemi L‘ye eşittir. Bundan ötürü; bu velositeler birbirine göre; CP² x AOx SP / ACB‘nin subduplicate oranının ST²‘ye oranı gibidir. Dahası: Konik kesitlerinin özelliklerinden ötürü, CO‘nun BO‘ya oranı, BO‘nun TO‘ya oranına eşittir. Ve kompozisyon veya bölme yoluyla, CB‘nin BT‘ye oranına eşittir. O halde; bölme veya kompozisyon yoluyla; BO – ya da + CO‘nun BO‘ya oranı, CT‘nin BT‘ye oranına eşit olacaktır. Bu da demektir ki: AC‘nin AO‘ya oranı, CP‘nin BQ‘ya oranına eşit demektir ve bundan ötürü CP² x AO x SP / ACB bölme işlemi BQ² x AC x SP / AO x BC bölme işlemine eşit olur. Şimdi, farz edelim ki: CP, RPB şeklinin boyu olsun; bu boy ise sonsuza kadar azaltılsın öyle ki P noktası C noktası ile ve S noktası B noktası ile özdeş hâle gelsin ve SP çizgisi ile BC çizgisi ve ST çizgisi ile BQ çizgisi özdeşleşsin; dönüştürülmüş şekilde, CB çizgisinde dikey olarak inen bir cismin velositesinin, merkezî bir B noktası etrafında tanımlanmış bir çember üzerinde; BC mesâfesini kat eden bir cismin velositesine oranı BQ² x AC x SP / AO x B bölme işleminin subduplicate oranının ST²‘ye oranı eşit olacaktır.

261

Bu da demektir ki: (SP‘nin BC‘ye ve BQ²‘nin ST²‘ye eşitlik oranlarını göz ardı edersek) AC‘nin subduplicate oranının AO‘ya oranı ya da ´ AB‘ye oranına eşit olacaktır. Q.E.D 1.Kaziye: B ve S noktaları özdeşleşirken, TC, TS haline gelecek AC de AO haline gelecektir. 2.Kaziye: Merkezinden verilmiş bir uzaklıkta; herhangi bir çember üzerinde dönen bir cismin hareketi, eğer, yukarıya doğru yönlendirilirse; çemberin merkezine mesafesinin iki misli mesâfeye yükselecektir.

34. Önerme 10.Teorem Eğer, BED şekli bir parabôl ise, fikrim odur ki: Herhangi bir C noktasından düşen bir cismin velositesi, B merkezli bir çemberde; BC aralığının ölçüsünün yarısının ivmesiz bir hız ile kat eden bir cismin velositesine eşittir. (15.Tepsi, 5.Tabak‘taki şekil)

262

Çünkü 7.Kaziye‘nin 16. Önermesine göre; RPB parabôlünü, S merkezi etrafından hareket ederek tanımlayan ve herhangi bir p noktasında bulunan bir cismin velositesi; aynı S merkezi etrafında ivmesiz bir hız ile SP aralığının ölçüsünün yarısı bir mesâfeyi kat eden bir cismin velositesine eşittir. Parabôlün CP boyunu sonsuzca azaltın, öyle ki PfB parabôlik yayı; CB doğrusu ile en nihâyetinde özdeşleşsin. S Merkezi, B vertex‘i ile SP aralığı, BC aralığıyla özdeşleşir ve önerme besbelli bir netlikte gözükür. Q.E.D

263

XV. Tepsi, 1.Cilt, 158. Sayfa. ġekiller tablosu girecek 35.Önerme 11.Teorem Aynı varsayımları farz ederek şu fikri öne sürüyorum: Belirsiz ölçüdeki SD yarıçapı ile tanımlanmış DES şeklinin alanı; bir cismin, S merkezi etrafında tanımlanmış, DES şeklinin Latus Rectum‟unun ölçüsünün yarısına eşit bir yarıçapı olan çember üzerinde ivmesiz bir hızla hareket ederken aynı taradığı alana eşittir.( 16.Tepsi, 1.Tabak‟taki şekil)

Zirâ; tasavvur edin ki: Bir C cismi; bir An‘da, Cc ile temsil edilmiş sonsuzca kısa bir çizgide düşerken, o esnâda, bir başka cisim, örneğin K cismi, S merkezli OKk merkezinde ivmesiz bir hız ile dönerken KL yayını tanımlıyor. CD, cd dikmelerini yükseltin, bunlar da DES şekliyle D, d noktalarında buluşsun. SD‘yi, Sd, SK, Sk ile birleştirin ve Dd‘yi çizerek AS ekseni ile T noktasında buluşturun. Ve o noktadan itibâren ST dikmesini indirin. 1.Vaka: Eğer, DES şekli, bir çemberse, ya da dikdörtgensel hiperbôl ise; bunun AS ile temsil edilmiş transverse diameter‘ını O noktasında iki eşit parçaya ayırın ve böylece SO, Latus Rectum‘un yarısı ölçüsünde olur. Ve TC‘nin TD‘ye oranı, Cc‘nin Dd‘ye oranına eşit

264

olduğundan ve TD‘nin TS‘ye oranı, CD‘nin ST‘ye oranına eşit olduğundan; ex aquo TC‘nin TS‘ye oranı, CD x Cc‘nin ST x Dd‘ye oranına eşit olur. Ancak: 1.Kaziye‘nin 33.Önermesi‘nin mantığınca; D, d noktalarının coalescence ettiği durumda; çizgilerin nihâi oranı düşünüldüğünde; TC‘nin TS‘ye oranı AC‘nin AO‘ya oranına eşit olur. Bundan ötürü; AC‘nin AO‘ya oranı ya da SK‘ya oranı; CD x Cc‘nin ST x Dd‘ye oranına eşit olur. Dahası; C hattındaki bir inme hareketinde, hareketeden cismin velositesinin, S merkezli bir çemberde SC aralığında bir çemberi tanımlayan bir diğer cismin velositesine oranı; 33. önermenin mantığınca; AC‘nin AO‘ya (ya da SK‘ya) subduplicate oranındadır. Ve bu velositenin; OKk çemberini tanımlayan bir cismin velositesine oranı; 6.Kaziye‘nin 4. Önermesi‘nin mantığınca; SK‘nın SC‘ye subduplicate oranındadır. Ve ex aquo olarak; birinci velositenin sonuncu velositeye oranı, bu da demektir ki: Cc adındaki küçük çizginin Kk yayına oranı; AC‘nin SC‘ye subduplicate oranında olur. Buysa; AC‘nin CD‘ye oranına eşittir. Buradan akıl yürüterek, CD x Cc, AC x Kk‘ya eşittir. Ve bundan ötürü de AC‘nin SK‘ya oranı, AC x Kk‘nın ST x Dd‘ye oranına eşittir ve buradan da SK x Kk‘nın ST x Dd‘ye eşit olduğu bilinir ve ´ SK x Kk‘nın ´ ST x Dd‘ye eşit olduğu da bilinir bu da demektir ki; KSk alanı SDd alanına eşittir. Bundan ötürü, zamanın her An‘ında; KSk ve SDd adlı iki eşit parçacık, bir takım alanları oluşturur ki; eğer bunların magnitütleri azaltılır da sayıları sonsuzca çoğaltılırsa; en nihâyetinde eşitlik oranına gelirler ve bunun sonucu olarak 4. Yardımcı Kaziye‘nın Kaziyesi‘nin mantığı gereğince; ikisinin aynı süre zarfında süpürdüğü alanlar daima birbirine eşittir. Q.E.D

265

2.Vaka: Ancak, eğer, 2. Şekil‘de gösterilmiş DES adlı şekli; bir parabôl biçiminde ise yukarıdaki mantığı sürdürerek:

CD x Cc‘nin ST x Dd‘ye oranının TC‘nin TS‘ye oranına eşitliğini buluruz. Ki bu da 2‘nin 1‘e oranına eşittir. Ve bundan ötürü; µ CD x Cc işlemi ´ ST x Dd işlemine eşitlenir. Ancak; C hattında, düşen bir cismin velositesi; ´ SC aralığında; ivmesiz bir hız ile tanımlanan velositeye (34. Önerme‘nin mantığınca) eşittir. Ve bu velositenin; SK yarıçaplı tanımlanan bir çemberin velositesine oranı; yani Cc adındaki küçük çizginin Kk yayına oranı ( 5.Kaziye‘nin 4. Önermesi‘nin mantığı gereği) SK‘nın ´ SC‘ye subduplicate oranındadır. Bu da demektir

266

ki: SK‘nın ´ CD‘ye oranındadır. Bundan ötürü; ´ SK x Kk‘nın niceliği µ CDxCc‘nin niceliğine eşitlenir. Ve bundan ötürü; ´ ST x Dd‘ye eşitlenir; bu da şu anlama gelir: Yukarıda da ispatlandığı gibi; KSk alanı SDd alanına eşittir. Q.E.D Ġspat TamamlanmıĢtır. 36.Önerme 25. Problem Verilmiş bir A noktasından düşen bir cismin sürelerini tâyin etmenin yöntemi (16.Tepsi 3.Tabak‟taki şekil)

267

AS çapının üzerinden (yani cismin, başlangıç konumunda merkezden uzaklığının ölçüsü) ADS adında bir yarı-çember tanımlayın ve bir de S noktasını merkez alıp bir OKH adındaki bir yarı-çember tanımlayın. C cisminin bulunduğu herhangi bir noktayı temsil eden C noktasından

CD

ordinatını

yükseltin.

SD‘yi

birleştirin.

Ve

OSK sektörünü ASD alanına eşitleyin. Şurası besbellidir ki: 35. Önerme‘nin mantığınca; AC mekânını kat ederek düşen bir cismin düştüğü aynı süre zarfında, bir başka cisim; S merkezi etrafında ivmesiz bir hızla dönerken, OK yayını tanımlayabilir.

Q.E.F

37.Önerme 26.Problem Verilmiş bir konumdan, yukarıya doğru fırlatılmış veya aşağıya doğru ittirilmiş bir cismin yolda aldığı süreleri tanımlamanın yöntemi. (16.Tepsi 4.Tabak‟daki şekil)

Farz edin ki: Cisim, verilmiş bir G noktasından herhangi bir velosite ile hareket ettirilsin bu hareketin istikameti de GS çizgisi olsun. Bu velositenin duplicate‘i ile S merkezli bir

268

çemberde verilmiş bir SG aralığında ivmesiz bir velosite ile hareket eden bir cismin velositesini oranlayın. GA‘yı da ´ A‘ya oranlayın. Eğer bu oran; ……..sayısı ile aynı ise; ve A noktası sonsuzca uzaktadır. Ki bu durumda; 34. Önerme‘nin mantığınca; vertex noktası S olan, ekseni SG olan ve Latus Rectum‘u herhangi bir ölçüde olan bir parâbôl tanımlanır. Lâkin eğer bu oran, 2‘nin 1‘e oranından az ise veya fazla ise: Az olduğunda, bir çember tanımlanır. Fazla olduğunda ise 33.Önerme‘nin mantığınca; bir dikdörtgensel hiperbôl SA çapı ile tanımlanır. Sonra; S merkezi etrafında; yarıçapı Latus Rectum‘un yarısı olan bir HkK çemberi tanımlayın ve yükselen veya alçalan cismin bulunduğu G noktasından ve C adındaki herhangi bir başka noktadan; GI ve CD dikmelerini yükseltin, bunları da konik kesiti ile veya çember ile I ve D noktalarında buluşsun. Sonra; SI ve SD‘yi birleştirin. HSK, HSk sektörlerini; SEIS, SEDS doğru parçalarına eşitleyin. Ve 35. Önermenin mantığınca; G cismi GC mekânını K cisminin Kk yayını kat ettiği aynı sürede tanımlar. Q.E.F 38.Önerme 12.Teorem Merkezcil kuvvetin; bir merkezden, çeşitli yerlerde, yükseklik veya mesafe ile orantılı olduğunu varsayarak: Fikrim odur ki: Düşen cisimlerin süreleri veya velositeleri ve tanımladıkları mekânlar; yayların birbirlerine göre ölçüleri ile ve yayların dik ve versed sinüsleri ile orantılıdır. (17.Tepsi 1.Tabak) Varsayın ki: Herhangi bir A noktasından AS doğrusu istikametinde düşsün.

269

Ve S ile gösterilmiş bir kuvvet merkezi ile AS interval ( yarıçap?) ölçüsünde AE adında bir çemberin çeyreğini tanımlayın ve CD‘yi herhangi bir AD yayının dik sinüsü kabul edin ve A cismi düşerken; AD süresinde, AC mekânını tanımlar ve tam C noktasında CD velositesini alır. Bu olgu; 10. Önerme‘de olduğu gibi 32. Önerme‘de de 11. Önerme‘den türetilerek gösterilmiş ve ispatlanmıştır. 1.Kaziye: O halde; A noktasından düşme hareketine geçirilen bir cismin S merkezine varmasına kadar geçen süre; bir başka cismin ADE adındaki bir çeyrek çember yayı üzerinde dönerken geçen süreye eşittir.

270

2.Kaziye: Bundan ötürü de; düşen cisimlerde; cisimler hangi konumdan yola çıkarılarak bir merkeze varırsa varsın, bütün süreler birbirine eşittir. Çünkü dönen cisimlerin devir süreleri 3.Kaziye‘nin 4.Önermesince birbirine eşittir.

271

39. Önerme 27. Problem Varsayın ki: herhangi türden bir merkezcil kuvvetin tesiri altında hareket eden eğri çizgisel şekillerde ―granting the quadratures‖ yaparak; bir doğrusal hatta yükselen veya alçalan bir cismin, geçip gittiği çeşitli konumlardaki velositelerini bulmak gereksin ve bir de bu yoldaki herhangi bir konuma varacağı sürenin hesap edilerek bulunması gereksin veya belli bir süre verilip konum bulunmak istensin.

272

Farz edin ki: E cismi; (17.Tepsi‘nin 2.Tabağında gösterilmiş) ve A ile temsil edilen herhangi bir noktadan ADEC doğrusundan düşsün. Ve bir E noktası alın; bu noktadan çıkarılan bir EG dikmesi hayâl edin; bu da, bu noktadan C merkezine yönelmiş merkezcil kuvveti ile orantılı

273

olsun ve BFG adında bir eğriçizgi olsun ve aynı zamanda G noktasının yakın muhitinde konumlanmış olsun. Ve hareketin başlangıcında; varsayın ki: EG, AB dikmesi ile özdeş olsun ve cismin bulunduğu herhangi bir E konumundaki velositesi; 2.kuvveti ABGE eğrisel alanına eşit olan bir doğruya eşit olacaktır. Q.E.I EG‘de, EM‘yi, 2.Kuvveti ABGE alanına eşit olan bir doğruya karşılıklı olarak orantılı alın. Ve VLM‘yi de, M noktasının daima üzerinde konumlandığı bir eğri çizgiyi kabul edin ve buna AB doğrusu üzerinde bir asimptot olarak çizilmiş olsun ve cismin AE çizgisi üzerinde düşerken geçen süre; ABTVME eğrisel alanına eşit olacaktır. Q.E.I Çünkü AE doğrusu üzerinde; DE adında, çok kısa bir çizgi verilmiş bir ölçüde alınırsa; ve cisim D noktasındayken, DLF, EMG çizgisinin yerinde konumlanmış olursa; ve eğer, bir merkezcil kuvvet alınırsa ve bunun ölçüsü, 2. Kuvveti ABGE alanına eşit olan bir doğru olursa ve bu kuvvet de, düşen cismin velositesine eşit olursa; alanın kendisi; o velositenin karesine eşit olacaktır. Bu da demektir ki: Eğer cismin, V noktasındaki ve E noktasındaki velositelerinin yerine V ve V+I yazarsak; ABFD alanı VV‘ye eşit olur, ABGE alanı VV+2VI+H‘ye eşit olur. Ve bölme işlemi yoluyla; DFGE alanı 2VI+H‘ye eşit olur ve bundan ötürü DFGE/DE bölme işlemi 2VI+H/DE bölme işlemine eşit olur. Bu da demektir ki: Eğer, henüz doğmakta olan bu niceliklerin; birinci oranlarını alırsak; DF uzunluğu 2VI/DE niceliğine eşit olur ve bundan ötürü; IxV/DE niceliğinin de yarısına eşit olur. Ancak, cismin düşerken tanımladığı DE adındaki çok kısa çizgiyi kat ederken geçen süre; o çizgiyle doğru orantılı ve V velositesi ile ters orantılıdır. Ve kuvvet de I ile gösterilmiş artışın

274

niceliğinde olacak; bu ise velosite ile doğru orantılı ve süre ile ters orantılı olacaktır. Ve bundan ötürü, bu niceliklerin, bunlar henüz belirmeye başlarkenki ilk oranlarını ve I x V / DE niceliğine eşitken alırsak; bu da DF uzunluğuna eşitlenir. Bundan ötürü; DF‘ye ya da EG‘ye orantılı bir kuvvet, cismi, inme hareketine zorlar ve bunun da velositesinin ölçüsü; 2.kuvveti ABGE alanına eşit olan doğruya eşittir. Q.E.D İspat Tamamlanmıştır. Dahası; verilmiş bir çok kısa uzunluktaki DE çizgisini tanımlamak için geçen süre, velosite ile ters orantılıdır. Ve bundan ötürü; karesi ABFD alanına eşit olan bir doğru ile de ters orantılıdır. Ve DL çizgisi ve buna bağlı olarak henüz beliren DLME alanı, aynı doğru ile ters orantılı olacaktır. Süre de; DLME alanına eşit olacaktır ve sürelerin tümünün toplamı, alanın tümünün toplamına eşit olacaktır; bu da demektir ki: 4. Yardımcı Kaziye‘nın Kaziyesi‘nin mantığınca; AE çizgisinin tanımlandığı sürenin bütünü, ATVME alanının bütününe eşit olacaktır. Q.E.D Ġspat TamamlanmıĢtır. 1.Kaziye: P Noktası, bir cismin düşme hareketine başlatılacağı bir yer olsun. Öyle ki: bilinen herhangi bir uniform merkezcil kuvvet ile cisme tesir edildiğinde; (örneğin; kütleçekiminin üstünkörü bir bakışla zannedildiği gibi) D noktasında bir velosite kazanabilir, bu velosite ise; başka herhangi bir kuvvetin tesiri ile düşen bir başka cismin, aynı D noktasında kazandığı velositeye eşit olabilir. DF dikmesinde; DR‘yi alın; bunun da DF‘ye oranı; o uniform kuvvetin; öteki kuvvetin D noktasındaki magnitütüne eşit olabilsin. PDRQ dikdörtgenini tanımlayın; ABFD alanını bu dikdörtgene eşit ölçüde kesin. Bu durumda; A noktası diğer cismin düşme hareketine başlatıldığı nokta olur.

275

276

Çünkü DRSE dikdörtgenini tamamlarsak; ABFD alanının DFGE alanına oranını VV‘nin 2VI‘ya oranına eşit olmasından ötürü ve bu nedenle; 1/2V‘nin I‘ya oranına eşit olduğundan, bu demektir ki: bütün velositenin yarısının; unequable bir kuvvet ile düşen cismin velositesindeki artış‘a eşit olur. Ve aynı mantığı yürüterek; PQRD alanının DRSE alanına oranı, velositenin bütününün yarısının, uniform bir kuvvet ile düşen cismin velositesindeki artışın oranına eşitlenir. Ve bu artışlar; (beliriveren sürelerin eşit olması sebebiyle) generating kuvvetlere eşittir ve bu da demektir ki; DF, DR ordinatlarına eşittir ve bundan ötürü, DFGF, DRSE adındaki beliriveren alanlara eşittir ve bundan ötürü, ex quo, ABFD, PQRD alanlarının bütünlerinin birbirlerine oranı; velositelerin bütünlerinin yarılarına eşit olacaktır ve bundan ötürü; velositelerin eşitliğinden ötürü onlar da eşitlenecektir. 2.Kaziye: O halde; eğer; bir cisim, herhangi bir D noktasından, verilmiş bir velosite ile; yuksrıya doğru fırlatılırsa ya da aşağıya doğru ittirilirse ve bu cisim üzerinde tesir eden merkezcil kuvvet kanunu verildiğinde, e ile temsil edilmiş herhangi başka bir noktadaki velosite şöyle bulunur: eg ordinatını yükseltip çizerek ve bu velositeyi; cismin D noktasındaki velositesine oranlayıp bunu da karesi alındığında PQRD dikdörtgeninin alanını veren bir doğruya eşitleriz. Söz konusu velosite de: Eğer; e noktası D noktasının altındaki bir konumdaysa6; DFge eğrisel alanının ölçüsü; karesi PQRD dikdörtgensel alanına eşit olan bir doğrunun niceliğine DFge eğrisel alanının eklenip PQRD‘ye oranlanması ile bulunur. Ya da, eğer e noktası D noktasından yukarıda ise:7 karesi PQRD dikdörtgensel alanına eşit olan bir doğrunun niceliğinin DFge eğrisel alanından çıkarılıp PQRD‘ye oranlanması ile hesap edilir.

6

Çevirenin Dipnotu: Yani, cisim aşağıya doğru ittirilmiş ise.

7

Çevirenin Dipnotu: Yan, cisim yukarıya doğru fırlatılmış ise. Bunun da mantığını sağduyu ile anlamak mümkündür. Cisim, yukarıya doğru fırlatılmış olduğunda, maksimum yüksekliğine varana değin geçen sürede tesir eden kuvvet, cismi dünyanın merkezine doğru çektiğinden, bu niceliklerin çıkarılması mantıklıdır. Aşağıya doğru ittirildiği durumda ise, ittiren kuvvetin niceliğinin, tâbî olarak işleyen merkezcil kuvvetin niceliğinin üzerine eklenmesi mantıklıdır.

277

Üçüncü Kaziye: Süreler, bir de şu yolla bulunabilir. Em ordinatını, yükseltip çizerek ve bunu PQRD alanının ( ya da – Dfge‘nin) kareköküne reciprocal orantıda alarak ve cismin D çizgisini tanımladığı süreyi, bir başka cismin, uniform bir kuvvet ile P noktasından harekete başlayıp D noktasına vardığı süreye oranlayıp; bu oranı da DLme eğrisel alanının 2PDxDL dikdörtgensel alanına orantısına eşitleriz. Çünkü ivmesiz bir kuvvetin tesiri altında düşen bir cismin; PD çizgisini tanımlarken geçen sürenin; aynı cismin, PE çizgisini tanımlarken geçen süreye oranı; PD‘nin PE‘ye subduplicate oranındadır. Bu da şu anlama gelir; DE adındaki henüz belirivermiş çok kısa bir çizgi, PD‘nin PD + ´ DE‘ye oranına eşittir. Ya da; 2PD + DE‘ye oranına eşittir ve bunu cismin DE kısa çizgisini tanımlar iken geçen süreye bölüp 2/D‘nin DE‘ye oranına eşitleriz. Ve bundan ötürü; bu da, 2/ DxDL dikdörtgeninin DLME alanına oranına eşittir. Ve her iki cismin de çok kısa DE çizgisini tanımlarken geçen sürenin ―unequably‖

hareket eden cismin De çizgisini tanımlarken geçen süreye oranı, DLME

alanının DLme alanına oranına eşittir. Ve ex aquo, ilk bahsedilen sürenin son bahsedilen süreye oranı, 2 PD x DL dikdörtgeninin DLme alanına oranına eşittir.

Sekizinci Kısım Herhangi türden bir merkezcil kuvvetin tesiri altında dönecek cisimlerin yörüngelerinin bulunması hakkında. 40. Önerme 13.Teorem Eğer bir cisim, herhangi bir merkezcil kuvvet tesiri altında bırakılıp da herhangi bir şekilde hareket ettirilirse ve diğer bir cisim doğrusal bir hatta yükselir veya inerse ve bunların

278

velositeleri herhangi bir durumdaki birbirine eşit irtifâlarda (yüksekliklerde) birbirine eşit ise; bütün eşit irtifâlarda (yüksekliklerde) velositeleri de birbirine eşit olur. 17.Tepsi‘nin 3.Tabağı‘nda gösterilmiş bir A cisminin; D ve E noktalarından geçerek C merkezine indiğini tasavvur edin. Ve bir diğer V cisminin VIKk eğrisinde hareket ettiğini tasavvur edin.

279

C noktasını merkez alıp herhangi bir mesâfede; DI, EK adında müşterek merkezli çemberleri tanımlayın. Bunlar; AC doğrusu ile D ve E noktalarında kesişsin, VIK eğrisi ile de I ve K noktalarında kesişsin. IC çizgisini N noktasında, KE‘ye değecek şekilde çizin ve IK‘nın

280

üzerine NT dikmesini indirin ve DE ya da IN aralığını çemberlerin çevrelerinin arasındaki çık kısa bir çizgi olarak kabul edin. Ve D ve I‘daki cisimlerin eşit velositelerde olduğunu tasavvur edin. O halde; CD ve CI mesâfeleri eşit olduğundan, D ve I‘daki merkezcil kuvvetler de eşit olacaktır. Bu birbirine eşit kuvvetleri, DE ve IN adındaki eşit ölçülü lineola‘lar olarak kabul edin. Ve IN kuvvetini, Hareketin Kanunları‘nın 2.Kaziyesi‘nin mantığınca, NT ve IT adındaki iki kuvvete ayırıp çözümleyin. O halde cismin; ITK ile gösterilmiş yoluna dik olan; NT çizgisinin istikametinde tesir eden NT kuvveti; cismin bu yoldaki velositesine ne tesir edecek ne de velositesini değiştirecektir. Ancak; cismi; doğrusal yolundan kenara doğru çekip; cismin yörüngesinin tanjantından mütemâdiyen saptıracaktır. Ve cisim IIKk eğriçizgisel yolunda ilerleyecektir. Bu nedenle, o kuvvetin tamamı; cisme bu tesirde bulunarak tükenecek; ancak IT ile gösterilmiş diğer kuvvet, cismin aldığı yol istikâmetinde tesir edecek ve bu kuvvetin tamamı, cisme ivme verme işini yapacaktır, verilmiş sürelerin en azında, kendi kuvvetine orantılı olan bir ivme üretecektir. Bundan ötürü de; bu cisimlerin D ve I noktalarındaki; eşit sürelerde üretilmiş ivmeleri DE, IT çizgilerine eşittir. ( eğer, DE, IN, IT, NT adındaki henüz belirmiş çizgilerin birinci oranlarını alırsak) ve eşitsiz sürelerde ise bu çizgilerin ve sürelerin çarpımına eşittir. Ancak; DE ve IK çizgilerinin tanımlandığı süreler; D ve I noktalarında eşit velositelerin bulunması nedeniyle; tanımlanan DE ve IK mekânlarına eşittir. Ve bu nedenle, cisimlerin DE ve IK çizgilerinde hareket ederkenki ivmeleri, DE ve IT‘nin ve DE ve IK‘nin çarpımlarına eşittir. Bu da demektir ki: DE‘nin karesinin IT ve IK ile oluşmakta olan dikdörtgenin alanlarının oranına eşittir. Ancak; IT x IK dikdörtgeni; IN‘nin karesine eşittir; bu da DE‘nin karesine eşittir ve bundan ötürü; cisimlerin, D ve I‘dan F ve K‘ya geçişlerinde hâsıl olan ivmeler eşittir. Bundan ötürü; cisimlerin E ve K noktalarındaki velositeleri de eşittir. Ve aynı

281

akıl yürütme ile denilebilir ki: Bundan sonra gelen herhangi bir eşit mesâfe durumunda da dâima eşit olacaktır. Q.E.D İspat Tamamlanmıştır. Aynı mantık ile şu hükme varırız: Eşit velositelerdeki ve bir merkezden eşit mesafedeki cisimler; eşit ölçülü mesâfelere yükselirken eşit ölçüde yavaşlatılacak ve geciktirilecektir. Q.E.D Birinci Kaziye: Bundan ötürü eğer bir cisim bir sicime asılarak sola ve sağa doğru salınmaya bırakılırsa ve yahut cilâlanmış ve mükemmel denilebilecek pürüzsüzlükte bir engele değdirilerek bir eğrisel yolda hareket ettirilirse ve bu esnâda da bir doğrusal hatta yükselirse veya alçalırsa: Bunların yüksekliklerinin eşit olduğu her noktada velositeleri de eşit olacaktır. Ve diğer eşit yüksekliklerin hepsi için de, velositeler eşit olur. Çünkü salınan bir cismin, sallandırıldığı ip yolu ile ya da mükemmel ölçüde düzgün ve pürüzsüz olan ve hareketi engelleyen bir cisim yolu ile aynı tesir sağlanabilecektir. Bunu gösteren işâret NT ile gösterilmiş transverse kuvvet gibi olacaktır. Cisim, bununla,

ne ivmelendirilir ne de

ivmesizlendirilir ancak ve ancak doğrusal hatlı rotasından saptırılır. 2.Kaziye: Varsayın ki: P Niceliği, bir cismin, bir merkezden ölçüldüğünde yükselebileceği en büyük mesafe olsun. Bu cisim, ister salınsın, ister bir mahrekte dönüp dursun; aynı durum, bir mahrekte yol alan bir cismin, eğri üzerindeki her bir noktadan; yukarıya doğru, o noktada sahip bulunduğu velosite ile de tasavvur edilsin. A niceliği, yörünge üzerindeki, herhangi bir başka noktadan, merkeze uzaklığını temsil etsin. Ve merkezcil kuvvet de; A niceliğinin An - - 1 formunda gösterilen kuvveti gibi olsun. Bunun

282

üssü, n - 1 formunda; birer birer azalan herhangi bir n sayısı olsun. Bu şartlar ile: A ile gösterilmiş, her yükseklik için, velositenin hesabı; √ (Pn-An) formunda olur. Ve bu nedenle; zaten verilmiştir. Çünkü 39.Önerme‘nin mantığınca; bir cisim, bir doğrusal hat üzerinde alçalırken veya yükselirken tarifi verilmiş oranda hareket eder. (Kaynak metinde 171.sayfa)

41. Önerme 27. Problem Hangi türden olursa olsun, bir merkezcil kuvveti varsayarsak ve eğri çizgisel şekillerin “granting the quadratures” ederken cisimlerin mahreklerindeki hareketlerindeki süreleri ve mahrekleri birbirlerine göre hesaplamak gereksin.

283

17.Tepsi‘nin 4.Tabağı‘ndaki şekle bakınız: C noktası‘na müteveccihen bir merkezcil kuvveti düşünün. Ve VIKk mahrekini hesaplamak gerekmiş olsun. VR çemberi, C noktasını merkez alıp CV yarıçapı ile tanımlanmış olsun. Ve aynı noktayı, merkezî nokta alıp ID ve KE çemberlerini tanımlayın. Bu çemberler de, mahreki, I ve K noktalarında ve CV doğrusunu D ve E noktalarında kessin. Sonra, CNIX doğrusunu çizin, bu doğru da KE, VR çemberlerini N ve X noktalarında kessin ve CKT doğrusu VR çemberine T noktasında değsin. I ve K noktaları, birbirine tanımsız ölçüde yakın olmuş olsun. Cismi, V noktasından hareket ettirip I noktasından ve K noktasından geçirip k noktasına vardırın.

284

A noktası da, bir başka cismin düşürüleceği bir nokta olsun. Öyle bir nokta ki: D noktasına geldiğindeki velositesi, öteki cismin I noktasındaki velositesinin ölçüsüne eşit olsun. Ve şartları; 39.Önerme‘deki gibi tutarak düşündüğümüzde: Verilmiş en küçük sürede tanımlanmış IK lineolası velositeye eşit olacaktır. Ve bundan ötürü, karesi, ABFD alanına eşit olan bir doğrunun ölçüsüne eşit olacaktır. Ve ICK üçgeni de verilen süreye orantılı olacaktır ve bundan ötürü KN, IC yüksekliği ile ters orantıda olacaktır; bu da demektir ki (eğer, bir Q niceliği verilmişse ve IC yüksekliğine de A denilirse) Q/A bölme işlemine eşit olacaktır. Bu Q/A bölmesine, Z ismini verin. Ve farz edin ki: Q‘nun magnitüt‘ü öyle bir ölçüde olsun ki: Durumların bazısında; √ABFD‘nin Z‘ye oranı, IK‘nın KN‘ye oranına eşit olsun. Ve durumların hepsinde de

√ABFD‘nin Z‘ye oranı IK‘nın KN‘ye oranına eşit olsun. Ve

ABFD‘nin ZZ‘ye oranı da IK²‘nin KN²‘ye oranına eşit olsun. Ve bölme işlemi yolu ile ABFD – ZZ işleminin ZZ‘ye oranı, IN²‘nin KN²‘ye oranına eşit olsun. Ve bundan ötürü, √(ABFD – ZZ)8 işleminin Z‘ye oranı, ya da, Q/A‘nın, IN‘nin KN‘ye oranına eşit olsun; ve bundan ötürü A x KN işlemi; Qx IN/ √ (ABFD – ZZ) işlemine eşit olsun.

8

Çevirenin Notu: Newton, orijinal metninde karekök işaretinin sağa doğru uzatılan çizgisi, karekök içindeki toplanan veya çıkarılan terimlerin tümünü kapsayacak şekilde işlemin üzerini örtmektedir. Oysa modern klavyede, karekök işaretinin sapı sağa doğru kısa tutulduğundan, bir karışıklık doğması ihtimâli son derece yüksektir. Zirâ işlemin karekökü alınacak değişkeni, sadece, karekök işaretinin sağa uzanan sapının üzerini örttüğü terim midir? Yoksa ikinci, üçüncü, dördüncü ve n. inci terimlerin de karekökü alınacak mıdır? Burada, uzmanı olmadığımdan sadece sağduyu ile ve birkaç basit hesap yaparak şu sonuca vardım: Sayı ile denedim. Terimlerin hepsinin birden parantez içinin hesaplanarak karekökünün alınması ile bulunan sayının, sadece birinci terimin karekökünün alınıp diğer terimler ile toplanması-çıkarılması yolu izlendiğinde bulunan sayı ile farklı olduğunu tespit ettim. Bir de, karekökünü, terimlerin her birine uygulayarak çıkan sonuçları toplayıp çıkarınca bambaşka sonuçlar elde ettim. Kanımca, burada, Newton’un kastettiği matematiksel yol: Önce parantezin içindeki tüm terimlerin toplamlarının alınarak (çıkarma da buna dâhil) elde edilen nihai sayının kare kökünün alınması yoludur. Burada: Bir çevirmenin izlemesi gereken yol nedir? Şeklinde sorduğumda, modern klavyedeki √ işareti değiştirilemeyeceğine göre; ya Newton’un orijinal metninde olmayan parantezleri kareköklü işlemlere eklemek gerekiyordu. Ya da, Newton’un orijinal metnindeki kareköklü işlemleri kopyalayıp yapıştırmak yöntemini bir teknik olarak kullanmak gerekiyordu. Burada; son ve nihai metinde hangi yolu izlersem izleyeyim bu açıklayıcı notu da düşmeyi uygun buldum. Bahsettiğim konu sadece bu bilimsel metin ile ilgili bir konu olmayıp karekökün klavyede kullanıldığı diğer işlemler için de karışıklık oluşturması son derece muhtemel bir durumdur. Okur, parantez içinin değerini, kökün içinden tam sayı çıkaran bir sayı alıp terimleri de

285

Bundan ötürü; DF dikmesi, Db ile gösterildiği şekliyle uzatılarak alındığında, Dc, Q / 2√(ABFD-ZZ) bölme işlemine eşit olacaktır; Q x CX² / 2 AA √ (ABFD – ZZ)

bölme

işlemine sırasıyla eşit olacaktır. ab, ac eğrilerini tanımlanmış b ve c noktalarının odakları olarak alın. Ve, V noktasından itibâren, Va dikmesini AC çizgisine kadar çıkarın, bu ise VDba, VDca eğrisel alanlarını kessin ve Ez, Ex ordinatlarını da yükseltmiş olsun. O halde; Db x IN dikdörtgeni ya da DbzE dikdörtgeni A x KN dikdörtgeninin yarısına eşit olduğundan veya ICK üçgenine eşit olduğundan ve Dc x IN dikdörtgeni ya da Dc x E dikdörtgeni TX x Xc dikdörtgeninin yarısına eşit olduğundan ya da XCT üçgenine eşit olduğundan; bu da demektir ki; VDba ve VIC alanlarının DbzE ve ICK adındaki belirivermiş parçacıkları daima birbirine eşit olur. Ve, VDca ve VCX alanlarının DcxE ve XCT adındaki belirivermiş parçacıkları daim eşittir. Ve bundan ötürü, VDba oluşturulan alanı VIC oluşturulmuş alanına eşit olur. Ve, VDca oluşturulmuş alanı VCX adındaki oluşturulmuş kısma eşit olur. O halde; eğer, cismin, V noktasından harekete başlayıp da hareket halinde olduğu herhangi bir zaman verilirse: Bu bilgi ile beraber, onunla orantılı olan VDba alanı da verilmiş olur. Ve bundan ötürü; cismin; CD veya CI ile temsil edilmiş yüksekliği de verilmiş olur. Ve, VDca ve VCX kısmı (VCI açısı müşterek olmak suretiyle birbirine eşit olur.) Lâkin; VCI açısı ve CI yüksekliği verildiğinde; I noktası da verilmiş olur. Bu I noktası da, sürenin sonunda, cismin bulunacağı noktadır. Q.E.I 1.Kaziye: O halde; fırlatılan cisimlerin en fazla ve en az yükseklikleri, yani, mahreklerinin apside‘ları da, kolaylıkla hesaplanabilir. Çünkü, apside‘lar, IC adındaki bir doğrunun merkezden geçirilerek çizildiği ve VIK mahrekine dik olarak indirildiği noktalardır. (which ona göre seçip benim bu notta bahsettiğim sayı deneylerini kendi yapıp görebilir. Newton’un kök söktüren metni, uzun cümleleriyle olduğu kadar bir de bu açıdan inceliklerle doludur.

286

comes to pass) IK ve NK doğruları eşit ölçüye geldiğinde; yâni, ABFD alanı ZZ‘ye eşit olduğunda. 2.Kaziye: O halde, bir de, mahrekin IC çizgisini kestiği herhangi bir yerde oluşan KIN açısı, cismin, IC yüksekliği verildiğinde kolaylıkla hesaplanabilir. Bunun yolu da: O açının sinüs‘ünün yarıçapa oranını, KN‘nin IK‘ye oranına; bunu da Z‘nin, kareköküne oranına eşitleyerek denklem kurmaktır.

3.Kaziye: 17.Tepsi‘nin 5.Tabağı‘ndaki şekle bakınız.

287

ABFD alanının

Eğer, bir C merkezî noktalı ve V principal vertex‘li bir VRS adındaki konik kesiti tanımlanırsa ve oradan, R noktasından itibâren bir RT tanjantı çizilerek, belirsiz ölçüde uzatılan bir CV ekseni ile T noktasında buluşursa; ve CR‘yi birleştirerek CP doğrusu çizilirse; bu da CT absisine eşit olursa ve VCP açısını VCR kısmına orantılı ölçüde yaparsa; ve eğer, C noktasına yönelmiş bir merkezcil kuvvet, ölçüsü, yerlerin C noktasına uzaklıklarının küpler ile ters orantıda alınır ise ve V noktasından itibaren, bir cisim, CV doğrusuna bir dikme olarak saplanacak bir istikamette belli bir velosite ile alınırsa: Bu cisim, VPQ mahrekinde hareket edecek ve P noktası ile daima temas edecektir ve bundan ötürü, eğer VRS konik kesiti bir hiperbôl ise, merkeze doğru inecek ancak eğer elips ise mütemâdiyen yükselecektir. Git gide öteye gide gide belirsiz ölçüdeki bir mesâfeye doğru yol alacaktır.

288

Ve bunun tersi bir halde: Eğer bir cisim; herhangi bir nicelikteki bir velosite ile yüklenmiş olarak, V noktasından hareket ettirilirse, merkeze doğru eğik bir açı ile iniş durumuna göre veya öteye eğik bir açı ile yükselme durumuna göre; VRS şekli ya bir hiperbôl ya da bir elips olacaktır. Ve bunun mahreki de, VCP açısını verilmiş belli bir oranda arttırarak veya hesaplanabilecektir. Ve merkezcil kuvvet, savrulma kuvvetine dönüşürken; cisim, VPQ mahrekinde eğik bir açı ile yükseltilecektir. Bunun hesabı da; VCP açısını VRC elips biçimli kısma orantılı alarak ve CP uzunluğunu CT uzunluğuna, önceki durumdaki gibi, eşitleyerek yapılır. Bütün bunların kaynağı, evvelki önermeden türetilir; bunun metodu da belli bir eğrinin dörtgenlere ayrılması yoludur. Ki bunu icât etmek kolay olsa da, metni kısa ve öz tutmak için şimdilik bu konuya girmiyorum. 42.Önerme 29.Problem Merkezcil Kuvvetin Kanunu verildiğinde; verilmiş bir noktadan verilmiş bir doğrusal hat boyunca hareket ettirilen bir cismin hareketini hesaplamanın yöntemi. Evvelki 3 varsayımda kabul edilenleri kabul edin. Ve cismi I noktasından, IK adındaki kısa çizginin istikâmetinde bırakın (17. Tepsi‘nin 6.Tabağı‘ndaki şekle bakınız.)

289

Bu cismin velositesi de, düşen bir başka cisme eşit olsun ki bu cisim de, P noktasından ivmesiz bir merkezcil kuvvet ile düşerken D noktasında sahip olacağı bir velosite olsun. Bu ivmesiz kuvvet de I noktasında kazandırıldığı kuvvet olsun. Ölçüsü de DK‘nin DF‘ye oranına eşit olsun. Cismi; k noktasına doğru bırakın ve C noktasını merkez alıp Ck yarıçapı ile bir ke çemberi tanımlayın; bu ise PD doğrusu ile e noktasında buluşsun. Ve eg, ev, ew çizgilerini yükseltin, bunları ise BFg, abv, acw eğrilerine ordinat olarak çizilmiş olsun. PDRQ dikdörtgeni verildiğinde ve bir merkezcil kuvvetin kanunu verildiğinde ki cisme bu kuvvet ile tesir edilmektedir; 27. Problem‘in ve bunun 1.Kaziye‘since, BFg adındaki eğri çizgi de verilmiş olur.

290

Sonra; verilmiş CIK açısından IK ve KN belirivermiş çizgilerinin orantısı hesaplanabilir. Ve sonra da 28. Problem‘de de gösterilmiş geometrik inşâ yolu ile Q niceliği verilmiş olur. Bir de abv, acw eğri çizgileri de verilmiş olur ve bundan ötürü; Dbve ile gösterilmiş sürenin sonunda, cismin Ce ve Ck yükseklikleri (irtifâ‘ları) verilmiş olur; Dcwe alanı XCy kısımına eşit olarak bulunur ve ICK açısı bilinir ve k ile gösterilmiş cismin o zaman bulunacağı yer de bilinmiş olur. Q.E.I Bu önermelerde; biz şunu varsaydık: Merkezcil kuvvet, bir merkezden mesâfesine bağlı olarak belli bir kanuna göre değişir. Bu kuvveti, bir kişi, kendi beğenisine göre, tahayyül edebilir ancak nesnel olarak bir merkezden eşit mesafelerde aynı kuvvet ile tesir eder. Buraya değin, cisimlerin sabit yörüngelerdeki hareketlerini müteâlâ ettim. Şimdiyse; bu cisimlerin, kuvvet merkezleri etrâfında dönüp duran yörüngelerdeki hareketlerine dâir birkaç şey söyleyeceğim.

291

Dokuzuncu Kısım Cisimlerin hareket ettirilebilir yörüngelerdeki hareketlerine dâir ve apside‟ların hareketlerine dâir. 43. Önerme 30. Problem Bir cismi, bir kuvvet merkezi etrâfında dönüp duran bir mahrek üzerinde; tıpkı, bir başka cismin atâlet halinde bulunan aynı mahrekte hareket ettiği gibi hareket ettirmek gerekir.

18. Tepsi 1.Tabak‘ta gösterilmiş şekle bakın:

292

Burada, VPK yörüngesi konumda verilmiştir. P cismini döndürün; bunun yönü de V‘den K‘ya doğru olsun. C noktasından başlayıp Cp‘ye mütemadiyen uzatarak çizin. Ölçüsü de CP‘ye eşit olsun. Ve VCp açısını VCP açısına orantılı yapsın ve Cp çizgisinin tanımlayacağı alanın ölçüsünü; CP çizgisinin aynı süre zarfında tanımlayacağı VCP alanına oranı; CP çizgisinin

293

tanımladığı velositeye oranına eşit olacaktır. Bu da demektir ki: VCp açısının VCP açısına oranına eşit olacaktır. Ve bundan ötürü, süreyle de orantılı olacaktır. O halde; sabit bir düzlemde, Cp çizgisinin tanımladığı alan, süre ile orantılı olacaktır. Besbellidir ki: Bir cisim, kâfi ölçüde, bir merkezcil kuvvetin tesiri altında bırakılarak bir p noktasını kutup noktası alarak döndürülebilir. Ki aynı zamanda, bu p noktası da; demin izah ettiğim yöntem ile hareketsiz bir düzlemin üzerindeki bir eğri ile tanımlanabilir. VCu açısını PCp açısına eşitleyin ve Cu çizgisini CV‘ye eşit alın ve uCp şekli daimâ VCP şekline eşit olur. Ve cisim daimâ, p noktasında kâim olarak, uCp adındaki dönen şeklin çevresinde hareket eder ve up adındaki dönen yayı, öteki P cisminin, benzer ve eşit VP yayını, kabolup gitmekte olan VPK şekli üzerinde tanımladığı süre ile aynı sürede tanımlar. O halde; bundan sonraki adım da şudur: 6. Önerme‘nin 5. Kaziyesi‘ne göre; hareketsiz bir düzlemde, bir eğriyi tanımlayan p noktasını kutup noktaları alarak dönen bir cisme; tesir eden merkezcil kuvveti buluruz. Problem de bu yolla çözülmüş olur. Q.E.F

294

44.Önerme 14.Teorem Eğer, iki ayrı cisim; bir yörüngede hareket ettirilirse, cisimlerin biri, kendi ekseni etrafında dönmeksizin (quiescent) diğeri ise dönerek hareket ettirilirse; bunların hâiz olduğu kuvvetlerin farkının ölçüsü şöyledir: Müşterek yüksekliklerinin üçüncü kuvveti ile ters orantılıdır. Yörüngedeki cisimlerden kendi ekseni etrafında dönmeyenin yörüngesinin kısımlarını, 18.Tepsi‘nin 2. Tabağı‘ndaki şekle bakarak VP, PK olarak kabul edin.

295

Bunlar ise, hareketli yörüngenin up, pk ile temsil edilmiş kısımlarına benzer ve eşit ölçüde olsun. Ve P ve K adlı noktaların, arasındaki mesâfeyi de en az ―uzunluk‖ta tahayyül edin. K noktasından bir kr dikmesini, pC adlı doğruya indirin ve bunu m noktasına doğru uzatın; öyle ki, ölçüleri, şöyle olsun: mr‘nin kr‘ye oranı; VCp açısının VCP açısına oranına eşitlensin.

296

Cisimlerin, PC ve pC ile temsil edilen yükseklikleri daima birbirine eşit olduğundan, besbellidir ki; PC ve pC çizgilerindeki artışlar veya azalışlar daima eşittir. Ve bundan ötürü; cisimlerin, P ve p noktalarındaki çeşitli hareketlerinin her biri Hareketin Kanunları‘nın 2.Kaziyesi‘nin mantığına göre ayrılıp çözümlenir ise: Şu bulgu elde edilir: Bu unsurlardan biri, merkeze doğru yönelir; ya da; PC pC çizgileri birbirlerine göre, transverse çizgiler kabul edilir. Ve birbirlerini dik açı ile kesip geçer: Merkeze yönelmiş hareketlerin ölçüsü, birbirine eşit olur. Ve p cisminin transverse hareketinin P cisminin transverse hareketine oranı; pC çizgisinin açısal hareketinin PC çizgisinin açısal hareketine oranına eşitlenir. Bu da demektir ki: VCp açısının, VCP açısına oranına eşittir. Bundan ötürü: P cisminin, hareketinin her iki bileşeniyle, K noktasına geldiği süre zarfında, p cismi; merkeze yönelmiş eşit ölçüde bir hareket ile p noktasından C noktasına eşit şekilde taşınmış olacaktır. Ve bundan ötürü; bu belli sürenin sonunda, mkr çizgisinin üzerinde bir yerlerde bulunacaktır ki bu çizgi de k noktasından geçer, pC çizgisine diktir ve transverse hareketiyle pC çizgisinden itibaren bir mesafeye gidecektir. Ki bunun ölçüsünün değeri alındığında. Ve bu değeri, öteki P cisminin PC çizgisinden itibaren aldığı mesâfenin değerine oranlandığında; bu oran, p cisminin transverse hareketinin öteki P cisminin transverse hareketine oranına eşitlenir. Bundan ötürü: kr çizginin ölçüsü; P cisminin PC çizgisinden itibaren alınan mesâfesine eşit olduğunda ve mr‘nin kr‘ye oranı, VCp açısının VCP açısına oranına eşitlenir. Bu da şuna eşittir. p cisminin transverse hareketinin, P cisminin transverse hareketine oranına eşittir. Besbellidir ki: p cismi, sürenin sonunda m noktasında bulunacaktır. Bu mantık yürütmenin; geçerli olması için gerekli şart: p ve P cisminin pC ve PC çizgilerinin istikametinde eşit ölçüde ve eşit kuvvetlerin tesiri altında taşınmasıdır.

297

Ancak, biz eğer; pCn açısını pCk açısına oranlayıp bunu da VCp açısının VCP açısına oranına eşitlersek ve nC kC‘ye eşit olursa: Bu şartlarda, p cismi, sürenin sonunda, gerçekten n noktasında olur. Ve bundan ötürü, eğer, nCp açısı, kCp açısından büyük ise, P cisminden çok daha fazla ölçüde bir kuvvetle tesir edilir. Bu da şu anlama gelir: Eğer, upk yörüngesi, in consequentia ya da in antecendentia olarak hareket eder de; bu hareketin ölçüsü de CP çizgisinin in consequentia hızının iki mislinden fazla ölçüde olursa; P cisminden fazla bir kuvvet ile tesir edilir. Ve eğer yörünge, in antecendentia olarak daha yavaş hareket ederse, daha az bir kuvvet ile tesir edilir. Ve bu kuvvetlerin farkının ölçüsü de; verilmiş sürede oluşan mekânın farkının tesiri ile taşınacağı mn aralığının ölçüsüne eşit olacaktır. C noktasını merkez alıp Cn veya Ck yarıçapı ile bir çember tanımlayın. Bu çember ise, mr, mn çizgilerini s ve t noktalarında kessin. mn x mt dikdörtgeninin alanının mk x ms dikdörtgeninin alanının ölçüsüne eşit olur. Ve bundan ötürü: mn‘nin ölçüsü, mk x ms / mt bölme işlemine eşit olur. Ancak; pCk, pCn üçgenleri; verilmiş belli bir sürede, verilmiş belli bir magnitütte olacaklarından, kr ve mr, bunların farkı olan mk ve toplamları olan ms, pC yüksekliğinin tersine eşit olacaktır. Ve bundan ötürü; mk x ms dikdörtgeninin ölçüsü; pC yüksekliğinin karesi ile ters orantılı olacaktır. Ancak dahası: mt, ´ mt ile doğru orantılı olacaktır; bu da demektir ki: pC yüksekliğine eşit olacaktır. Bunlar, belirivermiş çizgilerin ilk oranlarıdır. Ve bundan ötürü: mk x ms / mt bölme işlemidir. Bu da demektir ki: Belirivermiş mn çizgisi ve bununla orantılı olan kuvvetlerin farkı, pC yüksekliğinin kübünün ters orantısına eşittir. Q.E.D

298

Birinci Kaziye: O halde; P ve p noktalarındaki kuvvetlerin ya da K ve k noktalarındaki kuvvetlerin farkının, cismin, P cisminin hareketsiz bir yörüngede PK yayını tanımlayacağı bir ve aynı sürede, cismin R‘den K‘ya dairevi hareketle dönebileceği kuvvete oranı, belirivermiş mn çizgisinin; belirivermiş RK yayının versed sinüsüne oranına eşittir. Bu da demektir ki: mk x ms / mt bölme işleminin rk² / 2kC bölme işleminin oranına eşittir. Ya da; mk x ms çarpma işleminin rk‘nin karesine oranına eşittir. Başka bir deyişle: F niceliğinin G niceliğini birbirine oranlayıp bunu da, VCP açısının, VCp açısına oranının, onu da GG-FF‘nin FF‘ye oranına eşitleyen bir denklem kurarsak. Ve bundan ötürü; eğer C noktasını merkez alıp herhangi bir CP ya da Cp yarıçapı ile dairevi parçayı tanımlarsak ve bu parçanın da alanı, Cismin, hareketsiz bir yörüngede; merkezî noktaya doğru çekilmiş bir yarıçap ile belli bir sürede süpürdüğü alan olan VPC alanının bütününe eşit olursa; P cisminin hareketsiz bir yörüngede dönerek ve p cisminin hareket ettirilebilir bir yörüngede dönerek oluşan kuvvetlerin farkı; bir başka cismin; merkeze çekilmiş bir yarıçap ile bu parçayı ivmesiz bir hareket ile VPC alanının süpürüldüğü aynı sürede tanımladığı parçaya oranı; GG-FF çıkarma işleminin FF‘ye oranına eşit olacaktır. Zirâ; bu parçanın alanının ve pCk alanının birbirine oranı; bunların tanımlandığı sürelerin birbirine oranına eşittir. 2.Kaziye: Eğer, VPK yörüngesi, C noktası odaklı bir elips olursa ve en yüksek apsisi V olursa; ve upk elipsini de ona benzer ve eşit varsayarsak; öyle ki, pC daima PC‘ye eşit olursa ve VCp açısının VCP açısına oranı, G‘nin F‘ye verilmiş oranına eşit olursa: Ve, denklemde PC ya da pC yüksekliğinin yerine, A‘yı yerleştirirsek ve elipsin Latus Rectum‘u yerine de 2R‘yi yazıp yerleştirirsek, hareket ettirilebilir bir elips şekilli bir yörüngede döndürülebilecek bir cismin kuvveti FF / AA + RGG-RFF / A3 denklemi ile bulunur ve bunun tersi de doğrudur.

299

Bir cismin, hareketsiz bir elips şekilli bir yörüngede, döneceği kuvveti, FF/AA bölme işleminin niceliği ile temsil edin; V Noktası‘ndaki kuvvet FF/CV2 bölme işleminin niceliğine eşit olur.

300

Ancak, cismin, CV yarıçaplı bir çember şekilli yörüngede, diğer bir cismin, elips şekilli bir yörüngede dönerken V Noktasında sahip olduğu velosite ile dönerkenki kuvvetinin, bir elips yörüngede dönen bir cismin V apsisinde maruz kaldığı kuvvete oranı; elips‘in Latus Rectum‘unun yarısının ölçüsünün; çemberin CV yarıçapının ölçüsüne oranına eşittir. Ve bundan ötürü; RFF / CV3 bölme işlemine eşitlenir. Ve buna tesir eden kuvvet, GG- FF çıkarma işleminin FF‘ye oranının, RGG – RFF / CV3 bölme işlemine eşitliğidir. Ve bu kuvvet; bu önermenin, 1.Kaziyesi‘nin mantığınca; P cisminin hareketsiz VPK elipsinde dönerken V noktasında sahip olduğu kuvvet ile p cisminin hareket ettirilebilir upk elipsinin de V noktasında sahip olduğu kuvvetin farkına eşittir. O halde; buradan biliriz ki: Bu önermenin mantığınca; A ile gösterilmiş başka herhangi bir yükseklikte; bu fark, CV yüksekliğinde, kendi niceliğine oranı 1 / A3 bölmesinin 1 / CV3 bölmesine oranlanmasına eşittir. Aynı fark; A ile gösterilmiş, diğer her yükseklik için, RGG – RFF / A3 bölme işlemine eşittir. O halde cismin; VPK hareketsizin elipsinde dönerkenki kuvvetini veren FF/AA bölme işleminin gösterdiği kuvvete; RGG – RFF / A3 bölme işleminin sonucu ile hesaplanan fazlalığı ekleyin ve son toplamdaki kuvvet ( cismin hareket ettirilebilir upk elipsinde dönerken geçen sürede hâsıl olan) FF / AA + (RGG – RFF) / A3 işleminin değerine eşit olacaktır. 3.Kaziye: Aynı mantık ile akıl yürütürsek: Eğer, VPK, merkezi, kuvvetlerin merkezini temsil eden C noktasında konumlanmış bir hareketsiz yörünge olursa ve upk, önceki şekle benzer, eşit ve müşterek merkezli bir hareket ettirilebilir elips yörünge farz edilir ise, ve 2R o elipsin Principal Latus Rectum‘u kabul edilirse ve 2T Latus Transversum ya da uzun eksen kabul edilirse, ve VCp açısı mütemadiyen VCP açısına oranlanıp G‘ni F‘ye oranına eşitlenirse,

301

cisimlerin hareketsiz ve hareket ettirilebilir yörüngelerde eşit sürelerde dönerkenki kuvvetlerinin ölçüsü sırasıyla: FFA / T³ ve FFA / T³ + RGG – RFF / A³ işlemleriyle hesaplanır. 4.Kaziye: Ve bu hesabı; genel bir formül formuna dönüştürürsek: Cismin, CV ile gösterilmiş en yüksek konumuna T denilsin ve VPK yörüngesindeki V noktasındaki eğrilik yarıçapı; yani bir başka deyişle, eşit eğrilikteki bir çemberin yarıçapı; R harfi ile temsil edilirse ve bir cismin VPK ile temsil edilmiş herhangi bir hareketsiz bir mahrekte dönerken V noktasındaki merkezcil kuvvetine VFF / TT denilirse ve P ile temsil edilmiş diğer yerler de belirsizliği gösteren X harfi ile temsil edilirse ve CP yüksekliğine A denilirse ve G‘nin F‘ye oranı, VCp açısının VCP açısına verilmiş belli bir oranda alınırsa: Aynı cismin; aynı hareketi, aynı sürede, dairevi bir hareket ile dönen aynı upk mahrekinde sahip olacağı merkezcil kuvvetin ölçüsü; X + VRGG - VRFF / A³ toplama işlemi ile gösterilmiş kuvvetlerin toplamı gibi olacaktır. 5.Kaziye:

Bundan ötürü; bir cismin, kendi hareket etmeyen bir yörüngedeki hareketi

verildiğinde, bu cismin, kuvvetlerin merkezi etrafındaki açısal hareketi verilmiş belli bir oranda arttırılabilir veya azaltılabilir. Ve bu yol ile; cisimlerin, yeni ve farklı merkezcil kuvvetler ile dönebileceği yeni hareketsiz yörüngeler tasavvur edilebilir.

6.Kaziye: Bundan ötürü; 18.Tepsi‘nin 3.Tabağındaki şekle bakarak denilebilir ki:

302

Eğer; belirsiz bir uzunlukta, bir VP çizgisi, konumda verilmiş CV çizgisine dik açı ile çıkartılırsa; ve CP çizilirse ve Cp ona eşit olursa, VCp açısını VCP açısına oranlayıp bu da verilmiş belli bir orana eşitlenirse, bir cismin, p noktasının mütemadiyen tanımladığı Vpk eğriçizgisinde dönerken sahip olduğu kuvvetin ölçüsü, Cp yüksekliğinin kübünün ters orantısına eşit olacaktır. Çünkü P cismi, sadece vis inertia kuvvetinin tesiri altındayken bile ve başka hiçbir kuvvet onu zorlamaz durumdayken, VP doğrusunun istikametinde ivmesiz hızla hareket edecektir. Sonra; bu kuvvete başka bir kuvveti ekleyin. Bu kuvvet ise C merkezine yönelmiş bir kuvvet olsun. Bunun ölçüsü de CP veya Cp yüksekliğinin kübünün tersi oranında olsun. Ve biraz evvel ispatlanıp gösterildiği gibi, cisim, doğrusal hatlı hareketten saptırılıp Vpk eğri çizgisi üzerinde bir harekete aktarılacaktır. Ancak; bu Vpk eğrisi; 41.

303

Önerme‘nin 3.Kaziyesi‘nde hesabı yapılan VPQ eğrisi ile aynıdır. Ki bu bahiste, ben, bu tarz kuvvetlerle çekilen cisimlerin eğik açıyla yükseleceğini yazmıştım. 45.Önerme 31.Problem Çember şekline çok yakınlaşan şekildeki yörüngelerdeki apside‟lerin hareketini hesaplamanın yöntemi Bu problem, yörüngeyi aritmetik bir yöntem ile indirgemeye dayanır. Cismin, (yukarıdaki önermenin 2. ve 3. Kaziyeleri‘nde izah edildiği gibi) hareketsiz bir düzlem üzerinde hareket ettirilebilir bir elips yörüngede dönerken tanımladığı şekli, apside‘ları bulunması istenen yörüngenin şekline indirgenir. Sonra da; bu cismin hareketsiz düzlemdeki yörüngesinin apside‘ları bulunup hesaplanmaya çalışılır. Ne var ki: Bu yörüngeler, eğer, yörüngelerin tanımlandığı merkezcil kuvvetler, kendi aralarında mukayese edilip eşit yüksekliklerde orantılı alınırsa, aynı şekli alır. V noktasını, en yüksek apsis kabul edin ve T harfini en yüksek irtifâ olan CV yerine kullanın. A harfini, diğer herhangi bir CP veya Cp yüksekliği için kullanın ve X harfini de CV ve CP yüksekliklerinin farkını temsil etmek için kullanın. Ve bu şartlar altında; bir cismin, kendi ekseni etrafında dönen bir elips yörüngede hareket ettiği kuvvetin ölçüsü şöyledir: 2.Kaziye‘ye göre; ve 2.Kaziye‘de; izah edildiği gibi: FF/ AA + RGG – RFF /A³ olur. Bu da demektir ki: FFA + RGG – RFF / A³ bölme işlemine eşittir. Ve A gördüğümüz yere T- X yazarsak, denklem RGG – RFF + TFF—FFX/ A³ halini alır. Benzer şekilde; başka herhangi bir merkezcil kuvvet; paydası A³ olan ve payları ―collating‖ yolu ile türdeş terimleri, yeniden düzenlenmiş basit kesirlere indirgenebilir. Bu ise; verilecek örnekler ile daha sade ve basit tarzda izah edilecektir.

304

Birinci Örnek: Farz edin ki: Merkezcil kuvvet ivmesiz özellikte olsun. Ve bundan ötürü A³/A³ şeklinde olsun. Ya da, paydaki A harfi yerine T - X yazıp; (T³ - 3TTX + 3TXX - X³) / A³ şekline getirilsin. Sonra da; kesirlerin paylarında verilmiş aynı nicelikteki ve aynı cinsten terimleri birbiriyle ve verilmemiş nicelikteki terimleri de birbiriyle toplayıp-çıkararak kesirler şu biçimi alır: (RGG-RFF + TFF) / T³ = -FFX / -3TTX + 3TXX-X³ ya da: = -FF / -3TT + 3TX –XX (186. sayfa) Şimdi; yörüngenin bir çembere aşırı ölçüde yaklaşmış olduğu farz edildiğinden, tam bir çember ile özdeşleştirin. Ve bu halde; R ve T eşitlendiğinden ve X sonsuzca kısaldığından, son oranlar şöyle olacaktır: RGG / T³ = -FF /-3 TT. Ya da: GG/ TT = FF /3TT. Bunlar ise; GG / FF = TT/3TT denklemine eşit olur. Bu ise 1‘in 3‘e oranına eşittir, yani 1/3‘tür. Ve bundan ötürü: G/F oranı; yani, V C p açısının VCP açısına oranı 1/√3 oranına eşittir. Bunlardan ötürü; Cisim, hareket ettirilemez bir elips yörüngede, yukarıdaki apsis‘ten aşağıdaki apsis‘e doğru alçalırken bir açı tanımlar.

305

Bu açının ölçüsü, 180º dir. Hareket ettirilebilir elips yörüngede dönen diğer cisim ise, o yörüngenin yukarı apsisinden aşağı apsisine doğru alçalırken ölçüsü 180/ √3 derece olan VCp açısını tanımlar. İşte bu durum; ivmesiz bir merkezcil kuvvet ile tesir edilen bir cismin yörüngesinin ve sabit bir düzlem üzerinde dönen bir elips üzerindeki circuit‘ları yapan bir cismin yörüngesinin benzerliğini izah eden sebeptir. Denklemin terimlerini, aynı nicelikteki ve aynı biçimdeki terimleri toplamak yöntemiyle bu yörüngeler benzer hâle getirilir. Bu denklem, her hâl ve şartta, geçerli olmasa da, yörüngeler tam bir çembere şekline çok çok yaklaştığında geçerlidir. Bundan ötürü; neredeyse dairevi bir yörüngede, ivmesiz bir merkezcil kuvvetin tesiri altında dönen bir cisim, daima, ―daire‖nin merkezinde 180/ √3 derecelik ya da 103 derece 55m. 23 saniyelik bir açıyı tanımlar. Bu açıyı bir defa tanımladığında; yukarı apsisten aşağı apsise hareket etmiş olur, aşağı apsisten tekrar yukarı apsise çıktığında o açıyı tekrardan tanımlamış olur. Ve bu böylece sürer gider. 2.Örnek: Farz edin ki: Merkezcil kuvvet, A yüksekliğinin herhangi bir kuvveti olsun. Örneğin, A n -3 ya da An / A³ formunda olsun. Burada; (n - 3) ve n harfi; A tabanının herhangi bir üssünü temsil etsin. Bu değerler, tamsayı da olabilir, kesir de olabilir, rasyonel sayı da olabilir, irrasyonel sayı da olabilir, pozitif de olabilir negatif de olabilir. Pay; An ya da (T-X)n, benim kendi yakınsayan diziler yöntemimi kullanarak ―indeterminate‖ serilerden birine indirgendiğinde; T n – n XT n -1 + n n - n/2 XXT n -2 vs. formuna dönüştürülür. Ve bu terimleri, diğer payın, RGG – RFF + TFF – FFX formundaki terimi ile ―conser‖ ederek şu hâle dönüştürürüz: RGG – RFF + TFF / T n = -FF / -n T n -1 + n n-n /2 X T n -2 vs.

306

Ve yörüngelerin çember şekline yaklaştığı yerlerde bunların son oranları alınınca denklemler şu hâle dönüşür: RGG / T n = -FF / -n T n -1 ya da GG / T n -1 = FF / nT n -1, GG/FF= T n -1/ nT n -1

bu da 1/n oranına eşittir. Ve bundan ötürü; G/F oranı; yani V C p / VCP = 1/ √n denklemi

kurulur. Bundan ötürü; cismin, bir elips yörüngede, yukarıdaki apsisten aşağıdaki apsise alçalırken tanımladığı VCP açının ölçüsü 180º dir. Öte yandan; bir cismin, neredeyse dâirevî ( çembersel) bir yörüngede, An -3 niceliğine orantılı bir merkezcil kuvvet ile dönerken, yörüngenin yukarıdaki apsisten aşağıdaki apsise hareket ederken tanımladığı açının ölçüsü, 180/√n derece olacaktır. Ve bu açı; cisim aşağı apsisten yukarı apsise döndüğünde ve bu döngü tekrarlandığı sürece bu ölçüyü tekrar edecektir. Bu ise, sanki merkezcil kuvvet, cismin merkezden uzaklığına eşitmiş gibi olacaktır. Yâni; A niceliği gibi; ya da A4 / A3 bölme işleminde olduğu gibi. Ki burada; n, 4‘e eşit olacaktır. Ve bundan ötürü, yukarıdaki apsis ve aşağıdaki apsis arasındaki açı 180/2 dereceye eşit olacaktır. Ya da 90 derece olacaktır. Bundan ötürü, cisim bir döngünün çeyreğini döndüğünde ve bir çeyrek daha döndüğünde, yukarıdaki apsise varmış olur. Bu ise, sonsuza değin sürüp gider. Bu olgu; 10. Önerme‘den de anlaşılabilir. Zirâ bu merkezcil kuvvet ile tesir edilerek döndürülen cisim; merkezi, kuvvet merkezi ile müşterek hareketsiz bir elips yörüngede dönmüş olacaktır. Eğer; merkezcil kuvvet, mesâfenin ölçüsünün tersi gibi ise, yani, 1/A kesri ile doğru orantılı ise ya da A2/A³ bölme işlemine eşit ise, n 2‘ye eşit olur ve bundan ötürü; yukarıdaki ve aşağıdaki apsislerin arasındaki açı 180/√2 derece olur. Ya da; 127 derece, 16 dakika, 45 saniye açısal değerine eşit olur.

307

Ve bundan ötürü; böyle bir kuvvet ile dönen bir cisim; bu açıyı mütemadiyen tekrar ederek, yukarıdaki apsisten aşağıdaki apsise ve aşağıdaki apsisten yukarıdaki apsise ―sonsuza dek‖ döner. Ve bir de; eğer, merkezcil kuvvet; yüksekliğin, A‘nın 11/4 kuvvetinin tersine eşit ise ve bundan ötürü 1/A11/4 ile doğru orantılı ya da A1/4/ A3 ise, n, µ‘e eşit olacak ve de180/ √n ölçüsündeki derece, 360º ye eşit olacaktır. Ve bundan ötürü; cisim mütemadiyen dönme hareketinde; yukarıdaki apsisten ayrılan cisim, bir tam döngüyü tamamladığında aşağıdaki apsise varacak ve yoluna devam ederek alçalmayı sürdürdüğünde, bir tam döngüyü daha tamamladığında yine yukarıdaki apsise varacak bu sırasıyla böyle sonsuza değin sürüp gidecektir. 3.Örnek: m ve n harflerini, yüksekliğin taban olarak alındığı bir üslü çoklukta, üssün değerini veren sayılar olarak kabul edin. Ve b ve c harflerini de, verilmiş herhangi iki sayı kabul edin. Ve farz edin ki: Merkezcil kuvvetin ölçüsü; b Am c An / A3 olsun. Bu da demektir ki: b‘yi |T-X|m içine sokup c‘yi |T-X|n‘nin içine sokup / A3 bölmesini elde ederiz. Yukarıda bahsedilen yakınsayan dizilerin toplamı yöntemi ile şu formda ifâde edilebilir: b T m c T n– m b X T

m -1

ncXT

n -1

/ A3 + mm –m / 2 b X X T

m -2

+ nn –n /2 c XX T

n -2

vs… Ve payların terimlerini düzenleyip şu denklemi elde ederiz: RGG- RFF + TFF / b T m + c T n = - FF / - m b T m -1 – n c T n -1 + mm-m /2 b X T m -2 + n n –n /2 c X T n -2 vs…

308

Yörüngeler, dairevi şekle geldiğinde; son oranları alınarak elde edilen denklemler şöyledir: GG‘nin bT m -1 + c T n -1‘ e oranı FF‘ nin m b T m -1 + n c T n-1‘e oranına eşittir. Ve bu da; GG‘ nin FF‘ye oranının, b T m -1 + c T n-1‘in m b T n -1 + n c T n -1‘e oranına eşittir. Bu orantı CV ya da T ile gösterilmiş en büyük yüksekliği aritmetik yoldan bir ünite olarak ifade eder. Ve G G‘ nin FF‘ye oranını b+c‘ nin m b + n c‘ ye oranına eşitler. Ve bundan ötürü; 1‘in mb + nc / b+c bölme işlemine oranına eşittir. Yani; G‘nin F‘ye oranı, ya da V C p açısının VCP açısına oranı, 1‘in √ mb + nc / b+c bölme işlemine oranına eşittir. Ve bundan ötürü: Hareket ettirilemez bir elipste aşağıdaki ve yukarıdaki apsislerin arasında kalan açı 180º olduğundan ve bir cismin bir yörüngede aynı apsisler arasında kalan bir VCp açısını, ölçüsü b Am + c An / A3 değerindeki bir merkezcil kuvvet ile tanımlaması, 180 √ b+c / mb + nc derecelik bir açı değerine eşittir. Aynı tarzda akıl yürüterek, problem daha zor vakalarda da çözülebilir: Merkezcil kuvvetin orantılı olduğu nicelik; daima; paydası A3 olan bir yakınsar dizi ile çözümlenmelidir. Sonra; bu işlemden bulunan payın verilmemiş kısmı ile aynı oranda varsayılmalıdır. Bu oran da; bu payın, verilmiş olan RGG – RFF + TFF – FFX kısmı ile aynı payın verilmemiş olan kısmına oranlanıp eşitlenmelidir. Ve ihmâl edilebilir ölçüde küçük nicelikleri çıkararak ve ünite yerine T yazarak, G‘nin F‘ye orantısı bulunur. 1.Kaziye: O halde: Eğer, merkezcil kuvvet, yüksekliğin herhangi bir kuvvetine eşit ise bu kuvvet apsislerin hareketinden hesaplanabilir. Bu yöntem tersinden de doğrudur. Ve geçerlidir. Bu da demektir ki: Açısal hareketin bütünü, yani, Cismin, aynı apsise döndüğü hareket, bir döngünün açısal hareketine, ya da 360ºye oranlanıp bu oran da, herhangi bir m sayısının herhangi bir n sayısına oranına eşitlenirse: Ve, yükseklik A harfi ile gösterilirse: Merkezcil kuvvetin ölçüsü A (n n / m m) -3 formunda olur. Bunun üslü kısmı; ise (n n / m m) –

309

3‘dür. Bu ise 2. Örnek‘den de bilinebilir. O halde; besbellidir ki: Kuvvet; merkezden çekilirken azalır ama bunun ölçüsü de, yüksekliğin üçüncü kuvvetinden fazla olamaz. Böyle bir nicelikte dönen ve apsisten uzaklaşan bir cisim, eğer bir kez alçalmaya başlarsa hiçbir zaman aşağıdaki apsise veya en az yüksekliğe ulaşamaz. Bu cisim ancak yörüngenin merkezine doğru alçalır. Bu hareketin de şekli, 41.Önerme‘nin 3.Kaziyesi‘nde incelenmiş eğri çizgidir. Ancak, şayet eğer, bu hareketi yaparsa da; aşağıdaki apsisten ayrılırken az bir ölçüde yükselmekle kalmaz; sonsuza doğru yükselir ve hiçbir zaman yukarıdaki apsise varmaz, ancak, bahsedilen Kaziye‘de ve 44. Önerme‘nin 6.Kaziyesi‘nde betimlenen eğri çizgiyi tanımlar. O halde; merkezcil kuvvetin; merkezden çekilirken, yüksekliğin üçüncü kuvvetinden daha fazla ölçüde azaldığı hallerde; cisim; apsisten ayrılırken; bu harekete başlarkenki istikametine göre yönlendirilerek ve eğer alçalmakta ise merkeze doğru alçalmaya başlayacak, yükselmekte ise de sonsuza değin yükselmeye devam edecektir. Ancak, eğer; kuvvet, merkezden çekilirken, ya yüksekliğin üçüncü kuvvetinden az bir ölçüde azalırsa; ya da yüksekliğin herhangi bir oranında artar ise; cisim hiçbir zaman merkeze doğru alçalmayacaktır; ancak, bir süre sonra aşağıdaki apsise varacaktır ve bu mantık ters yönden şöyle işler: Eğer bir Cisim, bir apsisten diğerine sırasıyla alçalıp yükseliyorsa, hiçbir zaman merkeze varmaz; bu halde; ya, kuvvet merkezden çekilirken artmaktadır; ya da kuvvet yüksekliğin üçüncü kuvvetinden az bir ölçüde azalmaktadır. Ve cisim, bir apsisten diğerine ne kadar tez varırsa, kuvvetlerin oranı, üçüncü kuvvet oranından o denli uzaktır.

310

Bu hareket de sanki şuna benzer: Cisim, sırasıyla, 8 döngüde, ya da 4 döngüde, ya da 2 döngüde, ya da 1 ´ döngüde; yukarıdaki apsisten ayrılıp alçalırken veya yukarıdaki apsise doğru yükselir gibidir. Başka bir deyişle; eğer; m‘nin n‘ye oranı; 8‘in 1‘e oranına, ya da 4‘ün 1‘e oranına, ya da 2‘nin 1‘e oranına ya da 1 ´‘nin 1‘e oranına olur ve bundan ötürü ( n n / m m ) – 3 formu sırasıyla; 1/64 -3 ya da 1/16 -3 ya da µ - 3 ya da 4/9 – 3 olur ise; bu hallerde, kuvvetin ölçüsü de A (1/64)-3 ya da A

(1/16)-3

ya da A(1/4)-3 ya da A(4/9)-3 ölçülerinde olur. Ve başka bir deyişle;

bunların index‘lerini ters alarak A3-(1/64), ya da A3-(1/16) ya da A3-(1/4) ya da A3-(4 / 9) ölçülerinde bulunur. Eğer, Cisim; her bir döngüden sonra aynı apsise varırsa ve apsis de hareketsizliğini muhafaza ederse; o halde; m‘nin n‘ye oranı 1‘in 1‘e oranına eşit olur. Ve bundan ötürü; A (

nn/mm)-3

,

A-2‘ye ya da 1/A2‘ye eşit olur. Ve bundan ötürü de; yukarıda ispatlanıp gösterildiği gibi kuvvetlerin azalmasının ölçüsü, yüksekliğin karesiyle orantılı olur. Eğer, bir cisim; bir tam döngünün ¶‘lük kısmında; ya da 2/3‘ünde; ya da 1/3‘ünde ya da µ‘ünde (çeyreğinde) aynı apsise yeniden dönerse; m‘nin n‘ye oranı; ¶‘ün, 2/3‘ün ya da µ‘ün 1‘e oranına eşit olur. Ve bundan ötürü; A ( n n / m m) -3; A(16 / 9) – 3‘e ya da A(9/4)-3‘e ya da A9-3‘e ya da A16-3‘e, eşit olur. Ve bundan ötürü; merkezcil kuvvetin ölçüsü; ya ters orantılı olarak A16/9 ile ya da A1/4 ile orantılı olur. Ya da doğru orantı ile A6‘ ya veya A13‘e orantılı olur. Son olarak; eğer Cisim: yukarıdaki apsisten hareket edip de tekrar aynı apsise gelerek bir tam döngüyü tamamlar ve buna bir de 3 derece daha ekler ise ve bundan ötürü, bu apsis, cismin, her bir tam döngüsünde 3 derece daha ötelenirse, bu halde; m‘nin n‘ye oranı, 363 derecenin 360 dereceye oranına eşit olur. Ya da 121º‘nin 120º‘ye oranına eşitlenir.

311

Ve bundan ötürü; A(n n / m m) -3, A29523 / 14641 değerine eşit olur. Ve bundan ötürü; merkezcil kuvvet ters orantılı olarak; A29523 / 14641 ile orantılı olur. Ya da, çok yaklaşık bir değerde; A2

ve 4/243

ile ters orantılı olur. Bundan ötürü; merkezcil

kuvvet; ölçüsü kareli orandan birazcık daha fazla azalarak; ancak, kareli orana küplü orandan 59 µ misli yaklaşır. 2.Kaziye: O halde; eğer bir cismi; ölçüsü yüksekliğinin karesi ile ters orantılı olan bir merkezcil kuvvet ile tesir altında bırakılırsa; bu cisim, kuvvetlerin merkezi ile müşterek odak noktalı bir yörüngede döner. Ve eğer; bu merkezcil kuvvete; yeni ve hâricî bir başka kuvvet eklenirse veya çıkarılırsa; bu hâricî kuvvetin tesiri ile oluşan apsislerin hareketi de, 3.Örneğin izah edilmiş mantığı yolu ile bilinebilir. Ve bu bilme ters yönden de mümkündür. Eğer, cismin, elips yörüngede döndüğü kuvvetin ölçüsü 1/ AA ise; tesir eden hâricî kuvvetin çıkarılan ölçüsü c A ise ve bundan ötürü kuvvetin kalanı, A – c A4 / A3 ise; o halde, 3.Örneğin mantığını izleyerek; b, 1‘e eşit olur; m, 1‘e eşit olur, n 4‘e eşit olur. Ve bundan ötürü; apsislerin arasındaki dönmenin açısı, 180 √ [(1-c) / (1-4c)] işleminin değeri; 180 √ (35645 / 35345) değerine eşit olur. Ya da; 180,7623º‘ye eşit olur. Başka bir gösterimle; 180 derece 45 dakika ve 44 saniyelik açıya eşit olur. Bundan ötürü; Cisim, yukarıdaki apsisten ayrılıp aşağıdaki apsise, 45 dakika. 44 saniye‘lik bir açısal hareketle varır ve bu açısal hareket; Cismin yukarıdaki apsise dönüp varmasıyla tekrarlanır. Ve bundan ötürü; yukarıdaki apsis; her bir tam döngüde, 1 derece, 31m. 28 saniyelik bir açı değeriyle ötelenir. Ay‘ın apsisi ise yaklaşık 2 misli hızlı ötelenir. Yörüngelerinin düzlemleri, yörüngelerinin kuvvet merkezinden geçen Cisimlerin hareketine dâir söyleyeceklerim bu kadar. Şimdi ise; eksentrik düzlemlerdeki hareketlerin kanunlarını tâyin etmeye çalışacağız.

312

Ağır cisimlerin hareketini inceleyen bilginler, bu cisimlerin alçalma ve yükselme hareketini; sadece dik açılı yönlerde değil; verilmiş herhangi bir düzlem üzerinde; her ölçüden eğik açılarda, tetkik etmiş oldukları için, biz de bu eserde, aynı sebepten ötürü; herhangi türden bir kuvvetin tesiri ile merkezlere yönelmiş cisimlerin hareketini, bu cisimlerin eksantrik düzlemlerde hareket ettiğini farz ederek inceleyeceğiz. Bu düzlemlerin, mükemmel surette düzgün ve cilâlanmış olduğunu ve bundan ötürü cisimlerin hareketini en küçük bir ölçüde bile olsa yavaşlatmayacağını varsayıyoruz. Dahası; bu ispatlarda ve gösterimlerde; cisimlerin üzerinde yuvarlandığı veya kaydığı ve cisimlere tanjant düzlemler teşkil ettiği düzlemler yerine; bu düzlemlere paralel olduğunu tasavvur ettiğim ve içlerinde cisimlerin merkez noktalarının hareket ettiği ve bu hareketle yörüngeyi tanımladığı düzlemleri kullanacağım; sonra da aynı metodu kullanıp cisimlerin eğri yüzeylerde ( satıh‘larda) ettikleri hareketleri tâyin edeceğim. The Principia‘nın 195. Sayfası….16 /6/ 2016 Pazartesi-İstanbul-Beykoz.

Onuncu Kısım Cisimlerin verilmiş satıhlardaki hareketleri (yüzeylerdeki) hareketi hakkında ve sunependulous cisimlerin hareketi hakkında. 46. Önerme 32. Problem Herhangi türden bir merkezcil kuvvetin tesir ettiği varsayılarak ve bir kuvvet merkezi varsayılarak ve cismin döndüğü herhangi bir düzlem verildiğinde ve eğrinin dörtgenlerine ayrılmasına izin verildiğinde ve bu şartlara uyarak: Bir cismin verilmiş bir yerden harekete

313

geçirilerek verilmiş bir velosite ile o düzlem üzerinde alınan belli bir doğrunun istikametinde hızını hesaplama gereksin: 18. Tepsi‘nin 4.Tabağı‘ndaki şekle bakınız:

Burada S noktası, kuvvet merkezini temsil etsin. SC, bu merkezin verilmiş düzlemden itibaren en az mesafesini temsil etsin. P ise; P noktasından harekete başlatılıp PZ doğrusu istikametinde hareket ettirilecek olan cismi temsil etsin. Q kendi mahrekinde dönen aynı cismi temsil etsin. PQR ise, o düzlem üzerinde tanımlanan ve bulunması istenen mahrekin kendisi olsun. CQ‘yu QS‘yi birleştirin. Ve eğer; QS üzerinde, SV‘yi, cismin S merkezine doğru

314

çekildiği merkezcil kuvvete orantılı alırsak; ve VT‘yi CQ‘ya paralel çizersek;ve SC ile T noktasında buluşturursak: Bu şartlarda; SV kuvveti; Hareketin Kanunları‘nın 2.Kaziyesi‘nin mantığına göre; iki unsura ayrıştırılırve bu yolla çözümlenir. Bunların ilki ST kuvvetidir. İkincisi ise; TV kuvvetidir. ST kuvveti; cismi, bu düzleme dik olan bir çizginin istikametinde çeker;ancak bu düzlem üzerindeki hareketine hiçbir şekilde tesir etmez. Ancak; TV adındaki diğer kuvvetin tesiri; daima üzerinde bulunduğu düzlemin konumu ile özdeş olduğunda; cismi; bu düzlem üzerinde verilmiş bir C noktasına doğrudan çeker. Ve bundan ötürü; cismin, bu düzlem üzerinde;sanki, ST kuvveti yokmuş gibi ve düzlemde; 3-boyutta C noktasının etrafında sadece TV kuvvetinin tesiri ile dönüyormuş gibi hareket etmesine sebep olur. Ancak; Q cisminin 3-boyutta verilmiş bir C merkezi etrafında, verilmiş bir TV merkezcil kuvvetinin tesiri ile dönmesinin verileri verildiğinde; 42. Önerme‘nin mantığını işleterek cismin 3-boyutta tanımladığı PQR mahreki de verilmiş olur. Ve bununla beraber, cismin yörünge üzerinde, herhangi bir zamanda bulunacağı Q noktası da verilmiş olur. Ve son olarak cismin, Q noktasında sahip olduğu velosite de verilmiş olur. Ve mantık ters yönden işletildiğinde de geçerlidir. Q.E.I 47. Önerme 15. Teorem Merkezcil kuvvetin ölçüsünün cismin merkezden uzaklığı ile orantılı olduğunu varsayarak herhangi türden bir düzlem üzerinde dönen tüm cisimlerin elips şekilleri tanımlayacağı ve döngülerini eşit sürelerde tamamlayacağı ve doğrusal hatlar üzerinde hareket eden cisimlerin, hattın bir ucundan diğerine ve diğerinden birine gidip gelmelerindeki süreleri eşit olacaktır.

315

Zirâ, bütün şartları, evvelki önermedeki gibi bırakıp incelersek: PQR adlı herhangi bir düzlemde, dönen bir Q cisminin S merkezine doğru çekildiği SV kuvveti; SQ mesafesine eşittir ve bundan ötürü SV ve SQ orantılıdır. TV ve CQ orantılıdır, yörüngenin düzleminde verilmiş bir C noktasına doğru cismin çekildiği TV kuvveti CQ mesafesine eşittir. Bundan ötürü; cisimlerin mevcut olduğu PQR düzleminde; C noktasına doğru çekilirken cisme tesir eden kuvvetler mesafeler ile orantılıdır. Bu mesafeler de aynı cisimlerin, 3boyutta her yöne doğru çekildikleri kuvvetlerle S merkezi doğru orantılıdır. Ve bundan ötürü cisimler, herhangi bir PQR düzleminde bir C noktası etrafında tanımlanan herhangi bir şekilde de 3-boyutta bir uzayda bir S noktasının etrafında tanımlanan bir şekil üzerinde de aynı sürelerde hareket eder.Ve bundan ötürü; 10.Önerme‘nin 2.Kaziyesi‘nce

The Principia‘daki 198. Sayfadaki 18. Tabağın resmini koy. ve 38. Önerme‘nin 2.Kaziyesi‘nce; o düzlem üzerinde merkezi etrafında ya eşit sürelerde elipsler tanımlar ya da o düzlem üzerindeki C merkezinden geçen doğrular üzerinde ileri-geri hareket ederken eşit süreler geçer ve doğrular üzerindeki hareketlerin hepsinin periyotları eşit sürelerde tamamlanır. Q.E.D

YORUM Cisimlerin eğri satıhlarda(yüzeylerde) yükselmesi ve alçalması bahsetmiş olduğumuz bu hareketlerle çok yakından ilgilidir.

316

Şunu hayâl edin: Herhangi bir düzlemde eğri çizgiler tanımlanmış olsun: Ve bunun kuvvet merkezini oluşturan noktadan geçen bir doğrunun ekseninden bu düzlem 3-boyutta döndürülsün. Ve bu döndürme hareketi ile eğri-yüzeyler (satıhler) tanımlansın. Öyle ki böyle yüzeylerde hareket eden cisimlerin merkezleri daima bu satıhlarda (yüzeylerdedir.) Eğer, bu cisimler, eğri yüzeylerde eğik açı ile ileri geri hareket ediyorsa, aslında, 3 boyutta olan bu hareketler, aslında biraz evvel bahsedilen bir eksenden geçen düzlemlerde olmuş gibidir. Ve bundan ötürü de; bu eğri satıhları dönerek oluşturan düzlemin üzerindeki eğri çizgilerdedir. Bu sebepten dolayı; hareketi, hareketi, böyle bir eğri çizgi üzerindymiş gibi düşünmek yeterlidir. 9 48. Önerme 16.Teorem Eğer bir tekerlek bir kürenin yüzeyinin üzerinde, yüzey ile dik açı yapacak şekilde duruyorsa: Ve tekerlek, kendi ekseni etrafında dönerek ilerlediğinde ve bir tam dönüşü, o noktadan geçerek kürenin yüzeyinde tanımlanabilecek en büyük çaptaki çemberi çizen dönüşü tamamladığında; tekerleğin çevresinin üzerinde herhangi bir nokta alındığında; tekerleğin küreye değip harekete başlamasından hareketi bitirene değin tanımladığı eğriçizgisel yola sikloit eğrisi veya episikloit eğrisi ismini veriyoruz. Bunun ölçüsü de şudur: Tekerleğin küre üzerine değip harekete başlayıp hareketi bitirdiği ana dek tanımladığı yayın yarısının versed sinüsünün iki misline oranlandığında ve bu oran, kürenin ve tekerleğin çaplarının toplamının, kürenin yarıçapının oranına eşitlendiğinde kurulan denklemle hesaplanır. 49. Önerme 17. Teorem Eğer, bir tekerlek 48. Önerme‟deki durumu değiştirilerek yürütülürse: Yani; bu sefer tekerlek kürenin iç yüzeyinde kalan iç bükey yüzeye, yüzey ile dik açı oluşturacak şekilde konur ve 9

Çevirenin Dipnotu:

317

konulduğu noktadan hareket ettirilerek tanımlayabileceği en büyük çevreli çemberi tanımlayacak şekilde hareket ettirilirse: Eğri çizgisel yolun uzunluğunu hesaplamanın yöntemi şudur: Tekerleğin konulduğu noktadan itibaren başlayarak; hareket en büyük çevreli çemberi tanımlayacak doğrultuda yapılıp

tamamlandığında; tanımlanmış

eğriçizgisel

yolun

uzunluğu‟nu, bütün bu süre zarfında tanımlanmış yayın yarısının versed sinüsünün iki msline oranlayıp bu oranı, kürenin çapının, tekerleğin çapından farkının, kürenin yarıçapına oranına eşitleyen bir denklem kurulur. 19. Tepsi‘nin 12. Tabağı‘ndaki şekle bakınız:

318

ABL şekli küreyi temsil etsin: C bunun merkezi olsun. BPV orada atâlet halinde duran tekerleğin çevresinin içine yerleştirilmiş üçgen şeklini temsil etsin. B noktası, küre ile tekerleğin temas noktasını temsil etsin. P ise, tekerleğin çevresinde verilmiş nokta olsun.

319

Şöyle hayal edin: Bu tekerlek, ABL büyük çemberini10 A‘dan başlayıp B‘den geçip L‘ye doğru kat etsin. Ve bu kürenin iç tarafında kalan yüzeyindeki dönme hareketinde, öyle bir ölçü olsun ki: AB ve PB yaylarının ölçüsü; daima birbirine eşit olsun ve tekerleğin çevresinde alınmış P noktası; bu esnâda, AP adındaki eğriçizgisel yolu tanımlasın. AP, tekerleğin küreye ilk değdiği, A noktasından itibaren tanımladığı eğriçizgisel yolun uzunluğunu temsil etsin. AP‘ni, PB yayının yarısının versed sinüsünün iki misline oranı; 2 CE‘nin CB‘ye oranına eşittir. Burada, CE doğrusunu, eğer gerekirse; tekerleğin çevresi ile V noktasında buluşacak şekilde çizin ve CP‘yi BP‘yi, EP‘yi, VP‘yi birleştirin; CP‘yi uzatın ve ona VF dikmesini indirin. PH‘yi VH‘yi, H noktasında buluşacak şekilde ve çembere P ve V noktalarında değecek şekilde çizin ve PH‘yi VF ile G noktasında kesiştirin; ve VP‘ye GI, HK dikmelerini indirin. C noktasını pergelin sivri ucu alıp herhangi bir ölçüdeki yarıçap ile nom adındaki çemberi tanımlayın. Bu CP doğrusunu n noktasında kessin ve BP tekerleğinin çevresini de o noktasında kessin ve AP adındaki eğriçizgisel yolu da m noktasında kessin. Ve V noktasını pergelin sivri ucu alıp Vo yarıçapı ile bir çember tanımlayın. Bu çember ise uzatılmış VP‘yi q noktasında kessin. Tekerlek, daima, temas noktası kabul ettiğimiz P noktasından geçerek döneceği için; besbellidir ki (d) BP doğrusu; tekerleğin P noktasının tanımladığı AP eğriçizgisine diktir. Ve bundan ötürü; VP doğrusu bu eğriye P noktasında değer. Çemberin, nom yarıçapını, en nihâyetinde, CP mesafesine eşit ölçüye gelene değin, azar azar arttırın veya azaltın. Ve beliriveren Pnomq şeklinin beliriveren PFGVI şekliyle benzerliğinden ötürü; Pm, Pn, Po, Pq belirivermiş lineola‘larının nihai oranları, bir başka deyişle, AP eğrisinin CP doğrusunun, çembersel BP yayının ve VP doğrusunun anlık değişimlerinin oranı; PV, PF, PG, PIçizgilerine sırasıyla eşit olur. Ancak; VF, CF‘ye dik olduğundan ve bundan ötürü; HVG,

10

Çevirenin Dipnotu: Büyük çemberi tanımla…

320

VCF açıları birbirine eşit olduğundan ve VHG açısı (HVEP dörtgeninin iç açıları V‘de ve P‘de dik açı oluşturduğundan) CEP açısına eşittir. VHG, CEP üçgenleri benzer üçgenlerdir. Ve bundan ötürü; bu şu alama gelir: EP‘nin, CE‘ye oranı HG‘nin HV‘ye oranına ya da HG‘nin HP‘ye oranına eşittir. Ve KI‘nın KP‘ye oranına da eşittir. Ve denklemi; composition veya bölme yolu ile dönüştürürsek: CB‘nin CE‘ye oranı; PI‘nın PK‘ya oranına eşittir. Ve consequant‘ları ikiyle çarparak CB‘nin 2CE‘ye oranı PI‘nın PV‘ye oranına eşitlenir. Ve aynı mantık ile; Pq‘nun Pm‘ye oranına da eşitlenir. Bundan ötürü; VP çizgisindeki azalış; yani, BV-VP farkına eşit çizgideki artış‘ın, AP eğriçizgisindeki artışa oranı; CB‘nin 2CE‘ye verilmiş ölçüdeki oranına eşittir. Ve bundan ötürü; 4. Yardımcı Kaziye‘nın Kaziyesi‘nce, bu artışlarla oluşan; BV-VP ve AP uzunlukları da aynı orandadır. Ancak, eğer, BV yarıçap olur ; VP ise BVP açısının kosinüsü veya ´ BEP olur ise ve bundan ötürü; BV-VP aynı açının versed sinüsü olur ise ve bundan ötürü; yarıçapı ´ BV ölçüsündeki bu tekerlekte; BV-VP; BP yayının yarısının versed sinüsünün iki misli olur. Bundan ötürü; AP‘nin, BP yayının yarısının versed sinüsünün iki misline oranı; 2CE‘nin CB‘ye oranına eşit olur. Q.E.D Şartları birbirinden ayırt etmek için, bundan önceki Önerme‘deki AP çizgisini, küresiz sikloit eğrisi; ve sonraki önermedeki şekli de; kürenin içindeki sikloit eğrisi olarak adlandırıyorum: 1.Kaziye: O halde; bir bütün ASL sikloit eğrisi tanımlansın ve bu S noktasında iki eşit parçaya ayrılırsa; PS kısmının PV uzunluğuna oranı; (yani; EB‘yi yarıçap kabul ettiğimizde, VBP açısının sinüsünün iki misli ölçüsünde; 2CE‘nin CB‘ye oranı eşittir. Ve bundan ötürü de verilmiş bir orandadır.

321

2.Kaziye: Ve AS sikloitinin yarım-çevresinin uzunluğunun ölçüsü; bir doğruya eşit olur. Bu doğrunun BV tekerleğinin çapına oranı ise 2CE‘nin CB‘ye oranına eşittir. 50. Önerme 33.Problem Verilmiş bir sikloit eğrisinde bir salınabilir (pendoulous) cismin salınmasını sağlamanın yöntemi. C Noktasını merkez alarak tanımlanan QVS Küresi, (19.Tepsi‘nin 3.Tabağındaki şekle bakınız) verilsin; bu kürenin içine R noktasında; iki eşit parçaya ayrılmış QRS sikloiti verilsin.

322

Ve bu da; kürenin yüzeyi ile her iki uçta; Q ve S adındaki noktalarında bitişsin. CR çizgisi çizilsin, bu CR QS yayını O noktasında iki eşit parçaya ayırmış olsun. CR‘yi A‘ya doğru, öyle bir ölçüde uzatın ki; CA‘nın CO‘ya oranı, CO‘nun CR‘ye oranına eşit olsun. C noktasını merkez alıp CA yarıçapıyla DAF adında, ilk küreyi dıştan kuşatan çevreleyen bir başka küreyi tanımlayın. Çapı AO olan bir tekerleği yürüterek; AQ ve AS adında iki yarım sikloit tanımlansın. Bunları da içteki kareye Q ve S noktalarında değecek konumda ve dıştaki küreye de A noktasında değecek konumda yerleştirin. A noktasından, APT ipiyle, bu ipi AR‘ye eşit ölçüde alarak T cismini salınmaya bırakın.

323

Ve bu cisim, AQ ve AS yarım sikloitleri arasında öyle bir salınsın ki: Salınımın düşey doğrultusunu veren AR dikmesinden; her iki yana açılıp ayrıldığı durumlarda; Ap ipinin yukarıdaki kısmı, hareketin yöneldiği APS yarım sikloitine kendini uydurup sanki salınan cismi engelleyen katı bir cisim varmış gibi o eğrinin çizginin içine kıvrılsın. Aynı ipin, yarım sikloite değmemiş PT kısmı, hareketine doğrusal hatta devam etsin. Bu şartlar ile; T cismi verilmiş QRS sikloitinde salınır. Q.E.F PT ipini QRS sikoiti ile T noktasında buluşturun ve QOS çemberiyle V noktasında buluşturun ve CV‘yi çizin. Ve PT ipinin doğrusal hatlı kısmından alınan P ve T uç noktalarından; BP ve TW dikmelerini yükseltin; bu da CV doğrusuna B ve W noktalarında değsin. AS, SR benzer şekillerinin geometrik inşasından ve oluşturulmasından anlaşılır ki: CV‘den kesilmiş PB, TW dikmelerinin ölçüsü, VB, VW uzunluklarına (tekerleklerin OA ve OR çaplarına) eşittir. Bundan ötürü; TP‘nin VP‘ye oranı; ( ki, ´ BV yarıçap olduğunda, VBP açısının sinüs değerinin 2 misline eşittir.) BW‘nin BV‘ye oranına eşittir. Ya da; AO + OR‘nin AO‘ya oranı (yani, CA ve CO, CO ve CR ve bölme işlemi yolu ile AO ve OR orantılı olduğundan) CA + CO‘nun CA‘ya oranına eşittir. Ya da; eğer, BV, E noktasında; iki eşit parçaya ayrılmışsa; 2 CE‘nin CB‘ye oranına eşittir. Bundan ötürü; 49. Önerme‘nin, 1.Kaziyesi‘nce; PT ipinin doğrusal hatlı kısmının uzunluğu, daima, PS sikloitinin yayının ölçüsüne eşit olur. Ve APT ipinin bütününün ölçüsü, APS sikloitinin ölçüsünün yarısına eşit olur. Bu da; 49.Önerme‘nin 2.Kaziyesi‘nin mantığınca; AR uzunluğuna eşittir. Ve bundan ötürü; bu mantık tersinden işletildiğinde; eğer ip AR uzunluğuna eşit kalırsa, T noktası daima verilmiş QRS sikloiti içinde hareket eder. Q.E.D

324

Kaziyesi: AR ipinin ölçüsü AS sikloitine eşit olur. Ve bundan ötürü; bunun dışarıdaki kürenin yarıçapının ölçüsü olan AC‘ye oranı, SR yarım sikloitinin, içerideki kürenin yarıçapı olan CO‘ya oranına eşitlenir.

51.Önerme 18.Teorem 19.Tepsi‘nin 4.Tabağı‘ndaki şekle bakın:

325

Eğer; bir kürenin bütün ―kenar‖larından kürenin C ile gösterilmiş merkezine doğru bir merkezcil kuvvet tesir ediyorsa; bu kuvvetin ölçüsü; her kenarda merkezi noktaya uzaklığınını ölçüsüne eşittir. Ve sadece bu kuvvetin tesir ettiği varsayılınca; T cismi; yukarıda da betimlendiği gibi, QRS sikloitinin çevresinde de salınacaktır. Fikrim odur ki: Bütün

326

salınımlar; kendi aralarında, hangi ölçüde eşitsiz olursa olsun; salınımlar eşit sürelerde yapılacaktır. Sonsuz ölçüde uzatılmış TW tanjantının üzerine CX dikmesini indirin ve CT‘yi birleştirin. T cisminin C noktasına doğru çekildiği merkezcil kuvvetin ölçüsü; CT mesafesine eşit olduğundan, bunu, Hareketin Kanunları‘nın 2.Kaziyesi‘nin mantığınca; CX ve TX adındaki iki kuvvete ayırıp çözümleyelim: Bunlardan CX, P noktasından direkt tesir ederek PT ipini gerdirir ve ipin de ona direnmesinin tesiri ile bu kuvvet bütünüyle oraya bağlanır; ve başka hiçbir tesirde bulunamaz. Ancak kuvvetin TX adındaki diğer bileşeni, cismi transverse bir doğrultuda ya da X noktasına doğru çekerek sikloit eğrisi içindeki hareketi doğrudan ivmelendirir. O halde, besbellidir ki: Cismin ivmlenmesi; bu ivmelendiren kuvvet ile orantılı olup her bir anda TX uzunluğuna eşit olacaktır: Bu da demektir ki: ( CV, WV, verildiğinden ve bunların orantısı TX, TW verildiğinden) TW uzunluğuna eşit olacaktır. Bu da demektir ki: 49. Önerme‘nin 1.Kaziyesi‘nce; TR sikloitinin yayının uzunluğuna eşit olacaktır. Bundan ötürü; APT ve Apt adındaki iki sarkaç ele alınıp AR dikeyine /düşeyine göre biri az biri fazla ölçüde aynı yöne doğru çekilip kurulur ise: Ve bunlar aynı anda salınmaya bırakılırsa: Bunların ivmeleri, daima, tanımlanacak olan TR, tR yaylarına eşit olur. Bununla beraber; hareketin başlangıcında,tanımlanan kısımlar ivmelere eşittir. Bu da demektir ki: Hareketin başlangıcında tanımlanacak olan bütünlere eşittir. Ve bundan ötürü; tanımlanacak olan kalan kısımlara eşittir. Ve müteakip ivmelenmeler bu kısımlarla orantılıdır ve de tıpkı bütünler gibi düşünülmelidir. Ve bu mantık yürütme, bu şekilde sürer gider. Ve bundan ötürü; tanımlanacak olan kısımlar;birbirlerine göre verilmiş belli bir oranı muhafaza ederek beraberce son bulur. Bu da demektir ki: Salınan iki cisim de ipleriyle beraber AR dikmesinin üzerine aynı anda varır. Sarkaçlar; en az yükseklikli R düşey doğrultusunun diğer tarafından yükselme hareketine geçip yükselirken, R noktasından itibaren tanımladıkları sikloit yaylarının ölçüleri, önceden tanımladıkları ölçüdeki sikloit yaylarını bir retrograde hareket ile tanımlarken, geçip gittikleri çeşitli konumlarda onları artan ölçülerde gitgide yavaşlatan (―ivmesizleştiren‖)

327

kuvvetlerin magnitütü, diğer tarafta onları ivmelendirmiş magnitütlere eşittir. Bu olguda da şu besbelli olur ki: Aynı yay kısımlarını yükselip geçerkenki ve alçalıp geçerkenki velositeleri, birbirine eşittir. Ve bundan ötürü de; sarkacın düşey doğrultusunun solunda ve sağında bulunan sikloitin RS ve RQ kısımları, birbirine benzer ve eşit olup her iki sarkaç da, salınımlarının yarısını da bütününü de aynı sürelerde icrâ eder. Q.E.D T cisminin sikloit eğrisinin içinde, herhangi bir T noktasında ivmelendirildiği veya artan ölçülerde gitgide yavaşlatıldığı kuvvetin ölçüsünün, aynı cismin S veya Q ile gösterilmiş en yüksek noktadaki cüssesine oranının, TR adındaki sikloit yayının SR ya da QR yayının oranına eşittir. 207. sayfadaki şekil girecek.

52. Önerme 34. Problem Sarkacın, salınırken çeşitli konumlardaki velositelerini ve bu salınımın bütünündeki ve bütünün çeşitli kısımlarında geçen süreleri tanımlamanın yöntemi. 20.Tepsi‘nin 1.Tabağı‘ndaki şekilde gösterilmiş geometrik inşâya bakınız:

328

G Noktasını, merkez alıp GH aralığı ile (yarıçapı ile) bu yarıçapın ölçüsünü de RS sikloitinin yayının uzunluğuna eşit alıp HKM adında bir yarım çemberi tanımlayın. Bu çember ise GK yarıçapıile iki eşit kısma ayrılmış olsun. Ve eğer, G noktasına yönelmiş ve çeşitli yerlerin bu nokta ile arasındaki mesafe ile orantılı ölçüde bir merkezcil kuvvet varsayılır ise, ve bu kuvvet HIK‘nin çevresinde; QOS küresinin çevresindeki merkezcil kuvvete eşit olup kürenin merkezine yönelmiş ise; ve aynı anda bir T sarkacı S ile gösterilmiş en yüksek konumundan bırakılırsa; ve bir de L cismi H noktasında G noktasına doğru düşecek şekilde bırakılır ise, bu

329

şartlarda; cisimlere en başta tesir eden kuvvetlerin eşitliğinden ötürü ve bir de TR, LG ile gösterilmiş tanımlanan mekanların daima orantılı olması sebebiyle ve eğer TR ve LG eşit ise; bunlar T ve L konumlarında da eşittir. Buradan da besbellidir ki: Bu cisimler başlangıçta, ST, HL ile gösterilmiş eşit mekânları tanımlar ve bundan ötürü, eşit mekânları tanımlamaya devam eder.

Bundan ötürü; 38. Önerme‘nin mantığınca;cismin, ST yayını tanımlarken geçen sürenin, bir tam salınımda geçen süreye oranının; H cisminin L noktasına varıp tanımladığı HI yayının tanımlanmasında geçen sürenin, H cisminin M noktasına gelerek HKM yarım-çevresini tanımlayacağı

sürenin oranına eşitlenmesi ile denklem kurulur. Ve salınan cismin T

noktasındaki hızının; en aşağıdaki R noktasındaki velositesine oranı, ki bu da; H cisminin L noktasındaki velositesinin G noktasındaki velositesine oranı, ya da; HL çizgisindeki anlık artışın, HG çizgisindeki anlık artışa oranı; (HI, HK yaylarının bir equable flux ile artışının; LI ordinatının GK yarıçapına oranına eşitliği ya da, √(SR²-TR²)‘nin SR‘ye oranına eşitliğidir. O

330

halde; eşitsiz salınımlarda; eşit sürelerde; salınımın bütününde tanımlanan yaya orantılı yaylar tanımlanır. Bu yayların ölçüsü; velositeleri, her hal ve şarttaki salınımlarda; verilmiş sürelerde hesaplanabilir. Ki bu da, ilk başta bulunması istenen veriydi zaten. Şimdi, varsayın ki: Herhangi bir salınan cisim; farklı kürelerin içinde tanımlanmış sikloitlerin içindesalınsın. Ve bunların mutlak kuvvetleri de çeşitli ölçülerde olsun. Ve eğer, herhangi bir QOS küresinin mutlak kuvvetine V denilirse; sarkacın; kürenin yüzeyinde bir noktadan salınmaya bırakıldığı bir durumda, sarkacın kürenin yüzeyin de tutturulduğu noktaya uyguladığı ivmelendiren kuvvetin; sarkacın cismi, kürenin merkezine doğrudan harkete geçirildiğindeki ölçüsü; salınan cismin kürenin merkezi noktasından olan uzaklığı ve kürenin mutlak kuvvetinin beraberce çarpımından ibarettir. Yani bu da; CO x V çarpma işlemine eşittir. Bundan ötürü; HT lineola‘sı, belli bir sürede, bu CO x V ivmelendiren kuvvetinin tanımladığı ölçüye eşit olacaktır. Ve eğer, TZ dikmesi; kürenin çevresi ile Z noktasında buluşacak şekilde yükseltilir ise; HZ nascent yayı verilmiş süreyi bildirecektir. Ne var ki, bu Hz nascent yayı, GHT dikdörtgeni ile ters kare oranındadır ve bundan ötürü √(GH x CO x V) işlemine eşittir. O halde ve o zaman; QRS sikloitinin içinde bir tam salınım, (bir tam salınımı temsil eden HKM yarım çevresi ile doğru orantılı, ve aynı mantık ile; verilmiş süreyi belirten HZ yayı ile de ters orantılı olarak) olduğunda; bu GH ile doğru orantılı ve √ GH x CO x V ile ters orantılı olacaktır. Bu da demektir ki: GH, SR birbirine eşit olduğundan; √ SR / CO x V işlemine eşit olacak ya da 50. Önerme‘nin Kaziyesi‘nce; √ AR / AC xV işlemine eşit olacaktır. Bundan ötürü; küreli ve sikloit eğrili tüm salınımlarda; bu salınım, küre hangi mutlak kuvvet ile icra edilir ise edilsin şu orandadır: Sarkacın ipinin uzunluğunun ters kare oranı ile doğru orantıdan ve sarkacın ipinin tutturulduğu gerilim noktasının; kürenin merkezî noktası arasındaki

331

mesafenin terskare orantısı ile ters orantıdan ve kürenin mutlak kuvvetinin ters kare oranının ters orantısından yapılmış bir bileşik orantıdadır. Q.E.I Birinci Kaziyesi: O halde; salınan, düşen ve dönen cisimlerin hareketleri kendi aralarında bir ve aynı cinsten mukayese edilebilir (karşılaştırılabilir.) Bu böyledir; çünkü, eğer;bir özel durum tanımlanır ise: Ve Tekerleği, kürenin iç yüzeyinde tanımladığı sikloit eğrili durumunda tekerleğin çapı, kürenin yarı çapına eşit tutulur ise, sikloit eğrisi, kürenin merkezî noktasından geçen bir doğruya dönüşür. Ve salınma hareketi de, bu hat üzerinde alçalma ve yükselme hareketine dönüşmüş olur. O halde ve o zaman, herhangi bir konumdan merkeze doğru alçalma hareketinde, geçen süre de verilmiş olur. Ve süre olarak; cismin, ivmesiz hız ile kürenin merkezi etrafında herhangi bir mesâfeden dönerek tanımladığı çeyrek yayın, tanımladığı süre de ona eşittir. Çünkü bu süreyi, ( 2.Kaziye‘nin mantığından ötürü) herhangi bir QRS sikloitinde yarım salınım olurkenki süreye oranı; 1‘in √ AR/AC oranına eşittir. İkinci Kaziye: O halde, buradan şu sonuç da bilinir: Sir Christopher Wren‘in ve M.Huygens‘in vulgar sikloit hakkında keşfettiği bulgular da bilinmiş olur. Çünkü, eğer, kürenin çapı, sonsuzca uzatılır ise kürenin eğri küresel yüzeyi düzlemleşecektir. Ve merkezcil kuvvet, bu durumda, bu düzleme dik ve hizâlı doğrular istikametinde tesir edecektir. Ve bizim, tartışmada varsaydığımız sikloit bayağı sikloit hâline dönüşecektir. Ancak; bu şartlarda, o düzlem ile tanımlayan noktanın arasındaki sikloit yayının uzunluğu, Sir Christopher Wren‘in keşfettiği gibi, aynı düzlem ile tanımlayan nokta arasındaki tekerleğin yayının yarısının versed sinüs‘ünün 4 misline eşitlenecektir. Ve, M.Huygens‘in gösterip

332

ispatlamış olduğu gibi; bu türden bir sikloit arasındaki sarkaç, buna benzer ve eşit ölçüde bir sikloitin arasında da eşit sürelerde salınacaktır. M.Huygens‘in de teşhir etmiş olduğu gibi; cisimlerin, bir salınımının süresi zarfındaki düşmesi (alçalma) de aynı olacaktır. Burada gösterilip ispatlanan önermeler, Dünya‘nın hakiki yapısına ve işleyişine uygundur. Örneğin, Dünya‘nın üzerinde bir Büyük Çember‘i tanımlayacak şekilde hareket eden tekerleklerin iç çeperindeki sübabın hareketi sikloiti tanımlayacaktır. Ve Dünya‘nın derinliklerindeki madenlerde ve mağaralarda kurulmuş sarkaçların salınarak eşit sikloitleri tanımlasa gerektir; ve bu salınımlar eşit sürelerde de olabilir. Çünkü, çekim kuvveti, 3.Kitap‘ta da gösterileceği gibi Dünya‘nın sathından uzaklaşıldıkça azalacaktır. Bunun ölçüsü de, yukarıya doğru çıkıldığında, Dünya‘nın merkezinden itibaren ölçülen mesâfeden ters kare orantısı ile aşağıya doğru inildiğinde, aynı uzaklığın karesiz orantısı ile olacaktır. 53.Önerme 35.Problem Eğriçizgisel şekillerin dörtgenlerini çizmeye izin verilmek şartı ile; eğri çizgiler üzerindeki salınımlarını daima eşit sürelerde icrâ eden cisimlerin kuvvetlerinin ölçüsünü bulmak istensin. 20.Tepsi‘nin 2.Tabağı‘ndaki 2.Şekil‘e de bakınız.

333

Buradaki T cismi, verilmiş STRQ eğrisinin üzerinde salınsın. Bunun da ekseni AR olsun, bu da, C ile temsil edilmiş kuvvet merkezinden geçsin. TX tanjantını T cisminin bulunduğu eğrinin üzerinde hangi noktada bulunuyor ise, o noktaya tanjant olacak biçimde çizin ve TT,

334

TR yayına eşit olsun. Bu yayın uzunluğu , şekillerin dörtgenlenmesine uygulanan metotlardan bilinebilir. T noktasından itibaren, TZ doğrusunu, tanjanta dikme olacak şekilde çizin. Ve buradaki merkezcil kuvvetin ölçüsü, TZ doğrusuna orantılı olur. Q.E.I Çünkü eğer, cismin, T noktasında C noktasına doğru çekildiği kuvvetin ölçüsü, buna orantılı olarak alınan TZ doğrusunun cinsinden ifâde edilirse, bu kuvvet, TT ve TZ adındaki iki kuvvete ayrıştırılarak çözümlenir. Ki bunlardan, TZ cismi, PT ipliğinin uzunluğunun istikametinde çekerken, hareketine hiçbir şekilde tesir etmez-değiştirmez. Ancak, öte yandan, TT kuvveti, STRQ eğrisindeki hareketini doğrudan ivmelendirir veya artan ölçülerde yavaşlatır. Bundan ötürü, bu kuvvet tanımlanan TR mekânına eşit olduğundan; Cisim‘in, yaptığı bu iki salınımdaki bu iki orantılı kısmı (büyük kısım, küçük kısım) tanımlarkenki ivmelenmesi veya artan ölçülerde yavaşlaması, daima bu kısımlar gibi olacaktır ve bundan ötürü, bu kısımları beraberce tanımlatacaktır. Q.E.D Birinci Kaziye: O halde, eğer, 20.Tepsi‘nin 3.Tabağı‘ndaki şekle göre bakılırsa:

335

Eğer, T cismi, AT ile gösterilmiş bir doğrusal olarak aşağıya doğru uzanmış bir ip ile A noktasından asılır ise ve STRQ yayını tanımlar ise ve bu esnâda; bu cisme aşağıya doğru paralel doğrultularda tesir eden herhangi bir kuvvetin tesiri altında ise ve bunu kütleçekiminin ivmesiz kuvvetine oranı da, TR yayının bunun sinüsü olan TN‘ye oranına eşit ise; çeşitli salınımların sürelerinin her biri, birbirine eşit olacaktır. Bu böyledir; çünkü TZ ve AR paraleldir; ATN, ZTT üçgenleri birbirine benzerdir ve bundan ötürü; TZ‘nin AT‘ye oranı, TT‘nin TN‘ye oranına eşit olur. Bu da demektir ki: Eğer, ivmesiz kütleçekimi kuvveti verilmiş AT uzunluğunun cinsinden ifade edilir ise; salınımların eş-zamanlı hâle geldiği TZ kuvvetinin ölçüsünün, AT çekim kuvvetine oranı; TT‘ye eşit TR yayının, bu yayın sinüsü olan TN‘ye oranına eşittir.

336

2.Kaziye: Ve bundan ötürü, saat düzeneklerinde; eğer kuvvetler; hareketi muhafaza eden sarkacın üzerine bir makine aracılığı ile tesir ettirilir ise ve bundan ötürü, kütleçekimi kuvveti ile bileşkelendirilir ise: Ve öyle bir ölçüde yapılırsa ki: Aşağıya doğru yönelmiş kuvvetin tamamı, bir çizginin ölçüsüne eşit olur. Bu çizginin oluşturulması ise: TR yayının altındaki dikdörtgeni, AR yarıçapını ve TN‘nin sinüsünü unsur olarak alıp çizilir. Ve o halde; sarkaçtaki salınımların her biri eş zamanlı icrâ edilmiş olur. 54.Önerme 36.Problem Eğriçizgisel şekillerin dörtgenlenmesine izin verilmek şartını kabul ederek; Cisimler‟in, herhangi bir merkezcil kuvvetin tesiri altında kalarak, kapalı eğrinin kuvvet merkezinden geçirilen bir düzlem üzerinde tanımlanmış herhangi bir eğrinin üzerinde yapacağı alçalma veya yükselme hareketini icrâ edecekleri sürenin hesaplanmasının yöntemi. 20.Tepsi‘deki 4.Tabak‘taki şekle bakınız:

337

Burada Cisim; S ile gösterilmiş; herhangi bir konumda alçalmaya başlasın ve STtR adındaki bir eğrinin üzerinde hareket etsin. Bu eğrinin üzerine çizildiği düzlem ise; C ile temsil edilmiş bir kuvvet merkezinden geçiyor olsun: CS‘yi birleştirin. Bu doğru parçasını, sayılamayacak kadar çok sayıda (―sonsuz‖) eşit kısıma bölün ve Dd bu kısımlardan biri olsun: C noktasını merkezi nokta alıp CD, Cd aralıkları ile (yarıçapları ile) DT, dt çemberlerini tanımlayın, bunları da: STtR eğrisi ile T ve t noktalarında kesiştirin. Ve, merkezcil kuvvetin kanunu verilmiş olduğunda ve bir de cismin evvelâ alçalma hareketinin ölçüsünü veren CS yüksekliği verilmiş olduğunda; 39. Önerme‘nin verdiği bilgiden biliriz ki; Cismin, başka herhangi bir yükseklikteki velositesini temsil eden CT

338

yüksekliği de verilmiş olur. Ancak, Cismin, Tt lineola‘sının tanımladığı süre; bu lineolum‘un uzunluğuna eşittir. Bu da demektir ki: tTC açısının sekantı ile doğru orantılı ve velositesi ile ters orantılıdır. Bu süreye orantılı olan DN ordinatını CS doğrusuna, D noktasında dikme olarak indirin ve Dd verilmiş olduğundan, DdxDN dikdörtgeni yani, DNnd alanı, bu süreye orantılı olacaktır. Bundan ötürü, eğer, PNn, N noktasının mütemadiyen üzerinde bulunduğu bir eğri çizgi olur ise ve bunun asimptotu olan SQ doğrusu, CS çizgisinin üzerine dik açılar ile saplanıyor ise; SQPND alanı, cismin alçalma hareketinde tanımlamış olduğu ST çizgisini tanımlar iken geçen süreye orantılı olacaktır. Ve bundan ötürü, bu alanın ölçüsü hesaplandığında süre de bulunmuş olur. Q.E.I

55.Önerme 19.Teorem Eğer, bir Cisim, ekseni kuvvet merkezinden geçirilen herhangi bir eğri satıh (yüzey) da, hareket ediyor ise ve cisimden eksenin çizgisinin üzerine bir dikme indirilir ise ve eksenin üzerinde alınan herhangi bir noktadan itibaren; buna paralel ve eşit bir çizgi daha çekilir ise: Fikrim odur ki: Bu paralel çizginin tanımladığı alanlar, süre ile orantılı olacaktır. 20. Tepsi 5.Tabak‘taki Şekil‘e bakınız:

339

Burada, BKL eğrisel bir satıh (yüzey) kabul edilsin. T ise orada dönüş hareketi icrâ eden bir cisim kabul edilsin. STR ise aynı hareketi tanımlayan bir mahrek olsun; S noktası mahrekin başlangıcı olsun; OMK eğrisel sathın ekseni kabul edilsin, TN, cisimden eksene indirilen dikme doğrusu olsun; OP eksenin üzerindeki O noktası‘ndan, önceki paralel ve eşit çizilmiş bir çizgi olsun; üzerinde dönen OP çizgisinin bulunduğu AOP düzleminin üzerinde alınmış P noktasından da tanımlanmış mahrekin ―ortografik projeksiyonu‖ AP olsun. A ise, yukarıda bahsedilen projeksiyonun S noktasına tekabül eden (karşılık gelen) başlangıcı olsun. TC cisimden merkeze çizilen bir doğru olsun, TG bu çizginin bir kısmı olsun ve bu da cismin C merkezine doğru temâyülündeki merkezcil kuvvet ile orantılı olsun; TM eğrisel satıha (yüzeye) bir dikme olarak çizilen bir doğru olsun: TI ise; evvelkinin, bir kısmı olsun ve bu cismin (sathı) yüzeyi ittiği basınç kuvveti, ve bundan ötürü de cismin, satıhı (yüzeyi) tarafından ona denk olarak M istikametine doğru itildiği kuvvet olsun. ITF eksene paralel

340

uzanan ve cismin içinden geçen doğru kabul edilsin ve GF, IH doğruları; PHTF paralelinin üzerine G ve I noktalarından itibaren başlayarak indirilen dikmelerin doğrularını temsil etsin. Fikrim odur ki: Hareketin başlangıcında, OP yarıçapı ile tanımlanmış AOP alanı, süre ile orantılıdır. Çünkü, TG kuvveti (Hareketin Kanunları‘nın 2.Kaziyesi‘nce) TF ve FG ile gösterilmiş iki kuvvet bileşenine ayrıştırılarak çözümlenir ve TI kuvveti de, TH ve HI adındaki iki kuvvet bileşenine ayrıştırılarak çözümlenir. PF çizgisinin doğrultusunda, dik olarak AOP düzlemine tesir ettiğinden, Cismin, hareketinde hiçbir değişikliğe neden olmaz sadece düzleme dik olarak basar. Bundan ötürü, Cismin hareketi, şu ana değin, düzlemin konumlanışı ile bir ve aynı istikamettedir. Bu da demektir ki: O düzlemde, mahrekin AP projeksiyonun tanımlandığı nokta olan P noktasının hareketi; sanki TF, TH kuvvetleri yok farz edilmiş de, cisme yalnızca, FG, HI kuvvetlerince tesir ediliyormuş gibi düşünülür. Bu da demektir ki: Sanki; Cisim; AOP düzleminin üzerinde; AP eğrisini tanımlıyormuş da; bu merkezcil kuvvet O merkezine yönelmiş ve ölçüsü FG ve HI kuvvetlerinin toplamına eşit gibi düşünülür. Ancak, 1.Önerme‘nin getirdiği mantık ile düşünülünce, bu kuvvet ile tanımlanan AOP alanı süreye orantılı bir ölçüde tanımlanır. Q.E.D Kaziye: Aynı akıl yürütme ile düşünürsek: Eğer, bir cisimse, herhangi bir CO doğrusu üzerinde, alınmış 2 veya çok merkeze yönelmiş kuvvetlerce tesir ediliyorsa, burada, tanımlanan; 3-boyutlu bir uzayda, ST ile gösterilmiş bir eğri çizgidir ve AOP alanı da daima süre ile orantılı olmalıdır. 56.Önerme 37.Problem Eğriçizgisel şekillerin dörtgenlenmesine izin verilmek şartı ile ve verilmiş bir merkezî noktaya yönelmiş bir merkezcil kuvvetin kanunu verildiğinde ve eğrisel satıhların

341

(yüzeylerin) ekseni bu noktadan geçirildiği varsayılarak; bir cismin, bu eğrisel satıh üzerinde verilmiş bir noktadan verilmiş bir velosite ile ve bu satıh üzerinde verilmiş bir istikamette tanımlayacağı mahrek hesaplanmak istensin. Son yapılmış geometrik inşâyı aynen muhafaza ederek, üzerine şunlar eklensin: T cismini, (20. Tepsi‘nin 6. Tabağı‘ndaki şekle bakınız):

verilmiş bir S noktasından, konumda verilmiş, bir çizginin istikametinde harekete geçirin ve bu cisim BLO düzlemindeki ―ortografik projeksiyonu‖ AP olan STR mahrekine uyarak kıvrılsın. Ve cismin, SC yüksekliğinde sahip olduğu verilmiş velositesinden, başka herhangi bir TC yüksekliğinde sahip bulunduğu velosite de verilmiş olacaktır. Zamanın bir ân‘ında; verilmiş bu velosite hareket ile hareket etmiş cisim, mahrekinde Tt parçacığını tanımlamış olsun. Ve Pp‘de tanımlanmış bu parçacığın; AOP düzlemindeki projeksiyonu olsun.

342

OP‘yi birleştirin ve eğri satıhın üzerinde, T noktasını merkez alıp Tt yarıçapı ile bir küçük çember tanımlayın. Bu küçük çemberin, AOP düzlemindeki projeksiyonu da pQ elipsi olsun. Ve, o küçük Tt çemberinin magnitütü ve TN ya da CO ekseninden mesafesini veren pQ elipsi hem aynı cinsten ve hem de magnitütten verilmiş olur. Bir de, bu PO doğrusuna göre konumu da verilmiş demektir. Ve, POp alanı süre ile orantılı olduğundan ve sürenin verilmiş olmasından ötürü, o da verilmiş olduğundan POp açısı verilmiş demektir. Ve o halde; elipsin ve Op doğrusunun müsterek kesişim noktası olan p noktası da verilmiştir. Bununla birlikte; OPp açısı da verilmiş olur ki; bunun kapsamında, mahrekin APp adlı projeksiyonu OP çizgisini keser. Ve işte bu mantık ile; (41.Önerme‘yi 2.Kaziye ile conserre ederek) APp eğrisini tayin etmenin yöntemi kolayca bilinir. O halde; projeksiyonun üzerindeki birkaç P noktasından itibaren; PT dikmelerini, AOP düzlemine doğru yükseltip ve eğri satıh ile T noktalarından birleştirirsek, mahrekin üzerinde konumlanmış birkaç T noktası da bulunmuş olacaktır. Q.E.I

11.KISIM Birbirine merkezcil kuvvetler ile yönelen cisimlerin hareketleri hakkında Buraya değin, cisimlerin hareketsiz bir merkeze yönelmiş çekilmelerini inceleyegeldim. Ne var ki: Muhtemelen, Tabiat‘da böyle yalınkat bir durum yoktur. Çünkü, çekim cisimlere doğru olan bir şeydir ve Cisimler‘in çekilirken ve çekerkenki tesirleri, Hareketin 3. Kanunu‘na göre, daima, karşılıklı (mütekabil) ve eşittir.

343

Ne çeken ne de çekilen cisim,

mutlak ve hakiki anlamında atâlet halindedir ancak: Hareket‘in Kanunları‘nın 4.Kaziyesi‘ne göre; her iki Cisim de, sanki beraberce çekiliyormuş gibi, müşterek bir çekim merkezinin etrâfında döner. Ve eğer, daha fazla sayıda cisim tasavvur edilir ise: Bunların da hepsi bir teki tarafından çekilir, ve bu çeken de onların tümü tarafından çekilir ise: Ya da, her birinin hepsini karşılıklı olarak çektiği bir durum tasavvur edilir ise; bu cisimler, kendi aralarında kurulmuş bir sistemde öyle bir tarzda hareket ettirilir ki: Sanki, ya bunların müşterek çekim merkezi atâlet hâlinde olur ya da bu nokta ivmesiz bir hız ile bir doğrusal hat boyunca hareket eder. Bu nedenle; metnin bu noktasında; cisimlerin hareketini, birbirilerini karşılıklı olarak çekiyormuş gibi tasavvur ederek irdelemeliyim. Ve merkezcil kuvvetleri de çekim kuvveti olarak değerlendirmeliyim. Ancak; fiziki açıdan, daha doğru olan isimlendirme, belki ―tesirler‖ kelimesi olmalıdır. Ne var ki, bu önermeler, sadece saf matematik perspektifinden anlaşılmalıdır ve bundan ötürü fiziki anlamdaki hareketi hassaslıkla tasvir etme kaygısını bir yana bırakıp matematik ile yoğrulmuş okurların kolayca anlayabilecekleri bir dili, metinde kullanmayı tercih ediyorum.

57. Önerme 20. Teorem Yekdiğerini çeken iki Cisim, bunların müşterek çekim merkezinin etrafında ve birbirlerinin etrafında benzer tanımlar. Çünkü, Cisimlerin, müşterek çekim merkezi kabul edilen noktadan mesafeleri; cisimlere göredir. Ve bu nedenle; birbirlerine göre verilmiş bir orandadır. Ve bundan ötürü de; oranları kompoze etmek yolu ile 2 cismin arasındaki mesafenin bütünü ile de verilmiş bir orandadır. Şimdi; bu mesafeler, müşterek nokta etrafında ―equable‖ bir açısal

344

hareketle döner çünkü aynı doğru üzerinde bulunduklarından birbirlerine göre eğimlerini hiçbir zaman değiştirmezler. Ancak; birbirlerine göre belli bir oranda verilmiş doğru parçaları; iki doğru parçasının eşit ölçülü açısal hareket ile dönüyorsa da; üzerinde döndükleri düzlemlere; o müşterek nokta etrafında tanımladıkları şekle tamamen benzer eğrilikte şekiller onun dışından aynı benzer eğrilikte tanımlar. Bu düzlemler, bu müştrek noktaya göre, ya atâlet halindedir ya da hareket halindedir. Ya da açısal olmayan bir hareket halindedir. Bundan ötürü; bu mesafelerin dönme hareketi ile tanımlanan şekiller de birbirine benzerdir. Q.E.D 58. Önerme 21. Teorem Eğer 2 cisim; birbirlerini, karşılıklı olarak, herhangi türden bir kuvvet ile çekiyor ise, ve bu esnâda, müşterek çekim merkezi noktası etrafında dönüyor ise fikrim odur ki: Aynı kuvvetleri varsayıp cisimlerin birini sabit tutup ötekini sabit olanın etrafından döndürmek yolu ile tanımlanan şekiller; önceki durumda tanımlanmış şekillere benzer ve eşit olur. 20.Tepsi‘nin 7.Tabağı‘ndaki şekle bakınız:

345

S ve P cisimleri; C adındaki müşterek çekim merkezi etrafında, S‘den T‘ye ve P‘den Q‘ya döndürülsün. Verilmiş s noktasından itibaren sp, sq çizgileri, SP ve TQ‘ya paralel ve eşit olarak mütemadiyen çizilsin. Ve; p noktasının, sabit s noktasının etrafından dönerek tanımladığı pqv eğrisi, S ve P cisimlerinin birbirinin etrafından dönerek tanımladığı eğriye eşit ve benzer olacaktır. Ve bundan ötürü, 20.Teorem‘in mantığınca; aynı Cisimler‘in müşterek çekim merkezi olan C noktasının etrafından tanımladığı ST ve PQV eğrilerine benzer olacaktır. Ve bundan ötürü de; SC, CP, SP ya da sp çizgilerinin birbirine göre orantıları da verilmiştir. 1.Vaka: Hareket‘in Kanunları‘nın, 4.Kaziyesi‘nin mantığına göre; C ile gösterilmiş müşterek çekim merkezi ya atâlet halindedir ya da doğrusal bir hat istikametinde ivmesiz hız ile hareket halindedir. Evvelâ, bu noktanın atâlet halinde bulunduğunu farz edelim. Ve s ve p noktalarında; iki cisim, konumlandırılmış olsun; bunlardan biri, s noktasının üzerinde sabit, diğeri p noktasının üzerinde hareket ettirilebilir özellikte olsun. Bunlar ise; S ve P cisimlerine benzer ve eşit olsun. Sonra; PR ve pr doğrularını, PQ ve pq eğrilerine P ve p noktalarında değdirin ve CQ‘yu ve sq‘yu R‘ye ve r‘ye doğru uzatın. Ve, CPRQ ve sprq şekilleri birbirine benzer şekiller olduğundan, RQ‘nun rq‘ya oranı, CP‘nin sp‘ye oranına eşit olacaktır. Ve bundan ötürü de: Verilmiş belli bir oranda olacaktır. O halde; eğer, P cisminin S cismine doğru çekildiği kuvvet ve bunun sonucu olarak da aradaki nokta olan merkezî C noktasına doğru çekildiği kuvvetin ölçüsü; p cisminin s merkezine doğru çekildiği kuvvete ölçüsüne aynı oranda verilmiş olsaydı; bu kuvvetler eşit sürelerde, cisimleri, PR pr tanjantlarında PQ pq yaylarına doğru; bunlar ile orantılı olan RQ, rq aralıklarında çekerlerdi. Ve bundan ötürü; s noktasına eğilimli bu son kuvvet; p cismini pqv eğrisinde döndürürdü, ki bu da, (birinci kuvvetin P cismini bu eğrinin üzerinde dönmeye zorladığı PQV eğrisi ile benzer olurdu.

346

Ancak; bu kuvvetler birbirlerine, CP‘nin sp‘ye oranında olmayıp ancak ( S ve s cisimlerinin P ve p cisimlerinin benzerliğinden ve eşitliğinden ötürü ve SP, sp mesâfelerinin eşitliğinden ötürü) birbirine eşittir. Cisimler; eşit sürelerde tanjant çizgilerinden eşit kuvvetler ile çekilir. Ve bundan ötürü; p cismi; rq adındaki daha bir aralıktan çekilirken bu hareket daha fazla zaman alır, ki bunun ölçüsü de aralıkların birbirlerine göre terskare oranında olacaktır. Çünkü, 10.Yardımcı Kaziye‘nın mantığınca; hareketin hemen başlarındaki sürelerde tanımlanmış mekânlar, bu sürelerin kareleriyle orantılıdır. O halde; farz edin ki: p Cisminin velositesinin P cisminin velositesine oranı; sp mesafesinin CP mesafesine terskare oranında eşit olsun. Öyle ki; pq, PQ yayları; birbirlerine basit bir kesir orantısında olarak, mesafelerin terskare oranlarındaki sürelerde tanımlansın. Ve; P,p cisimleri; daima eşit ölçüdeki kuvvetleri ile çekilip hareket sabit C ve s merkezlerinin etrafından benzer şekiller olan PQV‘yi ve pqv‘yi tanımlayacaktır. Bunlardan; hareket ettirilebilir S cisminin; etrafından tanımlandığı şekle benzerdir ve eşittir. Q.E.D 2.Vaka: Şimdi de farz edin ki: Cisimlerin kendi aralarında hareket ettikleri mekanik ile beraber hareket ettirilen müşterek çekim merkezi noktası, doğrusal bir hat üzerinde ivmesiz bir hız ile ilerliyor olsun. Ve Hareket‘in Kanunları‘nın 6.Kaziyesi‘ne göre; bu sözü edilen mekândaki hareketlerin hepsi daha önceki izah edilmiş mantığa göre olacaktır. Ve bundan ötürü, Cisimler, birbirlerinin etrafından karşılıklı olarak, evvelkiler ile aynı şekilleri tamamlayacaktır. Ki bunlar da; bu sebepten ötürü, pqv şekline benzer ve eşit olacaktır. Q.E.D

347

1.Kaziye: O halde, eğer; iki cisim birbirini mesafeleriyle orantılı kuvvetler ile çekiyor ise 10. Önerme‘nin mantığınca, hem müşterek çekim merkezlerinin etrafından hem de birbirlerinin etrafından iç içe geçmiş elipsleri tanımlar. Ve mantığı tersten işletir isek, bu şekillerin tanımlandığı durumlarda da kuvvetler mesafeler ile orantılıdır. 2.Kaziye: Ve eğer, kuvvetleri, aralarındaki mesafenin karesi ile ters orantılı iki cisim (11., 12., 13. Önerme‘lerin mantığınca) hem müşterek çekim merkezleri etrafından hem de birbirlerinin etrafından konik kesitleri tanımlar. Bunların da odak noktası; şekillerin etrafından tanımlandığı merkezin içinde olur. Ve mantığı tersinden işletip: Eğer bu şekiller tanımlanmış ise, merkezcil kuvvetler mesafelerin karesi ile ters orantılıdır. 3.Kaziye: Müşterek çekim merkezinin etrafından dönen herhangi iki cisim, 20.Tepsi 222.sayfadaki şekiller girecek. hem o merkeze hem de ötekisine çizilmiş yarıçaplar metodu ile süreler ile orantılı alanları tanımlar. 59. Önerme 22.Teorem İki cismi düşünün. Bunlar S ve P cisimleri olsun. Müşterek çekim merkezleri olan C noktasının etrafında dönsünler. Bu dönüşün bir devir süresi vardır. Eğer, S cismini sabit tutup P cismini, S‘nin etrafından döndürerek evvelki dönme hareketinde tanımlanmış şekle; benzer ve eşit bir şekli tanımladığı bir dönüş düşünülür ise: Evvelki döngünün devir süresinin sonraki döngüye oranı; S cisminin ters karesinin, S+P toplamının oranına eşittir. Çünkü; evvelki Önerme‘nin ispatı ve gösterimi yolu ile biliyoruz ki: PQ ve pq adındaki herhangi benzer yayların tanımlandığı sürelerin oranı; CP ve SP (ya da sp) mesafelerinin ters kareleri ile oranlıdır.

348

Bu da demektir; S cisminin ters karesi ile S ve P cisimlerinin toplamının oranlanmasına eşittir. Ve oranları; kompoze etmek yolu ile PQ ve pq gibi benzer yayların tanımlandığı sürelerin toplamları, yani, bir başka deyişle, benzer şekillerin bütünlerinin tanımlandığı sürelerin bütünleri, aynı ters kare oranındadır. Q.E.D 60. Önerme 23. Teorem Eğer, S ve P cismi, birbirlerini, aralarındaki mesafenin karesi ile ters orantılı bir ölçüdeki kuvvetler ile çekiyorsa ve bu cisimler müşterek çekim merkezi etrafından dönüyorsa: Fikrim odur ki: Bu cisimlerden birisi, örneğin, P cisminin; diğer S cisminin etrafından dönerek tanımladığı elipsin principal ekseni‘nin; aynı P cisminin, S cismi sabit tutulup onun etrafından aynı devir sürede dönerken tanımlayabileceği elips şeklin principal eksenine oranı; iki cismin toplamının bu toplam ile diğer S cismi arasında kalan 2 mean proportional‘ın ilkine oranına eşittir. Çünkü; eğer, elipsler, birbirine eşit olsaydı; evvelki teoremin mantığınca devir sürelerinin oranları, S cisminin ters karesi ile S ve P cisimlerinin toplamlarının oranlanmasına eşit olurdu. Evvelki elipsteki devir süreleri bu oranda azaltın ve devir süreleri birbirine eşitleyin. Ancak, bu durumda, 15. Önerme‘nin mantığınca; elipsin, principal ekseni, evvelki orana göre, karenin kübe oranı ölçüsünde bir oranda azalmış olacaktır. (sesquiplicate ratio). Bu da öyle bir oran demektir ki: S‘nin S+P‘ye oranı bunun kübüyle oranlıdır. Ve bundan ötürü; bu elipsin ekseni, o elipsin eksenine oranladığında, bu oran; S+P değerinin ve S‘nin S+P değerine oranının arasında kalan iki mean proportional‘ın ilkinin, S+P‘ye oranına eşittir. Ve ters oran kurarsak; hareket edebilir cismin etrafından dönerek tanımlanmış elipsin principal ekseninin, sabit tutulmuş cismin etrafından dönerek tanımlanmış elipsin principal

349

eksenine oranı; S+P değerinin, S+P değerinin ve S değerinin arasında kalmış 2 mean proportional‘ın ilkinin değerine oranına eşittir. Q.E.D 61. Önerme 24.Teorem Eğer iki Cisim, birbirlerini hangi tür kuvvetle olursa olsun çekiyor ise, ve bunun aksine doğru itmiyor veya engellemiyorsa, hangi şekilde her nasıl hareket ettirilirse ettirilsin, bunların hareketleri aynı olur. Bu hareket sanki, o cisimler birbirlerini karşılıklı çekmemiş de bu cisimlerin müşterek kuvvet merkezine konumlanmış bir üçüncü cisim tarafından çekilen ve cisimlerin sayısına göre bir ve bölünemez kuvvetler ile çekilmiş gibidir. Çeken kuvvetlerin tâbi olduğu Kânun; cisimlerin, müşterek kuvvet merkezinden mesafesine doğru olduğu gibi, iki cismin mesafesine göre de aynı mantık ile işler. Çünkü cisimlerin birbirlerini karşılıklı olarak çektiği kuvvet, bir cisimden ötekine yöneldiğinde; bu esnâda, iki cismin arasında bir noktada bulunan müşterek çekim merkezine yönelmiş olacaktır. Ve bundan ötürü; kuvvet, sanki aradaki bir cisimden çıkıp tesir ediyormuş gibi de düşünülebilir. Q.E.D Cisimlerin herhangi birinin, müşterek çekim merkezi noktasına mesafesinin, cisimlerin birbirine mesafesinin oranı verilmiş olduğunda, bu mesafenin herhangi bir üslü kuvvetinin aynı mertebedeki üslü kuvvetine oranı da verilmiş demektir. Ve bir de; mesafelerden birinin hangi matematik(sel) işlemler kullanılarak ve bu işlemdede hangi nicelikler girdi olarak kullanılırsa kullanılsın bir bileşkesi alındığında; türetilmiş niceliğin, diğer mesafenin aynı matematiksel işlem(ler) kullanılarak türetilen bir niceliğe oranı eşit verilmiş demektir. Bu oranı muhafaza ederek, hangi sayıda hangi nicelik, türetilirse türetilsin verilmiştir. Bundan ötürü; bir cismin diğerine çekildiği kuvvet; cisimlerin birbirine mesafesi ile doğru veya ters

350

orantılı ise, ya da bu mesafenin ölçüsünün niceliğinin herhangi bir kuvvetinde ise; ya da verilmiş nicelikler ile bu mesafenin verilmiş analogous nicelikler ile herhangi bir şekilde işlenmesi ile türetilen bir niceliğe eşittir. O halde; eğer; bir cismin, diğerine çekildiği kuvvet, cisimlerin mesafesi ile doğru veya ters orantılı olur ise; ya da bu mesafenin herhangi bir kuvvetinde olur ise; ve son olarak; verilmiş mesafenin verilmiş nicelikler ile hangi matematiksel işlem ile türetilmiş olursa olsun, elde edilmiş herhangi bir niceliğe eşit olur ise; o halde aynı cismin aynı müşterek çekim merkezine çekildiği kuvvetin ölçüsü; aynı mantık ile, cismin merkezden mesafesi ile doğru veya ters orantılı olacaktır. Ya da; bu mesafenin herhangi bir mertebesinde olacaktır. Ya da; son olarak, bu mesafeden verilmiş denk ve benzer nicelikler ile aynı matematiksel işlemler ile türetilmiş herhangi bir niceliğe eşit olacaktır. Bu da demektir ki: Çekim Kuvveti‘nin Kanunu; her iki yöne doğru da aynı mantık ile hükmedecektir. Q.E.D

62.Önerme 38.Problem Birbirlerini mesafelerinin kareleri ile ters orantılı nicelikteki bir kuvvet ile çeken iki cismin, hareketlerini tayin etmenin ve verilmiş yerlerden bırakıldıkları durumlardaki düşme hareketini tayin etmenin yöntemi.

351

Cisimler; evvelki teoremin mantığınca, sanki, müşterek çekim merkezlerine bir üçüncü cisim yerleştirilmiş gibi, hareket ettirileceklerdir. Ve, müşterek merkezin, hareketin başlangıcında, sabit olduğu varsayımına göre hareket tasavvur edilecektir. Ve bundan ötürü, Hareket‘in Kanunları‘nın 4.Kaziyesi‘ne göre, daima sabit nokta olarak kalacaktır. Cisimlerin, hareketleri, bu nedenle, 25. Problemin mantığınca, sanki bu merkeze yönelip çekilen kuvvetleri tasavvur ederek tayin edilir.Ve, ondan sonra, bu mantık ile birbirlerini karşılıklı olarak çeken cisimlerin hareketlerini buluruz. Q.E.I 63.Önerme 39.Problem Birbirlerini, mesafelerinin karelerine ters orantılı kuvvet ile çeken ve verilmiş yerlerden verilmiş istikametlere doğru verilmiş velositeler ile hareket eden iki cismin hareketini tayin etmenin yöntemi. Cisimlerin, en başlangıçtaki hareketleri verildiğinde, müşterek çekim merkezinin ivmesiz hareketi de verilmiş demektir ve bir de bu merkezî nokta ile beraber, ivmesiz hız ile bir doğru istikametinde hareket eden mekân‘ın (uzay‘ın)hareketi de verilmiş demektir. Bununla beraber; bu mekânda cisimlerin en baştaki hareketleri de bu mekâna göre verilmiş demektir. O halde,Hareket‘in Kanunları‘nın 5.Kaziyesi‘nin mantığına göre, ve son teoremin mantığına göre; müteakip hareketler; bu mekân içerisinde aynı mantık ile icrâ edilir. Bu mantık ise; sanki mekân, içindeki müşterek çekim merkezi ile beraber atâlet halinde bulunuyormuş ve sanki; mekânın içindeki cisimler; o merkeze konumlandırılmış bir üçüncü cisim tarafından çekiliyormuş gibi düşünülür. Bu nedenle; hareket ettirilebilir bu mekân içindeki, her bir cismin, verilmiş bir noktadan, verilmiş belli bir istikamette; verilmiş belli bir velosite ile tasavvur edilen ve bu merkeze yönelip tesir eden merkezcil kuvvetin güdümündeki hareket; 9.

352

Problem‘in ve 26. Problem‘in mantığınca tayin edilir. Ve bu esnâda; aynı merkezin etrafındaki diğer hareketten de bulunabilir. Hareket ettirilebilir mekânın bütünün ileriye doğru ivmesiz hareketinden ve mekânın içindeki cisimlerin dönmesinden yapılma bileşik hareket ile, cisimlerin mutlak mekân içindeki hareketleri bilinir. Q.E.I 64. Önerme 40. Problem Cisimleri birbirini çektiği kuvvetin ölçüsünün mşterek merkezinden mesafelerinin basit orantısı ile arttığını varsayıp: Çeşitli cisimlerin, kendi aralarındaki hareketleri bulunmak istensin. Farz edin ki: 21. Tepsi‘nin 1.Tabağı‘nda gösterilmiş şekildeki gibi, T ve L adındaki iki cismin, müşterek çekim merkezi, D noktasında olsun.

353

Bunlar; 21.Teorem 1.Kaziyesi‘nce, odak noktalarının müşterek olanı D noktasında olan elipsleri tanımlar. Ve bu elipslerin, magnitütleri de 5. Problem‘in mantığınca bilinir. Şimdi bir de, üçüncü bir S cisminin, önceki T ve L cisimlerini, ST, SL adındaki ivmeli kuvvetler ölçüsünde çektiğini ve aynı anda ve aynı ölçüde onlar tarafından çekildiğini varsayalım. ST kuvveti, Hareketin Kanunları‘nın 2.Kaziyesi‘nce, SD, DT adındaki kuvvetlere ayrıştırılarak çözümlenir. Ve SL kuvveti de SD ve DL kuvvetlerine ayrıştırılarak çözümlenir. Şimdi; DT, DL kuvvetlerinin toplamı; TL‘ye eşittir. Ve bundan ötürü; T ve L cisimlerinin birbirini karşılıklı olarak çektiği ivmeli kuvvet; T ve L cisimlerine, sırasıyla; ilki T‘ye sonuncusu L‘ye olmak üzere eklenir. Bu ekleme sonucunda; DT ve DL mesafelerine orantılı kuvvetleri oluşturur; ancak, bu oluşan kuvvetler mutlak değer olarak öncekilerden fazladır. Ve bundan ötürü; 10.Önerme‘nin 1.Kaziyesi‘nce 8. ve 4. Önerme‘nin 1. ve 8.Kaziye‘lerine göre, bu kuvvetler, cisimlere yine elips şekilleri tanımlatır ancak, bu defa bu tanımlamanın hızı fazla olur. İvmeli kuvvetlerin kalanı; SD ve SD motive kuvvetin tesiri ile, SD x T ve SD x L işlemleri ile hesaplanan cisimlere eşittir. Bu cisimleri eşit ölçülü kuvvetlerle çekerler. Bu çekimin istikameti de TI, LK doğrultusunda DS‘ye paraleldir. Dolayısıyla; birbirlerine göre konumlarını hiçbir zaman değiştirmezler, ancak bu kuvvet onları IK çizgisine eşit ölçüde yaklaştırır. Bunun çizimle gösterimi; S cisminin ortasından çizilen ve DS çizgisine indirilen dikmedir. Ancak; IK çizgisine bu yaklaşma; T ve L cisimlerinden oluşma sistemi bir yana ve S cisminin diğer tarafa yönlendirerek engellenecektir; bu ise müşterek çekim merkezi olan C noktasının etrafından uygun velositelerle dönme hareketine eşlik edecektir. Böyle, bir hareket ile, S cismi; SD x T ve SD x L motive kuvvetlerinin toplamının CS mesafesine orantılı olduğundan, C merkezine yönelir. Oradaki C merkezinin etrafından dolanarak bir elips tanımlar.

354

Ve D noktası; CS ve CD çizgileri orantılı olduğundan bunun üzerinden karşıt yönden tanımlanan bir başka elips çizilir. Ancak, T ve L cisimleri, SD x T ve SD x L işlemleri ile hesaplanan motive kuvvetler ile çekilip birinci birinci tarafından sonuncu sonuncu tarafından eşit ölçüde ve TI ve LK çizgilerinin paraleli istikametinde çekilecek ve Hareketin Kanunları‘nın 5. ve 6. Kaziyeleri‘ne göre, hareket ettirilebilir D merkezi noktası etrafından elipsleri tanımlamaya devam eder. (evvelden de olduğu gibi) Q.E.I Bu sisteme bir dördüncü V cismi eklensin ve aynı türden bir mantık ile ispatlanıp gösterilebilir ki bu cisim ve C noktası, müşterek B noktası etrafından elipsler tanımlar. T, L, S noktalarından D ve C merkezlerinin etrafından dönerek tanımladığı hareketler evvelki ile aynı kalır ancak ivmelenir. Ancak, yol ile bir kişi istediği sayıda cisim ekleyebilir. Q.E.I Tarif edilen bu durum olabilir ancak bir nüansla: Ancak; T ve L cisimleri birbirlerine; öteki cisimlerin mesafelerine göre orantılı olarak çektiği kuvvetten ya fazla ya az ivmeli kuvvetle çeker. Karşılıklı cisimlerin ivmeli çekimleri, birbirlerine mesafelerinin çarpımına eşittir. Ve daha evvel izah edilenlerden bilinir ki: Tüm cisimler, hareket ettirilemeyen bir düzlemin üzerinde müşterek çekim merkezi kabul edilen B noktasının etrafından dönerek eşit devir sürelerde farklı elipsler tanımlar. Q.E.I 65. Önerme 25.Teorem

355

Kuvvetleri merkezlerinden mesafelerinin ters kare oranında azalan cisimler; kendi aralarında elips şekiller tanımlayarak hareket edebilir ve cisimlerden odak noktalarına çizilebilecek yarıçaplar ile süreler ile neredeyse orantılı alanları tanımlayabilir. Evvelki Önerme‘de, hareketlerin tam bir elipste icrâ edileceği bir vakayı ispatlayıp gösterdik. Kuvvetler‘in Kanunu, bu vakadaki Kanun‘dan ne ölçüde uzak olursa, cisimlerin birbirlerinin hareketine tesir etmesi o ölçüde artar. Bu Önerme‘de, varsayılmış Kanun‘a göre, birbirini çeken cisimlerin de, birbirlerinden mesafeyi belli bir orantıda tutmadıkça; tam olarak elips şeklindeki bir yörünge üzerinde hareket etmeleri mümkün değildir. Ne var ki; aşağıda anlatılacak olan vakalarda,yörüngeler elips şeklinden pek fazla sapmayacaktır. 1.Vaka: Düşünün ki, Çok büyük bir cismin etrafından çeşitli mesafelerde dönen küçük küçük cisimler olsun. Ve bu cisimlerin her birine yönelmiş mutlak kuvvetler birbirlerine orantılı bir ölçüde olsun. Hareket‘in Kanunları‘nın 4. Kaziyesi gereğince; hepsinin müşterek çekim merkezi ya atâlet halindedir ya da doğruların istikametinde ivmesiz bir hız ile ileriye doğru hareket halindedir. Farz edin ki: Küçük cisimler öyle küçüktür ki: Büyük cismin, o müşterek merkezden mesafesi, algılanabilir bir ölçüde olmasın. Ve bu şartlarda; büyük cisim, algılanabilir bir hata olmaksızın; ya atâlet halindedir ya da bir doğru istikametinde ivmesiz hız ile hareket halindedir. Ve küçük cisimler, büyük cismin etrafından, elips eğriler çizerek dönecektir ve elipsin odak noktalarına çizilmiş yarıçaplar; süreler ile orantılı alanları tanımlayacaktır. Bunun istisnâsı şudur: Büyük cisimin, müşterek çekim merkezi noktasından geri çekilmesi durumu ya da küçük cisimlerin birbirleri üzerindeki karşılıklı tesirlerinin olması durumudur.

356

Ne var ki: Küçük cisimlerin ölçüsü, öyle bir ölçüde kısaltılır ki bu geri çekilme ve küçük cisimlerin birbirlerinin üzerindeki karşılıklı tesirleri, atfedilebilecek herhangi bir magnitütten az hâle gelir. Ve bundan ötürü de; yörüngeler elipsleşir ve mümkün olan herhangi bir ölçüden az omayan bir hata payı olmaksızın, süreler alanlar ile orantılı hale gelir. Q.E.O 2.Vaka: Bir cisimler sistemi hayal edelim: Az evvel tanımlandığı gibi, çok büyük bir cismin etrafından küçük küçük cisimler dönüyor olsun. Ya da, iki cisimli bir sistemde birbirinin etrafında dönerken, sistem bir doğru istikametinde ivmesiz bir hız ile ileriye doğru hareket ediyor olsun. Ve bu esnada, çok uzağa konumlanmış bir başka çok büyük cismin kuvveti tarafından yanlara doğru çekiliyor olsun. Cisimlerin,paralel istikametlere doğru çekildiği ivmeli kuvvetlerin ölçüleri birbirine eşit olduğundan, bu cisimlerin kendi aralarında, birbirine göre konumu değişmez. Fakat sadece, sistemin bütününün konumunu değiştirmeye zorlarken, sistemin içindeki parçalar, kendi aralarındaki hareketi muhafaza eder. Besbellidir ki: Çekilen cisimlerin hareketlerinde; ivmeli çekimlerin eşitsiz olması durumu haricinde, büyük cisme yönelmiş çekimlerinden kaynaklanmış hiçbir değişme olmaz. Ya da; bu çekimlerin istikametini işaret eden doğruların birbirine meylederek yaklaşması durumu haricinde. Farz edin ki: Büyük cisme yönelmiş ivmeli kuvvetlerin kendi aralarındaki ölçüsü, mesafelerinin kareleri ile ters orantıdadır. Ve bu halde; büyük cismin, küçük cisimlerden mesafesini, büyük cisimden küçüklere çizilmiş doğruların uzunluk cinsinden farkları ve bu çizgilerin birbirlerine yaklaşma açıları, verilmiş herhangi bir değerden az olursa, sistemin parçalarının hareketleri verilmiş herhangi bir değerden az olmayan bir hatasızlıkla sürer gider. Ve bu parçaların, birbirinden küçük mesafesinden ötürü; sistemin bütünü, bu çekim ile, sanki bir tek cisimmiş gibi çekilerek hareket eder. Bu da demektir ki: Sistemin çekim merkezi, büyük cismin etrafından, konik kesitlerinden birini tanımlayarak döner. (Bu konik kesiti de, çekimin zayıfça

357

olduğu durumlarda, parabôl ya da hiperbôl, daha kuvvetli tesir ettiği durumlarda da bir elips şeklinde olur.) Ve bunun odaklarına çizilmiş yarıçaplar ile süreler ile orantılı alanlar tanımlanır. Burada da; sistemin parçalarının birbirine mesafesinden kaynaklanan hatalar hariç, ki zaten bunlar, kurduğumuz varsayımda çok küçük olarak düşünülmüştü ve keyfî olarak daha da azaltılabilir. Q.E.O Aynı tarz bir akıl yürütme ile bir düşünür; sonsuzluk durumunu düşünerek daha karmaşık ve bileşik vakaları da çözümleyebilir. 1.Kaziye: İkinci Vaka‘da; çok büyük cismin; iki ya da çok sayıda dönen cismin, iki ya da çok sayıda dönen cisim içeren bir sisteme yaklaşmakta olduğu durumda, büyük cisim, sisteme ne ölçüde yaklaşırsa, sistemin parçalarının kendi aralarındaki hareketlerinin pertürbasyonu o ölçüde büyük olacaktır. Çünkü; çünkü çok büyük cisimden, sistemin küçük parçalarına çizilmiş çizgilerin (Çevirenin Notu: doğru parçalarının) birbirine göre meyli artar (Çevirenin Notu: aralarındaki açıları azalır.) ve orantının eşitsizliği de daha fazla olur. 2.Kaziye: Ancak, pertürbasyonun en fazla olduğu durum şudur: Sistemin kendi içindeki parçalarının, büyük cisme doğru ivmeli çekimlerinin ölçüsünün, birbirlerine göre, mesafelerinin ters kare orantısında olmadığı durumdur.(haldir) (Bilhassa da, eğer, bu oranın eşitsizliğinin ölçüsü; o büyük cisimden mesafelerin orantısının eşitsizliğinden büyük olursa.)Çünkü eğer, ivmeli kuvvet, paralel istikametlerde ve eşit ölçüde tesir ederek sistemin parçalarının hareketlerinde hiçbir pertürbasyona sebep olmazsa; mantıkî olarak, eşitsiz ölçüde tesir ettiğinde; bir yerlerde pertürbasyona sebep olmuş demektir. Bunun da ölçüsü; eşitsizliğin fazla veya az oluşuna göre, fazla veya az olur. Bazı cisimlere tesir eden, ve diğerlerine tesir etmeyen çekimini kuvvetinin oranı; zorunluluk gereği bu cisimlerin kendi aralarındaki

358

konumlarını değiştirmelidir. Ve bu pertürbasyon, çizgilerin eşitsizliğinden ve birbirine meyl etmesinden kaynaklanan pertürbasyona eklendiğinde toplam pertürbasyonu artırır. 3.Kaziye: O halde, böyle bir sistemin parçaları, herhangi bir kaydadeğer ölçüde bir pertürbasyon olmaksızın elips veya çemberleri tanımlayıp hareket ediyorsa; besbellidir ki: Eğer; başka herhangi bir cisme yönelen ivmeli kuvvetlerce çekiliyorsa bile, bu tesir ya çok zayıftır ya da tesir cisimlerin hepsine birden paralel istikametlerde ve eşit ölçüde etkide bulunmaktadır. 66. Önerme 26. Teorem Eğer, cisimlerin çekme kuvveti, mesafelerinin karesi oranında azalan üç cisim, birbirini karşılıklı olarak çekiyorsa, ve eğer, bu üç cisimden herhangi ikisinin, üçüncüye yönelmiş ivmeli çekim kuvveti, bunların arasındaki mesafelerin kareleri ile ters orantılı ise ve en küçük iki cisim en büyüğünün etrafından dönüyorsa: Fikrim odur ki: Eğer, bu büyük cismin küçüklerce hiçbir şekilde çekilmeyip de atâlet halinde kaldığı durumlarda veya bu büyük cisim çok çok daha fazla veya çok çok daha az çekildiğinde ya da bu çekimlerce çok çok daha fazla veya daha az ajite edildiği durumlarda olabileceğine göre: Bu en büyük cisim, o çekimlerce ajite edilirse, dönen cisimlerin içerlek kalanı, en büyük ve en içteki cisme çizilmiş yarıçaplar yolu ile; bu cismin etrafında, o süreleri ile daha orantılı alanları tanımlayacaktır. Ve bu cismin yolu, odak noktası yarıçapların birbirine değme noktasında, konumlanmış bir elips şekline gitgide benzeşen bir şekli tanımlayacaktır. Bu ise, evvelki Önerme‘nin, İkinci Kaziyesi‘nden de açık ve seçik olarak anlaşılabilir. Ancak; bu tarz bir akıl yürütme ile de daha belirgin ve daha kapsamı geniş iknâ ediciliği vardır. Birinci Vaka: 21. Tepsi‘nin 2.Tabağı‘ndaki şekile bakınız.

359

P ve S ile temsil edilmiş küçük cisimler, bir ve aynı düzlem üzerinde, en büyük cisim olan T cisminin etrafından dönsün. P cismi, PAB adındaki içerlek yörüngeyi tanımlarken S cismi de ESE adındaki dışarlak yörüngeyi tanımlar. SK; P ve S cisimlerinin arasındaki ortalama mesâfeyi temsil etsin. Ve SK çizgisi de, P cisminin S‘ye yönelmiş ivmeli kuvvetinin, o mesafede tesir eden ölçüsünü temsil etsin. SL‘yi, SK‘ya oranlayıp bunu da SK‘nın karesinin, SP‘nin karesine oranına eşitleyin. Ve SL, P cisminin, S‘ye yönelmiş ivmeli çekim kuvvetinin herhangi bir SP mesafesindeki ölçüsünü verecektir. PT‘yi birleştirin ve LM‘yi ona paralel çizerek M noktasında ST ile birleştirin ve SL çekimi, Hareket‘in Kanunları‘nın 2. Kaziyesi‘nin mantığına göre; SM ve LM adındaki iki ayrı çekim kuvvetine ayrıştırılır ve çözümlenir. Ve bu halde, P cismine 3 misli bir ivmeli kuvvet ile tesir edilecektir. Bu kuvvetlerden biri T‘ye yönelir ve T ve P cisimlerinin karşılıklı çekiminden doğmuştur. Sadece ve sadece, bu kuvvet hesaba katıldığında; P cismi, T cisminin etrafından dönerek, PT yarıçapı ile süreleri alanları ile orantılı mekânları süpürür. Ve bu hareketi ile odak noktası T cisminin merkezinde konumlanmış bir elipsi tanımlar. Bu ise; T cisminin hareketsizliği sürdürülse de bu çekimin tesiri ile ajite edilmiş olsa bile olur. Bu olgu ise 11.Önerme‘den ve 21.Teorem‘in 2. ve 3. Kaziyeleri‘nden anlaşılır. LM adındaki diğer çekim kuvveti, P‘den T‘ye yönelmiş olduğundan, evvelki kuvvetin niceliğine kat kat eklenecek ve bununla özdeşleşecektir. Ve 21. Teorem‘in 3. Kaziyesi‘nin mantığına göre; taranan alanların süreler ile orantılı olmasını sağlayacaktır. Ancak, PT

360

mesafesinin karesi ile ters orantılı bir ölçüde olmadığından, evvelkine eklendiğinde, oluşturduğu kuvvetin niceliği bu orantıdan sapmış bir nicelikte olacaktır. Caeteris Paribus (diğer şartların eşit olur ise) bu sapmanın (Çevirenin Notu: varyasyon) büyüklüğü, bu kuvvetin evvelkine orantısının hangi ölçüde olduğuna göre değişecektir. İşte bundan ötürü; 11.Önerme‘nin ve 21.Teorem‘in 2.Kaziyesi‘nin mantığınca; T odağından bir elipsi tanımlayan kuvvetin ölçüsü, bu odağa doğru yönelmiş olmalıdır. Ve bunun da ölçüsü, PT mesafesinin karesi ile ters orantılı olmalıdır: Öyle ki: Orantıdan sapan bileşik kuvvet; PAB yörüngesini; odağı T noktasında olan bir elips şeklinden farklılaştırsın. Bu farklılaşmanın ne kadar fazla olacağının ölçüsü de bu orantıdan sapmanın (varyasyonun) ölçüsü ne kadar çoksa o kadardır. Ve bunun sonucunda: Caeteris Paribus (diğer şartlar eşit olduğunda) ikinci LM kuvvetinin birinci kuvvete orantısının, bundan ne ölçüde büyük olduğuna göre de artar. Ancak, şimdi, üçüncü kuvvet SM; P cismini, ST‘ye paralel istikametlerde çekerek; diğer kuvvetler ile beraber yeni bir kuvveti oluşturur ve artık bunun itikameti P‘den T‘ye yönelik olmaz. Bu yeni kuvvetin; bu istikametten ne ölçüde saptığı da caeteris paribus, diğer şartlar eşit olduğunda, üçüncü kuvvetin diğer kuvvetlere orantısı ne kadar büyükse o kadardır. Ve işte bundan ötürü; bu P cisminin, TP yarıçapı ile bundan böyle, süreler ile orantılı olamayan alanları tanımlamasına sebep olur. Ve bundan ötürü; bu orantısallıktan sapmanın artışının ölçüsü, bu kuvvetin diğerlerine orantısı ne kadar fazla ise o kadar fazladır. Ancak, bu üçüncü kuvvet, PAB yörüngesinin, evvelden bahsedilmiş olan elips şekilden sapmasını, şu iki sebebe ve hesaba bağlı olarak artıracaktır. Birincisi; o kuvvet, bundan böyle P‘den T‘ye yönelmiş olmadığından ve ikincisi PT mesafesinin karesi ile ters orantılı olmadığından ötürü.

361

İkinicisi, PT mesafesinin karesi ile ters orantılı olmadığından ötürü. Bunlar varsayıldığında; besbellidir ki: Üçüncü kuvvet, mümkün olabilen en az ölçüde ve kalan kuvvetler de evvelki niceliklerini muhafaza ederken, alanlar süreler ile neredeyse orantılı olur. Ve bu durumda; Birinci kuvvet evvelki niceliğini muhafaza ederken, ikinci ve üçüncü kuvvetler, ama bilhassa üçüncü kuvvet, mümkün olan en az ölçüdeyken, PAB yörüngesi, yukarıda bahsedilmiş elips şekilli (eliptik) yörüngeye en fazla benzer durumdadır. T cisminin S‘ye yönelmiş ivmeli çekim kuvveti SN çizgisi ile temsil edildin. O halde, eğer, SM ve SN adındaki ivmeli çekimlerin ölçüsü eşit olursa, bunlar T ve P cisimlerini eşit ölçüde ve paralel istikametlerde çekerek, birbirlerine göre konumlanışlarını hiçbir şekilde değiştirmez. Cisimlerin kendi aralarındaki hareketleri de aynı olmuş olacaktır. Sanki bu çekimler Hareket‘in Kanunları‘nın 6.Kaziyesi‘ne göre sanki hiç tesir etmemiş gibi, aynı olmuş olacaktır. Ve aynı tarz bir mantık yürütme ile; eğer, SN kuvveti, SM kuvvetinden az olursa; SM çekiminden SN kısmını çıkarmış olacaktır. Öyle ki, çekimin kalanı sadece MN olacaktır; bu kalan ise alanların ve sürelerin orantısallığını ve yörüngenin eliptik şeklini zorlayacaktır. Ve yine aynı mantık ile: Eğer, SN çekimi; SM çekiminden fazla olursa; yörüngenin pertürbasyonu ve orantı, sadece MN adındaki fark ile oluşturulmuş olacaktır. Yine aynı mantığı takip ederek: SN çekimi; SM çekiminin MN üzerindeki tesirini, birinci ve ikinci çekimler tamı tamına aynı kaldığında azaltır. Ve bundan ötürü; (MN çekiminin ya hiç mevcut olmadığı ya da mümkün olan en az ölçüde olduğu durumlarda) alanlar ve süreler; işte o durumda orantısallığa en yakın ölçüye gelir ve PAB yörüngesi yukarıda bahsedilen elips şekline en fazla benzer haline gelir. Bu da şu durumda olur: P ve T cisimlerinin ivmeli çekimleri, eşitlik ölçüsüne mümkün olan en fazla yere değin yaklaşır. Bir başka söyleyişle: SN çekiminin; hiç olmadığı durumlarda da değil ya da bütün SM çekimlerinin en azından az da olmadığı ancak; SM çekimlerinin en fazlası ve en azı arasındaki bir ortalama imiş gibi

362

olduğu durumlarda; başka bir deyişle; SK çekiminden ne pek az ne de fazla olduğu durumlarda. Q.E.D 2.Vaka: Şimdiyse; nispeten küçük P ve S cisimlerinin büyük T cisminin etrafından değişik düzlemlerde döndüğünü düşünün. Ve LM kuvveti; PAB yörüngesi düzleminin üzerindeki PT çizgisinin istikametinde tesir ederken, daha evvelki gibi tesir bırakır. P cismini de yörüngesinin düzleminden çekmez. Ancak; ST‘ye paralel bir çizgi istikametinde tesir eden diğer NM kuvveti; (vebundan ötürü de; S cisminin düğüm çizgilerinin (line of node‘larının) PAB yörüngesinin düzlemine eğimli olmadığı durumlarda) biraz evvel bahsedilen dikeylemesine tesir eden pertürbasyonun yanı sıra, yatayına tesir eden bir başka pertürbasyonu ilâve eder (ekler) ve P cismini yörüngesinin düzleminden çeker. Ve bu pertürbasyon; P ve T cisimlerinin birbirlerine göre; konumlarının verilmiş herhangi bir konumlanışında; MN adındaki oluşturan kuvvete eşit olur. Ve bundan ötürü; MN kuvveti en az olduğunda en az ölçüye gelir. Bu da demektir ki: Şimdi izah edilip gösterildiği gibi, SN çekiminin SK çekiminden ne pek fazla ne de pek az olmadığı durumlarda. Q.E.D Birinci Kaziye: O halde bunlar şöyle özetlenebilir. Eğer; P,S,R vs. gibi çeşitli ufak ufak cisimler, T adındaki bir büyük cisimin etrafından dönüyor ise; en içteki P cisminin hareketi büyük cisimin de diğerleri tarafından çekildiği ve rahatsız edildiği (ivmeli kuvvetlerin oranlarının mantığına göre) ve ufak cisimlerin de kendi aralarında kendi kendilerini çektiği ve rahatsız ettiği durumlarda; diğerlerinin hareketleri ile en az rahatsız edilecektir.

363

İkinci Kaziye: T,P,S adındaki üç cisimli bir sistemin kurulması durumunda; eğer, bunlardan herhangi ikisinin üçüncüsüne yönelmiş ivmeli çekimi; mesafelerinin karesiyle ters orantılı ise; P cismi, PT yarıçapı ile alanları tanımlarken; A conjunction‘ı ve B opposition‘u civârında; C ve D quadratures‘larından hızlıca tanımlayacaktır. Bu böyledir çünkü: P cismine tesir eden ve T cismine tesir etmeyen ve PT çizgisinin istikametinde de tesir etmeyen; alanın tanımlanmasını ya ivmelendirir ya da geciktirir. (ivmesizlendirir) Bu ise: in consequentia (yöndeş) veya in antecendentia (karşıt yönlü) olarak yöneltilmişliğine göredir. NM kuvveti de böyledir. Bu kuvvet, P cisminin C‘den A‘ya geçişinde yöndeş olarak tesir ettiği için onu ivmelendirir ve sonra taa D noktasına kadar tersine tesir ettiğinden ivmesizleştirir/ (artan ölçülerde yavaşlatır.) ve sonra taa B noktasına kadar yine yöndeş tesir eder ve cisim B‘den C‘ye doğru hareket ettirilirken yine tesir eder. 3. Kaziye: Ve aynı tarz bir akıl yürütme ile P cisimi; Caeteris Paribus, eşit şartlar vukû bulduğunda, quadrature noktalarına göre; conjunction ve opposition noktalarında daha hızlıca hareket eder. 4.Kaziye: P cisminin yörüngesi, Caeteris Paribus, diğer şartlar eşit olduğunda, quadrature noktalarında; conjunction ve opposition noktalarında olduğundan daha fazla ölçüde eğridir. Çünkü; cisimler ne kadar tez hareket ederse doğrusal bir istikametten o ölçüde az sapar. Ve bunun yanı sıra: KL kuvveti ya da NM kuvveti, conjuction ve opposition noktalarında; T cisminin P cismini çekegeldiği kuvvetin tersi yönünde tesir eder. Ve bundan ötürü kuvvetini azaltır ancak P cismi, T cismine doğru ne ölçüde az çekilirse doğrusal bir istikametten o ölçüde az sapar.

364

5.Kaziye: O halde; P cismi, Caeteris Paribus, diğer şartların eşitliği halinde, T cisminden öteye; quadratures noktalarında, conjunction noktalarından daha fazla öteye gider.

Ancak; bu tespitler, hareketin eksentrisitesi ( dışarlaklığı) hakkında hiçbir varsayımda bulunulmadığında doğrudur. Çünkü; P cisminin yörüngesi dışarlak olursa (eksentrik) biraz sonra 9. Kaziye‘de de ispatlanacağı gibi; bunun eksentrisitesi de, apside‘lar syzygy noktalarında olduğunda; en fazla ölçüde olur; o halde bu şu anlama gelebilir: P cismi, uzak apsise doğru iyice yakınlaşırken, T cismine göre; syzygy noktalarında, quadratures‘larda olduğundan daha öteye gider. 6.Kaziye: P cismini yörüngesinde, tutan merkezî T cisminin merkezcil kuvveti; quadratures noktalarında LM kuvvetinin de ona eklenmesi ile arttığı için ya da KL kuvvetinin syzygy noktalarında çıkarılması ile azaldığı için: Bunun yanı sıra; KL kuvvetinin LM‘den fazla olan KL kuvvetinin, artmaktan ziyâde azalmasından ötürü; ve dahası bir de; 4. Önerme‘nin 1.Kaziyesi‘nin mantığınca, merkezcil kuvvet; TP yarıçapı ile basit ve doğru orantıdan ve devir sürenin karesi ile ters orantılı bir orantıdan yapılma bir bileşik orantıdaysa: Besbellidir ki: Bu bileşik orantı; KL kuvvetinin tesiri ile azaltılmış olur. Ve bundan ötürü: Devir süre; PT yörüngesinin yarıçapının sabit kalacağı varsayımı ile artacaktır; merkezcil kuuvetin azaldığı o oran hangisiyse, onun ters kare oranında azalacaktır. Ve bundan ötürü, bu yarıçapın uzadığını

365

veya kısaldığını varsayarsak; 4. Önerme‘nin 6.Kaziyesi‘nin mantığına göre; devir süre, bu yarıçapın sesquiplicate oranında daha fazla artacak veya daha az azalacaktır. Eğer ki; merkezdeki büyük cisimin kuvveti; azar azar azalırsa, P cismi gitgide daha az çekilip T merkezinden öteye ve daha öteye hareket ettirilir. Ve bunun tersine olarak; eğer bunun çekimi artırılırsa, cismi kendine yakın ve daha yakın konuma çeker. Bundan ötürü: Eğer bu kuvveti azaltan, uzaktaki o S cisminin tesiri; sırayla azalır ve artarsa: TP yarıçapı da sırasıyla uzar veya kısalır. Ve devir süre de, artar veya azalır. Bunun ölçüsü de bir bileşik orantıda olur. Bu bileşik orantı da: Yarıçapın sesquiplicate oranından ve S cisminin tesirindeki artış veya azalış nedeniyle merkezî T cisminin merkezcil kuvvetindeki azalışın veya artışın oranının ters kare orantısından yapılmadır. (terkip edilmiştir.) 7. Kaziye: Daha evvel ispatlanmış şeylerden bir de şu netice çıkar: P cisminin tanımladığı elipsin ekseni ya da apside‘ların çizgisi, açısal hareketine göre; sırasıyla ileri ve geri gider; ancak, geri gittiğinden daha fazla ileri gider ve bu direkt hareketin kalanı son toplamda cisimi ileriye doğru taşır. Çünkü, P cismini T cismine taşıyan ve quadratureslarda MN kuvvetinin sönümlendiği kuvvet; LM kuvvetinden ve T cisminin P cismini çektiği merkezcil kuvvetten yapılma bir bileşkedir. LM adındaki birinci kuvvet, PT mesafesi artırıldıkça bu mesafe ile neredeyse aynı orantıda arttırılır. Ve diğer kuvvet de, bu mesafenin ters kare orantısında azalır. Ve bundan ötürü; bu iki kuvvetin toplamı, PT mesafesinin ters kare oranından az ölçüde azalır. Ve bundan ötürü; 45. Önerme‘nin ve 1.Kaziye‘nin mantığına göre; apside‘lar çizgisini ya da burada aynı anlama geldiğinden, yukarıdaki apsisi geriye götürür. Ancak; conjunction ve opposition noktalarında, P cismini T cismine yönelten kuvvet; KL kuvvetinin T cisminin P cismini çektiği kuvvetten farkına eşittir. Ve bu fark; KL kuvveti; neredeyse, PT mesafesinin oranında arttığından; PT mesafesinin ters kare oranından daha fazla azalır. Ve bundan ötürü; 45. Önerme‘nin 1.Kaziyesi‘nin mantığınca; apside çizgilerinin ileri götürür.

366

Syzygy ve quadrature noktalarının arasındaki konumlarda; apsides çizgisinin hareketi; bu sebeplerin her ikisini de bağlıdır. Öyle ki: Sebeplerin birinin diğerine fazlalığının orantısında ya ileri gider ya gider. Ve bundan ötürü; syzygy noktalarında KL kuvvetinin ölçüsü, LM kuvvetinin quadratures‘lardaki ölçüsünün neredeyse iki mislidir. Kuvvetin kalanı ise KL kuvveti ile yöndeş olduğundan apside çizgisi ileriye doğru taşınır. Bunun hakikati; ve bir sonraki Kaziye‘nin hakikati, T ve P adındaki iki cisimden ve bunun etrafında, her yönden çevrelenmiş S, S, S vs. cisimlerinin ESE yörüngesinin üzerinde konumlandırıldığı bir sistemde de anlaşılabilir.

Çünkü, bu cisimlerin tesirleri ile T cisminin her yana doğru yaptığı tesirler azalacak ve bu azalmanın ölçüsü de, mesafenin ters kare orantısından fazla olacaktır. 8.Kaziye: Ancak, cismin aşağıdaki apsisten yukarıya geçişinde, apside‘ların ilerleyişi veya gerileyişi; merkezcil kuvvetin azalışına bağlı olduğundan; başka bir deyişle; TP mesafesinin kareli orantısından daha fazla veya daha az bir oranda seyreder ve aşağıdaki apsise dönüşünde buna mukabil bir artıştadır. Ve bundan ötürü; kuvvetin yukarı apsisteki ölçüsünün; aşağıdaki apsisteki ölçüsüne oranı, mesafelerinin karelerinin ters orantısından en çok saptığı durumda, merkezcil kuvvetin ölçüsü en fazladır. Apside‘lar, syzygy noktalarındayken, KL ya da NMLM kuvvetinin çıkarılması sebebi ile ileriye doğru daha hızlıca gider. Ve quadratures‘larda,

367

LM kuvvetinin eklenmesi ile geriye doğru daha yavaş gider. İlerleyişinin velositesi veya gerileyişin yavaşlığı uzun müddet sürdürüldüğünde, bu eşitlik çok çok fazla bir ölçüye gelir. 9.Kaziye: Eğer, bir cisim, herhangi bir merkezden mesafesinin karesi ile ters orantılı bir kuvvet ile bu merkezin etrâfından elips şeklinde bir yörüngede dönmeye mecbur edilirse ve bundan sonra; yukarıda apsisten aşağıdaki apsise alçalmasından; eğer bu kuvvete, mütemadiyen, yeni kuvvetlerin katılmasıyla arttırılır ve bu arttırılmanın ölçüsü de; kısalan mesâfenin kareli oranından fazla olursa: Apaçıktır ki: O merkeze doğru; mütemadiyen, bu yeni kuvvetin mütemadiyen katılımıyla çekilen cisim; sadece kısalan mesafenin kareli oranında azalan, o kuvvet ile çekilse olabileceğinden çok daha fazla ölçüde o noktaya meyledecektir. Ve bundan ötürü: O elips biçimli yörüngeye içerlek bir başka yörünge tanımlayacaktır ve aşağıdaki apsiste merkeze; evvelce olduğundan, daha fazla yaklaşacaktır. Bundan ötürü; Yörüngenin şekili; bu yeni kuvvetin de katılımıyla, daha eksentrik (dışarlak) olacaktır. Ve eğer şimdi; cisim, aşağıdaki apsisten yukarıdaki apsise geri dönerken, daha önce, artış halinde kaydettiği aynı derecelerle azalır cisim de ilk mesafesine geri dönse gerektir. Ve bundan ötürü: Eğer, kuvvet daha da fazla bir oranda azalırsa; cisim şimdiki durumda, evvelkinden daha az çekilip daha öte bir mesâfeye yükselecektir.

Ve bunda

yörüngenin eksentrisitesi (dışarlaklığı) daha fazla arttırılmış olacaktır. Bundan ötürü; merkezcil kuvvetin azalışının ve artışının oranı, her bir döngüde arttırılırsa; yörüngesinin eksentrisitesi de arttırılmış olacaktır ve tam tersi bir mantık yürütmeyle, bu oran azalırsa eksentrisite (dışarlaklık) da azalır. Şimdi o halde: T, P, S cisimlerinden oluşturulmuş bir sistemde; PAB yörüngesinin apside‘larının quadratures‘larının olduğu durumda; bu artışın ve azalışın oranı en az ölçüdedir. Ve apside‘lar, syzygy noktalarındayken en fazla ölçüye gelir. Eğer, apside‘lar quadratures‘ların içindeyse, apside‘ların civârında mesafelerin kareli orantısından az; syzygy

368

noktalarının civârında fazladır. Ve bu daha fazla orandan, demin de söylendiği gibi, apside çizgilerinin doğrusal hareketi oluşur. Ancak, eğer, apside‘ların arasındaki hareketin bütünündeki artışın veya azalışın oranını düşünürsek, bu oran, mesafelerin kareli oranından azdır. Aşağı apsisteki kuvvetin yukarı apsisteki kuvvete oranı; yukarıdaki apsisin elipsin bir odağına mesafesinin karesinin aşağıdaki apsisin aynı odak noktasına mesafesine oranından azdır. Ve mantığın tersten işletilmesi ile; apsides‘lar syzygy‘lerde konumlandırıldığında; aşağı apsisteki kuvvetin yukarı apsisteki oranı, payında bir mesafenin karesinin bulunduğu paydasında bir mesafenin bulunduğu bir orandan fazladır. Çünkü; quadratures‘daki LM kuvvetine eklenen T cisminin kuvveti; daha az oranda bir kuvveti terkip eder ve syzygy noktalarındaki KL kuvvetinin T cisminin kuvvetinden çıkarılması, kuvvetlerin oranını fazla bir oranda bırakır. Bundan ötürü; apside‘lar arasındaki hareketin bütününün artışı veya azalışının oranı, quadratures‘larda en az, ve syzygy noktalarında en çoktur. Ve bundan ötürü; apside‘lardan syzygy‘lere geçişte, bu oran mütemadiyen arttırılır. Ve bu da, elipsin eksentrisitesini (dışarlaklığını) arttırır. Ve syzygy noktalarından quadratures noktalarına geçişte mütemadiyen azalıp eksentrisitesini kısaltır. 10. Kaziye: Hataların, yataya göre, bir muhasebesini yapmak için; EST yörüngesinin düzleminin hareket ettirilemez olduğunu varsayalım. Ve hataların yukarıda izâh edilmiş sebeplerinden besbellidir ki: NM ve ML adındaki iki kuvvetin, bu hataların bir tek sebebi olduğunu da dikkate alıp denilebilir ki: ML kuvveti, daima PAB yörüngesinin düzleminde tesir ederek hareketlere hiçbir zaman yanlamasına tesir etmez. Ve NM kuvveti, nodes (düğüm noktaları) syzygy‘lerde konumlandığında; aynı yörünge düzleminde tesir eder ve o da bu esnâda hareketlere tesir etmez. Ancak, düğüm noktaları (nodes) quadratures noktalarında

369

konumlandığı durumda; bunları fevkalâde ajite eder ve P cisminin mütemâdiyen yörünge düzleminden dışarı çekip P cisminin quadratures noktalarından syzygy noktalarına geçişindeki düzleminin eğikliğini azaltır ve yine aynı şeyin ölçüsünü syzygy noktalarından quadratures noktalarına geçişte arttırır. O halde, bu şu anlama gelir: Cisim; syzygy noktalarındayken, eğikliği hepsinin en azı ölçüsündedir. Ve cisimbir sonraki düğüm noktasına (node‘a) vardığında, neredeyse ilk magnitütüne geri döner. Ancak eğer; node‘lar (düğüm noktaları) quadratures‘lardan itibaren Sekizde Bir‘liklerde (Octants) konumlanmışsa; yani C ile A arasında ve D ile B arasında konumlanmışsa; burada az evvel gösterilip ispatlanmış olan şeyden anlaşılacaktır ki: P cisminin herhangi bir düğüm noktasından (node‘dan) itibaren 90º lik geçişinde yörünge düzleminin eğikliği mütemadiyen azalacaktır.

Sonra; bir sonraki 45º‘yi geçip de bir sonraki quadrature‘a varışında bu eğiklik azalacaktır. Bundan ötürü; eğim; artmaktansa azalacaktır. Ve bundan ötürü de; bir evvelki node‘da, (düğüm noktasında) daima müteakip node‘dan az ölçüdedir. Ve aynı tarzda bir mantık yürütme ile düşününce: Düğüm noktaları (node‘lar) A ile D arasında ve B ile C arasındaki diğer Sekizde Bir‘liklerde (Octant‘larda) olduğunda, eğiklik azalmaktansa artacaktır. Bundan ötürü; eğiklik düğüm noktaları (node‘ları) syzygy noktalarındayken en fazladır. Cismin, syzygy‘lerden quadratures‘lara geçişinde, cismin düğüm noktalarına her varışında (appulse)

370

eğiklik azalır. Ve node‘lar (düğüm noktaları) quadratures noktalarındayken, ve cisim syzygy noktasındayken, en az ölçüde olur. Sonra da; azaldığıyla aynı ölçüdeki derecelerle artar ve düğüm noktaları (node‘lar) bir sonraki syzygy‘lere vardığında evvelki magnitütüne geri döner. 11.Kaziye: Düğüm noktaları (node‘lar) quadratures‘larda iken, P cismi mütemadiyen yörünge düzleminden çekilir. Ve bu çekim, Cismin, C node‘undan; A conjunction noktasından geçip D node‘una geçişinde, S noktasına yönelik olmasından ötürü ve tersine hareketi düşününce; D node‘undan başlayıp B opposition noktasından geçip C node‘una geçişinde; apaçıktır ki: C node‘undan itibaren hareketinde, Cisim, bir sonraki node‘a gelene değin, evvelki CD yörünge düzleminden mütemadiyen geri çektirilir. Ve bundan ötürü; bu nod üzerinde; birinci CD düzleminden en uzak mesafede bulunarak, EST adındaki yörüngenin düzleminden D noktasından değil ama o düzlemin diğer node‘undan geçip gidecektir. Ancak; S cismine daha yakın kalan bir noktadan geçecektir. Ki bundan ötürü; node‘un, evvelki konumunun tersine bir gidişle yeni konumu hâline gelecektir. Ve aynı mantık yürütme ile: Node‘lar, bir node‘dan müteakip node‘a geçişlerinde geri çekilmeyi sürdürecektir. Bundan ötürü; node‘lar quadratures‘larda konumlandığında, mütemadiyen geri çekilir ve syzygy noktalarında, hareketten kaynaklanan ve yanlamasına tesir eden hiçbir pertürbasyon üretilmez ve node‘lar sakin ve durgundur, aradaki konumlardaysa; her iki durumdan da tesir alır ve daha az geri çekilir ve bundan ötürü; dâima ya tersine harekette olduklarından ya da sabit olduklarından; geriye doğru taşınacaklardır; ya da her bir döngüde in antecendentia hareketi içinde olacaklardır.

371

12. Kaziye: Bu Kaziye‘lerde tanımlanmış hataların hepsi; P ve S cisimlerinin conjunction noktalarında opposition noktalarında olduğundan birazcık daha fazladır. Çünkü; NM ve ML adlı oluşturan kuvvetler daha fazladır. 13.Kaziye: Ve bu Kaziye‘lerde bahsedilmiş hataların ve sapmaların (varyasyon‘ların) nedenleri ve orantıları, S cisminin cüssesine bağlı olmadığından şu ara-sonuca varırız: Eğer, S cisminin magnitüdü öyle büyük olursa ki, P ve T cisimlerinden oluşturulan sistem bunun etrafından döndürülürse; biraz önce ispatlanmış ve gösterilmiş bütün şeyler olacaktır. P cisminin hatalarının oluşmasına neden olan S cisminin cüssesindeki bu artıştan kaynaklanan ve bunun sonucu olarak merkezcil kuvvetindeki artma bize şunu bildirir: Eşit mesafeleri dikkate alırsak; bu hatalar, S cisminin P ve T cisimlerinin etrafından döndüğü durumda; P ve T cisimlerinin S cisminin etrafından döndüğü duruma göre daha fazla ölçüde olacaktır. 14. Kaziye: Ancak; S cismi çok çok uzaktayken, NM, ML kuvvetlerinin ölçüsü, neredeyse, SK kuvvetinin ve PT‘nin ST‘ye oranının çarpımına eşittir; bu da demektir ki: Eğer, hem PT mesâfesi ve hem de S cisminin mutlak kuvveti ST³‘ün tersi gibi verilmişse ve NM, ML kuvvetleri; evvelki Kaziyeler‘de incelenmiş hataların ve tesirlerin hepsinin sebebi ise; buradan şu neticeye varılır: Bu tesirlerin ölçüsü, eğer ki, T ve P cisimleri eskisi gibi devam ederse ve sadece ST mesafesi ve S cisminin mutlak kuvveti değiştirilirse; neredeyse bir bileşik orantıdan ibâret olacaktır. Bu bileşik orantı da: S cisminin mutlak kuvvetinin doğru orantısı ile ST mesâfesinin ters küp oranından yapılma (terkip edilmiş) bir bileşik orantı olacaktır. O halde, eğer, T ve P cisimleri, uzaktaki bir S cisminin etrafından dönüyorsa, NM, ML kuvvetlerinin ve bunların tesirlerinin ölçüsü; ( 2. ve 6. Kaziyelerin ve 4. Önerme‘nin mantığı gereği) devir sürenin kareli oranı ile ters orantıda olacaktır. Ve o halde, eğer; S cisminin magnitütü, mutlak kuvvetine orantılı olursa; NM, ML kuvvetleri ve bunların tesirleri; T cisminden görüldüğünde uzaktaki S cisminin görünüşteki (Ç.N: zâhiri, virtual)

372

çapının kübüyle doğru orantılı olacaktır. (Ve bu mantık ters yönden de doğrudur.) Çünkü, bu oranlar; yukarıda bahsedilmiş bileşik orantılar ile aynıdır. 15.Kaziye: …. …. Varsayın ki: Bu oranlar; 14. Kaziye‘de verilmiş oranlardan terkip edilmiş olsun. Ve, T, P, S cisimlerinden oluşturulmuş bir sistemde: P cismi, T‘nin etrafından ona çok yakın mesafeden dönüyorsa ve T cismi, S cisminin etrafından çok uzaktan dönüyorsa: P cisminin T merkezinden gözlemlenen açısal hataları, P cisminin her ir döngüsünde, P cisminin devir süresinin karesi ile doğru orantılı ve T cisminin devir süresinin karesiyle ters orantılı olacaktır. Ve bundan ötürü: Apside çizgilerinin ortalama hareketi; düğüm noktalarının ortalama hareketine verilmiş belli bir oranda olacaktır. Ve her iki hareket de; P cisminin devir süresi ile doğru, T cisminin devir süresinin karesiyle ters orantılı olacaktır. PAB yörüngesinin eğikliğinin ve eksentrisitesinin (dışarlaklığının) ölçüsündeki artma veya azalma; bu artma veya azalma çok çok büyük bir ölçüde olmadıkça, apside‘ların ve düğüm noktalarının hareketlerinde algılanabilir bir sapma oluşturmaz. 17.Kaziye: LM çizgisinin, PT yarıçapından bazen uzun bazen kısa olması sebebiyle; LM kuvvetinin niceliğinin ortalaması olarak o PT yarıçapını kabul edelim.

373

O halde; bu ortalama kuvvetin SK veya SN (ST olarak da ifade edilebilir) ortalama kuvvetine oranı, PT uzunluğunun ST uzunluğuna oranına eşit olacaktır. Ancak; T cisminin, S cisminin etrafındaki yörüngeyi tanımlarken orada tutulduğu kuvvet olan SN veya ST ortalama kuvvetinin; P cisminin T‘nin etrafından yörüngeyi tanımlarken onu orada tutan kuvvete oranı bir bileşik orantıdadır. Bu bileşik orantının unsurları da; ST yarıçapının PT yarıçapına oranı ve P cisminin T‘nin etrafından tanımladığı yörüngenin devir süresinin kareli oranının; T cisminin S cisminin etrafından tanımladığı yörüngenin devir süresine oranıdır. Ve, ex aequo; LM ortalama kuvvetinin P cisminin T cisminin etrafındaki yörüngede tutulduğu kuvvete oranı (ya da; aynı P cisminin PT mesafesinden, aynı devir sürede, herhangi bir hareketsiz T noktasının etrafından dönebileceği bir durumda) devir sürelerin aynı kareli oranındadır. Ve bu şekilde; devir süreler verildiğinde, PT mesafesi de verildiğinde, ortalama LM kuvveti de verilmiş olur, ve o kuvvet de verildiğinde de, MN kuvveti de PT ve MN çizgilerinin benzeşimi (analojisi) yoluyla, çok yaklaşık olarak verilmiş demektir. 18.Kaziye: P cisminin T cisminin etrafından dönerken geçerli olan aynı Kanunlar‘ın mantığı çerçevesinde: Varsayın ki: T‘nin etrafından eşit mesafelerde çok sayıda seyyâl cisim dönsün. Ve bunlar; birbirine ardışık dizilecek kadar çok sayıda olsun. Bu diziliş de ―fluid annulus‖ da denilen bir halka oluştursun, bu halka dairevî bir şekilde olsun ve T cismi ile müşterek merkezli olsun. Ve, bu annulus‘un çeşitli kısımları, hareketlerini P cismi ile aynı Kanun‘a göre icrâ edeceklerinden, T cismine yaklaşıp çekileceklerdir. Ve bunlar, S cismi ile oluşturdukları

kavuşum

(conjunction)

ve

bakışım

(opposition)

konumlarında

quadratures‘larda olduklarındakine göre hızlıca hareket edeceklerdir. Ve bu annulus‘un düğüm noktaları, başka bir deyişle, S veya T cisminin yörüngesinin düzlemiyle oluşturduğu kesişimler; syzygy noktalarında konumlanacaktır. Ancak bu noktalardan çıkınca, bunlar geriye doğru taşınacaktır ya da in antecendentia olarak. Bu ise, quadratures‘larda en hızlı ve

374

diğer yerlerde daha yavaş olacaktır. Bu annulus‘un eğimi de değişecektir. Ve bunun ekseni her bir döngüde titreşecektir ve döngü sona erdiğinde evvelki konumuna geri dönecektir. Bir farkla ki: Düğüm noktalarının precession (geçişi?) nedeniyle çember üzerinde birazcık ötelenecektir. 19.Kaziye: Şimdi varsayın ki: Seyyâl bir madde ile dolu olmayan bir küresel T cismi olsun. Ve kendini her yöne doğru genişleterek bu annulus‘a dek büyüsün. Ve bu kürenin en büyük çemberinin çevresinden bir kanal açılmış olsun. Bu kanal su ile dolu olsun. Ve bu küre, kendi ekseni etrafında ivmesiz hız ile aynı devir sürede döndürülsün. Evvelki Kaziye‘nin mantığındaki gibi, bu su dönerken sırasıyla ivmelendirilir ve artan ölçüde yavaşlatılır. Kürenin yüzeyindekine göre, syzygy daha tez ve quadratures noktalarında daha yavaşça olur. Ve bu şekilde, tıpkı, denizlerdeki med-cezir (gel-git) tabî olayda olduğu gibi, su kabartılır ve dibe çektirilir. Eğer, S cisminin çekimi olmasaydı, su, kürenin sabit merkezinin etrafından dönerek edindiği flux ve re-flux hareketini hiçbir şekilde özümsemeyecekti. Bu durum ise, bir kürenin ivmesiz bir hızla, bir doğrusal istikamette hareket ederken bu esnâda, Hareketin Kanunları‘nın 5. Kaziyesi‘nin mantığına göre, merkezinden kendi ekseninden dönmesi durumuna benzer. Ve bir de, aynı Kanun‘un 6. Kaziyesi‘nin mantığına göre, bir kürenin doğrusal hatlı istikametinden her tarafından çekildiği duruma benzer. Ancak, S cismini, ona tesir ettirin ve su, eşitsiz ölçüdeki çekimi ile bu yeni hareketi özümseyecektir. Çünkü, suyun cisme en yakın tarafının yüzeyinden nispeten daha kuvvetlice bir çekim ve daha uzaktaki parçasının yüzeyi üzerinden zayıfça bir çekim olacaktır. Ve LM kuvveti, quadratures noktalarında, suyu aşağıya doğru çekecek ve syzygy noktaları gibi öte noktalarda baskılayacaktır.Ve KL kuvveti, syzygy noktalarında onu yukarıya çekecektir ve alçalmasını engelleyecektir; ve quadratures noktaları gibi öte konumlarda yukarıya doğru kaldıracaktır.

375

Belki bunun istisnâsı, suyun, kanalın içindeki hareketi ve burada oluşan sürtünme kuvveti ile artan ölçülerde yavaşlatılıp flux ve re-flux hareketinin yönlenidirilmesi olabilir. 20.Kaziye: Şimdi, eğer, annulus sertleşirse ve küre modelden çıkartılır ise; flux ve re-flux hareketi duracaktır ancak eğikliğin titreşme hareketi ve düğüm noktalarının geçişi (precession) kalacaktır. Varsayın ki: Küre, annulus‘la aynı eksende konumlandırılsın ve döngülerini aynı sürelerde icrâ etsin. Ve yüzeyi annulus‘a içeriden değsin ve ona yapışsın. Bu durumda: Küre, annulus‘un hareketini özümser ve bütün bu wholepage titreşecektir ve düğüm noktaları geri gidecektir: Çünkü, küre; birazdan izah edeceğim gibi, o veya bu türden herhangi bir tesiri özümsemeye tamamen kayıtsızdır. Annulus tek‘inin en geniş eğiklik açısı, düğüm noktalarının syzygy noktalarında olduğu konumdur. Öyle ki: düğüm noktalarının quadratures‘lara ilerleyişinde, bu eğimi azaltmaya çalışır ve bu çabayla kürenin bütününe bir hareket aşılar. Küre, aşılanmış bu hareketi özümser, tâ ki, annulus; bir karşı girişimle, bu hareketi yutar ve karşıt istikamette yeni bir hareketi aşılar. Ve bu yol ile: Eğimin azalması esnâsındaki en fazla hareket düğüm noktaları quadratures‘larda konumlandığı durumda olur. Ve eğiklik açısının en az olduğu konum, quadratures‘lardan sonra gelen Sekizde Bir‘liklerdedir. (octants)

376

Aynı mantık ile düşünürsek; reclination hareketinin en fazla miktarı, düğüm noktaları syzygy noktalarındayken oluşur ve reclination‘ın en geniş açısı bunu takip eden octant‘larda (Sekizde Bir‘liklerde) oluşur. Ve annulus olmaksızın, bir küreyi düşündüğümüzde de, aynı durum geçerlidir. Velev ki, ekvator bölgelerinde kutup bölgelerinden biraz daha yüksek veya biraz daha yoğun olsun. Çünkü; ekvatora yakın bölgelerdeki maddenin fazlası annulus‘un yerini doldurur. Ve eğer ki; bu kürenin merkezcil kuvvetini, nasıl olursa olsun, arttırdığımızı farz edersek: Öyle ki; parçalarının hepsi aşağıya doğru meyleder gibi olsun: Tıpkı: Dünya‘mızın parçalarının merkeze doğru çekilmesi gibi, bu Kaziye‘deki ve evvelki Kaziye‘deki tabi olaylar pek de değişmeyecektir. Bir farkla ki; suyun seviyesinin en yüksek ve en düşük konuları farklı olacaktır. Çünkü, su, bundan böyle, merkezcil kuvvet tarafından tutulup muhafaza edilememekte ancak içinde aktığı bir kanalda tutulmaktadır. Ve bunun yanı sıra; LM kuvveti suyu aşağıya doğru en çok quadrature noktalarında çeker ve KL kuvveti veya NM-LM kuvveti, suyu, en fazla syzygy noktalarında çeker. Ve bu kuvvetler, beraberce tesir edip suyu aşağıya doğru çekmeyi bırakır ve syzygy noktalarından önce octant‘larda (Sekizde Bir‘liklerde) suyu yukarıya doğru çekmeye başlar. Ve suyu yukarıya doğru çekmeyi bırakıp syzygy noktalarından sonra gelen octant‘larda suyu aşağıya doğru çekmeye başlar. Ve bundan ötürü; suyun en yüksek seviyesi, syzygy noktalarından sonraki, Octant‘lar civarındadır. Ve octant‘lar civârındayken, en az seviyede olduğu yer; quadratures‘lardan sonradır. Bunun istisnâsı; bu kuvvetler ile oluşan yükselme ve alçalma hareketi; suyun vis insita‘sı ile birazcık daha uzun sürebilir veyahut kanal içindeki ―engeller‖11 tarafından birazcık daha önce durabilir.

11

Çevirenin Notu: Newton, muhtemelen burada engel kelimesini, kanalın içindeki fiziki bir engel anlamında kullanmıyor. Suyun kendi kendisine ve kanalın içerisindeki yüzeye sürtünmesinin oluşturduğu engeli kastediyor.

377

21.Kaziye: Aynı sebepledir ki: Kürenin, ekvator bölgelerindeki maddenin fazlası, düğüm noktalarının geri gitmesine sebep olur. Ve bundan ötürü, bu maddenin miktarındaki artış ile beraber ―retrogradation‖ da artar, maddenin azalması ile azalır ve bitmeye yüz tutmasıyla neredeyse ortadan kalkar. Buradan da şu sonuca varılır: Bu fazla maddenin miktarından fazlası da alınırsa; bu da demektir ki: Eğer, ekvatorda basık kutuplarda nispeten şişkin olursa, düğüm noktalarının in consequentia yönünde bir hareketi oluşur. 22.Kaziye: Ve o halde; düğüm noktalarının hareketinden, kürenin formu ve yapısı bilinebilir. Bu da demektir ki: Eğer küre; aynı kutupları değiştirilemeyecek şekilde muhafaza ederse; ve düğüm noktalarının hareketleri in antecendentia olursa, ekvator civârındaki, maddenin fazlalığı belirir ancak eğer hareket in consequentia olursa, maddenin noksanlığı olur. Varsayın ki: Mekânda (uzayda) homojen ve mükemmel bir küre; evvelâ atâlet halinde olsun. Ve bu kürenin yüzeyine, eğik bir açı ile tesirde bulunulsun ve küre yerinden hareket ettirilsin ve kısmen dairevi kısmen de doğrusal hatlı bir hareketi özümsesin. Bu kürenin, merkezinden geçen eksenlerin tümüne aynı kayıtsızlıkta olması nedeniyle, bu eksenlerin hiç birinin bir diğer eksene eğilimi diğerinden fazla değildir veya hiçbir eksenin konumu diğer bir eksenin konumuna göre fark oluşturmaz. Buradan da şu açıkça bilinir: Küre, sadece kendi kuvveti ile hiçbir zaman eksenini veya eksen eğikliğini değiştirmeyecektir. Şimdi; bu küreye, öncekiyle aynı satıh (yüzey) üzerinde, yeni bir tesir ile önceki gibi eğik açıyla tesir edelim. Bu iki tesirin, etkisi; tesirin birinin önce diğerinin sonra gelmesi ile kesinlikle değişmeyecektir. Bundan ötürü de: Birbiri ardınca tesir eden bu iki etki; sanki aynı anda tesir edilmişçesine, aynı hareketi üretecektir. Başka bir deyişle; bu ikisinin bileşkesi olan bir basit kuvvet ile tesir edilmiş gibi hareketi özümseyecektir. (Hareketin Kanunları‘nın 2.Kaziyesi‘nin mantığınca) Bu ise, verilmiş belli bir eksenin etrafından verilmiş belli bir eğimle olan basit bir hareket olacaktır.

378

Ve durum, eğer, 2.tesir, birinci tesirin işlediği noktadan geçen çemberin dışında herhangi bir yerde yapılmış olsa da aynıdır. Ve bu durum; eğer ilk tesir, ikinci tesir oluşturabileceği hareketin çemberi üzerinde herhangi bir noktada yapılmış olsa da geçerlidir. Ve de bundan ötürü; bu iki tesir de kürenin üzerinde nerede yapılmış olursa olsun geçerlidir. Çünkü bu tesirler, aynı dairevî hareketi (bu hareketlerin her birinin, kürenin üzerinde ayrı ayrı tesir ettiği çemberlerin kesişim yerinde) sanki aynı anda ve beraberce tesir edilmişcesine oluşturacaktır. Bundan ötürü; homojen yapıda ve geometrik olarak mükemmel bir küre; birkaç farklı hareketi ayrı ayrı tutmayacak; üzerine empoze edilen hareketleri birleştiren verilmiş bir tek eksenden bir

harekete

dönüştürecektir.

Daima

basit

ve

ivmesiz

birhareketle, değişmez bir eğiklik açısıyla, gidebildiği kadar giderek dönecek ve ekseninin eğikliği ya da dönmesinin velositesi, merkezcil kuvvet tarafından değiştirilmeyeecktir. Çünkü, eğer, kürenin merkezinden geçen herhangi bir düzlem ile ikiye ayrılıp iki yarım küreye bölündüğünü farz edersek: Ve kuvvetin de; bu merkezi noktaya yönelmiş olduğunu varsayarsak: Bu kuvvet her iki yarım küreye de eşit ölçüde tesir edecektir. Ve bundan ötürü; küre, kendi ekseninin etrafından döndüğü hareketi hiçbir şekilde eğmeyecektir. Ancak; buna kutup noktası ve ekvator arasında bir yerlerde, tıpkı, dünyanın üzerindeki bir dağ gibi bir madde topağını ekleyelim. Ve bu, hareketin merkezinden mütemadiyen savrulma eğiliminde olacaktır ve kürenin hareketinin bütününü rahatsız edecektir ve kürenin kutuplarını kendi satıhları etrafından oynatacak ve bu noktaların etrafından ve karşı kutup noktasının da etrafından çemberler tanımlatacaktır. Kutupların, bu ―evagation‖ hareketi, düzeltilemez; bu dağ kutup noktalarının birinin üzerine kaydırılmadıkça. Ki bu durumda; 21. Kaziye‘nin mantığınca; ekvatorun, düğüm noktaları ileriye doğru gidecektir. Ya da; bu durumda, ekvatoryel kısımlarda, 20.Kaziye‘nin mantığınca, düğüm noktaları geriye doğru gidecektir. Düzeltmek için, bir diğer çözüm ise,

379

eksenin öbür tarafında, bir başka madde topağı ekleyip dağın diğer taraftaki hareketini dengelemeye çalışmaktır. Ve bu halde; düğümler, ya ileriye ya geriye gidecektir; bunun da tayini, dağın ve ona karşı ‗ağırlık‘ olarak konan madde topağının kutuplara mı yoksa ekvatora mı daha yakın olduğuyla ilgilidir. 67. Önerme 27.Teorem Aynı çekim Kanunları‟nı kabul ederek şu fikri öne sürüyorum: Dışarıdaki S cismi; içerideki P ve T cisimlerinin müşterek çekim merkezi olan O noktasına çizilen yarıçaplar ile bu merkezin etrafında, süreler ile daha orantılı alanları tanımlar. Ve bu tanımlanan yörüngenin şekli, odak noktası bu merkezde konumlu bir elips biçimine en içteki ve en büyük T cismine çizilen yarıçaplar ile T‟nin etrafından tanımlayabileceğinden daha fazla benzeşen bir yörüngeyi tanımlar.

Çünkü, S cisminin T ve P cisimlerine uyguladığı çekim kuvveti, bunun mutlak çekim kuvvetini oluşturur. Bu kuvvetin yönlenişi ise T ve P cisimlerinin müşterek çekim merkezi

380

olan O noktasına; en büyük cisim olan T‘ye yönlenişinden daha fazladır. Ve bu, SO mesafesinin karesine ST mesafesinin karesine olduğundan daha fazla ters orantıdadır. Bu ise; birazcık düşünerek açıklığa kavuşur. 68.Önerme 28.Teorem Aynı çekim kanunlarını varsayıp diyorum ki: S cismi, içerideki P ve T cisimlerinin müşterek çekim merkezi olan O noktasına çizilmiş yarıçaplar ile bu merkezin etrafında bir yörüngeyi ve alanları tanımlıyorsa. Burada tanımlanan alanların sürelere oranı ve tanımlanan yörüngenin şekli, iki ayrı durumda iki farklı tarzda belirecektir. Birinci durum: Eğer, içerideki kısımdaki en büyük ölçülü cisim , diğerleri gibi bu çekimler ile ajite ediliyorsa: İkinci durum: Bu cisim atâlet halinde olup çekilmiyorsa ya da pek çok fazla veya pek az ölçüde çekilip pek çok veya pek az ölçüde ajite ediliyorsa. Birinci durumda; S cismi, ikinci duruma göre; süreler ile daha orantılı alanları tanımlayacak ve tanımlanan yörüngenin şekli de odak noktalarının biri O merkezinde olan bir elipse daha fazla benzeyecektir. Bu durum; LXVI. Önerme gibi ispatlanıp gösterilebilir ancak daha prolix bir akıl yürütme ile bunu burada bırakıp geçiyorum. Bunu aşağıda izah edeceğim tarzda; düşünmek yeterli olacaktır. Evvelki Önerme‘nin ispatından biliyoruz ki: S cisminin, iki kuvvetin beraberce işleyerek sevkedildiği merkez; diğer iki cismin müşterek çekim merkezi noktasına çok yakındır. Eğer,bu merkezî nokta, öteki müşterek merkez ile özdeşleşirse ve bir de bu üç cisimin de müşterek çekim merkezi atâlet halinde olursa; S cismi bir tarafta bulunarak ve diğer iki cismin müşterek çekim merkezi bir yanda bulunarak bu hareketsiz müşterek

381

merkezin etrafından hakiki elipsleri tanımlayacaktır. Bu ise, 58. Önerme‘nin 2.Kaziyesi‘ni 64. ve 65. Önermelerdeki ispatlarla karşılaştırılarak bilinir.

Şimdi, bu tam eliptik hareket; iki cismin müşterek merkezinin , S cisminin çekildiği merkeze mesafesinin ölçüsünün de azıcık bozulacaktır. Buna bir de, üçünün de müşterek merkezine başka bir hareketi ekleyin ve pertürbasyon daha da artacaktır. Bundan ötürü; üç cismin müşterek merkezinin atâlet halinde olduğu durumda pertürbasyon en az seviyededir. Bu da, en içteki ve en büyük T cisimi diğerlerinin çekildiği Kanun‘a göre çekildiği durumda olur. Ve bu pertürbasyon; üçünün müşterek merkezinin T cisminin hareketindeki azalmaya bağlı olarak hareket ettirilmeye başladığında ve gitgide daha fazla ajite edilmeye başladığında en fazla seviyededir. Kaziye: O halde; eğer daha fazla sayıda küçük cisim; Büyük Cisim, etrafından döndürülürse; tanımlanan yörüngelerin şeklinin büsbütün elipse benzeşmeye başlayacağı ispat edilebilir. Ve eğer, cisimler, birbirlerini, ölçüsü; mutlak kuvvetleriyle doğru orantılı ve mesâfelerinin

382

kareleriyle ters orantılı ivmeli kuvvetler ile çekiyor ve ajite ediyorsa, tanımlanan alanlar daha fazla neredeyse ―equable‖ olacaktır. 69. Önerme 29.Teorem A,B,C,D vs. adındaki cisimlerden oluşturulmuş bir sistemde; örneğin, bir A cismi, B,C,D vs. adındaki diğerlerinin tümünü, ölçüsü; çelen cisimden mesâfelerinin kareleriyle ters orantılı olan ivmeli kuvvetleri ile çekiyorsa; ve örneğin diğer bir B cismi, A,C,D vs. adındaki diğerlerini ölçüsü, çeken cisimden mesâfeleriyle ters orantılı kuvvetler ile çekiyorsa, A ve B adındaki çeken cisimlerin mutlak kuvvetleri birbirlerine göre, bu kuvvetlerin yöneldiği A ve B cisimleri gibidir. Çünkü; B,C,D cisimlerinin A‘ya yönelik ivmeli çekimleri, varsayım gereği birbirine eşit mesâfelerde eşittir. Ve aynı mantıkla; bütün cisimlerin B‘ye yönelmiş ivmeli çekimleri de eşit mesafelerde birbirine eşittir. Ancak, A cisminin mutlak çeken kuvvetinin B cisminin mutlak çeken kuvvetine oranı; A‘ya yönelmiş bütün cisimlerin çeken kuvvetlerinin toplamının, eşit mesafelerde; B cismine yönelmiş bütün cisimlerin ivmeli kuvvetlerinin toplamının oranına eşittir. Ve B cisminin A‘ya yönelmiş ivmeli çekiminin, A cisminin B‘ye yönelmiş ivmeli çekimine de birbirine de eşittir. Ancak, B cisminin A‘ya yönelmiş ivmeli çekiminin A cisminin B‘ye yönelmiş ivmeli çekimine oranı; A cisminin kütlesinin B cisminin kütlesinin oranına eşittir. Çünkü, motive kuvvet, (2,7 ve 8. Tanımlar‘ın mantığınca) ivmeli kuvvetlere eşittir ve burada beraberce çeken ve çekilen cisimler Hareket‘in Üçüncü Kanunu‘nun mantığınca birbirine eşittir. Bundan ötürü; A cisminin mutlak çekim kuvvetinin B cisminin mutlak çekim kuvvetine oranı A cisminin kütlesinin B cisminin kütlesine oranına eşittir. Q.E.D

383

1.Kaziye: Bundan ötürü; A,B,C,D vs.‘den oluşma cisimler sisteminde, cisimleri herhangi biri, diğerlerini çeken cisimden çekilen cismin mesafelerinin kareleriyle ters orantılı kuvvetlerle çekiyorsa; bütün bu cisimlerin mutlak kuvvetlerinin birbirine göre oranı cisimlerin kendilerine eşit olacaktır. 2.Kaziye: Aynı tarz bir akıl yürütme ile; eğer, A,B,C,D & vs. gibi cisimlerden oluşma bir sistemde, bunların her biri tek başına diğerlerini, çeken cisimden mesâfelerinin herhangi bir üssünün oranında; doğru orantıda veya ters orantıda çekiyorsa; ya da, çeken cisimlerin her birinden tanımlanmış mesafelerde herhangi bir ortak Kanun‘un mantığına göre çekiyorsa; besbellidir ki bu cisimlerin mutlak kuvvetleri cisimlerin kendilerine eşittir. 3.Kaziye: Kuvvetleri, cisimlerin mesafelerinin karesi oranında azalan bir cisimler sisteminde, eğer, küçük cisimler, çok büyük bir cismin etrafından elips şekilli yörüngede dönüyorsa ve bu yörüngelerin elipslerinin müşterek odağı, o büyük cismin merkezinde konumlanmış olursa ve bu şekil de tam bir elips şekilli olursa ve bir de , o büyük cisme çizilmiş yarıçaplar ile süreler ile tam olarak orantılı alanları tanımlarsa; bu cisimlerin birbirine göre mutlak kuvveti, ya tam olarak ya da çok yaklaşık olarak, cisimlerin oranında olacaktır. Ve aynı mantık tersinden işletildiğinde de doğru ve geçerlidir. Buysa, 48. Önerme‘nin bu önermenin Birinci Kaziyesi ile karşılaştırılmasından bilinir. Yorum Bu Önermeler, bize tabî olarak, bir benzeşimin yolunu gösterir. Merkezcil kuvvetler ile bu kuvvetlerin tesir ettiği merkezî cisimlerin benzeşimi. Çünkü, cisimlere yönelmiş kuvvetlerin, o cisimlerin tabî özellikleriyle ve nicelikleriyle bağlantılı olduğu, mıknatıslarla yaptığımız deneylerde görülmüştür.

384

Ve böyle vakâlar vukû bulduğunda, bu cisimlerin her biri üzerinde tuttuğu yükü (kuvveti) verip hesaplamalıyız ve sonra bunlar toplamalıyız. Ben bu metinde, ―çekim‖ kelimesini cisimlerin birbirine yaklaştıran herhangi bir cazibeyi karşılaşmak için kullanıyorum. Bu cazibe, ister cisimlerin öz tesirlerinden çıkıp birbirlerine yönelsin veya çıkardıkları buhurlarda birbirine ajite etsin, isterse ether‘in veya hava‘nın tesiriyle olsun veya başka herhangi bir ortamın tesiriyle olsun, bu ortam ister cismâni ister ruhânî özellikte olsun, o ortamda konumlanmış cisimleri birbirine doğru nasıl olursa olsun sevk etsin. Bu metinde ―tesir‖ kelimesini de genel anlamında kullanıyorum; bu eserde kuvvetlerin türlerini veya fiziki öz niteliklerini

tanımlamıyor ancak onların niceliklerini

ve matematiksel

orantılarını

inceliyorum; Tanımlar kısmında gözlemlediğim üzre: Biz, matematikte, kuvvetlerin niceliklerin ve bunların birbiriyle orantısını, herhangi bir fiziki şart varsayımında bulunmaksızın inceliyorum, sonra fizik bilimine daldığımızda; bu orantıları Tabiat‘ın olguları ile karşılaştırıyoruz. Öyle ki: bu kuvvetlerin hangi şartlar altında çeşitli türde çeken cisimlere denk düştüğünü bilmeye çalışıyoruz. Ve bu mantıksal hazırlığı yaptığımızda, bu kuvvetlerin, fiziki türleri, sebepleri, ve orantılarını daha sağlam bir tarzda düşünebiliriz. O halde, çeken kuvvetle yüklü parçacıklardan oluşma küresel cisimlerin birbiri üzerinde zorunlu olarak yapacakları tesirleri yukarıda bahsedilmiş tarzda inceleyerek ve bu tesirlerden hangi tür hareketlerin oluşacağını düşünelim. 12. Kısım Küresel cisimlerin çeken kuvvetleri hakkında 70.Önerme 30.Teorem

385

Eğer, küresel bir yüzeyin üzerindeki her bir noktaya yönelmiş eşit ölçülü merkezcil kuvvetler; bu noktalarda mesâfelerin karesiyle orantılı olarak azalmaktaysa; fikrim odur ki: Bu yüzeyin iç kısmına konulan bir cisimcik bu kuvvetlerce hiçbir şekilde çekilmez.

HIKL, şekli küresel bir sathı temsil etsin. Ve P ise bunun içindeki bir cisimcik olsun, P noktasından geçirerek bu yüzeye HK, IL adında iki çizgiyi çekerek HI, KL çok küçük ölçülü yaylarını belirleyin. Ve 7. Yardımcı Kaziye‘nın 3.Kaziyesi‘nin mantığına göre, HPI, LPK üçgenleri birbirine benzer olduğundan bu belirlenmiş yaylar da kürenin üzerinde HP, LP

386

mesâfeleri ile orantılı olacaktır ve HI ve KL üzerinde konumlanmış herhangi bir parçacık; P noktasından geçirilen doğrularla kesildiğinde bu mesafelerin kareleri ile oranlı olacaktır. Bundan ötürü, bu parçacıkların P noktasına tesir eden kuvveti birbirine eşittir. Çünkü kuvvetler, parçacıklar ile doğru orantılı ve mesafelerin kareleri ile ters orantılıdır. Ve bu iki oran, ― eşitlik oranını‖ kurar. Bundan ötürü, karşıdaki parçalara yönelmiş çekimler birbirini yutar. Ve benzer bir akıl yürütme ile, küresel yüzeylerin içerisinden geçerek tesir eden çekimlerin tümünde bu şekilde kuvvetler birbirini yutar. İşte bundan ötürü P cismi hiçbir şekilde çekilmez.

71.Önerme 31.Teorem Aynı varsayımlarda bulunup diyorum ki: Küresel bir yüzey olmaksızın konumlandırılan bir cisimcik; tasavvur edilmiş kürenin merkezine doğru çekilir. Bunun da ölçüsü, bu merkezden mesâfesinin karesi ile orantılıdır. AHKB, ahkb, S,s merkezlerinin etrafından tanımlanmış iki eşit küresel satıh olsun. Bunların çapları AB, ab olsun, P ve p adlı iki cisimcik olsun. Bu şekiller de küresiz olarak gösterilmiş konumda olsun.

Bu cisimciklerden, PHK, PIL phk, pil çizgileri çizilip AHB, ahb büyük çemberlerini kessin ve bu çizgilere, SD, sd, SE, se, IR, ir dikmeleri indirilsin. Ne bunlardan SD, sd, PL‘yi, pl‘yi, F ve

387

f noktalarında kessin. Bu çaplara IQ, iq dikmelerini indirin. Şimdi, DPE, dpe açılarını daraltarak kaybedin ve DS‘nin de‘ye ES‘nin es‘ye eşitliğinden ötürü, PE PF çizgileri ve pe, pf çizgileri ve DF, df lineolae‘ları eşit kabul edilebilir. Çünkü, bunların son oranı, DPE, dpe açıları beraberce tükendiğinden eşitlik oranındadır. Bunları varsayıp diyebiliriz ki: PI‘nin PF‘ye oranı RI‘nın DF‘ye oranına eşittir. Ve pf‘nin pi‘ye oranı veya df‘nin, DF‘nin ri‘ye oranına eşittir. Ve ex aequo, PI x pf‘nin PF x pi‘ye oranı, RI‘nın ri‘ye oranına eşittir. Bu da demektir ki: 7. Yardımcı Kaziye‘nın 3.Kaziyesi‘ne göre; IH yayının ih yayına oranına eşittir. Yine aynı mantıkla: PI‘nın PS‘ye oranı, IQ‘nun SE‘ye oranına eşittir ve ps‘nin pi‘ye oranı, se‘nin ya da SE‘nin iq‘ya oranına eşittir.Ve ex aequo, PI x ps‘nin PS x pi‘ye oranı IQ‘nun iq‘ya oranına eşittir. Ve oranları bileşkelendirirsek: PI² x pf x ps‘nin pi² x PF x PS‘ye oranı, IH x IQ‘nun ih x iq‘ya oranına eşittir. Bu da demektir ki: Dâirevî yüzeyler IH yayı ile tanımlanırken ve AKB yarım çemberi AB çapının etrafından dönerken, ih yayının tanımladığı dairevi yüzeye….(tekrardan bak) ve bu yüzeylerin P ve p cisimciklerini, bu yüzeylere doğru çektiği kuvvet hipotetik olarak; yüzeylerin kendisi ile doğru orantılı ve bu cisimciklerin yüzeylerden mesafelerinin kareleriyle ters orantılıdır. Bu da demektir ki: pf x ps‘nin PF x PS‘ye oranına eşittir. Ve bu kuvvetler; tasavvur edilmiş kürelerin eğri kısımlarından kürenin içindeki belli bir takım merkezlere yönelmiş olarak ( Hareketin Kanunları‘nın 2. Kaziyesi‘nin hükmünce) PS ve ps çizgilerinin istikametinde meylederler. Bu ise; PI‘nın PQ‘ya oranına ve pi‘nin pq‘ya oranına eşitlenir. Buysa, PIQ ve PSF piq ve psf üçgenlerinin benzerliğinin nedeniyle) DS‘nin PF‘ye ve ps‘nin pf‘ye oranına eşittir. O halde, ex aequo, P cisminin S‘ye yönelmiş çekiminin p cisminin s‘ye yönelmiş çekime oranı; PF x pf x ps / PS bölme işleminin Pf x PF x PS / ps bölme işlemine oranına eşittir.

388

Bu da demektir ki: ps²‘nin PS²‘ye oranına eşittir. Ve aynı mantık yürütme ile; KL, kl yaylarının dönmesiyle tanımlanan yüzeylerde, bir cisimcikleri ps²‘nin PS²‘ye oranındaki bir kuvvetle çekilir. Ve sd‘yi SD‘ye ve se‘yi SE‘ye eşit ölçüde alıp küresel bir sathı çembersel yüzeylere dilimleyip böldüğümüz durumda da kuvvetler aynı oranda olacaktır. Ve bundan ötürü, biliyoruz ki: composition (toplama ?) yoluyla küresel bir satıhın bütününün bu cisimciklere uyguladığı kuvvetin ölçüsü, aynı oranda olacaktır. Q.E.D 72. Önerme 32.Teorem Eğer bir kürenin birkaç noktasına eşit ölçülü ve bu noktadan mesafeleri kareleriyle oranlı azalan merkezcil kuvvetler ile tesir ediliyorsa ve kürenin yoğunluğu verilmiş ise ve kürenin çapının, cisimciğin kürenin merkezinden mesafesine oranı verilmişse, fikrim odur ki: Cisimciğin çekildiği kuvvete ölçüsü kürenin yarıçapına orantılıdır. Çünkü, şöyle düşünün: İki cisimcik iki küre tarafından çekilsin. Bir cisimcik bir küre tarafından, öteki cisimcik öteki küre tarafından çekilsin ve cisimcikler de birbirini çeksin. Ve bunların kürelerin merkezlerinden mesafesi, kürelerin çaplarıyla, sırasıyla, orantılı olsun. Ve bu küreler; birbirine benzeşen parçacıklara ayrılsın ve cisimcikler ile benzer hâle getirilsin. Bu durumu, çekim yönünden çözümlersek: Bir cisimciğin bölünerek çok sayıda parçacığa ayrılmış eski kürenin unsurlarına yönelmiş çekim kuvvetinin, aynı durumda tasavvur edilmiş benzer eski kürenin cisimciğinin; aynı kompozisyonda ve aynı sayıda bölünmüş parçacığına yönelmiş çekimine oranı, bu bileşik orantıdır. Bu bileşik orantı da, parçacıkların doğru orantısından ve mesafelerin karelerinin ters oranından terkip edilmiş bir bileşik orantıdır. Ne var ki: parçacıklar tıpkı kürelere benzer. Bu da demektir ki: Çaplarının ölçüsü ile küp oranındadır. Ve komşularına mesafeleri de çaplarına eşitlenir.

389

Ve birinci oranla, sonuncu oran oranlanıp terslerinin iki misli (?) alnırsa çapına çapa oranına eşitlenir. Q.E.D Birinci Kaziye: O halde; eğer cisimcikler , çekme özelliği eşit maddeden yapılma kürelerin etrafından çember şeklini tanımlayarak dönüyorsa ve kürelerin merkezlerinden mesafeleri parçacıkların çaplarına orantılı olursa, devir süreler birbirine eşit olur. İkinci Kaziye: Ve bu mantığın işleyişi tersinden de doğrudur. Eğer, devir süreler eşit ise, mesafeler de çaplara orantılıdır. Bu İki Kaziye‘nin hakikati 4.Önerme‘nin 3.Kaziyesi‘nden bellidir. Üçüncü Kaziye: Eğer, benzer şekildeki ve eşit yoğunluktaki herhangi iki katı cismin, birkaç noktasından; eşit ölçülü, merkezcil kuvvetler, tesir ediyor ve bunun tesirinin ölçüsü de, bu noktalara mesafesinin karesi oranında azalıyor ise; bu katı cisimlere benzer konumda yerleştirilmiş cisimcikler, bu katı cisimler tarafından çekilirken bunun ölçüsü de kendi cisimlerin çaplarına eşit olacaktır. 73. Önerme 33.Teorem Eğer, verilmiş bir küredeki birkaç noktada, eşit ölçülü merkezcil kuvvetler, tesir ediyor ve bunun da ölçüsü bu noktalara mesafesinin karesi ile azalıyorsa: Fikrim odur ki: Kürenin içerisine yerleştirilmiş bir cisimcik, merkeze mesafesi ile orantılı kuvvetle çekilir.

390

ABCD küresini düşünün. Bu küre S merkezinden tanımlanmış olsun. Bunun içine P cisimciği yerleştirilsin. Ve yine aynı S noktasını merkez alarak; SP yarıçapı ile PEQF adındaki bir içküre düşünülsün. Bir başka deyişle, müşterek merkezli küreleri tanımlansın. 70. Önerme‘den şurası besbellidir ki: Kürelerin, AEBF ile gösterilmiş farkı oluşunca, bunun P cisminin üzerinde, hiçbir tesiri olmaz. Çekimler birbirini karşılıklı yutar. Kalan çekim kuvveti ise, sadece; içerideki PEQF küresinin çekimidir. Ve, 72. Önerme‘nin mantığına göre; bu da, aslında PS mesafesidir.

391

Q.E.D Yorum Burada hayalimden oluşturduğum katı cisimlerinin yüzeylerinden bahsederken, bu yüzeyleri saf (pür) anlamıyla matematiksel yüzeyler olarak tasavvur etmiyorum. Ancak, bunları, çok çok ince yörüngeler olarak düşünüyorum. Ancak; bunları, çok çok ince yörüngeler olarak düşünüyorum. Öyle ince ki; kalınlığı yok gibidir. Bu da demektir ki: Yörüngelerin sayısı arttırıldığında ve bunların kalınlığı ―sonsuzca‖ azaltıldığı durumda, kürenin yörüngedeki döngüyü, en nihâyetinde tamamlarken bitiveren yörüngeyi kastediyorum. Benzer bir akıl yürütme ile katı cisimlerin oluştuğu yüzeyler, yüzeylerin oluştuğu çizgiler, çizgiler ve en nihayetinde çizgileri oluşturan noktalar ve tekil bir nokta, ki magnitüt‘ü neredeyse yok denecek kadar az olan ve eşit ölçülü parçacıklar olarak düşünülmelidir. 74. Önerme 34. Teorem Aynı varsayımlar ile diyorum ki: Küresiz olarak konumlandırılmış bir cisimcik çekilirken, bu çekilme kuvvetinin ölçüsü, bu cisimciğin merkezden mesafesinin karesi ile ters orantılıdır. ki, cisimciğin kürenin bütününe mâruz kalışının ölçüsü de aynı oranda olacaktır. Çünkü, düşünün ki: Küre, sayılamayacak denli çok sayıda, eş-merkezli küresel yüzeylerle beraber düşünülsün: Ve bu cisimciğin çeşitli küresel yüzeylerden mâruz kaldığın kaldığı çekimlerin kuvvetinin ölçüsü, cisimciğin, kürenin merkezinden mesâfesinin karesi ile ters orantılıdır. (71. Önerme‘nin mantığınca) Ve kompozisyon yolu ile bu çekimlerin toplamı; yani demektir ki; cisimciğin kürenin bütününe mâruz kalışının ölçüsü de aynı oranda olacaktır.

Q.E.D

392

1. Kaziye: O halde, homojen özellikteki kürelerin çekimi düşünüldüğünde, bunlar merkezlerden eşit mesâfelerde kürelerin kendine eşit olacaktır. Çünkü, (72. Önerme‘ye göre) eğer, mesâfeler kürelerin çaplarına orantılı olursa, kuvvetler çaplara eşit olur. Daha büyük olan mesâfeyi bu oranda kısaltın, ve bu yeni durumda mesafeler eşitlendiğinden, çekim kuvveti bu oranın karesinde artacaktır. Ve bundan ötürü, öbür çekime göre durumu, bu oranın küplü oranında olacaktır. Bu da demektir ki: Kürelerin oranında olacaktır. 2.Kaziye: Herhangi bir mesâfede, çekimler, kürenin mesafelerinin karesi ile oranına eşit olacaktır. 3.Kaziye: Eğer, bir cisimcik, homojen özellikteki bir küre olmaksızın konumlandırılmışsa ve bu bir kuvvet ile çekiliyorsa, bu kuvvetin ölçüsü, tasavvur edilen kürenin merkezinde mesafenin karesi ile ters orantılı olacaktır. Ve eğer, küre çeken parçacıklardan oluşmuşsa her bir parçacığın kuvveti, diğer parçacıktan mesafesinin karesi oranında azalacaktır. 75. Önerme 35.Teorem Eğer, verilmiş bir küredeki noktalardan eşit ölçülü merkezcil kuvvetler, bu noktalardan mesâfelerin kareleriyle orantılı olarak azalıyorsa, fikrim odur ki: Buna benzer bir başka küre, onun tarafından bir kuvvetle çekilirken bu kuvvetin ölçüsü, merkezlerin mesâfesinin karesi ile ters orantılı olacaktır. Çünkü, her bir parçacığın çekimi, çeken kürenin merkezinden mesafesinin ters kare oranındadır. (74. Önerme‘nin mantığınca) Ve bundan ötürü, de sanki: Çeken kuvvetin bütünü, sanki, bu kürenin merkezinde konumlanmış bu bir tek parçacıktan kaynaklanmış gibidir. Ancak, bu çekimin ölçüsü, şu ölçüye eşittir: Aynı cisimciğin, çekimi, eğer, bu cisimciğin kendisi, çekilen kürenin , bir çok parçacığı tarafından, bu parçacıkların, küre tarafından çekilme kuvvetiyle eşit ölçüde çekiliyormuş gibi olur.

393

Ancak, 74. Önerme‘nin mantığınca; bu cisimciğin çekimi, kürenin merkezinden mesafesinin karesi ile ters orantılı olacaktır. Bundan ötürü, kürenin çekimi, buna eşit olarak yine aynı oranda olur. Q.E.D 1.Kaziye: Kürelerin, diğer homojen kürelere yönelmiş çekimlerinin ölçüsü, çeken kürenin küplü oranının, çeken kürenin merkezinin çekilen kürenin merkezine mesafesinin karesinin oranına eşittir.

2.Kaziye: Aynı durum, çekilen küre, aynı esnâda çektiğinde de geçerlidir. Çünkü, kürenin birinin, birkaç noktası, diğer bir kürenin birkaç noktasını çektiğinde ve bunun ölçüsü de, diğerinin, bunu çekmesinin ölçüsüne eşit olur. Ve bundan ötürü; Hareket‘in 3. Kanunu‘na göre, çekimlerin hepsinde, çeken ve çekilen nokta üzerinde eşit ölçüde tesir edilmiş olur ve kuvvet bunların birbirini çekmeleriyle iki misli olur ancak orantılar aynı kalır. 3.Kaziye: Yukarıda gösterilip ispatlandığı gibi, cisimlerin, konik kesitinin odağının etrafından hareketlerinin hakikati, bir çeken küre, bu odak noktasına konumlandırılıp cisimle küre olmaksızın hareket ediyor gibi düşünüldüğünde geçerlidir. 4.Kaziye: Daha evvel de gösterilip ispatlandığı gibi, cisimlerin, konik kesitlerinin merkezinin etrafından hareketi hakkındaki hakikatler, bu hareketler kürenin içerisinde icrâ edildiğinde de geçerli olacaktır. 76. Önerme 36.Teorem Ancak eğer, maddenin yoğunluğu ve çekim kuvveti bakımından) kürelerde benzeşmezlik hâli varsa: Ve bu durumda, merkezden çevrelere eşit oranda değişiyorsa: Ancak, kürenin

394

merkezinden eşit mesâfedeki her konumda ve her tasavvur edilmiş kürenin yüzeyinde benzer ise: Ve her bir noktanın çekim kuvveti, çekilen cismin mesâfesinin karesi oranında azalıyorsa, fikrim odur ki: Bu kürelerden birinin diğerini çektiği kuvvetin tamamı, kürelerin mesâfesinin karesiyle ters orantılı olacaktır.

AB, CD, EF vs. adında müşterek merkezli iç içe geçmiş bir takım küreleri tasavvur edin. En içtekine, dışarıdan bir küre eklensin, böyle böyle en dıştaki küreye varana değin gelinsin. Bu kürelerin yoğunlukları da; merkeze doğru gitgide yoğunlaşan, dışarıya doğru giderken ise bu yüksek yoğunluklu küreleri çıkarta çıkarta gittiğimizden, bütünü daha seyrek ve gevşek bıraksın. O halde; 75. Önerme‘ye göre; bu küreler; diğer müşterek merkezli iç içe geçmiş benzer küreyi; GH, IK, LM vs.‘yi SP mesâfesinin ters kare orantısındaki kuvvetler ölçüsünde çekecektir. Ve composition yoluyla veya bölme işlemi yolu ile; bütün bu kuvvetlerin toplamı ya da herhangi birinin diğerinden fazlalığı; yani, AB küresinin bütününün (hangi iç içe geçmiş küre konfigürasyonundan yapılırsa yapılsın veya bunların hangilerinin farkı ile tanımlanırsa

395

tanımlansın)

GH küresinin bütününü (hangi müşterek merkezli iç içe geçmiş küre

konfigürasyonundan yapılırsa yapılsın veya bunların hangilerinin farkı ile tanımlanırsa tanımlansın) çektiği kuvvetin tamamı olur. İç içe geçmiş müşterek merkezli, kürelerin sayısını sonsuzca arttırın öyle ki, maddenin yoğunluğu , çekim kuvvetiyle beraber, yüzeyden merkeze gidildiğinde, verilmiş herhangi bir Kanun‘a göre azalsın veya artsın. Ve çekme özelliği olmayan maddenin ilâve edilmesi ile noksan yoğunluk arz edilsin. Öyle ki; küreler, istenilen herhangi bir biçim alsın. Bu durumda da, bunlardan birinin diğerini çektiği kuvvetin ölçüsü, önceki akıl yürütmeyi takip ederek mesâfenin karesiyle ters orantıda olacaktır. Q.E.D 1.Kaziye: O halde; bu türden, bir çok sayıda küre, özelliklerinin tümü birbirine benzer halde, karşılıklı olarak birbirini çekiyorsa, her birinin diğerine olan ivmeli çekimleri, merkezden eşit mesâfelerde, çeken kürelere eşit olacaktır. 2.Kaziye: Ve eşit olmayan mesâfelerin herhangi birinde; çeken kürelerin, merkezlerin mesâfesinin kareli oranına eşit olacaktır. 3.Kaziye: Motive çekimler, ya da kürelerin birbirine yönelmiş ağırlıkları, merkezden eşit mesâfelerde, çeken ve çekilen kürelerin beraberce tesirinin hesaba katılması gibidir. Başka bir deyişle; küreleri birbiriyle çarpmak gibidir. 4.Kaziye: Eşit olmayan mesâfelerde, bu çarpımlarla doğru orantılı merkezlerin mesafelerinin karesiyle ters orantılıdır.

396

5.Kaziye: Bu orantılar, kürelerin, çekim özelliklerinin birbirlerine tesir ettiği durumlarda oluşan çekimlerde de geçerlidir. Zirâ; çekim, ancak bu kuvvetlerin kavuşumu (conjunction) durumunda iki misli olur. Ancak, orantılar eskisi gibi kalır. 6.Kaziye: Eğer, bu türden kürelerden biri, atâlet hâlindeki diğerinin etrafından dönüyorsa, ve sabit cismin ve dönen cismin merkezlerinin mesâfesi sabit cisimlerin çaplarına orantılıysa, devir süreler birbirine eşit olur. 7.Kaziye: Ve eğer, devir süreler eşit ise, mesâfeler de çaplarla orantılı olacaktır. 8.Kaziye: Yukarıda gösterilip ispatlanmış konik kesitlerinin odak noktalarının etrafından dönen cisimlerin hareketlerine dâir hakikatlerin hepsi, çeken bir küre, yukarıda, tanımlandığı biçimde ve halde, bir odağın üzerine konumlandırıldığında da geçerli olacaktır. 9. Ve bir de; dönen cisimler, yukarıda tanımlanan hallerdeki küreleri çektiğinde geçerli olacaktır.

77. Önerme 37. Teorem Eğer, bir kürenin birkaç noktasından, merkezcil kuvvetler tesir ediyor ve bu tesirin ölçüsü, çekilen cisimlerin mesâfeleri ile orantılı ise: Fikrim odur ki: İki kürenin birbirini karşılıklı olarak çektiği bileşkelendirilmiş kuvvet, kürelerin merkezlerinin mesâfesine eşittir.

397

1.Varsayın ki: AEBF küre olsun. S onun merkezi olsun. P çekilen bir cisimcik olsun. PASB cisimciğin merkezinden geçen ―küre ekseni‖ olsun. EF, ef küreyi kesen iki düzlem olsun. Ve bu eksene dik olsun, eşit-mesâfeli olsun, kürenin merkezine göre, biri bir tarafta biri diğer tarafta olsun; G ve g, düzlemlerin ve eksenin kesişme noktaları olsun, ve H, EF düzleminde verilmiş herhangi bir nokta olsun. H noktasının P cisimciğinin üzerinde tesir ettiği ve tesir yönü PH çizgisi olan, merkezcil kuvvetin ölçüsü, PH mesâfesine eşittir. Ve Hareket‘in Kanunları‘nın 2. Kaziyesi‘nin mantığına göre, aynı kuvvetin PG çizgisi istikametinde de, S merkezine yönelmiş olarak da tesirinin ölçüsü, PG uzunluğuna eşittir. Bundan ötürü, EF düzlemindeki bütün noktaların kuvveti, (yani, düzlemin bütünü) yani, P cisminin S merkezine doğru çekildiği kuvveti oluşturan unsurlar, PG mesâfesinin o noktaların sayısının çarpımına eşittir. Bu da demektir ki: EF düzleminin ve PG mesâfesinin altında oluşan hacımdır. Ve benzer bir akıl yürütme ile diyebiliriz ki: P cisimciğinin S merkezine çekildiği ef düzleminin kuvveti, bu düzlemin Pg mesâfesi kadar uzatılarak oluşan ölçüye eşittir. Ya da; EF adlı eşit düzlemin Pg mesâfesi kadar uzatılarak oluşan ölçüye eşittir. Ya da iki düzlemin toplam

398

kuvveti, EF düzleminin PG + Pg toplamının uzunluğu kadar uzatılarak oluşturulan kuvvete eşittir. Bu da demektir ki: O düzlemin, merkez ve cisimcik arasındaki PS mesâfesinin 2 misli bir ölçüde uzatılmasıdır. Ya da; EF + ef eşit düzlemlerinin toplamının aynı mesâfeye uzatılmasına eşittir. Ve aynı tür bir mantık yürütmeyle: Kürenin bütünü içerisindeki, her iki yanda ve kürenin merkezinden eşit mesâfede bulunan, düzlemlerin tümünün kuvveti, bu düzlemlerin, PS mesâfesine uzatılmış ölçülerinin toplamına eşittir. Bu da demektir ki: Kürenin ve PS mesâfesinin çarpımına eşittir. Q.E.D 2. Vaka: Şimdi, P cisimciğinin AEBF küresini çektiğini düşünelim: Ve aynı mantık yürütme ile

kürenin

çekildiği

kuvvetin

ölçüsü,

PS

mesâfesine

eşittir.

Q.E.D 3.Vaka: Şimdi; şöyle hayal edin. Sayılamayacak kadar çok sayıda; P cisimciğinden oluşan bir küre olsun. Ve her bir cisimciğin çekildiği kuvvetin ölçüsü, cisimciğin ilk kürenin merkezinden mesâfesi ve aynı kürenin çarpımına eşit olduğundan ve bundan ötürü de; kürenin merkezinde sanki konumlanmış bir tek cisimcikten tesir eden bir kuvvet ile aynıymış ve eşitmiş gibidir. İkinci küredeki, cisimciklerin hepsinin çekildiği kuvvetin tamamı, yani, o kürenin bütününün çekildiği kuvvetin ölçüsü, sanki o küre ilk kürenin merkezinde konumlanmış bir tek cisimciğin çekiminin kuvvetiyle çekiliyormuş gibi olacaktır. Ve bundan ötürü de, kürelerin merkezlerinin mesâfesi ile orantılı olacaktır. Q.E.D 4.Kaziye: Varsayın ki, küreler birbirini karşılıklı olarak çeksin ve kuvvet iki misli olurken orantı aynı kalır.

399

Q.E.D 5.Kaziye: p cisimciği AEBF küresinin içerisine konumlandırılsın. Ve, ef düzleminin cisimcik üzerinde uyguladığı kuvvet; bu düzlemin ve pg mesâfesinin altında oluşan hacıma eşit olduğundan ve tersi yönde tesir eden EF düzleminin kuvveti, bu düzlemin ve pG mesâfesinin altında kalan hacıma eşit olduğundan bu ikisinden bileşkelendirilen kuvvetin ölçüsü, hacımların farkına eşit olacaktır.

Bu da demektir ki: Bu toplamın, cisimciğin kürenin merkezinden mesâfesi olan pS‘ye çekilmesine eşittir. Ve benzer bir mantık yürütme ile denilebilir ki: Kürenin her yerindeki EF, ef vb. düzlemlerinin çekimleri, yani, kürenin bütününü çekimi, düzlemlerin hepsinin ( ya da

400

kürenin tamamının) ve cisimciğin kürenin merkezinden mesâfesi olan pS uzunluğunun çarpımına eşittir. Q.E.D 6.Kaziye: Ve eğer, sayılamayacak kadar çok p cisimciğinden bir küre oluşturulursa, ve bu da AEBF adlı ilk kürenin içinde konumlandırılırsa, daha evvelki gibi bir ispat yapılarak denilebilir ki: Çekim kuvveti, bir kürenin diğerine yönelmiş durumu da düşünülse; bir kürenin ve diğerinin birbirine karşılıklı yönelmiş çekimleri de düşünülse, bunun ölçüsü merkezlerin PS mesâfesine eşit olur. Q.E.D

78.Önerme 38.Teorem Eğer, küreler, içeriden dışarıya doğru sıralanırken, birbiriyle benzeşmez ve unequable olursa; ancak; en içteki merkezden verilmiş belli mesâfelerde, küresel yüzeyler birbirine benzer olursa, ve her bir noktanın çekim kuvveti, çekilen cismin mesâfesine eşit olursa, fikrim odur ki: Bu türden iki kürenin birbirini karşılıklı olarak çektiği kuvvetin ölçüsü; kürelerin merkezlerinin arasındaki mesafe ile orantılı olur. Bu da evvelki Önerme‘den ispatlanmıştır; tıpkı 76. Önerme‘nin 75.Önerme‘den yola çıkılarak ispatlandığı gibi. Kaziye: Yukarıdaki X. ve LXIV. Önermeler‘de de ispatlandığı gibi; konik kesiti şeklini yörünge edinen cisimlerin hareketleri ancak, yukarıda tanımlanmış küresel cisimlerin kuvvetinin çekimleriyle ve aynı türden küresel cisimlerin çekilmeleriyle düşünüldüğünde geçerlidir.

401

YORUM Şimdi, çekimlerin iki esas vakâsını izah etmiş bulunuyorum. Bu çekim ise; merkezcil kuvvetler, mesâfelerin karesi oranında azaldığında ya da mesâfeler ile basit orantıda arttığında ve her iki durumda da cisimleri konik kesiti biçimli yörüngelerde döndürdüğünde ve bu esnâda merkezcil kuvvetleri aynı Tabiat Kanunu‘na göre, merkezden recess (merkezden geri çekilme) durumunda azalıp arttığında ve parçacıkların kendi kuvveti de bu Kanun‘a göre değiştiğinde geçerlidir. Ki bu durum da, çok dikkat çekicidir. Diğer vakalara, acele ederek istemiyorum; ki bunların vardığı sonuçlar daha önemsiz ve daha yakışıksızdır. O nedenle; özellikle bunları inceledim. Bunların tümünü birden aşağıda izah edeceğim bir genel metot ile anlamaya ve saptamaya çalışacağım. 29. Yardımcı Kaziye Eğer, bir S merkezinden AEB adında herhangi bir çember tanımlanırsa ve P merkezinden EF, ef adında iki çember tanımlanırsa ve PS çizgisine, ED, ed dikmeleri indirilirse: Fikrim odur ki: Eğer, EF ef yaylarının mesâfesinin sonsuzca kısaltıldığı varsayılırsa, bu kayboluveren Dd çizgisinin kayboluveren Ff çizgisine son oranı, PE çizgisinin PS çizgisine oranına eşittir.

402

Çünkü, eğer, Pe çizgisi EF yayını q noktasında keserse; bitiveren Ee yayı ile birleşen, Ee doğrusu uzatılırsa ve T noktasında PS doğrusu ile bitişirse, ve S‘den PE‘ye SG dikmesi indirilirse; o halde; DTE, dTe, DES üçgenlerinin benzerliğinden ötürü; oran Dd‘nin Ee‘ye oranı, DT‘nin TE‘ye oranı, ya da, DE‘nin ES‘ye oranı olarak kurulur. Ve çünkü; Eeq, ESG (8.Yardımcı Kaziye ve VII. Yardımcı Kaziye‘nın 3.Kaziyesi‘nin mantığınca) benzer üçgenler olduğundan, Ee‘nin eq‘ya ya da Ff‘ye oranı, ES‘nin SG‘ye oranına eşittir. Ve ex aequo; Dd‘nin Ff‘ye oranı DE‘nin SG‘ye oranına eşittir. Çünkü; PDE, PGS üçgenlerinin benzerliğinden ötürü, PE de PS‘ye oranlıdır. Q.E.D 79.Önerme 39.Teorem Varsayın ki: EFfe düzleminin boyu sonsuzca kısaltılırken ve neredeyse kaybolurken: Ve aynı düzlemler, PS ekseninde dönerek, bu küresel formlu, bir tarafı içbükey bir tarafı dışbükey bir katı cismi tanımlasın. Ki bu cismin birkaç eşit parçacığı eşit merkezcil kuvvetler ile tesir etsin. Fikrim odur ki: Bu cismin, P noktasında konumlanmış bir cisimciği çekmesinin kuvvetinin ölçüsü şudur: Bu ölçü; katı cismin DE² x FF oranından ve Ff konumunda verilmiş parçacığın aynı cisimciği çekebileceği kuvvete oranından yapılma bir bileşik orantıda olacaktır. Çünkü, evvelâ, FE yayının döndürülmesiyle oluşturulan FE küresel sathını (yüzeyini) düşünün. Bu satıh, herhangi bir yerde kesilsin. Örneğin, r‘de de çizgisiyle kesilsin. rE yayının döndürülmesi ile oluşturulan bu bombeli (annular) kısımı, PE yarıçapı aynı kalırken, Dd lineolası gibi olacaktır. Ki bu olgu; Arşimet‘in ―Küre ve Silindir‖ kitabında ispatlanıp gösterilmiştir.

403

Ve bu yüzeyin PE veya Pr çizgilerinin istikametinde uyguladığı kuvvet; konik satıhın (yüzeyin) çepeçevre sararak bu bombeli yüzeye eşit olacaktır. Bu da Dd lineolası‘sına eşittir ya da kürenin PE yarıçapının ve Dd lineola‘sının altındaki dikdörtgene eşit olacaktır; ancak, bu kuvvet, S merkezine yönelmiş olarak PS çizgisinin istikametinde tesir ettirilecektir, ve bunun ölçüsü, PD‘nin PE‘ye oranından az olacaktır (?) ve bundan ötürü PP x Dd‘ye eşit olacaktır. Şimdi varsayın ki: DF çizgisi; sayılamayacak kadar çok adette, küçük ve eşit kısıma ayrılmış olsun ve bunlara da Dd adı verilsin. İşte bu takdirde, FE yüzeyi eşit ölçülü çok sayıda annulus‘a ayrılmış olacaktır. Bunların kuvvetlerinin ölçüsü de, PD x Dd dikdörtgenlerinin hepsinin toplamına eşit olacaktır. Bu da demektir ki: ´ PF² - ´ PD² işlemine eşit olacak ve bundan ötürü de DE²‘ye eşit olacaktır. Şimdi, FE sathını (yüzeyini) Ff yüksekliğinin altına doğru uzatın ve EFfe hacımının (cisiminin) P cisimciğine uyguladığı kuvvetin ölçüsü; DE² x Ff‘ye eşit olur. Bu da demektir ki: Eğer, Ff adındaki bir parçacığın kuvveti verilmiş ise bunun P cisimciğine PF mesafesinden

404

uyguladığı kuvvettir. Ancak, eğer, bu kuvvet verilmemişse, EFfe cisminin kuvveti DE² x Ff cismine eşit olur ve bu da verilmemiş kuvvetin ölçüsüyle çarpılır. Q.E.D

80.Önerme 40.Teorem Eğer, S merkezinden tanımlanmış bir ABE küresini, biribirine eşit kısımlarından eş-ölçülü merkezcil kuvvetler tesir ediyor ise ve kürenin AB eksenindeki birkaç D noktasından (ki bu noktalara, örneğin, P cisimciği yerleştirilsin, DE dikmeleri yükseltilip bunlar da küre ile E noktasında buluşturulursa, ve bu dikmeler üzerinde, DN uzunlukları, ölçüsü DE² x PS / PE bölmesine eşit olarak alınırsa, ve bu eksende konumlandırılmış kürenin bir parçacığının PE mesafesinden P cisimciğine beraberce uyguladığı tesir, fikrimce şudur: Kürenin AB ekseni ve N noktasının muhiti ANB eğrisi ile sınırlanmış alandır. (comprehended under)

405

Çünkü; evvelki Yardımcı Kaziye ve Teorem‘deki geometrik inşâ‘nın sağlamasını yapmak için; AB küresinin ekseninin sayılamayacak kadar çok sayıda eşit ölçülü Dd kısımına bölündüğünü düşünün; ve bütün kürenin de çok sayıda, küresel biçimli içbükey-dışbükey fomla EFfe adındaki laminae‘ye ayrıldığını da düşünün ve dn dükmesini yükseltin. En son teoremin mantığına göre; EFfe laminae‘sının P cisimciğini çektiği kuvvete ölçüsü DE² x Ff‘ye eşittir ve PE veya PF mesafesinden tesir eden bir parçacığın kuvvetinin çarpımına eşittir. Ancak; bir önceki Yardımcı Kaziye‘nın mantığına göre; Dd‘nin Ff‘ye oranı PE‘ni PS‘ye oranına eşittir. Ve bundan ötürü; Ff, PS x Dd / PE‘ye eşittir ve DE² x Ff, Dd x ( DE² x PS) / PE işlemine eşittir. Ve bundan ötürü; EFfe lamina‘sının kuvveti, Dd x ( DE² x PS ) / PE işleminin ve PF mesafesinden tesir eden bir parçacığın kuvvetinin çarpımına eşittir. Bu da demektir ki

406

varsayımsal olarak, DN x Dd işleminin sonucuna ya da DNnd adındaki kayboluveren alanına eşittir. Bundan ötürü; P cisimciğine tesir eden laminae‘ların tümünün kuvveti DNnd alanlarına eşittir, bu da demektir ki; kürenin kuvvetinin tamamı ANB alanının tamamına eşittir. Q.E.D 1.Kaziye: O halde; eğer, birkaç parçacığa yönelmiş merkezcil kuvvet, her bir mesafede aynı kalırsa; ve DN‘nin ölçüsü, DE² x PS / PE bölme işleminin niceliğine eşit olursa, cisimciğin küre tarafından çekildiği kuvvetin tamamı ANB alanına eşit olacaktır. 2.Kaziye: Eğer, parçacıkların merkezcil kuvvetinin ölçüsü; onun tarafından çekilen cisimciğe mesafesinin tersi ile orantılı olur ise ve DN uzunluğu, DE² x PS / PS² bölme işleminin niceliğine eşitlenirse; cisimciğin, bütün küre tarafından çekilme kuvvetinin ölçüsü ANB alanına eşit olur. 3. Kaziye: Ve, eğer, parçacıkların merkezcil kuvvetinin ölçüsü; bunlar tarafından çekilen cisimciğin, bulunduğu mesâfenin kübüne ters orantılı ise DN uzunluğu DE² x PS / PE4 bölme işlemine eşitlenir ise; cisimciğin, kürenin tamamınca çekildiği kuvvetin ölçüsü, ANB alanına eşit olur. 4.Kaziye: Ve bütün hâl ve şartlarda; eğer, kürenin birkaç parçacığına yönelmiş merkezcil kuvvetin ölçüsü; V niceliği ile ters orantılı olursa ve DN uzunluğu DE² x PS / PE x V bölme işleminin niceliğine eşitlenir ise; cisimciğin, kürenin tamamı tarafından çekildiği kuvvetin ölçüsü, ANB alanına eşit olur. 81. Önerme 41. Problem Hal ve şartları yukarıdaki gibi tutarak, ANB alanının ölçüsünü hesaplamak istensin.

407

P noktasından itibâren PH doğrusunu çizerek H noktasında küreye değmesini sağlayın. Ve PAB eksenine HI dikmesini , PI‘yı L noktasında iki eşit kısıma ayırın ve Eleman‘ların II. Kitabı‘nın XII. Önermesi‘nin mantığına göre, PE² değeri PS² + SE² + 2PSD değerine eşit olacaktır. Ancak; SPH ve SHI üçgenleri biribirine benzer olduğundan, SE² ya da SH², PSI dikdörtgenine eşittir. Bundan ötürü; PE², PS ve PS+SI+2SD‘nin altında oluşan alandaki dikdörtgene eşit olacaktır. Bu da demektir ki: PS ve 2LS + 2SD işleminin altındaki alana eşit olacaktır. Bu da demektir ki: PS‘nin ve 2LD ‗nin altındaki alana eşit olacaktır. Dahası; DE² değeri, SE² - SD² değerine ya da SE² - LS² + 2 SLD - LD² değerine eşit olacaktır. Bu da demektir ki: 2 SLD - LD² - ALB değerine eşittir. Çünkü, LS² - SE² ya da LS² - SA² (Elemanlar‘ın 2. Kitabı‘nın 6. Önermesi‘nin mantığınca, ALB dikdörtgenine eşittir. Bundan ötürü, eğer, DE²‘nin yerine 2 SLD - LD² - ALB yazarsak DE² x PS / PE x V bölme işleminin

408

niceliğini yazarsak, ki bu da evvelki Önerme‘nin 4. Kaziyesi‘nin mantığına göre, DN ordinatının uzunluğuna eşittir; şimdi kendisini 3 eşit kısıma ayıracaktır; bunlar ise: (2SLD x PS) / (PE x V) - (LD² x PS) / (PE x V) – (ALB x PS ) / (PE x V) işlemidir. Eğer burada; V yerine merkezcil kuvvetlerin ters oranını yazarsak, ve PE yerine de, PS ve 2LD arasındaki ―mean proportional‖‘ı yazarsak; bu üç kısım çok sayıda eğri çizgiye ordinat hâline gelecektir ki bunların alanları bilinen yöntemlerle hesaplanır. Q.E.D 1.Örnek: Eğer, kürenin çeşitli parçacıklarına yönelmiş merkezcil kuvvetler mesâfe ile ters orantılı olur ise; V yerine PE mesâfesini yazın, o halde, 2PS x LD değeri de PE² yerine yazılır ve DN değeri; SL – ´ LD – (ALB / 2LD) hâline gelir. Varsayın ki: DN, iki misli değerinde olan (?) 2SL – LD – (ALB / LD) değerine eşit olsun ve 2 SL, yani AB uzunluğunun içine çizilmiş ordinatın verilmiş kısımı; 2SLx AB değerindeki dikdörtgensel alanı tanımlayacaktır ve LD adındaki belirsiz ölçülü parçayı tanımlayacaktır. Ki bu, LD kısımı; mütemâdiyen süren bir hareketle aynı uzunluğa dikey olarak çizilmiştir; öyle bir tarzda hareket ettirilmiştir ki, artsa da azalsa da dâima LD uzunluğuna eşit kalır; ve (LB² - LA²) / 2 işlemi ile bulunan alanı tanımlar. Bu da demektir ki: SL x AB alanını tanımlar, ki bu alan, evvelki 2SL x AB alanından çıkarıldığında SL x AE alanını geriye bırakır. Ancak; üçüncü kısım olan, ALB / LD niceliği; aynı tarzda mütemâdiyen hareket ettirilmek suret ile aynı uzunluğa dik olarak çizilir ise; bir hiperbôl alanını tanımlayacaktır. Ki bu da, evvelki SL x AB alanından çıkarıldığında; bulunmak istenen ANB alanını geriye bırakacaktır.

409

İşte tam da bu noktada Problem‘in geometrik inşâsı belirir. L, A, B noktalarından LI, Aa, Bb dikmelerini yükseltin; Aa‘yı LB‘ye eşitleyin; Bb‘yi LA‘ya eşitleyin. LI ve LB‘yi asimptot kabul edin ve a,b noktalarından geçen ab hiperbôlik eğrisini tanımlayın. Ve ba kirişi çizilince; bulunmak istenen ANB alanına eşit ölçüdeki aba alanı sınırlanıp kapatılır. 2.Örnek: Eğer; kürenin çeşitli parçacıklarına yönelmiş merkezcil kuvvet, mesaâfelerin kübü ile ters orantılı olur ise ya da bununla aynı hesaba gelen; kübün verilmiş herhangi bir düzleme tesir ettirilmesi demek olur ise; V yerine PE³ / 2 AS² değerini yazın ve PE² yerine 2 PS x LD

410

değerini yazın ve DN değeri, SL x AS² AS² ALB x AS² / PS x LD 2PS 2PS x LD² işleminin değerine eşit olur. Bu da; PS, AS, SI ―continually proportional‖ olduğundan (LSI / LD) – ´ SI – (ALB x SI / 2 LD²) işleminin değerine eşit olur. Eğer işlemin bu iç kısımını, AB uzunluğunda çizersek, ilki olan LSI / LD bir hiperbôl alanını oluşturur; ikincisi; ´ SI ´ AB x SI alanını oluşturur; üçüncüsü olan ALB x SI / 2LD²; ALB x SI ALB x SI / 2LA 2 LB alanını oluşturur; yani ´ AB x SI değeridir. İlkinden, ikincisi ve üçüncüsünün toplamının değeri çıkarın ve bulunmak istenen ANB alanı geriye kalır. İşte buradan da problemin geometrik inşâsı belirir.

411

L,A,S,B noktalarından LI, Aa, Ss, Bb dikmelerini yükseltin ki bunlardan Ss, SI‘ya eşit olsun. Ve s noktasından geçirerek LI, LB asimptotlarına; asb hiperbôlünü, Aa, Bb dikmeleri ile a‘da ve b‘de buluşturacak şekilde tanımlayın. Ve 2 ASI dikdörtgeni AasbB hiperbôlik alanından çıkarılınca geriye bulunmak istenen ANB alanı kalır. 3.Örnek: Eğer; kürenin çeşitli parçacıklarından, yönelmiş merkezcil kuvvetler; parçacıklara mesâfesinin quadruplicate oranında azalıyor ise; V yerine PE4 / 2 AS3 yazın; sonra da PE yerine √ (2PS + LD) değerini yazın: Bu durumda: DN değeri; (SI² x SL) / (√2 SI) x (1 / (√LD³)) – (SI² / (2√2SI)) x (1 / (√LD)) – ((SI² x ALB) / (2√ 2SI)) x (1/ √LD5) olur. Bu üç kısım; AB uzunluğunun içine çekildiğinde; çok sayıda alan oluşturur.

412

Örneğin; (2 SI2 x SL) / (√ 2 SI); (1 / √LA) – (1/ √LB)‘nin içine, (SI²/ √2SI); √ (LB - √ LA)‘nın içine, ve [(SI² x ALB) / (3√(2SI)], 1 / (√ LA³) – ( 1 / √ LB³)‘ün içine çizilir. Ve bunlar; gerekli sadeleştirmeler yapıldıktan sonra; (2 SI² x SL) / LI,

SI² ve SI² + ( ( 2SI³) / 3 LI ) hâline dönüşür. Ve sonuncusunu ilkinden

çıkararak 4 SI³ / 3 LI hâline gelir. Ve bundan ötürü; P cisimciğinin, kürenin merkezine çekildiği kuvvetin tamamının ölçüsü, SI³ / PI bölme işleminin değerine eşittir. Bu da demektir ki: PS³ x PI çarpma işleminin tersine eşit olur. Q.E.I Aynı metodu takip ederek; bir kişi, bir kürenin içerisinde konumlandırılmış bir cisimciğin çekiminin ölçüsünü de hesaplayabilir; ancak, bu hesap aşağıda izâh edeceğim teorem ile çok daha elverişli bir yoldan yapılabilir. 82. Önerme 41.Teorem S merkezinden, SA yarıçapı ile tanımlanmış bir kürede; eğer; SI, SA,SP doğru parçaları “continual proportional” olarak alınır ise: Fikrim odur ki: Kürenin içindeki herhangi bir I noktasında konumlanmış bir cisimciğin çekiminin, o cisimciğin kürenin dışında bir P noktasında konumlandırılsa sahip olacağı çekim kuvvetine oranı; bir bileşik orandadır. Bu bileşik orantının unsurları da: Kürenin, mesâfeler olan IS, PS doğru parçalarının ters kare orantısından ve P ve I noktalarından merkeze yönelmiş merkezcil kuvvetlerin ters kare orantısında oluşur.

413

Bu ise; sanki, kürenin parçacıklarının merkezcil kuvvetleri, onlar tarafından çekilen cisimciğin mesâfelerinin tersine eşitmiş gibidir. I noktasında konumlandırılmış bir cisimciğin, kürenin tamamı tarafından çekilmesinin kuvvetinin, cisimciğin P noktasındaki çekilmesinin kuvvetine oranı bir bileşik orandadır. Bu bileşik orantının, unsurları ise şöyledir: SI mesâfesinin SP mesâfesi ile ters kare orantısı, cisimciğin I noktasında bulunurken kürenin merkezindeki bir parçacıktan kaynaklanmış merkezcil kuvvetinin, cisimciğin P noktasında bulunurken kürenin merkezinde konumlandırılmış aynı parçacıktan kaynaklanan merkezcil kuvvetine oranıdır. Bu da demektir ki: SI, SP mesâfelerinin bir birbirlerine göre ters kare oranının tersidir. Bu iki ters kare oranları, eşitlik oranı‘nı oluşturur ve bundan ötürü; I ve P noktasında kürenin tamamınca üretilen çekimler eşittir. Benzer bir hesabı yaparak; denilebilir ki: Eğer; küredeki

414

parçacıkların çekimi; mesâfeleri ile ters kare oranında ise; I noktasındaki çekimin P noktasındaki çekime oranı, SP mesâfesinin, kürenin SA ile gösterilmiş yarıçapına oranına eşittir. Eğer bu kuvvetler, mesâfelerin kübü ile ters oranlı ise; I ve P noktalarındaki çekimler; birbirlerine göre; SP²‘nin SA²‘ye oranına eşit olacaktır. Eğer bu kuvvetler; birbirleri ile quadruplicate oranında olursa, SP³‘ün SA³‘e oranında olacaktır. Ve bundan ötürü de: Evvelki vakada; P noktasında bulunan çekim kuvvetinin ölçüsü: PS³ x PI çarpma işleminin tersine eşit olacaktır. I noktasındaki çekim ise, SA³ x PI çarpma işleminin tersine eşit olacaktır. Başka bir deyişle, SA³ ve PI‘nın tersi gibi verildiğinden. Ve, progression aynı mantık ile sonsuza dek (in infinitum) uzatılır. Bu Teorem‘in ispatı da aşağıdaki gibidir. Veriler, yukarıda inşâ edildiği gibi; aynen bırakıldığında: Ve bir cisimcik, P ile gösterilmiş herhangi bir noktada konumlandırıldığında: DN ordinatının ölçüsü, (DE² x PS) / (PE x V) bölme işleminin niceliğine eşit olur. Bundan ötürü de; eğer, IE çizilir ise, bu ordinat, cisimciğin bulunduğu başka herhangi bir konum için, örneğin I noktasında; mutatis mutandis; (DE² x IS)/ IE x V bölme işleminin niceliğine eşit olur. Varsayın ki: Kürenin herhangi bir noktasından tesir eden kuvvetler E harfi ile temsil edilsin; ve bunların merkezcil biribirine göre ölçüsü: IE ve PE mesâfelerinde PEn‘nin IEn‘nin oranına eşittir. ( Burada n harfi, PE ve IE tabanlarının indeks sayısını (üssünü) gösterir.) Ve bu ordinatlar; (DE² x PS) / (PE x PEn) ve (DE2 x IS) / (IE x IEn) bölme işlemlerinin niceliğine eşit olur. Bunların ise; biribirlerine göre; PS x IE x IEn‘nin IS x PE x PEn ‘ye oranındadır. SI, SE, SP doğru parçaları ―continued proportion‖‘da bulunur ve SPE, SEI üçgenleri biribirine benzerdir ve bundan ötürü IE‘nin PE‘ye oranı; IS‘nin SE‘ye ya da SA‘ya oranındadır. Çünkü; IE‘nin PE‘ye oranının yerine, IS‘nin SA‘ya oranını yazın ve ordinatların oranı; PS x IEn‘nin SA x PEn‘ye oranına eşittir. Ancak; PS‘nin SA‘ya oranı; PS,

415

SI mesâfelerinin ters kare oranındadır ve IEn‘nin PEn‘ye oranı (IE‘nin PE‘ye oranı IS‘nin SA‘ya oranına eşit olduğunda) bu kuvvetlerin PS, IS mesâfelerindeki niceliklerinin ters kare oranındadır. Bundan ötürü; ordinatlar ve bu yol ile ordinatların tanımladığı alanlar ve orantılı çekim kuvvetleri; bu ters kare oranlarından bileşkelendirilmiş bir oranda olur. Q.E.D 83. Önerme 42. Problem Bir kürenin merkezine yerleştirilmiş bir cisimciğin, o küreden alınmış herhangi bir kesit ile oluşan küre parçasına yönelmiş çekim kuvvetini hesaplamanın yolu:

416

P harfi kürenin merkezindeki bir cismi temsil etsin. Ve RBSD, RDS düzleminin berisinde kalan ve RBS küresel sathının (yüzeyinin) altında kalan bir küre parçası olsun. DB doğru parçası F noktasından; P merkezinden tanımlanmış bir EFG küre yüzeyi ile kesilmiş olsun. Ve

417

bu kesilen küre parçası BREFGS, FEDG adındaki iki parçaya daha bölünmüş olsun. Düşünelim ki, bu kesit, saf matematiksel anlamı ile olmasın da, fiziki satıh (yüzey) özelliği de olan ve hesaba katılmayacak ölçüde bir kalınlığı da olsun. Bu kalınlığın ölçüsüne O denilsin. Ve, Arşimet‘in ispatlayıp göstermiş olduğu gibi; bu yüzey PF x DF x O işlemine eşit olacaktır. Bunun yanında, varsayalım ki: Küre parçacıklarının çekim kuvvetleri; bu mesafelerin üslü çokluğu ile ters orantılıdır. ( Ki burada n harfi ise, üslü çokluğun; kuvvet derecesini (mertebesini) veren ve bazen indeks sayısı da denilen sayıdır.) Ve, EFG yüzeyinin P cismini çektiği kuvvetin ölçüsü; 70. Önerme‘nin mantığına göre; (DE2 x O) / PFn bölme işlemine eşit olacaktır. Ki bu da [ (2DF x O) / (PF

n-1

) ] – [ (DF2 x O) / (PFn) ] işlemine

eşittir. FN dikmesini, O‘nun içine doğru indirin. Bu ise bu nicelikle orantılı olsun. FN ordinatının DB uzunluğundan, mütemadiyen hareket ettirilerek çizilmesi ile tanımlanan BDI eğri çizgisel alanının ölçüsü; RBSD adındaki kesitten çıkarılan parçanın P cismini çektiği kuvvetin tamamına eşit olacaktır. Q.E.I 84. Önerme 43. Problem Merkezi verilmemiş bir kürenin ekseninden geçen herhangi bir doğru parçasının üzerindeki, bir noktada konumlandırılmış bir cisimciğin, kürenin kesiti tarafından çekildiği kuvvetin ölçüsünü hesaplamanın yönetmi.

418

P cismi; EBK segmentine saplanan ADB ekseninin üzerindeki bir noktada konumlandırılmış olsun. P noktasını merkez alıp PE aralığı ile EFK adındaki küresel yüzey tanımlansın ve bu segment EBKFE ve EFKDE adındaki iki parçaya bölünmüş olsun. Bu parçaların ilkinin kuvvetini, 81. Önerme‘nin metodunu izleyerek hesaplayın ve ikincisinin kuvvetini de 83. Önerme‘nin metodunu izleyip hesaplayın. Ve bu kuvvetlerin toplam değeri, EBKDE segmentinin toplam kuvvetine eşit olur. Q.E.I YORUM Küresel cisimlerin çekimleri bu şekilde izâh edilmiş olduğundan, sıra, çeken parçacıkların, benzer bir tarzda teşekkül etmiş cisimlerin kanunu‘nu incelemeye sıra gelmiştir. Ancak,

419

bunları, tekil olarak ele almak burada benim amacım değildir. Bu tür cisimlerin; kuvvetlerine dair birkaç genel önermeyi ve kuvvetlerden tabiat olayın hareketleri burada şerh düşmek yeterli olacaktır. Çünkü, bunların bilgisi, felsefî incelemelerde pek az fayda verecektir.

13.Kısım Küresel biçimli olmayan cisimlerin çekim kuvvetlerine dâir. 85. Önerme 42. Teorem Eğer, bir cisim diğer bir cisim tarafından çekiliyor ise ve bu çekimin ölçüsü, cisimler birbirine bitişik iken, cisimlerin birbirinden pek kısa bir aralık ile ayrıldığı duruma göre; çok daha kuvvetli olur ise, çeken cismin parçacıklarının kuvveti, çekilen cisim; recess halinde iken, parçacıkların mesâfesinin kareli oranından daha fazla ölçüde azalır. Çünkü, eğer, kuvvetler, parçacıkların mesâfesinin kareli oranında azalmış olsa, küresel bir cisime yönelmiş bir kuvvetin ölçüsü (74.Önerme‘nin mantığına göre) çekilen cisimin, kürenin merkezinden mesâfesinin karesi ile ters orantılı olacağından, kuvveti; cisimlerin temâsı ile algılanabilir bir ölçüde artmayacaktır ve eğer ki çekim kuvveti; çekilen cisimin recess halinde bundan bile az bir orantıda olur ise, bu kuvvet daha bile az artar. Bundan ötürü; çeken kürelerin kuvveti hakkındaki önerme besbellidir. Ve aynı durum; içbükey küresel ve dışarısındaki küresel cisimlere çektiğinde de geçerlidir. Ve bu durum; bu türden bir cismin, içerisine konumlandırılan csimlerin çekiminde daha da bârizdir. Çünkü, orada, bu içbükey cisimin oyuklarında seyrelen çekim kuvvetinin (70.

420

Önerme‘nin mantığına göre) karşıt çekimler ile yutulması ve bu sebepler cisimlerin temas noktasında bile bir tesirde bulunmaması durumu vardır. Şimdi eğer: Bu kürelerden ve oyuk kürelerden, temas noktasından ötede herhangi bir parçayı çıkarırsak ve herhangi bir, istediğimiz gibi, yeni parçalar eklersek, çeken cisimlerin şeklini, isteğimize değiştirmiş oluruz. Ancak; eklenen veya çıkarılan parçalar, temas noktasında uzakta olduklarından, iki cisimin temâsından oluşan çekime, dikkate değer bir fazlalık eklemeyecektir. Bundan ötürü; bu önerme; her şekilden cisimde geçerlidir. Q.E.D 86. Önerme 43. Teorem Eğer, çeken bir cismin parçacıklarının kuvvetleri, çeken cismin recess halinde azalma hâlinde ise; ve bunun ölçüsü, parçacıkların mesâfesinden küplü oranda veya bu küplü orandan fazla bir ölçüde olur ise; çekim kuvveti, temas noktasında, çeken ve cisimlerin biribirinden ayrıldığı duruma göre, çok çok daha fazla kuvvetlidir. Though by never so small an interval. Çünkü, eğer, çekilen cisimcik, bu cinsten bir küreye gelip değer ise, çekim kuvveti bu noktada sonsuzca arttırılmış olacaktır. Bu ise, 41. Problem‘in çözümünden âşikâr olur ve 2. ve 3. Örnekler ile de ispatlanıp gösterilir. Aynı olgu; ( bu örnekleri ve 41. Teorem‘i biribiriyle karşılaştırmak yolu ile de anlaşılabilir.) ve bu olgu; cisimlerin, içbükey ve dışbükey formlu kürelere doğru çekilmesi olgusunda da belirir; bu çekilen cisimler, ister kürenin dışında konumlandırılsın ister bu kürelerin oyuklarının içinde konumlandırılsın. Ve bu kürelerin veya orb‘ların içinden, temas noktası olmaksızın, çeken maddeyi herhangi bir yerden alarak veya çeken maddeyi herhangi bir yerine ekleyerek; öyle ki; çeken cisime istenilen bir form vermek sureti ile, bu Önerme, cisimlerin tümü için her hâl ve şartta geçerli olacaktır. Q.E.D

421

87. Önerme 44. Teorem Maddelerinin çekme özelliği eşit ölçülü ve türdeş iki cisim, ayrı ayrı bu cisimlere orantılı iki cisimciği çekiyor ise ve bu duruma benzer bir başka durumda; cisimciklerin, cisimlerin bütününe yönelmiş ivmeli çekimleri; cisimciklerin, cisimlerin bütünleri ile orantılı olan parçacıklarına yönelmiş ve benzer şekilde bu cisimlerin içinde konumlandırılmış parçacıklara yönelmiş ivmeli çekimlerine eşit olacaktır. Çünkü, eğer, cisimler, bütünleri ile orantılı parçacıklara bölünür ise ve benzer şekilde onların içinde konumlandırılır ise; bu durum şuna eşittir: Cisimlerden birinin her hangi bir parçacığının diğer cisimde, o parçacığa tekâbül eden (denk düşen) parçacığına yönelmiş çekimlere eşit olur. Aynı mantık ile; birinci cisimdeki bir kaç parçacığın, diğer cisimde bulunan ve bunlara denk gelen birkaç parçacığa yönelmiş çekimlerine eşit olacaktır. Ve composition metodu ile; birinci cisimin tamamının, ikinci cisimin tamamına yönelmiş çekimine eşit olacaktır. Q.E.D 1.Kaziye: O halde, eğer, cisimciklerin çekildiği mesâfeler arttırılırken; parçacıkların çeken kuvvetleri; mesâfelerin herhangi bir kuvvetinden oluşan bir oranda azalıyor ise, cisimlerin bütününe yönelmiş ivmeli çekimler, cisimler ile doğru orantılı ve bu mesâfelerin kuvvetleri ile ters orantılı olur. Bu durumu ise; sanki, parçacıkların kuvvetleri, çekilen cisimciklerden mesâfelerin kareli oranında azalıyormuş gibi ve cisimler A³ ve B³ imiş gibi ve bundan ötürü, hem cisimlerin kübik yüzeyleri ve çekilen cisimciklerin cisimlerden mesâfesi A‘ya ve B‘ye eşitmiş gibidir. Cisimlere yönelmiş ivmeli kuvvetlerin ölçüsü; A³/ A³ ve B³ / B³ bölme işlemlerine eşit olur. Eğer, kuvvetler, quadruplicate bir oranda azalıyor ise, cisimlere yönelmiş

422

çekimlerin ölçüsü, A³ / A4 ve B3 / B4 bölme işlemlerine eşit olur. A ve B kübik yüzeylerinin tersi gibi olur. Ve diğer vakalarda da bu böyledir. 2.Kaziye: O halde; başka bir perspektiften bakarsak: Türdeş cisimlerin, benzer şekilde konumlandırılmış cisimcikleri çekme kuvvetinden istifâde ederek, parçacıkların çekim kuvvetlerinin azalmasının oranı, çekilen cisimcikler, cisimlerden uzaklaşmaktayken hesaplanabilir. Ve eğer öyle ise; azalış, mesâfeler ile herhangi bir oranda, doğru veya ters orantıda olabilir. 88. Önerme ve 44.Teorem Eğer, herhangi bir cismin, türdeş parçacıklarının çekim kuvvetleri, parçacıkların o konumdan mesâfelerine eşit olur ise, cisimin, kuvvetinin tamamı, bu çekim merkezine yönelmiş olacaktır. Ve bunun ölçüsü de: Aynı çekim merkezi noktasında, merkezi konumlanmış, türdeş ve eşit ölçülü maddeden oluşmuş bir kürenin çekim kuvvetine eşit olacaktır.

423

RSTV cisminin içinde A, B parçacıkları olsun. Bunlar da, herhangi bir Z cisimciğini çeksinler. Bu çekimin ölçüsü de, parçacıkların biribirine türdeş ve eşit olduğu varsayımı ile AZ ve BZ mesâfelerine eşittir. Ancak, parçacıkların biribirine eşit olmadığını varsayarsak, bu çekimin ölçüsü, bu parçacıkların ve AZ, BZ mesafelerinin beraberce hesaplanmasına eşit olur, deyim yerinde ise, sanki bu parçacıklar AZ ve BZ mesâfelerine sırası ile çekiliyormuş gibidir. Ve bu kuvvetleri, A x AZ ve B x BZ alanlarının hacımı gibi düşünüp ifade edin. AB‘yi birleştirin. Ve bu doğru parçası G noktasında kesilsin. Öyle ki; AG‘nin BG‘ye oranı, B parçacığının A parçağına oranına eşit olur. Ve G noktası da, A ve B parçacıklarının müşterek çekim merkezi olur. A x AZ kuvveti, Hareket‘in Kanunları‘nın 2.Kaziyesi‘nin mantığına göre: A x GZ ve A x AG olarak iki kuvvete çözümlenir ve B x BZ, B x GZ ve B x BG olarak iki kuvvete indirgenip çözümlenir. Şimdi, A x AG ve B x BG kuvvetleri, A, B‘ye, ve BG, AG‘ye orantılı olduğundan biribirine eşittir ve bundan ötürü; ters istikametlerde tesir eder ve

424

biribirini yutar. Sonra da; A x GZ ve B x Gz kuvvetleri geriye kalır. Bunlar, Z‘den G‘ye yönelmiş olarak, A+B x GZ kuvveti teşkil eder. Bu da, sanki, A çeken parçacığı ve B çeken parçacığı, müşterek çekim merkezi olan G noktasında konumlandırılmış ve orada küçük bir küre oluşturuyormuş gibidir. Aynı akıl yürütmeyi izlersek, Eğer, üçüncü bir parçacığı; bu kurguya eklenir ise ve onun kuvveti G merkezine yönelmiş A + B x GZ kuvveti ile bileşkelendirilir ise, oluşacak kuvvet, G noktasındaki kürenin ve C parçacığının müşterek çekim merkezine yönelmiş olacaktır. Bu da demektir ki: A,B,C adındaki üç parçacığın müşterek çekim merkezine yönelmiş olacaktır. Ve böyle böyle bu mantığı sonsuza kadar sürdürebiliriz. Kaziye: O halde; çekilen Z cisminin hareketi, çeken RSTV cisimi, sanki küre formlu imiş gibi düşünülebilir. Ve bundan ötürü, eğer çekilen cisim, atâlet halinde olur ise ya da doğrusal bir istikamette ivmesiz bir hız ile yol alır ise, çekilen cisimin hareketinin şekli, odak nokta, çeken cisimin hareketinin şekli; odak noktası, çeken cisimin çekim merkezinde konumlanmış bir elips olacaktır. 89. Önerme 46. Teorem Eğer, biribirine eşit parçacıklardan oluşmuş, birkaç cisim var ise ve bunların kuvvetleri, her birinin bu yerlerden mesafelerine eşittir, herhangi bir cisimciğin çekildiği kuvvetlerden yapılma bileşke kuvvet, çeken cisimlerin müşterek çekim merkezine yönelecektir. Ve o çeken cisimler, sanki, müşterek çekim merkezini muhafaza ederek orada birleşiyormuş ve bir küreye dönüşmüşmüş gibi tesir edecektir. Bu ise, evvelki Önerme‘de, aynı mantığı izleyerek ispatlanıp gösterilmiştir. Kaziye: Bundan ötürü de, çekilen cisimin hareketi, sanki; çeken cisimler, müşterek çekim merkezlerini muhafaza ederek, orada birleşip bir küre oluşturuyormuş gibi düşünülür. Ve

425

bundan ötürü; eğer, çeken cisimlerin, müşterek çekim merkezi; atâlet halinde ise ya da doğrusal bir istikâmette ivmesiz bir hız ile ilerliyor ise, çekilen cisim, merkezi, çeken cisimlerin müşterek çekim merkezinde konumlu bir elips şeklinde hareket edecektir.

90. Önerme 44. Problem Eğer, herhangi bir çemberin birkaç noktasından, ölçüsü eşit merkezcil kuvvetler, tesir eidyor ise ve bu kuvvetler, mesafelerin herhangi bir oranında artıyor ve azalıyor ise: Ve bir cisimciğin çekildiği kuvvetin ölçüsü bulunmak isteniyor ise. Bu cisimcik de; çemberin düzleminde; çemberin merkezinden çıkarılan bir doğrunun üzerinde konumlandırılmışsa ve bu çemberin düzlemi ile dik açı oluşturuyor ise:

426

Varsayın ki: A noktasını merkeze alıp herhangi bir AD yarıçapı ile bir düzlemde bir çember tanımlansın ve buna AP doğrusu dik olarak çizilsin. Ve, P cisimciğinin buraya doğru çekildiği kuvvetin ölçüsünü bulmak gereksin. Çemberin üzerindeki herhangi bir E noktasından, çekilen P cisimciğine, PE doğrusu çizilsin. PA doğrusunda; PF‘yi PE‘ye eşit ölçüde alıp işaretleyin ve FK dikmesini F noktasında yükseltin; ki bu da E noktasının P cisimciğini çektiği kuvvete eşit

427

olsun ve; IKL eğri çizgisini de K noktasının muhitinden geçen bir eğri olarak düşünün: Bu eğriyi, çemberin düzlem ile L noktasında birleştirin. PA‘da PH‘yi PD‘ye eşit alın ve HI dikmesinieğri ile I noktasında birleşecek şekilde yükseltin. V P cisimciğinin, çembere yönelmiş çekim kuvvetinin ölçüsü, AP yüksekliğine doğru çizilmiş AHIL alanının ölçüsüne eşit olacaktır. Q.E.I Bu böyledir: Çünkü, AE doğru parçasında çok kısa bir Ee çizgisi alın. Pe‘yi birleştirin. Ve, PE, PA doğru parçalarında, PC, Pf‘yi, Pe‘ye eşit ölçüde alın. Ve, A merkezinden, AP çapı ile tanımlanmış bu annulus‘un üzerindeki herhangi bir E noktası, kendini P cismine doğru çeker ve bu da FK doğru parçası olarak düşünülür. Ve bundan ötürü; bu noktanın, P cismini, A‘ya yönelmiş istikamette çektiği kuvvetin ölçüsü, (AP x FK) / PE bölme işleminin niceliğine eşittir. Ve annulus‘un tamamının, P cisimini, A‘ya yönelmiş olarak çektiği kuvvetin ölçüsü, annulus ve (AP x FK) / PE bölme işleminden elde edilen niceliğin çarpımına eşittir. Ve annulus‘un tamamının, P cisimini, A‘ya yönelmiş olarak çektiği kuvvetin ölçüsü; annulus ve (AP x FK) / PE bölme işleminden elde edilen niceliğin çarpımına eşittir. Ve bu annulus, başka bir denklem ile de; AE yarıçapının ve Ee boyunun altındaki dikdörtgene eşitlenir. Ve bu dikdörtgen, PE ve AE‘nin, Ee ve CE‘nin uzantılı oluşundan ötürü, PE x CE ya da PE x Ff dikdörtgeninin alanına eşitlenir. Ve bundan ötürü de; annulus‘ların tümünün kuvvetlerinin toplamı, A merkezinden AD yarıçapı ile tanımlanmış bir çemberde, P cisimini, A‘ya doğru çektiğinde, AHIKL alanının tamamın AP‘ye çekilmesine eşit olacaktır. Q.E.D 1.Kaziye: O halde, eğer, noktaların kuvveti, mesafelerin kareli oranında azalıyor ise, bu demektir ki: Eğer; FK, 1/PF2‘ye eşit olur ise ve bundan ötürü de:

428

AHIKL alanı, (1/PA) – (1/PH) işleminden elde edilen değere eşit olur. Ve P cisimciğinin, çembere yönelmiş çekimi, 1 – (PA/PH) değerine eşittir. Bu da AH / PH bölme işleminden elde edilen değere eşit olur. 2.Kaziye: Ve her hâl ve şartta: Eğer, noktaların, D mesâfelerindeki kuvvetleri, mesafelerin, Dn ile temsil edildiğinde ve (n herhangi bir sayı olduğunda) bu değerin tersi olur ise; bu da demektir ki; eğer, FK, 1/Dn‘ye eşit olur ise, ve bundan ötürü: AHIKL alanı, (1 / PAn-1) – ( 1 / PHn-1) işleminden elde edilen niceliğe eşit olur ise: Ve P cisimciğinin çembere yönelmiş çekim kuvvetinin ölçüsü: (1/ PA n-2) – (PA / PH n-1) işleminden elde edilen niceliğe eşit olur. 3.Kaziye: Ve eğer, çemberin çapı sonsuzca arttırılırsa; ve n sayısı 1‘den büyük olursa, P cisimciğinin, sonsuz düzlemin tamamına yönelmiş çekiminin ölçüsü; PA

n-2

‘nin tersi

ölçüsünde olacaktır çünkü; diğer terim, PA / PHn-1 kaybolur.

91. Önerme 45. Problem Yuvarlak bir katı cisimin ekseninin üzerinde konumlandırılmış bir cisimciğin, o cisim üzerindeki, birkaç noktadan tesir eden ve ölçüsü, mesâfe her ne ise, bu mesâfenin herhangi bir oranında azalan, eşit ölçülü merkezcil kuvvetlerin çekimini hesaplamanın yöntemi.

429

P cisimciği, DECG katı cisiminin AB ekseninde konumlandırılmış olsun. Ve bu katı cisime doğru çekiliyor olsun. Bu katı cisim, eksenine dik olan herhangi bir RFS çemberi ile kesilmiş olsun. Ve bu cisimin, FS adındaki yarıçapının üzerinde, bu eksenden geçen herhangi bir PALKB düzlemini düşünün. Ve burada, 90. Önerme‘nin mantığına göre, bir FK uzunluğu alınsın, bu ise P cisimciğinin, o çembere çekildiği kuvvet ile orantılı olsun. LKI, eğri çizgisi, K noktasının muhitinden geçirilsin, ve en dıştaki AL ve BI çemberlerinin düzlemleri ile L ve I noktalarında buluşsun. Ve P cisimciğinin, katı cisime, yönelmiş çekiminin ölçüsü, LABI alanının ölçüsüne eşit olur. Q.E.I

430

1.Kaziye: O halde, eğer, katı cisim, ADEB kapalı şeklinin AB ekseninden döndürülmesi ile tanımlanan bir silindir olur ise, ve birkaç noktaya yönelmiş merkezcil kuvvetlerin ölçüsü, noktalardan mesâfelerin kareleri ile ters orantılı olur ise, bu P cisimciğinin, bu silindire yönelmiş çekiminin ölçüsü, AB-PE + PD işleminden elde edilen niceliğe eşit olur. Çünkü, FK ordinatı 90. Önerme‘nin 1. Kaziyesi‘nin mantığınca; 1 – (PF / PR) işleminden elde edilen niceliğe eşit olur. Bu niceliğin, 1‘li kısımı, AB uzunluğuna çekildiğinde, 1 x AB alanını tanımlar. Ve bu niceliğin diğer kısımı; PF / PR, PB uzunluğuna çekildiğinde, PE – AD‘nin içine çekilmiş 1 alanını tanımlar.

(Zaten, bu da, LKI eğrisinin quadratures‘larından kolaylıkla gösterilebilir.) Ve benzer bir mantık yürütme ile düşünürsek: Aynı kısım; PA uzunluğuna çekildiğinde, 1‘in, PD – AD‘nin içine sokulduğu alanı tanımlar ve AB‘nin içine çekildiğinde, PB‘nin PA‘dan farkı, 1‘in PE –

431

PD‘nin içine sokulduğu alanların farkını tanımlar. 1 x AB işlemi ile tanımlanmış ilk‘inin içeriğinden, 1‘in PE – PD‘nin içine sokulması ile tanımlanmış sonuncu içeriği çıkarın. Ve kalan, LABI alanı, 1‘in AB – PE + PD‘nin içine sokulmasına eşittir. Ve bundan ötürü; kuvvet, bu alana orantılı olur ve AB – PE + PD işleminden elde edilen niceliğe eşit olur. 2.Kaziye: O halde, bir AGBC spheroid‘i (küre benzeri cisim, küremsi) AB ekseninin bir uzantısının üzerindeki bir noktada ama cisimin dışarısına konumlandırılmış bir P cisimini, çektiği kuvvetin ölçüsü bilinebilir. NKRM bir konik kesiti olsun. Bunun, ER ordinatı, PE‘ye dikme olarak çizilsin. Bunun ölçüsü de, bu ordinatın küremsi cisimi kestiği nokta olan D noktasına doğru mütemâdiyen çizilmiş bir PD çizgisinin uzunluğuna daima eşit ölçüde olsun.

432

Küremsi cisimin, uç noktaları olan, A ve B noktalarından, AB eksenine, AK ve BM dikmeleri yükseltilsin. Bunlar da sırasıyla, AP ve BP uzunluklarına eşit olsun. Ve bu sebeple, konik kesitiyle, K ve M noktalarında buluşsun. Ve, KMRK parçasından keserek KM‘yi birleştirin. S noktası, küremsi cisimin merkezi olsun, ve SC bunun uzun yarıçapı olsun. Ve, küremsi cismin, P cisimini çektiği kuvvetin, AB çapı ile tanımlanmış bir kürenin aynı cismi çektiği kuvvete oranı: (AS x CS2 – PS x KMRK) / (PS2 + CS2 – AS2) bölme işleminin, (AS3) / (3 PS2) bölme işlemine oranına eşit olur. Ve aynı prensiplere dayanan bir hesaplama ile küremsi cisimin parçalarının kuvvetleri de hesaplanabilir. 3.Kaziye: Eğer, cisimcik; küremsi cisimin içinde ve eksenin üzerinde bir noktada, konumlandırılacak olur ise, bunun çekimi, merkeze mesâfesine eşit olacaktır. Bu ise; parçacık, ister eksenin üzerinde bir noktada konumlandırılmış olsun ister verilmiş başka herhangi bir çap üzerinde konumlandırılmış olsun, aşağıdaki akıl yürütmeden kolaylıkla hesaplanabilir. AGOF, çeken bir küremsi cisim olsun, S onun merkezi olsun ve P de çekilen cisim olsun.

433

P cisiminden geçirilecek şekilde; SPA yarıçapını çizin ve DE ve FG adlı iki doğru, küremsi cisim ile D ve E, F ve G noktalarında buluşsun. Ve PCM, HLN yüzeyleri, dışarıdaki küremsi cisimin içinde konumlandırılmış biribirine benzer ve odak noktaları aynı eksenin üzerinde konumlu iki küremsi cisim olsun. Bunlardan ilki, P cisminin içerisinden geçip DE, FG doğrularını B ve C noktalarında kessin. Ve bunlardan ikincisi, aynı doğruları H ve I, K ve I noktalarında kessin. Her üç küremsi cismin de müşterek bir ekseni olsun ve her iki tarafta da kesilmiş doğruların, doğru parçaları olan DP ve BE, FP ve CG, DH ve IE, FK ve LG birbirlerine eşit olsun. Ve, DE, DB, ve HI doğruları, aynı noktada iki eşit parçaya ayrıldığından, FG, PC ve KL doğruları da ayrılmış olur. Şimdi düşünün ki: DPF, EPG; sonsuzca dar ölçülü, DPF ve EPG açıları ile ve DH, EI çizgilerinin sonsuzca kısa tutulduğu şartlarda; biribirine ters duran konik külahlarını temsil etsin. Sonra, koniklerin DHKF ve

434

GLIE parçaları, küremsi cisimin ,yüzeylerinden kesilip alınsın. Ve; DH ve EI çizgilerinin biribirine eşit olması nedeni ile, bunlar, biribirlerine göre; P cisiminden mesafelerinin karelerine göre olur; ve bu nedenle de cisimciği eşit ölçüde çekerler. Ve benzer tarzda bir akıl yürütme ile denilebilir ki: Eğer, DPF, EGCB mekânları, biribirinin içine geçmiş ve sayılamayacak kadar çok, müşterek eksenli, küremsi cisimlerin yüzeyleri ile kısımlara ayırılır ise ve bu kısımlar; P cisimini, her iki taraftan da eşit ölçü ile karşıt tarafa doğru çeker. Bundan ötürü; DPF koniğinin kuvveti ve EGCB konik parçasının kuvvetleri biribirine eşittir ve karşıtlıkları nedeni ile biribirini yutar. Ve aynı durum; en içteki PCBM küremsi cisimi, model hârici tutulduğunda, modeldeki maddenin tümünün kuvveti için de geçerlidir. Bu nedenle; P cisimi, sadece, içerideki PCBM küremsi cisimi tarafından çekilir ve bundan ötürü, 72. Önerme‘nin 3. Kaziyesi‘nin mantığına göre, bunun çekiminin; A cisiminin AGOD küremsi cisiminin tamamı tarafından çekildiği kuvvete oranı; PS mesafesinin AS mesafesine oranına eşittir. Q.E.D 92. Önerme 42. Problem Çeken bir cisim verildiğinde; bu cisimin birkaç noktasına yönelmiş merkezcil kuvvetlerin azalmasının oranının hesaplanması istensin. Verilmiş cisimin formunun, bir küreye, bir silindire veya tanımlanmış herhangi bir cisime, benzetilip bunun çekim kanununa denk gelen herhangi bir oranda azalışının hesabı, 80. ve 81. Önerme‘lerde ve 91. Önerme‘den hesaplanabilir. Sonra, deneyler yolu ile çeşitli mesafelerde, çekimin kuvveti bulunabilir. Ve cisimin bütününe yönelik çekimin kanunu bu yol ile bilinebilir ve cisimin birkaç parçasının kuvvetlerinin azalışının oranı bulunabilir; ki zaten bulunmak istenen şey de bu sonuçtu.

435

93. Önerme 17. Teorem Eğer, bir katı cisim düşünülürse: Ve eğer, bu katı cisimin bir tarafı düzgün yüzeyli olur ise: Ve diğer her bir tarafı; kendi taraflarına doğru sonsuzca uzatılır ise; ve bu cisim, eşit ölçüde çeken parçacıklardan oluşmuşsa. Ve bunların çekme kuvveti, katı cisimden uzaklaşırken, azalıyorsa. Ve bu azalmanın oranı, mesafelerin karelerinden daha büyük herhangi bir mertebede ise. (kuvvet derecesinde). Ve eğer, bir cisimcik, cismin, düzgün yüzeyine doğru, oraya veya buraya, konumlandırılmışsa ve katı cisimin tamamının çekim kuvveti tarafından çekiliyor ise: Fikrim odur ki: Katı cisimin tamamının çekim kuvveti, cisimin düzgün yüzeyinden uzaklaşıldıkça, azalacaktır.Ve bu azalmanın oranı da, üslü çokluğun tabanının, cisimciğin, cismin düzgün yüzeyinden mesafesine eşit olduğu ve üslü çokluğun indeksinin de, mesafelerin üslü çokluğunun indeksinden 3 birim az olan bir değerde olacaktır.

436

Birinci Vak‘a: LGl, katı cisimin, kesilip ayrıldığı bir düzlem olsun. Katı cisim, düzlemin, I‘ya doğru olan istikametinde uzayıp gitsin. Ve bu uzayıp giden kısım da, sayılamayacak kadar çok sayıda, GI‘ya paralel konumlanmış, mHM, nIN, oKO vs… düzlemlerine ayrılmış olsun. Evvelâ, çekilen C cisimini, katı cisim olmaksızın konumlandırın. Orada, CGHI‘yı, bu sayılamayacak kadar çok sayıda, düzlemlere, dikme olarak çizin. Ve cisimin, çeken noktalarının çekim kuvvetlerini bir oranda azaltın. Bu oran da, mesafelerin bir mertebesinde olup indeks sayısı n‘nin değerinin 3‘den az olmadığı bir düzende olsun. Bundan ötürü; 90. Önerme‘nin 3. Kaziyesi‘nin mantığına göre, herhangi bir mHM düzleminin C noktasını çektiği kuvvet CHn-2‘nin tersine eşit olsun. mHM düzleminde; HM uzunluğunu, CHn-2‘ye ters orantılı olarak alın ve böylece o kuvvet HM‘ye eşit olacaktır. Aynı mantık ile düşünürsek; lGL, nIN,oKO vs… adlı birkaç düzlemde; GL, IN, KO vs…uzunluklarını; CGn-2, CIn-2, CKn-2 vs… değerlerine ters orantılı olarak alın.

437

Ve bu düzlemlerin, kuvvetleri alınan uzunluklarla ölçülü olacaktır.

Ve bundan ötürü;

kuvvetlerin toplamı da, uzunlukların toplamına eşit olacaktır. Bu da demektir ki: Katı cisimin tamamının çekim kuvveti, GLoK alanının, OK‘ye doğru sonsuzca uzatılmasına eşit olacaktır. Ancak; bu alan (quadratures metotlarının bilinen yöntemlerince) CG n-3‘ün tersine eşittir. Q.E.D 2. Vaka: Şimdiyse, C cisimciğini, lGL düzleminin katı cisimin içine doğru uzayıp kalan tarafına doğru, yani cisimin içine yerleştirin. Ve CK mesafesini CG mesafesine eşit alın.

438

Ve, LGloKO katı cisiminin, lGL, oKO paralel düzlemleri ile kesilip ayrılmış kısımı; C cisimciğini, çekiştirirken; C cisimciği ne bir tarafa ne öbür tarafa daha yakın olduğundan; biribirine karşıt noktaların zıt tesirlerinin eşit olmaları sebebi ile biribirini yutup tesirsiz hâle getirir. Bundan ötürü; C cisimciği, katı cisimin, sadece OK düzleminin ötesindeki kuvveti ile çekilir. Ancak, bu kuvvetin ölçüsü, 1. Vaka‘nın mantığına göre, CKn-3 ile ters orantılıdır; bu da demektir ki, CG, CK biribirine eşit olduğundan CGn-3 ile ters orantılıdır. Q.E.D 1.Kaziye: O halde, eğer, LGIN katı cisimi, her bir tarafından LG, IN adlı sonsuzca uzanan ve paralel düzlemlerle kesilmiş ise, bunun çekim kuvveti şöyle bulunur: LGKO adlı katı cisimin bütününün toplam çekim kuvvetinden; KO‘ya doğru sonsuzca uzatılmış ve daha ötede konumlandırılmış NIKO kısımının çekim kuvveti çıkarılır. 2.Kaziye: Eğer, katı cisimin, daha öte bir uzaklıktaki kısımı, bunun çekimi, yakındaki kısmının çekimine göre ihmâl edilebilir ölçüde küçük olduğundan, bu nispeten yakındaki kısmın çekimi mesafeler arttıkça, neredeyse, CGn-3‘ün oranında azalır. 3.Kaziye: O halde, bir tarafı düzlem yüzeyli herhangi bir sonlu cisim; bu düzlemin, ortalarında bir noktanın üzerine konumlandırılmış bir cisimciği çektiğinde; cisimcik ve düzlem arasındaki mesafe, çeken cisimin, boyutları ile karşılaştırıldığında, son derece kısa olursa ve çeken cisim türdeş parçacıklardan müteşekkil ise; ve bunun çekim kuvveti, mesafelerin quadruplicate ( 4‘lü kuvvetinden) oranından fazla olan herhangi bir kuvvetle oranlı olarak azalır ise, cisimin tamamının çekim kuvveti neredeyse, bir üslü çokluk ile oranlı olarak azalacak ve bu üslü çokluğun tabanı, o pek kısa mesafe olur ve indeks sayısı, önceki kuvvetten 3 az olur. Ancak; bu Önerme, parçacıklarının çekim kuvveti, mesâfelerin küplü oranında azalan cisimler için, geçerli değildir. Çünkü, o durumda; İkinci Kaziye‘de,

439

tanımlanmış, sonsuz cismin, daha ötedeki parçasının çekimi, daima, daha yakındaki parçasının çekim kuvvetinden sonsuzca fazladır. Yorum Eğer, bir cisim verilmiş bu düzleme doğru dikey olarak çekiliyor ise ve bu cisimin hareketi tâyin edilmek isteniyor ise; bu Problem, 39. Önerme‘nin mantığına göre, cisimin hareketini, düzleme dik bir açıda inen bir doğrunun hareketi ile temsil etmek ve Hareket‘in Kanunları‘nın 2.Kaziyesi‘nin mantığına göre, bu hareketi, o düzlemin üzerindeki çizgilerin istikametinde icrâ edilen bir ivmesiz hareket ile bileşkelendirmek gerekir. Ve, bunun tersi olarak, eğer, düzleme dikey istikametlerde yönelerek tesir eden ve bununla da cisimi, verilmiş herhangi bir eğri çizgide hareket ettiren çekimin kanunu bulunmak isteniyor ise Problem; 3.Problem‘in mantığını izleyerek çözülebilir. Ancak, işlemler; ordinatları, yakınsar serilere dönüştürerek kısaltılabilir. Bu ise sanki, A ile temsil edilmiş bir tabana, B uzunluğunun ordinat olarak verilmiş belli bir açıda saplanmasına benzer. Ve bu uzunluk, A tabanının m/n ile gösterilmiş herhangi bir mertebesinde olabilir. Ve eğer, bu cisimin, bu düzleme yönelmiş veya bu düzlemden o ordinatın istikametinde çekilen kuvvetinin ölçüsü bulunmak isteniyor ve cisimin, o ordinatın; çok dışarlak kısımı (superior extremity) ile beraber, daima tanımladığı eğri çizgi üzerinde hareket ettirilmesinin kuvvetinin ölçüsü de hesaplanmak isteniyor ise: Şöyle bir metot düşündüm: A tabanı; çok küçük bir ölçüde uzatılsın; bu uzatılışın ölçüsüne de O denilsin. Ve | A + O |

m/n

ordinatını;

sonsuz seriye dönüştürerek çözümlüyorum: Am/n + m/n O A (m-n) / n + (mm – mn) / (2nn) OOA (m-2n) /n Ve şöyle düşünüyorum:

Bu kuvvet; serinin O değerinin 2 boyutlu olduğu bir terimine

orantılıdır. Bu ise: (mm-mn) / (2nn) OO A

(m-2n)/n

440

Ve bundan ötürü: Hesaplanmak istenen

kuvvet, (mm – mn) / nn A (m-2n) /n ya da buna eşit olan (mm-mn) / (nn) B(m-2n)/m‘dir. Bu sanki, m=2 olduğunda ve n=1olduğunda, ordinatın bir parabôl tanımlaması ve kuvvetin verilmiş 2Bº niceliğinde olması ve bundan ötürü de verilmiş olması gibidir. Bu mantık ile düşünülünce, Galileo‘nun da ispatlamış olduğu gibi; cisim, verilmiş bir kuvvet ile parabôl eğrisinde hareket eder. m‘nin 0‘a eşit olduğu ve n‘nin 1‘e eşit olduğu (m = 0-1 , n = 1) durumda, ordinat bir hiperbôl tanımlar ve kuvvet de 2A-3 ya da 2B3 niceliğinde olur. Ve bu nedenle de; ordinatının kübü ölçüsünde olan bir kuvvet de, cismi bir hiperbôl‘de hareket ettirir. Ancak, bu tür önermeleri, bir yana bırakıp hareket ile ilgili daha evvel bahsetmediğim başka hususlara değinmek üzere, bir başka kısıma geçiyorum. 14. Kısım Herhangi bir çok büyük ölçülü cismin, çeşitli parçalarına yönelmiş merkezcil kuvvetler ile ajite edilmiş çok küçük cisimlerin hareketleri hakkında. 94. Önerme 48. Teorem Eğer, türdeş ortamlar, biribirlerinden, biribirine paralel düzlemler ile oluşturulmuş bir mekân ile ayrılmışsa ve bir cisim bu mekândan geçerken, bu iki ortamın herhangi birine dikey istikamette çekilirse ve bundan başka hiçbir kuvvet ile ajite edilmez ise veya engellenmez ise ve çekimin kuvvetinin ölçüsü, düzlemlere eşit mesâfelerdeki her yerde, düzlemin aynı yüzüne yönelmiş olarak, aynı olur ise: Fikrim odur ki: Düzlemlerin herhangi bir tanesine doğru yaklaşma açısının sinüs‟ünün; diğer düzlemden uzaklaşma açısının sinüsüne oranı verilmiş belli bir oranda olacaktır. 1.Vak‘a: Aa ve Bb, biribirine paralel iki düzlem olsun: Ve cisim ilk önce, Aa düzleminin üzerine GH çizgisinin istikametinde yaklaşsın. Ve cismin, aradaki mekândan geçişindeki

441

yolculuğunda, cismin çıkıp geldiği düzleme doğru çekilsin ve bu çekimin tesiri ile H eğriçizgisini tanımlasın ve oradan da IK çizgisinin istikametinde çıksın.

Orada, yaklaştığı cismin geliş çizgisi olan düzlemden, IM dikmesi yükseltilsin. Ve GH çizgisinin uzantısı ile M noktasında birleşsin.

Ve çıkıp geldiği Aa düzlemi ile de R

noktasında birleşsin. Ve varış çizgisi olan KI uzatılarak HM ile L noktasında birleştirilsin. Ve, L‘yi merkezî nokta alıp LI yarıçapı ile bir çember tanımlayıp HM‘yi, hem P hem de Q noktasında kessin ve MI, N‘ye uzatılsın. Ve evvelâ; eğer, çekim veya tesir ( sabit ve değişmez) kabul edilir ise, HI eğrisi, Galileo‘nun da ispatlayıp gösterdiği gibi bir parabôl olur. Bunun da özelliği, Latus Rectum‘unun ve IM çizgisinin altındaki dikdörtgenin HM‘nin karesine eşit oluşudur. Dahası; HM çizgisi de L noktasında iki eşit parçaya ayrılmış demektir. Bu durumda, eğer, MI‘ya, LO, MO, OR dikmeleri indirilir is bunlar birbirine eşit olur. Ve ON, OI, eşit çizgileri MN, IR bütünlerine eklendiğinde, bunlar da biribirlerine eşit olur.

442

Bundan ötürü, IR verilmiş olduğundan MN de verilmiş demektir. NMI dikdörtgeninin; Latus Rectum‘u ve IM‘nin altındaki dikdörtgene oranı, yani HM2 de verilmiş belli bir orandadır. Ancak; NMI dikdörtgeni, PMQ dörtgenine eşittir; bu da demektir ki: ML2‘nin ve PL2‘nin (ya da LI2) karelerinin farkına eşittir. (?) Ve HM2, ML2‘nin çeyreklik(?) bir kısımına oranlıdır. Ve bundan ötürü, ML2 – LI2‘nin ML2‘ye oranı verilmiş olur ve oranı dönüştürme yolu ile LI2‘nin ML‘ye oranına dönüşür. Ve bunun ters kare oranı olan, LI‘nın ML‘ye oranına dönüşür. Ancak; LMI‘yı örnek olarak verirsek; her üçgende, açıların sinüsleri gördüğü kenarlarla orantılıdır. Bundan ötürü; LMR adındaki çıkma açısının sinüsünün, LIR adındaki kavuşma açısının sinüsüne oranı da verilmiştir. Q.E.D 2. Vaka: Şimdi, cisimi, belli bir sırada, biribirine paralel AabB, BbcC vs…düzlemleri kesilmiş birkaç mekândan diğerine geçsin. Ve bu cisimin üzerine, bu mekânların hepsinde ivmesiz ve sabit işleyen bir kuvvet ile tesir edilsin.

Ancak bunun ölçüsü, her bir mekânda farklı farklı olsun. Ve biraz evvel ispatlandığı gibi; birinci Aa düzlemine gelme açısının sinüsünün ikinci Bb düzleminden çıkış açısının sinüsüne

443

oranı, verilmiş belli bir orandadır. Ve bu ikinci Bb düzleminden çıkma açısının sinüsünün, Co adındaki üçüncü düzleme gelme açısının sinüsüne oranı da verilmiş orandadır. Ve bu sinüsün dördüncü Dd düzlemine varma açısının sinüsüne oranı da verilmiş bu orandadır. Ve böyle böyle bu mantık, sonsuza yürütülür. Ve bu eşitlik yolu ile bilinir ki: İlk düzleme gelme açsının sinüsünün, son düzlemden çıkma açısının sinüsüne oranı, verilmiş belli bir orandadır. Şimdi; düzlemlerin aralıklarını sıklaştırın ve bu aralıkların sayısını sonsuzca arttırın. Öyle ki: çekim kuvveti ya da tesiri, buna göre ve verilmiş herhangi bir çekim kanununa göre tesir ederek, continual hâle gelsin. Ve birinci düzleme gelme açısının sinüsünün, son düzlemden çıkma açısının sinüsüne oranı, mekânların tümü boyunca verilmiş olduğu için, o da verilmiş demektir. Q.E.D 95. Önerme 49. Teorem Aynı varsayımları kabul ederek; şu fikri öne sürüyorum: Cisimin, düzleme gelmesinden evvelki, velositesinin, cisimin, düzlemden çıktıktan sonraki velositesine oranı, çıkış açısının sinüsünün gelme açısının sinüsüne oranına eşittir.

444

AH‘yi ve Id‘yi biribirine eşit alın. Ve, AG, dK dikmelerini yükseltin. Bunlar da GH ve IK adındaki gelen ve çıkan çizgilerle, G ve K noktalarında birleşsin. GH doğru parçasında, TH‘yi IK‘ya eşit alın ve Aa düzlemine Tv dikmesini indirin. Ve, Hareket‘in Kanunları‘nın 2.Kaziyesi‘nin mantığınca, cisimin hareketini iki unsura indirgeyip çözümleyin. Bunlardan biri, Aa, Bb, Cc vs…düzlemlerine dikme olsun ve diğeri de düzleme paralel olsun. Bu düzlemlere, dikey istikametlerde tesir eden çekim kuvvetinin tesiri, paralel istikametlerde tesir eden hareketleri hiçbir surette etkilemez. Ve bundan ötürü, bu hareket ile eşit sürelerde, AG çizgisi ile H noktası ve I noktası ve DK çizgisi arasında konumlanmış bu eşit ve paralel aralıkları geçip yol alan cisim, GH ve IK çizgilerini eşit sürelerde tanımlar. Bundan ötürü, gelme noktasından önceki velositesinin, çıkma noktasından sonraki velositeye oranı, GH‘nin IK‘ya ya da TH‘ye oranına eşittir. Bu da demektir ki: AH‘nin ya da Id‘nin vH‘ye oranına

445

eşittir. Bu da demektir ki: TH‘yi ya da IK‘yı yarıçap kabul ettiğimizde, çıkma açısının sinüsünün gelme açısının sinüsüne oranına eşittir. Q.E.D 96. Önerme 50. Teorem Aynı varsayımları kabul ederek: Denilebilir ki: Eğer, cisimin geliş çizgisi, mütemadiyen eğimlendirilirse, cisim en nihâyetinde, yansıtılacaktır ve yansıma açısı da geliş açısına eşit olacaktır.

Çünkü düşünün ki: Cisim, Aa, Bb, C c & vb. adlı paralel düzlemlerin arasından geçip giderken, yukarıda gösterilmiş parabolik yaylarını tanımlar. Ve bu yaylara da HP, PQ, QR vs denilsin. Ve GH adındaki geliş çizgisinin eğiklik açısını, ilk Aa düzlemine oranı öyle bir olsun ki: Gelme açısının sinüsünün, bu üçgenden yapılma çemberin yarıçapına oranı; aynı gelme açısının sinüsünün; Dd düzleminden çıkıp DdeE mekânına (uzayının) girme açısının sinüsüne oranına eşit olsun. Ve şimdi, çıkma açısının sinüsü yarıçapa eşitlendiğinden, çıkma açısı bir dik açı olur ve bundan ötürü, çıkış çizgisi Dd düzlemi ile özdeşleşir. Şimdi, varsayın ki: Cisim bu düzleme R noktasında varsın. Ve şimdi, çıkış çizgisi o düzlem ile özdeşleştiğinden, besbellidir ki: Cisim, Ee düzlemine doğru daha öteye ilerleyemez. Ancak, Rd çıkış çizgisinde de ilerleyemez; çünkü cisim mütemadiyen geldiği ortama doğru

446

çekilmektedir. Bundan ötürü; dönüp Cc ve Dd düzlemlerinin arasında QRq parabolünün bir yayını tanımlar. Bu parabolün de, Principal Vertex‘i, Galileo‘nun da ispatlamış olduğu gibi, R noktasındadır ve Cc düzlemini q noktasında, daha evvel Q noktasında kestiği açının ölçüsünde keser. Sonra da; evvelki, QP, PH & vs. adındaki parabolik yaylarla benzer ve eşit ölçülü qp, ph & vs. parabôlik yaylarını kat ederek düzlemlerin kalanını, evvelce P,H & vs. noktalarında oluşturduğu açılar ile aynı ölçüdeki açılar ile p,h & vs açıları ile kesecek ve en nihâyetinde; ilkin tesir ettiği düzlem ile H noktasında oluşturduğu eğiklik açısına eşit ölçülü bir h açısı ile çıkıp gidecektir. Şimdi şöyle düşünün: Aa, Bb, Cc, Dd, Ee & vs. düzlemlerinin aralıklarının ölçüsü sonsuzca daraltılsın ve bu düzlemlerin sayısı arttırılsın: Öyle ki: Cisimin, tâbi olduğu çekim veya tesir, herhangi bir çekim yasasına göre işleyerek, mütemadiyen ―continual‖ hale gelir. Ve çıkış açısı, cismin kat ettiği yol boyunca, daima, geliş açısına eşit kalacağından, en sonunda da aynı değere eşit kalır. Q.E.D YORUM Bu çekimler, Suellius tarafından keşfedildiği gibi, ışığın, açıların sekantlarının belli bir oranında cereyan eden yansımasına ve kırılmasına ve DesCartes tarafından ispatlandığı gibi, bunun sonucunda açıların sinüsleri ile verilmiş belli bir oranda olduğu olgusuna çok benzer. Çünkü, şimdi, iyice bilinmektedir ki: Bir çok gökbilim bilgininin münferit gözlemleriyle de tasdik edilmiş olduğu gibi, ışık mekânda (uzayda) yol alarak ilerler ve Güneş‘ten Dünya‘ya doğru yol alırken 7 veya 8 dakikalık bir süre geçer. Dahası, ışığın ışınları, havanın içinde yol alıp cisimlerin çok yakınından geçerken, bu cisimler ister şeffaf olsun isterse mat olsun (örneğin, altın, gümüş ve brass metal paraların çembersel ve dörtgensel kenarlarında olduğu gibi, ya da bıçaklarda veya taşların, camların kırık parçalarında olduğu gibi.) bu cisimlerce, eğriltilir. Bu eğriltilme de sanki, ışığın ışınları cisimce çekiliyormuş gibi olup biter. Ve bu

447

deneyde, cisimlerin, en yakınından geçen ışınlar, en fazla ölçüde eğriltilir. Bu da sanki, bunlar en fazla ölçüde çekiliyormuş izlenimini verir. Bunu da ben yaptığım deneylerde, dikkatle gözlemledim. Ve cisimden, biraz daha öteden geçen ışınlar, daha az eğriltilir. Ve bundan da öte mesafeden geçenler ise, aksi tarafa doğru birazcık eğriltilir. Ve 3 renk fringe‘i oluşturur.

Şekilde, s harfi bir bıçağın sivri ucunu temsil etsin, ya da As, B ile gösterilmiş bir tür kamayı temsil etsin. Ve, gowog, fnunf, emtme, dlsld kelimeleri, bıçağa doğru, owo, nun, mtm, lsl adlı yaylar gibi eğriltilen ışınları temsil etsin. Ki bu eğrilmenin ölçüsü, bunların bıçağın ucundan mesâfesine bağlı olarak azdır ya da çoktur. Şimdi, ışığın bu eğrilmesi hava küre içinde bıçak olmadan da olduğu için, buradan şu sonuca varılır: Bıçağın üzerine vuran ışınlar; bıçağın cisimine henüz dokunmada ilkin havanın içinde eğrilir. Ve aynı durum; camın üzerine vuran ışınlar için de geçerlidir. Bu nedenden ötürü; ışığın kırılması, ışığın gelip değdiği noktada gerçekleşmez; ışınların safha safha (aşama aşama) ve mütemâdiyen eğrilmesi ile kısmen; henüz cama bile değmeden havanın içinde ve kısmen de (eğer yanılmıyorsam) camın içinde; ışınlar cama nüfuz ettiğinde olur. Ve bu durum da; şekilde temsil edilmiştir. okze, bıyb, ahxa adlı ışınlar, v,q,p noktalarına vurarak ve k ile z, i ile y, h ile x noktaları arasında eğrilerek hareket eder. Işığın ışınlarının, mekânda iletilmesinin işleyişi ile cisimlerin hareketinin işleyişi arasındaki benzeşimi idrak ettiğim için, aşağıdaki Önermeler‘i ilâve etmeyi Optik bilimi açısından uygun buldum. Bunu yaparken de, Işığın ışınlarının özelliklerini ya da bunların cisim olup olmadıklarını incelemeyi amaçlamadan yaptım. Ancak;

448

sadece, cisimlerin mahrekleri ile bunlara çok benzeyen ışınların mahreklerinin benzeşimini saptamak istedim.

97. Önerme 47. Problem Herhangi bir yüzeyin üzerine gelme açısının sinüsünün, çıkma açısının sinüsüne, verilmiş belli bir oranda olduğunu varsayıp: Ve bu cisimlerin, bu yüzeylerin çok yakınında aldıkları yolun eğriliğinin çok ama çok dar alanda oluştuğunu ve neredeyse bir nokta gibi düşünülebileceğini kabul edersek:

Böyle bir yüzeyi saptamak istensin: Öyle bir yüzey ki; verilmiş herhangi bir konumdan çıkan cisimciklerin hepsini verilmiş bir diğer konuma yakınsatsın. A harfi, cisimciklerin ıraksadığı böyle bir konumu temsil etsin. B harfi ise, yakınsayacakları bir konumu temsil etsin. CDE ise; AB ekseninden döndürülmesi ile elde edilmek istenen eğri yüzeyi tanımlayan eğriçizgi olsun. D,E bu eğri çizgi üzerinde herhangi iki nokta olsun. EF, EG; AD, DB cisimlerinin yollarının üzerine indirilen dikmeler olsun. D noktası E noktasına yaklaştırılıp özdeşleştirilsin. Ve, AD‘nin uzadığı ölçü olan DF çizgisinin, DB‘nin kısaldığı ölçü olan DG çizgisine oranı, gelme

449

açısının sinüsünün, çıkma açısının sinüsüne oranına eşittir. Bundan ötürü; AD çizgisinin uzamasının, DB çizgisinin kısalmasına oranı verilmiştir. Ve de bundan ötürü; eğer, AB ekseninin üzerinde herhangi bir nokta alınıp buna da C denilirse ve bu noktadan CDE eğriçizgisinin geçirilmesi sağlanırsa ve AC‘nin uzadığı parça olan CM; BC‘nin kısaldığı parça olan CN‘ye verilmiş belli bir oranda alınırsa, ve A ve B noktalarını merkez noktalar alıp AM ve BN yarıçapları ile iki çember tanımlanırsa ve bunlar da biribirini D noktasında keserse: D noktası bulunmak istenilen CDE eğrisine değer ve bu eğriye herhangi bir yerde değip eğriyi tanımlar. Q.E.I 1.Kaziye: A ve B noktalarını, bazen sonsuzca biribirinden açarak (uzaklaştırarak) bazen de, C noktasının diğer taraflarına doğru hareket etmelerini sağlamak yolu ile; Cartesius‘un ―Optics and Geometry‖ eserinde gösterdiği kırılmalar hakkındaki geometrik şekillerin tümü elde edilebilir. Cartesius‘un, saklamayı uygun bulduğu keşifler, böylece bu Önerme‘de açık ve seçik olarak anlatılmıştır. 2.Kaziye: Eğer, bir cisim, herhangi bir ACD yüzeyine ve herhangi bir çekim kanununa göre, AD doğrusunun istikâmetinde değer ise, bu yüzeyin öteki tarafından DK doğrusu istikametinde çıkar gider.

450

Eğer, C noktasından, CP, CQ eğri çizgileri çizilir ise, bunlar, AD, DK doğru parçalarına daima dik saplanır. PD, QD çizgilerinin uzantıları ve bundan ötürü de, bu artışlarla oluşturulan PD, QD çizgilerinin kendisi gelme ve çıkma açılarının sinüslerinin oranına eşit olacaktır. Ve bu denklem tersi yönden de doğru ve geçerlidir. 98. Önerme 48. Problem Aynı varsayımları kabul edip: Eğer, AB ekseninin döndürülmesi ile çekme özelliği de olan tanımlanmış şekilli veya tanımlanmamış şekilli herhangi bir satıh (yüzey) tanımlanır ise ve buna da CD ismi verilir ise: Ve bunun içinden, verilmiş bir A noktasından yola çıkan bir cisim geçirilir ise: Ve, bu cisimleri, verilmiş bir B noktasına yakınsatan ikinci çeken yüzeyi bulmak gerekir ise ve bu yüzeye de EF adı verilir ise:

451

AB‘yi birleştiren bir çizgi, ilk yüzeyi C noktasında ve ikinci yüzeyi E noktasında keserse ve D noktası da istenilen herhangi bir konumda alınır ise: Ve; birinci yüzeye gelme açısının sinüsünün, aynı yüzeyden çıkma açısının sinüsüne oranı, ve ikinci yüzeyden çıkma açısının sinüsünün aynı yüzeye gelme açısının sinüsüne oranı, verilmiş herhangi bir M niceliğinin, verilmiş herhangi bir N niceliğine oranlı olduğunu varsayıp: AB‘yi G‘ye doğru uzatın: Öyle ki: BG‘nin CE‘ye oranı; M-N‘nin N‘ye oranına eşit olsun. Ve AD‘nin H‘ye oranına, öyle ki AH, AG‘ye eşit olsun, DF de K‘ya eşit olsun. Öyle ki: DK‘nın DH‘ya oranı, N‘nin M‘ye oranına eşit olsun. KB‘yi birleştirin. Ve, D‘yi merkez alıp DH yarıçapı ile bir çember tanımlayın: L noktasına dek uzatılmış KB çizgisi ile birleşsin. Ve BF‘yi, DL‘ye paralel çizin. Ve F noktası, EF çizgisine değecektir; bu doğru parçası da AB ekseninden döndürüldüğünde; bulunmak istenen yüzeyi tanımlayacaktır. Q.E.F Çünkü, düşünün ki: CP, CQ çizgileri, her yerde, AD‘ye DF‘ye diktir. Ve ER, ES çizgileri çizgileri de sırası ile FB, FD çizgilerine de diktir. Ve bundan ötürü QS, daima, CE‘ye eşit olur. Ve 97. Önerme‘nin 2.Kaziyesi‘nin mantığına göre: PD‘nin QD‘ye oranı, M‘nin N‘ye oranına eşittir. Ve bundan ötürü; DL‘nin DK‘ya oranına veya FB‘nin FK‘ya oranına eşittir.

452

Ve bölme işlemi yolu ile: PH- FB‘nin, FQ‘ya oranına eşit olur. Ki bu da: PH‘nin CG‘ye oranına eşit olur. Ki bu da, PH‘nin CG‘ye, QS‘nin CE‘ye eşit olmasından ötürü; CE + BG – FR‘nin CE –FS‘ye oranına eşittir. Ancak; (BG‘nin CE‘ye oranı M-N‘nin N‘ye oranına eşit olduğundan), bu, CE + BG‘nin CE‘ye oranının M‘nin N‘ye oranına eşitliği demek olur. Ve bundan ötürü;

bölme işlemi yolu ile; FR‘nin FS‘ye oranı, M‘nin N‘ye oranına eşittir. Ve bu

nedenle, 97. Önerme‘nin 2. Kaziyesi‘nin mantığına göre; EF yüzeyi,

üzerine, DF

istikametinde düşen bir cisimi; B noktasına doğru yönlenecek şekilde FR hattından harekete zorlar. Q.E.D YORUM Aynı mantığı izleyerek, bir kişi üç veya fazla sayıda yüzeyi de çözümleyebilir. Ancak; formların içinde, küresel olanı, optik fayda açısından en elverişlisidir. Eğer, teleskobun objektifi, aralarında su konulan iki küresel formlu mercekten yapılmış olsaydı: Merceklerin yüzeylerinin çeperlerinde oluşan kırılma kusurlarının araya konulan su tabakası yolu ile yeterince hassas bir ölçüde düzeltilebilmesi muhtemel olurdu. Bu tür mercekler, eliptik ve hiperbolik formlu, merceklere tercih edilmelidir. Sadece, nispeten, kolayca ve nispeten hassaslıkla yapılabilmelerinden ötürü değil. Bir diğer sebep de, ışınların doğrusal gelen okları, mercek eksensiz olur ise çok daha hassas kırılabilir. Ne var ki; teleskopta, küresel veya diğer hangi formdaki bir mercek kullanılırsa kullanılsın, Optiğin kusursuzlaştırılmasını engelleyen hakiki sebep Işık‘ın içindeki farklı renkteki ışınların farklı farklı kırılabilme özelliğinde olmasıdır. Bu olgudan kaynaklanan kusurlar düzeltilmedikçe, diğer bilginlerin gözlemlerini düzeltmek emeği ve çabası hakiki bir fayda vermeyecektir. Principia‟nın 1. Kitabı‟nın Sonudur.

453

454

PRINCIPIA‟nın II. KĠTABI

455

CĠSĠMLERĠN HAREKETĠ HAKKINDA Birinci Kısım Velositeleri oranında dirençle karşılaşan cisimlerin hareketi hakkında. 1.Önerme 1. Teorem Eğer bir cisim, velositesine oranlı bir direnç ile karşılaşıyor ise, hareketin, bu dirençten ötürü kaybolan kısımı, bu cisimin, hareketinde geçip gittiği hacıma göredir. (eşittir) Zamanın her bir eşit kısımında kaybolan hareket velositeye göre olduğu için, yani, mekânda geçilip gidilen hacıma göre olduğu için, composition yöntemini işletip zamanın bütününde kaybolan hareket geçilip gidilen hacıma göre olacaktır.

Q.E.D

Kaziye: O halde, eğer, bir cisim, hiçbir çekime maruz kalmaksızın sadece ve sadece kendi öz kuvveti ile sürtünmesiz uzayda (mekanda) hareket eder ise ve hem bu cismin hareketinin başlangıçtaki bütünü verilmiş demektir ve hem de yolun belli bir kısımı alındıktan sonra kalan hareket de verilmiş demektir. Bir başka verilmiş nicelik de, cisimin sonsuz bir zamanda tanımlayabileceği mekânın (uzayın) tamamı da verilmiştir. Çünkü, o mekân (uzay), şimdi hâlihazırda tanımlanmış olan mekâna (uzay‘a) göre oranlandığında, başlangıçtaki hareketin bütününün, hareketin kaybolan kısmına oranına eşit olacaktır.

Birinci Yardımcı Kaziye

Farkları ile orantılı olan nicelikler, mütemadiyen orantılıdır.

456

Varsayın ki: A‘nın, A-B‘ye oranı, B‘nin B-C‘ye oranına ve C‘nin C-D‘ye oranına vs. eşit olsun ve conversion metodu ile A‘nın B‘ye oranı, B‘nin C‘ye oranına ve C‘nin D‘ye oranına vs. eşit olacaktır.

Q.E.D

2. Önerme 2. Teorem

Eğer, bir cisim, hareket halinde ise ve bu harekete, bir başka cisimden kaynaklanan bir çekim kuvveti tarafından tesir edilmiyor ve cisim sadece ve sadece kendi öz atâleti demek olan vis insita‘sı ile hareket ediyor ise, bu hareketinde velositesi ile oranlı bir direnç ile karşılaşıyor ise ve bu hareketin icrâ edildiği ortamın maddesinin yoğunluğu aynı olur ise ve süreler de birbirine eşit alınır ise, bu süre aralıklarının her birinin başındaki velositeler, bir geometrik dizi kurar. Ve bu süre aralıklarının her birinde tanımlanmış mekânlar da velositelere göredir. Birinci Vak‘a: Zaman, eşit kısımlara bölünsün. Ve eğer, her bir kısımın ta en başında tesir eden direncin, tek bir tesir olup velositeye göre işlediğini kabul edersek, zamanın her bir kısımındaki velositenin azalışı aynı velositeye göre olur. Bundan ötürü; velositeler, farkları ile orantılıdır ve bundan ötürü; II. Kitab‘ın 1. Yardımcı Kaziye‘sının mantığına göre, mütemadiyen orantılıdır. Bundan ötürü de; eğer, eşit sayıda zaman kısımının içinden; eşit ölçülü zamanlar kuracak şekilde ve herhangi sayıda kısım içeren bir bileşke yapılır ise (ki bunlar da, aralıkları ile alınır ise ve arada kalmış eşit sayıdaki terimler de göz ardı edilir ise) ve zaman kısımlarının ta en başındaki velositeler ile bir ―continued progression‖ ın terimlerini oluşturacaktır.Ne var ki,

bu terimlerin oranları, aradaki

terimlerin eşit sayıda tekrar eden eşit oranlarından yapılma bir bileşke olacaktır ve bundan ötürü de eşit olacaktır.

457

Bundan ötürü de velositeler, bu terimleri ile orantılı olduğundan, bir geometrik dizi oluşturur. Varsayın ki: Zamanın bu birbirine eşit kısımları küçültülsün ve bunların sayısı sonsuza gidecek gibi artırılsın. Bu şartta, direncin tesiri, continual hâle gelebilir ve her biir süre aralığının ta en başındaki velositeler daima, ―continual proportional‖ olduğu için, bu durumda da ―continual proportional‖ olacaktır.

Q.E.D

İkinci Vak‘a: Ve bölme işlemi yolu ile velositelerin farkları, yani, velositelerin süre aralıklarının her birinde kaybolmuş kısımları, dizinin bütünlerine göredir. Ancak, bu sürelerin her birinde tanımlanan hacımlar, 1. Kitabı‘n 1. Önermesi‘nin mantığına göre, velositelerin kayıp kısımlarına göre olduğu için bunlar da bütünlere göredir. Q.E.D

458

Kaziye: O halde, eğer, Şekil‘de gösterilmiş BG hiperbolünün Ac, CH adındaki dörtgensel asimptotlar ile sınırlanır ise ve AB, DG doğru parçaları AC asimptotuna dikme olarak çizilir ise, ve hem cisimin velositesi hem de ortamın direnci, hareketin ta en başlangıcında, AC adındaki verilmiş herhangi bir çizgi ile temsil edilebilir ve bir süre geçtikten sonra, DC adındaki belirsiz ölçüdeki çizgi ile temsil edilebilir. Zaman, ABGD alanı ile temsil edilebilir ve bu sürede tanımlanmış uzay (mekân) AD çizgisi ile temsil edilebilir. Çünkü, eğer, o alan, D noktasının (Ç.N: Sanki bir kalemin ucu ile) hareketi ile, tıpkı zaman gibi, ivmesiz/sabit bir hızda artırılır ise; DC doğrusu; tıpkı velosite gibi, oranda artacaktır. Ve, AC doğrusunun kısımları, eşit sürelerde tanımlana geldiğinde aynı oranda azalacaktır.

459

3. Önerme 1. Problem Bir cismin, yoğunluğu aynı olan bir ortamın içinde ve bir doğrusal istikamette yükseldiği veya alçaldığı ve haiz olduğu velositenin oranında dirençle karşılaştığı ve ivmesiz çekim kuvveti ile tesir edildiği bir hareketi tanımlamak.

Cisim yükselme hareketindeyken, çekim kuvveti verilmiş BACH adındaki herhangi bir dikdörtgen ile şekil ile gösterilsin. Ve ortamın direnci de, yükselme hareketinin başlangıcında, AB doğrusunun ters tarafında alınmış bir BADE dikdörtgeni ile şekil ile gösterilmiş olsun . B noktasından geçmek şartı ile AC, CH dörtgensel asimptotlarını çizerek bir hiperbol tanımlayın ve bu eğri DE, de dikmelerini G, g noktalarında kessin. Ve, yükselen cisim DGgd süresinde, EGge alanını (space ?) tanımlasın. Ve,

460

DGBA süresinde de, EGB ile gösterilmiş yükselmesinin alanının tamamını tanımlasın. ABKI süresinde, BFK ile gösterilmiş alçalmasının alanını tanımlasın. Ve IKki süresinde, KFfk ile gösterilmiş alçalmasının alanını tanımlasın. Ve cisimlerin, ortamın direnci ile orantılı ölçüdeki velositeleri, bu süre aralıklarında, sırasıyla, ABED, ABed, O, ABFI, ABfi olacaktır. Ve cismin düşme hareketinde hazi olabileceği âzâmi (maksimum) velosite ise BACH ile gösterilmiştir. Çünkü varsayın ki: BACH dikdörtgeni, tanımsız denilebilecek kadar çok sayıda Ak, Kl, Lm, Mn & c. adındaki dikdörtgene bölünmüş olsun. Bunlar ise, aynısayıdaki eşit süre aralıklarında üretilmiş ―velosite artışları‖na göre olur. O halde, O, Ak, Al.Am,An, &c. velositelerin bütününe göre olur ve bundan ötürü de (varsayımsal olarak) ortamın direncinin birbirine eşit süre aralıklarının en başındaki ölçüsüne göre olur.

461

AC‘yi, AK‘ye oranlayın ya da ABHC alanını ABkK alanına oranlayıp çekim kuvvetinin, süre aralıklarının ikincisinin başlangıcındaki dirence oranına eşitleyin. Sonra da, çekim kuvvetinden dirençleri çıkarın. Ve, ABHC, KkHC, LlHC, MmHC, & c., cismin her bir süre aralığının ta en başında tesir edildiği mutlak kuvvetlere göre olacaktır ve bundan ötürü de (Hareket‘in 1.Kanunu‘na göre) bunlar velositelerdeki artışlara göre olacaktır, yani, Ak, Kl, Lm, Mn, & c., dikdörtgenlerine göre olacaktır ve bundan ötürü de, (II. Kitabın 1. Yardımcı Kaziye‘sına göre) bir geometrik dizi teşkil edecektir.

462

Bundan ötürü, eğer, Kk, Ll, Mm, Nn & c. doğruları uzatılıp hiperbôl ile q,r,s,t, & c. noktalarında birleştirilir ise; ABqK, KqrL, LrsM, MstN, &c. birbirine eşit olacaktır ve bundan ötürü de, eşit süreler ile ve eşit ölçülü çeken kuvvetler ile benzer olacaktır. Ancak, ABqK alanının

( 1. Kitab‘ın 7. Yardımcı Kaziye‘sının ve 8. Yardımcı Kaziyesı‘nın 3.

Kaziyesi‘ne göre) Bkq alanına oranı Kq‘nun ´ kq‘ya oranına eşit olacaktır ya da AC‘nin ´ AK‘ye oranına eşit olacaktır; yani, çekimin kuvvetinin, ilk süre aralığının tam ortasındaki dirence oranına eşit olacaktır. Ve benzer bir akıl yürütme ile, qKLr, rLMs, sMNt, &c. alanlarının qklr, rlms, smnt &c. alanlarına oranı, çeken kuvvetlerin, ikinci, üçüncü, dördüncü süre aralıklarının tam ortasındaki dirençlere oranına eşit olacaktır. Undan ötürü, BAKq, qKLr, rLMs, sMNt, &c. eşit ölçülü alanları çeken kuvvetler ile benzer olduğu için Bkq, qklr, rlms, smnt, &c. alanları her bir süre aralığının tam ortasındaki dirençler ile benzer olacaktır; yani, varsayımsal olarak, velositelere benzer olacaktır ve bundan dolayı da tanımlanmış hacımlara (mekânlara) benzer olacaktır. Benzer nicelikleri birbiriyle toplayın ve Bkq, Blr, Mms, Bnt, &c. alanları, tanımlanmış (betimlenmiş) hacımların bütünlerine benzer olacaktır. Ve, ABqK, ABrL, ABsM, ABtN, &c. alanları da süreler ile benzer olacaktır. Bundan ötürü de cisim, alçalma hareketindeyken, herhangi bir ABrL zamanı, Blr hacımını (mekânını) tanımlayacaktır ve LrtN süresinde de rlnt hacımını tanımlayacaktır.

Q.E.D

Ve benzer ispatlı gösterim alçalma hareketinde de geçerlidir.

1. Kaziye: O halde, bir cismin düşme halinde özümseyebileceği velositenin maksimumunun, verilmiş herhangi bir zamanda özümsenen velositeye oranı, cisme, mütemadiyen tesir eden çekimin kuvvetinin, bu cisime, o verilmiş sürenin sonunda karşı duran direnç kuvvetinin oranına eşittir.

463

2.Kaziye: Ancak, zaman, aritmetik dizi halinde artırılırken, bu maksimum velositenin ve bir de bunların, cisim alçalırkenki farkları, geometrik bir dizinin düzeni ile azalır.

3.Kaziye: Ve bir de, sürelerin eşit ölçüdeki farklarında tanımlanmış hacımlar (mekânlar, çizgiler) aynı geometrik dizinin düzeninde azalır.

4.Kaziye: Cisim tarafından tanımlanan hacım, iki hacımın farkına eşittir. Bunlardan biri, düşme hareketinin başlangıcında alınmış zamana eşittir diğeri ise velosieye eşittr ki, bu velosite de düşme hareketinin ta en başnda alınmıştır ve bu ikisi kendi arasında eşittir.

4. Önerme 2. Problem Yoğunluğu aynı olan bir ortamın içinde, çekimin kuvvetinin ivmesiz çekim olduğunu kabul ederek ve çekimin istikametinin de ufkî düzleme dik olarak tesir ettiğini varsayarak, oradan fırlatılan bir cismin, cismin velositesine orantılı bir direnç ile karşılaştığı varsayımını da kabul ederek hareketini tanımlamanın yöntemi:

464

465

Fırlatılacak cisim, herhangi bir D konumundan, herhangi bir DP doğrusunun istikametinde fırlatılsın: Ve cismin hareketinin başlangıcında hâiz olduğu velosite DP uzunluğu ile gösterilmiş olsun. P noktasından PC dikmesini DC yatay çizgisinin üzerine indirin. Ve DC ile A noktasında kesiştirin: Öyle ki: DA‘nın AC‘ye oranı; başlangıçta, ortamın, yukarıya doğru hareketten kaynaklanan direnç kuvvetinin, çekim kuvvetine oranına eşit olsun. Ya da, bununla aynı anlama gelen, DA‘nın ve DP‘nin altındaki dörtgenin, AC‘nin ve CP‘nin altındaki dörtgene oranının; hareketin başlangıcındaki direnç kuvvetinin tamamının çekim kuvvetine oranına eşitliğinde olsun. DC, CP asimptotları ile sınırlanmış herhangi bir GTBS hiperbôlünü tanımlayın. Bu, DG, AB dikmelerini G ve B noktalarında kessin. DGKC paralelkenarı tamamlayın ve bunun GK kenarını AB ile Q noktasında kesiştirin. N çizgisini QB‘ye oranlı alın, bu oran ise DC‘nin CP‘ye oranına eşit olsun. Ve DC doğrusunun üzerinde herhangi bir R noktasını

alıp

RT

dikmesini

buradan

yükseltin

hiperbôl ile T noktasında birleşsin ve EH, GK, DP doğruları ile I, t ve V noktalarında birleşsin. Ve aynı dikmenin üzerinde, Vr‘yi tGT/N‘ye eşit ölçülü alın ya da bununla aynı anlama gelen, Rr‘yi GTIE/N‘ye eşit ölçülü alın. Ve fırlatılmış cisim, DRTG süresinde, r noktasına, r noktasının muhitinden geçen DraF eğrisini tanımlayarak varır. Ve b sebepten ötürü, âzâmi yüksekliğini temsil eden a noktasına AB dikmesinin üzerinde varacak ve bundan sonra PC asimptotuna mütemadiyen yaklaşacaktır. Ve herhangi bir r noktasında hâiz olduğu velosite, eğriye çizilmiş rL tanjantına eşit olacaktır. Q.E.I Çünkü, N‘nin QB‘ye oranı, DC‘nin CP‘ye ya da DR‘nin RV‘ye oranına eşitliğinden ötürü, RV, DR x QB / N‘ye eşittir. Ve Rr [ yâni, RV –Vr ya da (DR x QB – tGT ) / N ] (DR x AB – RDGT)/N işlemine eşit olacaktır. Şimdiyse, süreyi, Hareket‘in Kanunları‘nın 2.Kaziyesi‘nin mantığınca, RDGT alanı ile gösterin ve cismin hareketini iki unsura ayırıp çözümleyin.

466

Bunlardan biri yükselen hareket, diğeri ise yatay hareket olsun. Ve direncin kuvveti, harekete eşit olduğu için, direnç kuvvetini de iki unsura ayırıp çözümleyin: Bu iki kısım, hareketin kısımlarına orantılı ve zıt yönde işleyen nitelikte olsun. Ve bundan ötürü: Yatay hareket ile betimlenen uzunluk, II. Kitabın II. Önermesi‘nin mantığınca, DR çizgisine eşit olacaktır ve yükseklik II. Kitabın III. Önermesi‘nin mantığınca, DR x AB – RDGT alanına eşit olacaktır, yani Rr çizgisine eşit olacaktır. Ancak, hareketin ta en başında; RDGT alanı, DR x AQ dörtgenine eşit olacaktır ve bundan ötürü, o Rr çizgisi [ ya da, (DR x AB – DR x AQ)/N ] o halde, DR‘ye oranlandığında AB – AQ işleminin ya da QB‘nin N‘ye oranına eşit olacaktır. Yani, CP‘nin DC‘ye oranına eşit olacaktır. Ve bundan ötürü de: Başlangıçta, yukarıya doğru hareketin başlangıçtaki yana doğru (yatay) harekete oranına eşit olacaktır. İşte bundan ötürü; Rr, daima, yüksekliğe eşittir (göre‘dir) ve DR daima uzunlamasına harekete eşit (göre?) olacaktır. Ve başlangıçta, Rr‘nin DR‘ye oranı, yüksekliğin uzunluğa oranına eşittir. Buradan ise şu neticeye varılır: Rr‘nin DR‘ye oranı, daima, yüksekliğin uzunluğa oranına eşittir. İşte bundan ötürü, bu cisim, DraF çizgisi üzerinde hareket edecektir, ki bu da r noktasının muhitidir. Q.E.D 1.Kaziye: İşte bundan ötürü, Rr, (DR x AB / N – RDGT/N) işlemine eşittir. Ve işte bundan ötürü, eğer, RT, X noktasına uzatılır ise, öyle ki, RX, (DR x AB /N) işlemine eşit olabilsin, yani, eğer, ACPY paralelkenarı tamamlanır ise ve DY, CP‘yi Z noktasında kesecek gibi çizilir ise ve RT DY ile X noktasında birleşene değin uzatılır ise, Xr, RDGT/N işlemine eşit olacaktır. Ve işte bundan ötürü, süre ile orantılı olacaktır. 2.Kaziye: İşte bundan ötürü, eğer, sayısı belirsiz CR çizgileri, alınır ise ya da, aynı anlama gelen sayısı belirsiz ZX çizgileri, bir geometrik dizinin düzeni ile alınır ise; aynı sayıda Xr

467

çizgisi aritmetik dizi düzeninde belirecektir.

İşte bundan ötürü, DraF eğrisi, Logaritma

Çizelgesi‘nden istifade edilerek plot edilebilecektir. (işaret edilen noktaların tümünden geçmek şartı ile çizilebilecektir.) 3.Kaziye: Eğer, bir parabôl D noktası alınarak tanımlanır ise ve DG çapı aşağıya doğru uzatılır ise ve bunun latus rectum‘u 2DP‘ye oranlandığında; hareketin en başındaki direnç kuvvetinin, çeken kuvvete oranına eşittir. Cismin, D konumundan harekete geçirilerek DP doğrusunun istikametinde yol aldığı ve kendi içinde eşit ölçülü dirençle karşı duran bir ortamın içinde, DraF eğrisini betimleyebileceği velosite; aynı cismin, aynı D konumundan, yine aynı DP doğrusunun istikametinde harekete geçirilerek direnci olmayan bir ortamın içinde bir parabôlü betimlerken hâiz olabileceği velosite ile eşit olacaktır.

468

Çünkü, bu parabolün latus rectum‘unun ölçüsü, hareketin ta en başında, DV2/Vr‘ye eşitir. Ve Vr, tGT/N veya DR x Tt / 2N‘dir. Ancak, eğer, bir doğru, GTS hiperbôlüne G noktasında değecek gibi çizilir ise, DK‘ye paralel olur ve bundan ötürü Tt, CK x DR / DC işlemine eşittir ve N, QB x DC / CP işlemine eşittir. Ve işte bundan ötürü, Vr, DR2 x CK x CP / 2 DC2 x QB‘ye eşittir. Bu ise, (DR ve DC, DV ve DP orantılı (proportional) olduğu için) DV2 x CK x CP / 2DP x QB işlemine eşittir. Ve DV2 / Vr latus rctum‘u, 2DP2 x QB / CK x CP neticesine gelir. Bu ise, (QB ve CK, DA ve AC orantılı olduğundan) 2DP 2 x DA / AC x

469

CP işlemine eşittir. Ve işte bundan ötürü, bunun, 2DP‘ye oranı, DP x DA işleminin CP x AC işlemine oranına eşitti. Yani, bu da direnç kuvvetinin çekim kuvvetine oranına eşittir. Q.E.D

4. Kaziye: O halde, eğer bir cisim, herhangi bir D konumundan, verilmiş bir velosite ile konumda verilmiş bir DP doğrusunun istikametinde fırlatılır ise ve ortamın, hareketin başlangıcındaki direnci verilmiş ise, bu cismin, betimleyeceği DraF eğrisi bulunabilir. Çünkü, iyice bilindiği gibi, velosite verildiğinde, parabôlün latus rectum‘u da verilmiştir. Ve 2 DP‘yi o latus rectum‘a oranlayıp bunu, çekim kuvvetinin direnç kuvvetine oranına eşitlersek, DP de verilmiş olur. Sonra, DC‘yi, A noktasında keserek: Ama öyle bir keserek ki: CP x AC işleminin DP x DA işlemine oranı, çekim kuvvetinin direnç kuvvetine oranına eşit olsun. Bu durumda, A noktası da verilmiş olacaktır. Ve işte bu bilgiden de DraF eğrisi de verilmiş olur.

470

471

5.Kaziye: Ve, tersinden mantık yürüterek denilebilir ki: Eğer, DraF eğrisi verilmiş ise, hem, cismin velositesi ve ortamın her bir r konumundaki direnci de verilmiş olacaktır. Çünkü, CP x AC işleminin, DP x DA işlemine oranı verilmiş olduğunda, hem, ortamın, hareketin başındaki direnci hem de parabôlün latus rectum‘u verilmiş demektir. Ve işte buradan da, hareketin başlangıcındaki velosite de verilmiş demektir. Sonra da, L tanjantının uzunluğundan, hem buna orantılı olan velosite verilmiştir hem de, herhangi bir r konumundaki velositeye orantılı olan direnci ölçüsü verilmiş demektir. 6.Kaziye: Ancak, 2DP uzunluğunun parabôlün latus rectum‘una oranı, çekim kuvvetinin, D noktasındaki dirence oranına eşit olduğundan ve arttırılan velosite ile beraber, direnç de aynı oranda arttırıldığı için, ne var ki, parabôlün latus rectum‘u bu oranın kareli oranında arttırıldığı için, besbellidir ki: 2DP uzunluğu sadece basit oranda arttırılır. Ve işte bundan ötürü, daima, velosite ile orantılıdır. Ve velosite de değiştirilmedikçe CDP açısının ölçüsünün değişimiyle ne arttırılacaktır ne de azaltılacaktır. 7.Kaziye: İşte, buradan da, DraF eğrisini tespit etmenin metodu belimektedir. Ve bu bilgiden de, cismin fırlatıldığı velositeyi ve cismin karşılaştığı direnci hesap etmek mümkündür.

472

473

Birbirinin ikizi iki cisim (Ç.N: Newton, burada muhtemelen; hem kütleleri, hem hacımları hem de yoğunlukları hem de cisimlerinin eni-boyu-yüksekliği birbirine eşit iki cisimi kastediyor. Yani, birbirine tıpatıp benzeyen ikiz cisimler diyebiliriz.) aynı velosite ile, D konumundan CDP, CDp adındaki değişik ölçülü açılar ile fırlatılsın. Ve bu cisimlerin, DC adındaki bir yatay (ufkî) düzlemin üzerine düşeceği F, f konumları biliniyor olsun. Sonra, DP veya Dp adındaki herhangi bir uzunluk alıp varsayın ki, D konumundaki direncin çekim kuvvetine oranı, herhangi bir oranda olsun. Ve bu oran, SM adındaki herhangi bir uzunluk ile gösterilsin. Sonra, hesap ederek, varsayılmış DP uzunluğundan DF, Df uzunluklarını bulun. Ve hesap edilerek bulunmuş Ff/DF oranından, aynı oranın deney ile bulunmuş ölçüsünü çıkarın. Ve bulduğunuz farkı, MN dikmesi ile gösterilmiş olsun. Aynı işlemi, ikinci ve üçüncü defa tekrarlayın, daima, direncin çekim kuvvetine oranı olan SM‘yi yeniden varsayın ve MN adındaki yeni farkı hesaplayın. Pozitif bulunan farkları SM doğrusunun bir yanında, negatif bulunan farkları ise diğer yanda çizin. Ve, N,N,N noktalarından geçirerek N N N adında bir regular curve (eğri) çizin, ve bu eğri S M M M doğrusunu X noktasında kessin. Ve SX bulunmak istenen direncin, çekim kuvvetine hakiki oranını verecektir. Bu orandan, DF uzunluğu hesap edilerek bulunacaktır. Ve, bir uzunluk, varsayılmış DP uzunluğuna oranlanıp; deneyle bilinen DF uzunluğunun, biraz evvel bulunmuş DF uzunluğuna oranına eşitlenir ise, bu uzunluk hakiki DP uzunluğu olacaktır. Bu bilindiğinde, siz, hem, cismin betimlediği DraF eğrisini elde edeceksiniz ve bunun yanı sıra, cismin, her bir konumdaki velositesini ve karşılaştığı direnci bulacaksınız.

474

ġERH Ancak, yine de, cisimlerin karşı geldiği direncin, cismin velositesi ile oranlı olduğu fikri, fiziki bir olgudan ziyâde matematiksel bir hipotezdir. Hiçbir yapışkanlığı olmayan ortamların içinde, cisimlere karşı duran dirençler, velositeler ile kareli orandadır. Çünkü, daha çevik ve tez hareket eden bir cismin tesiri ile, daha fazla ölçüdeki hareket, nispeten daha fazla bir velositeye göre, aynı miktardaki bir ortama göre daha kısa sürede aktarılır. Ve eşit sürede, ajite edilmiş miktarının birazcık daha fazla olmasından ötürü, bir hareket bunun kareli oranında fazla aktarılır. Ve direnç, Hareket‘in II. ve III. Kanunları‘nın mantığınca, aktarılan harekete eşittir: Şimdiyse, o halde, direncin, bu kanunundan ne tür hareketin oluştuğunu inceleyelim. II. KISIM Kendi velositelerinin kareli oranında direnç ile karşılaşan cisimlerin hareketlerine dâir. 5. Önerme 3.Teorem Eğer bir cisim, velositesinin kareli oranında dirence karşı geliyor ise ve sadece kendi öz kuvveti ile yoğunluğunun ölçüsü eşit bir ortamın içinden hareket ediyor ise. Ve, eğer, süreler, bir geometrik diziyi oluşturacak şekilde düzenlenir ise ve bu dizinin terimleri de; niceliği az olan terimden niceliği çok olan terime doğru ilerleyen şekilde düzenlenir ise: Fikrim odur ki: Her bir sürenin başındaki velositeler, aynı geometrik dizinin tersi gibi düzenlenmiş olur. Ve, bu sürelerin her birinde tanımlanmış hacımlar eşit olur. Çünkü, ortamın direnci, velositenin karesine orantılı olduğundan ve velositenin azalışı, direnç ile orantılı olduğu için: Eğer, süre, belirsiz ölçüde çok sayıda, birbirine eşit parçacığa bölünür ise; her bir sürenin başlangıcındaki süreler kareleri; aynı velositelerin farkları ile orantılı olacaktır.

475

Varsayın ki: Sürenin o parçacıkları, CD doğrusunun üzerinde alınan AK, KL, LM &c. çizgileri olsun. C merkezinden tanımlanmış CD, CH dörtgensel asimptotları ile sınırlanmış BklmG hiperbôlüne değecek şekilde, AB, Kk, Ll, Mm &c. dikmelerini yükseltin. Bu dikmeler ise sırasıyla hiperbôle, B,k,l,m &c. noktalarında değsin. 258. sayfadaki şekil. Bu şartları kabul ettiğimizde: AB‘nin Kk‘ye oranı, CK‘nin CA‘ya oranına eşit olacaktır. Ve bölme yolu ile AB – Kk‘nin Kk‘ye oranı, AK‘nin CA‘ya oranına eşit olacaktır. Veya, diğer bir bakışla, AB-Kk‘nin AK‘ye oranı, Kk‘nin CA‘ya oranına eşit olacaktır. Ve işte bundan ötürü, AB x Kk‘nin AB x CA‘ya oranına da eşittir. Bu nedenden dolayı, AK ve AB x CA verilmiş olduğundan, AB-Kk, AB x Kk‘ye eşit olacaktır. Ve son

476

olarak, AB ve Kk özdeşleştiğinde (üst üste geldiğinde) AB2‘ye eşit hâle gelir. Ve aynı mantığı işleterek: Kk-LI, LI-Mm, &c. Kk2, Ll2, &c,‘ya eşit olacaktır. İşte bundan ötürü: AB, Kk, Ll, Mm &c. çizgilerinin kareleri, bunların farklarına eşittir. Ve bundan ötürü, yukarıda gösterilmiş, velositelerin kareleri, onların farklarına eşit olduğu için, her ikisinden de dizi oluşturulduğunda, bu diziler birbirine benzer olacaktır. Ve bu ispatlandığında; buradan bilinen mantıkî netice şudur: Bu çizgilerin arasında kalan alanlar, o velositeler ile betimlenmiş hacımlar ile benzer matematiksel dizileri oluşturun. O halde, eğer, AK ile gösterilmiş ilk sürenin başlangıcındaki velosite, AB çizgisi ile gösterilir ise, ve KL ile gösterilmiş ikinci sürenin başlangıcındaki velosite Kk çizgisi ile gösterilir ise ve ilk sürede alınmış yolun uzunluğunu, AKkB alanı ile gösterilmiş ise; bunu takip eden diğer tüm velositeler, o çizgiyi takip eden Ll, Mm, &c. çizgileri ile gösterilecektir. Ve bu sürelerin her birinde alınmış yolun uzunlukları da Kl, Lm &c. alanları gösterilecektir. Ve, ―composition‖ yöntemi ile; eğer sürenin bütünü, AM ile gösterilmiş ise (ki, bu bütün de parçalarının toplamına eşittir.) alınmış yolun uzunluğunun bütünü, parçalarının toplamı olan, AMmB ile gösterilecektir. Şimdi,

şöyle düşünün: AM ile gösterilmiş süre, AK, KL, LM &c. adındaki parçalara

bölünmüş olsun; öyle bir düzende ki: CA, CK, CL, CM, &c. bir geometrik dizinin terimleri olsun. Ve bu parçalar, aynı geometrik dizinin düzeninde olacaktır ve AB, Kk, Ll, Mm &c. velositeleri aynı geometrik dizinin tersi gibi dizilecektir. Ve Ak,Kl,Lm &c. adındaki geçilmiş hacımlar birbirine eşit olacaktır. Q.E.D

477

1.Kaziye: O halde, besbellidir ki: Eğer, süre, asimptotun üzerinde alınmış herhangi bir AD doğru parçası ile gösterilmiş ise: ve Ve sürenin başlangıcındaki velosite, AB ordinatı ile gösterilmiş ise, sürenin sonundaki velosite DG ordinatı ile gösterilmiş olacaktır. Ve geçilmiş hacımın tamamı (bütünü) bu çizgiye bitişik ABGD hiperbolik alanı ile gösterilecektir. Ve, herhangi bir cismin, AD ile gösterilmiş aynı sürede AB ile gösterilmiş ilk velosite ile hareket ederek, direnci olmayan bir ortamın içinden geçeceği hacımın ölçüsü, AB x AD işlemi ile tanımlanmış dörtgenin alanına eşit olacaktır. 2.Kaziye: O halde, eğer, direnci olan bir ortamın içinde geçilen hacım verildiğinde, bunu, direnci olmayan bir ortamın içinde ivmesiz AB velositesi ile geçilen hacıma oranlarsak, bu; ABGD hiperbolik alanının, AB x AD işlemi ile tanımlı dörtgenin alanına oranına eşit olur. 3. Kaziye: Ortamın direncinin ölçüsü de, bunu, hareketin ta en başında tesir ederek dirençsiz bir ortamın içinde düşen cismin velositesini AC süresinde AB velositesinin ölçüsünde oluşturabilen bir ivmesiz merkezcil kuvvete eşitleyen bir denklem kurma yolu ile de bilinir. Çünkü, eğer, hiperbôle, B noktasında değen BT doğru parçası çizilir ise ve bu asimptot ile T noktasında birleşir ise, AT doğrusu, AC‘ye eşit olacaktır ve dirençlerin ilkinin, sabit ölçüde tesir etmeye devam ettirilir ise, AB velositesinin bütününü çıkara çıkara bitirebileceği sürenin ölçüsünü verecektir. 4.Kaziye: Ve işte bu bilgiden de, bu direncin, kütleçekimi kuvvetine orantısı (ya da verilmiş diğer herhangi bir merkezcil kuvvete) verilmiştir. 5.Kaziye: Ve mantığı tersten işleterek; eğer, o direncin, verilmiş herhangi bir merkezcil kuvete orantısı verilmiş ise, o dirence eşit herhangi bir merkezcil kuvvetin AB ile gösterilmiş herhangi bir velositeyi oluşturabileceği AC süresi de verilmiştir. Ve işte bu bilgiden, CH, CD

478

asimptotları ile sınırlandırılmış bir hiperbôlün geçtiği B noktası betimlenmiştir.Ve bir de, bir cismin hareketine o AB velositesi ile başlayıp, herhangi bir AD süresinde, kendi içinde eşit ölçülü dirençli ortamın içinde ABGD hacımı da verilmiş demektir. VI. Önerme IV.Teorem Sadece kendi öz kuvvetleri ile hareket etmekte olan ve yoğunlukları ve hacımları aynı ölçüde küre biçimindeki cisimlere, velositeleri ile kareli orandaki dirençler ile karşı durulduğunda, bu cisimler; hareketlerinin ta en başındaki velositeleri ile ters orantılı sürelerde; eşit hacımları geçerler ve bu hareketlerinde; velositelerini, bütünler ile orantılı parçalar ölçüsünde yitirirler.

479

BbEe adındaki herhangi bir hiperbôlü, CD,CH adındaki dörtgensel asimptotlar ile sınırlandırılmış olarak tanımlayın. AB, ab, DE, de dikmeleri de hiperbôle B,b,E,e noktalarında değsin. Ve varsayın ki: Başlangıçtaki velositeler, AB, DE, dikmeleri ile gösterilsin ve süreler de Aa, Dd çizgileri ile gösterilsin. İşte bundan ötürü: Aa‘nın Dd‘ye oranı (hipotezin mantığına uygun olarak) DE‘nin AB‘ye oranına eşittir. Ve, bu da, hiperbôlün özelliklerinden ötürü, CA‘nın CD‘ye oranına eşittir. Ve ―composition‖ yöntemiyle; Ca‘nın Cd‘ye oranına eşittir. İşte bundan ötürü, ABba, DEed alanları, yani cismin geçtiği hacımlar, kendi aralarında eşittir ve AB, DE adındaki başlangıç velositeleri, ab, de adındaki bitiş velositelerine orantılıdır. Ve işte bundan ötürü, bölme yöntemini işleterek, bunlar, AB-ab, DE-de adındaki velositelerin yitirilen parçaları ile orantılıdır. Q.E.D 7. Önerme 5.Teorem Eğer küresel cisimler direnç ile karşılaşıyor ve bu direncin ölçüsü, hâiz oldukları velositeler ile kareli orandaysa: Bunların başlangıçtaki hareketleri ile doğru orantılı ve başlangıçtaki dirençler ile ters orantılı sürelerde, bu cisimler, hareketlerinin parçaları bütünler ile orantılı ölçüde yitirecekler ve o sürelerin ve başlangıçtaki velositelerin çarpımı ile orantılı hacımları geçeceklerdir. Çünkü, hareketlerin kaybolan parçaları, dirençlerin ve sürelerin çarpımına eşittir. İşte bundan ötürü, o parçalar, bütünleri ile orantılı olduğu içindir ki, direncin ve sürenin çarpımı harekete eşit olsa gerektir. İşte bundan ötürü, süre, hareket ile doğru orantılı ve direnç ile ters orantılı olacaktır. Bu bilgiden de şu bilinir: Sürelerin parçacıkları o oranda alınır ise, cisimler, daima, hareketlerinin bütünlerine orantılı kısımlarını yitireceklerdir ve bu sebepten ötürü, daima, başlangıçtaki velositelerine orantılı velositelerini muhafaza edeceklerdir. Ve, velositelerin

480

oranının verilmiş olmasından ötürü, bunlar daima, başlangıçtaki velositeleri ve sürelerin çarpımına eşit hacımları geçeceklerdir. Q.E.D 1.Kaziye: O halde, eğer, eşit ölçüde tez giden cisimler direnç ile karşılaşıyor ise. Ve bunun ölçüsü; cisimlerin çapları ile kareli oranda ise: Yoğunluğu aynı olan ve herhangi bir velosite ile hareket etmekte olan cisimler; çapları ile orantılı hacımları geçe geçe ilerlerken; hareketlerinin, bütünleri ile orantılı parçalarını yitirirler. Her bir kürenin hareketi, o kürenin velositesinin ve kütlesinin çarpımına eşit olduğu içindir ki yani, velositesine ve çapının kübüne göre olduğundan; direnç (varsayımsal olarak) çapın karesinin ve velositenin karesinin çarpımına eşit olacaktır. Ve bu Önerme‘nin mantığına göre, süre, evvelki ile doğru orantılı, sonraki ile ters orantılı olacaktır. Yani, çap ile doğru orantılı ve velosite ile ters orantılı olacaktır. Ve bundan ötürü, süre ile velosite ile orantılı olan hacım, çapa göredir. 2.Kaziye: Eğer, eşit ölçüde tez giden cisimler, çapları ile sesquiplicate oranında direnç ile karşılaşıyor ise; yoğunluğu aynı küreler, herhangi bir velosite ile hareket ederek, çapları ile sesquiplicate oranında hacımları geçiyor ise, hareketlerinin bütünleri ile orantılı parçalarını yitirirler. 3.Kaziye: Ve her hâl ve şartta geçerli olan bir Kanun vermek gerekir ise: Eğer, eşit hız ile hareket eden cisimlere karşı duran direnç kuvveti, çaplarını herhangi bir üssü ile oranlı ise; bu yoğunluğu aynı küreler, hangi ölçüde bir velosite ile hareket eder ise etsin; hareketlerini, bütünleri ile orantılı parçalar düzeninde yitirirler ve bunların geçtikleri hacım da bu cisimlerin çaplarının küplerinin o kuvvet derecesi ile çarpımına eşit olur. Varsayın ki: O çaplar, D ve E harfleri ile temsil edilsin. Ve eğer; dirençlerin ölçüsü, velositelerin eşit kabul edildiği durumlarda, Dn ve En‘ye eşit olur. Ve hangi ölçüdeki bir velosite ile hareket ederse etsin,

481

hareketlerini, bütünleri ile orantılı parçalar düzeninde yitiren kürelerin geçtikleri hacım da D3n

ve E3-n‘ye eşit olur. Ve bundan ötürü, yoğunlukları aynı olan küreler, D3-n ve E3-n‘ye orantılı

hacımları geçerken, birbirlerine göre, ta en başta hâiz oldukları velositenin aynı oranını muhafaza edeceklerdir. 4.Kaziye: Şimdi, eğer: Kürelerin yoğunluğu birbirine eşit değil ise, daha yoğun kürenin geçtiği hacım, yoğunluğun oranında arttırılmalıdır. Çünkü, hareket, velositelerin eşit olduğu bir durumda, yoğunluğun oranında daha fazladır. Ve süre, Önerme‘nin mantığınca, hareketin oranı ile doğru arttırılır ve geçilen hacım sürenin oranı ile doğru orantılı olarak arttırılır. 5.Kaziye: Ve eğer, küreler, değişik ortamların içinde hareket etmekte ise, diğer şartların eşitliği halinde, caeteris paribus, direnci fazla olan ortamda geçilen hacım fazla ölçüdeki direncin oranında azaltılmalıdır. Çünkü; süre, bu Önerme‘nin mantığına göre, arttırılmış direncin oranında azaltılacak ve geçilen hacım, sürenin oranında azaltılacaktır. II.Yardımcı Önerme Bir genitum‘un momenti, oluşturan kenarların her birinin momentlerinin, bu kenarların üslü kuvvetlerinin indeks sayılarının içine çekilmesine ve bunların katsayılarının da mütemadiyen içine çekilmesine eşittir. ―Genitum‖ kavramını işaret ederken kastım şudur: Çeşitli parçalarının toplanmasından veya çıkarılmasından yapılmamış olup ancak; herhangi bir teriminin, çarpma, bölme, kökünü alma işlemleri ile aritmetik yolu ile oluşturulan veya üretilen herhangi bir niceliktir. Geometrik yoldan ise, alan/hacım/ ve kenarların ―invention‖ı (tanımlanması?) ile ya da ―extremes‖ ve ―orantılıların ortalaması‖ yolu ile oluşturulan bir niceliktir. Bu cinsten nicelikler; çarpım, bölüm, kökler, dikdörtgenler, kareler, küpler, kare ve küp kenarlar ve benzeri niceliklerdir. Burada bu cinsten nicelikleri, değişken ve belirlenmemiş kabul ediyor ve mütemadiyen bir hareket içinde veyahut akış içindeymiş gibi, artışta veya

482

azalışta kabul ediyorum. Ve bunların, anlık artışlarını veya azalışlarını ―moment‖ ismiyle adlandırıyorum. Öyle ki, artışlar; eklenmiş ya da pozitif momentler olarak müteâlâ edilebilir ve azalışlar çıkarılmış veya negatif momentler olarak müteâlâ edilebilir. Ancak, sonlu parçacıklar böyle değildir. Sonlu parçacıklar, moment değildir ancak, momentler‘ce oluşturulan niceliklerin ta kendisidir. Biz bunları, sonlu magnitütlerin henüz yeni belirivermiş prensipleri olarak düşünmeliyiz. Bu Yardımcı Kaziye‘de, biz, momentlerin magnitütlerini değil ancak bunların ilk orantısını henüz belirivermiş hâliyle müteâlâ ediyoruz. ―Moment‖ terimini kullanmak yerine, şunu desek de aynı anlama gelir: Artışların ve azalışların hızı desek (ki bunlar, hareketler, mutasyonlar veya niceliklerin flüksiyonu olarak da isimlendirilebilir.) veya bu velositeler ile orantılı herhangi bir sonlu nicelik desek aynı anlamda olacaktır. Herhangi bir ―oluşturan kenar‖ın katsayısı ise, bu genitum‘u bu kenara uygulayarak (apply ederek, çarparak ?) oluşan bir niceliktir. İşte bu mantık ile: Bu Yardımcı Kaziye‘nin anlamı şudur: Eğer, herhangi bir A,B,C & c. niceliklerinin momentleri, mütemadiyen bir akış ile artıyor ise veya azalıyor ise, ya da bunlara orantılı olan mutasyonların velositeleri; a,b,c & c. şeklinde isimlenidirilir ise;

oluşturulan AB dikdörtgeninin moment‘i veya mutasyonu aB+bA

olacaktır. ABC adındaki oluşturulmuş hacımın momenti ise, aBC+bAC+cAB olacaktır. Ve oluşturulmuş A2, A3,A4, A1/2, A3/2, A1/3, A2/3, A-1, A-2, A-1/2 üslü çokluklarının momentleri de, sırası ile, 2aA, 3aA2, 4aA3, ´ a A-1/2, 3/2 a A1/2, 1/3 a A-2/3, 2/3 a A-1/3, -a A-2, -2aA-3, -1/2 a A-3/2 olacaktır. Ve her hâl ve şartta geçerli olacak bir genel kural vermek gerekir ise: An/m şeklind ifade olunan herhangi bir üslü çokluğun momenti

483

n/m a A(n-m)/m şeklinde olacaktır. Bir de, A2B şeklinde ifade olunan oluşturulmuş bir niceliğin momenti, 2aAB + bA2 şeklinde iade olunacaktır. A3B4C2 şeklinde ifade olunan oluşturulmuş niceliğin momenti 3aA2B4C3 + 4bA3B3C2+2cA3B4C şeklinde ifade olunacaktır. Ve, A3/B2 ya da A3B-2 şeklinde ifade olunan oluşturulmuş niceliğin momenti, 3aA2B-2 – 2bA3B-3 şeklinde olacak ve bu böyle gidecektir. Ve işte böylece bu Yardımcı Kaziye gösterilmiş oluyor. 1.Vak‘a: AB ile gösterilmiş herhangi bir dikdörtgen, mütemadiyen, bir akış ile arttırılırken (büyültülürken) ancak henüz, A ve B kenarları ´ a ve ´ b şeklinde ifade olunan yarı momentlerine gelmişken; A-(1/2a)‘nın B – (1/2b)‘nin içine sokulması veya AB-1/2a B -1/2b A + µ ab şeklindedir. Ancak, A ve B kenarları diğer yarı momentlerince de arttırılır arttırılmaz; dikdörtgenin gösterimi, A+1/2a‘nın B+1/2b‘nin içine sokulması hâline gelir ya da AB+1/2a B+1/2bA+1/4 ab şekli hâline gelir. Bu dikdörtgenden, evvelki dikdörtgeni çıkarın ve kalan aB + bA fazlalığıdır. İşte bundan ötürü, kenarlarını a ve b ile temsil edilen artışları bütününe gelince, dikdörtgenin aB+bA ile ifade olunan artışı oluşturulmuştur. Q.E.D

484

2. Vak‘a: Varsayın ki: AB daima, G‘ye eşit olsun. Ve bu şartı kabul ettiğimizde, ABC ya da GC hacımının momenti 1. Vak‘a‘nın mantığınca, gC+cG olacaktır. Yani, (AB ve aB+ bA‘yı G ve g‘nin yerine yerleştirerek) aBC+bAC+cAB olur. Ve mantığın işleyişi, boyut‘u (kenar?ı) hangi sayıda olursa olsun hacımların tümü için geçerlidir. Q.E.D 3.Vak‘a: Varsayın ki: A,B ve C kenarları birbirine daima eşit olsun. Ve, A 2‘nin momenti olan aB+bA işlemi, yâni, AB dikdörtgeninin momenti, 2aA olacaktır. A3‘ün momenti, aBC+bAC+cAB, yâni, ABC hacımının (?) momenti 3aA2 olacaktır. Ve aynı mantığı işleterek denilebilir ki: An ile temsil edilmiş herhangi bir üslü çokluğun momenti, naAn-1 şeklinde ifade olunacaktır. Q.E.D 4. Vak‘a: İşte bundan ötürü, 1/A‘nın A‘nın içine sokulması 1‘e eşit olduğu için, 1/A‘nın momentinin A‘nın içine sokulması; 1/A‘nın a‘nın içine sokulması ile toplanınca 1‘in momentine eşit olacaktır, bu ise, hiçbir şeydir. (sıfırdır.) İşte bundan ötürü, 1/A‘nın momenti, ya da, A-1‘in momenti –a/A2‘dir. Ve bundan ötürü, her hâl ve şartta geçerli bir kanun vermek gerekir ise: 1/An‘nin An‘ye sokulması 1‘e eşittir. 1/An‘nin momentinin An‘ye sokulması artı 1/An‘nin naAn-1‘in içine sokulması sıfıra eşit olacaktır. Ve işte bundan ötürü, 1/An‘nin momenti ya da A-n‘nin momenti –(na)/An+1‘e eşit olacaktır. Q.E.D 5.Vak‘a: Ve, A1/2‘nin A1/2‘nin içine sokulması A‘ya eşit olduğu için: A1/2‘nin momentinin 2A1/2‘nin içine sokulması 3.Vak‘a‘nın mantığınca a‘ya eşit olacaktır. Ve işte bundan ötürü,

485

A1/2‘nın momenti, a/2A1/2 ya da ´ a A-1/2 olacaktır. Ve, her hâl ve şartta geçerli bir Kanun‘u (genel kural) vermek gerekir ise: Am/n‘yi B‘ye eşitlersek; bu durumda, Am, Bn‘ye eşit olacaktır. Ve bundan ötürü, maAm-1 nbBn-1 e eşit olacaktır. Ve maA-1, nb B-1‘e eşit olacaktır ya da nbA-m/n‘ye eşit olacaktır. Ve işte bundan ötürü, m/n aA(m-n)/n b‘ye eşittir, yani, bu da Am/n‘ nin momentine eşittir. Q.E.D 6. Vak‘a: İşte bundan ötürü: AmBn şeklinde ifade olunan herhangi bir oluşturulmuş niceliğin momenti; Am‘nin momentinin Bn‘nin içine çekilmesi ve bunun Bn‘nin momentinin Am‘nin içine çekilmesi ile toplamına eşittir. Yani, ma Am-1 Bn + nb Bn-1Am formunda ifade olunur. Ve bu Kanun; üslü çoklukların m ve n ile gösterilen indeks sayıları, tam sayı da olsa kesir de olsa, pozitif de olsa negatif de olsa geçerlidir. Ve bu mantığın işleyişi, daha fazla sayıda üslü çokluk içeren boyutlar (hacımlar) için de geçerlidir. Q.E.D 1.Kaziye: O halde, eğer, nicelikler, mütemadiyen orantılı (continual proportional) ise, ve eğer, terimlerden biri verilmiş ise, diğer terimlerin momenti, verilmiş terimin, diğer her birinin arasındaki aralıkların sayısı ile çarpımına eşit olacaktır. A,B,C,D,E,F mütemadiyen orantılı (continual proportional) nicelikleri verilmiş olsun: O halde, eğer, C terimi verilmiş ise, diğer terimlerin momentleri, kendi aralarında -2A, -B, D, 2E, 3F olacaktır.

486

2.Kaziye: Ve 4 adet orantılı nicelikte 2 ortalama verilmiş ise, uç değerlerin (extremes) momentleri o uç değerlerin kendilerine eşit olacaktır. Aynı mantık, verilmiş herhangi bir dörtgenin kenarları için de geçerlidir. 3.Kaziye: Ve eğer, iki karenin toplamı veya farkı verilmiş ise, kenarların momentleri kenarların terslerine eşit olacaktır. ŞERH Mr. J. Collins‘e 10 Aralık 1672 tarihli bir mektubumda, tanjantlar ile ilgili bir yöntemi izâh etmiştim. Bu yöntemin, Slusius‘un yöntemi ile aynı şey olduğundan şüphe etmiştim. Ki Slusius‘un yöntemi o vakit henüz yayınlanmış değildi. Aşağıdaki şerhi düşmüştüm: Bu genel bir uygulanırlığı olan bir yöntemin tekil bir örneğidir. Ya da, daha ziyade bir Kaziyesi‟dir. Ve uygulamaları da son derece geniş olabilen bir genel yöntemdir. Karmaşık hiçbir hesaplama gerektirmeksizin; ister geometrik usül ile olsun ister mekanik (el ile) usül ile olsun, ve doğrulara ya da diğer eğrilere hangi açı ile yaklaşır ise yaklaşsın, herhangi bir eğriye tanjantların çizilmesini sağlayabilir. Ya da, bunun yanı sıra, daha müşkül (girift) problemlerin çözümlenmesinde faydalıdır: Örneğin, Eğrilik ile ilgili problemlerde, alanlar ile, uzunluklar ile eğrilerin çekim merkezleri ile ilgili problemlerde &c. elverişlidir. Ayrıca, bu yöntem, Hudden‟ın keşfettiği Maximus & Minimus Metodu‟nun aksine, irrasyonel niceliklerin mevcut olduğu denklemlerde de kullanılabilir. Ben bu metodu, denklemlerin içinde çalışılan diğer metot ile bunları sonsuz diziler hesabına indirgeyerek kaynaştırdım. Bu mektup hakkında, şimdilik, bu kadar yazmakla yetiniyorum. Ve bu son sözlerimle, konuyu, yine aynı konuda 1671 senesinde yazmış olduğum bir makaleye bağlıyorum. Bu Genel Metot‟un esasları, bunu takip eden Yardımcı Önerme‟de izâh edilecektir. 8.Önerme 6.Teorem

487

Eğer, bir cisim, yoğunluğu eşit ölçüde bir ortamın içinde sabit (ivmesiz) hareket ediyor ise: Bu esnâda, çekim kuvveti ile tesir edilerek doğrusal bir istikamette, yükseliyor veya alçalıyor ise: Ve cismin geçip gittiği hacımın bütünü, birbirine eşit parçalara ayrılır ise: Ve her bir parçanın başlarında net kuvvetler, cisimin yükselme hareketinde veya alçalma hareketinde olmasına göre, ortamın direncinin kuvvetini, çekim kuvvetine eklemek veya çekim kuvvetinden çıkarmak yolu ile hesaplanır ise: Fikrim odur ki: Bu net kuvvetler, düzenlendiğinde, bir geometrik dizi teşkil eder.

Çünkü, çekim kuvveti verilmiş AC çizgisi ile gösterilir ise ve direncin kuvveti belirsiz ölçüdeki AK çizgisi ile gösterilir ise. Ve cisimin alçalışındaki net kuvvet KC farkı ile gösterilir ise: Cisimin, AP çizgisi ile gösterilmiş velositesi; AK ve AC arasındaki bir orta orantılı olur ve bundan ötürü de direnç kuvveti ile ters kareli oranda olacaktır. Oluşan direncin, verilmiş sürenin belli bir kısımındaki artışının ölçüsü, KL çizgiciği ile gösterilmiştir.

488

Ve cismin velositesinin, aynı zamanda vuku bulan artışı, PQ çizgiciği ile gösterilmiştir. Ve, C merkezli ve CA, CH dörtgensel asimptotları ile sınırlandırılmış herhangi bir BNS hiperbôlünü tanımlayın (?) ve bu eğri, AB, KN, LO dikmelerine B,N ve O noktalarında değsin. AK, AP2‘ye eşit olduğu için, birinin KL momenti, diğerinin 2APQ adındaki momentine eşit olacaktır, yâni, AP x KC işlemine eşit olacaktır. Çünkü, velositenin PQ ile gösterilmiş artışı II.Kanun‘a göre, KC adındaki oluşturan kuvvet ile orantılıdır. KL‘nin oranının, KN‘nin oranı ile bileşkelendirildiğini (bileşik orantı yapıldığını) varsayın ve bu durumda KL x KN dörtgeni, AP x KC x KN işlemine eşitlenir. Bu ise, KC x KN dörtgeni verilmiş olduğundan AP‘ye eşittir. Ancak, KNOL hiperbôlik alanının KL x KN dörtgenine nihâi oranı, K ve L noktaları özdeşleştiğinde, eşitlik oranına gelir. İşte bundan ötürü, yitiveren hiperbôlik alanının ölçüsü, AP‘ye eşittir. O halde, ABOL alanının bütünü, KNOL adındaki parçalarından müteşekkil olup daima AP velositesine orantılıdır. Ve bundan ötürü, kendisi, o velosite ile geçilmiş hacıma orantılıdır. Şimdi, varsayın ki: O alan birbirine eşit parçalara bölünmüş olsun. Bunlar ise, ABMI, IMNK, KNOL & c. ile temsil edilsin. Ve net kuvvetler olan AC, IC, KC, LC &c. geometrik bir dizi teşkil edecektir. Q.E.D Ve benzer tarzda bir akıl yürütme ile denilenilir ki: Cismin, yükselme hareketinde olduğu hallerde, A noktasının aksi istikametinden giderek, ABmi, imnk, knol & c. eşit ölçülü alanlarını alırsak: AC, iG, kC, lC &c. net kuvvetleri ―continually proportional‖ (mütemadiyen orantılı) olacaktır. Bundan ötürü, cismin, yükselme hareketinde ve alçalma hareketinde geçtiği hacımlar, birbirine eşit alınır ise: lC, kC, iC, AC,IC,KC,LC & c. net kuvvetleri ―continually proportional‖ olacaktır.

489

1.Kaziye: O halde, eğer, geçilmiş hacım, ABNK hiperbôlik alanı ile gösterilir ise, kütle çekimi, cismin velositesi ve ortamın direnci, sırasıyla, AC, AP ve AK çizgileri ile gösterilir ve bu sıra tersten de doğrudur. 2. Kaziye: Ve cismin, sonsuz bir alçalma hareketinde hâiz olabileceği âzâmi velosite AC çizgisi ile gösterilecektir. 3. Kaziye: O halde, eğer, ortamın direncinin, verilmiş herhangi bir velositeye tekâbül eden eden (karşılık gelen) ölçüsü biliniyor ise: Âzâmi velosite; bunu, verilmiş velositeye oranlayıp, bu oranı ise, kütleçekimi kuvvetinin, ortamın ölçüsü bilinen direncine tesir ettiği ters kareli oranına eşitleyen denklem ile bulunur. IX. Önerme VII.Teorem Yukarıda izâh edilenlerin ispat edilmiş olduğunu varsayıp: Şu fikri öne sürüyorum: Eğer ki, bir çemberden ve hiperbôlden oluşan bir şekil tasavvur edilir ise: Ve eğer, çemberin dilimlerinin açılarının tanjantları ve herhangi bir hiperbôl, velositeler ile orantılı alınır ise; yarıçapın uygun bir magnitütte olduğu kabulü ile, cismin, en yüksek konuma yükselme hareketinde geçen süre, çemberin dilimine eşit olacaktır ve cismin en yukarıdaki konumdan alçalma hareketinde geçen süre ise hiperbôlün altındaki alan‘a (?) eşit olacaktır. )

490

AC doğrusuna (ki bu doğru kütleçekimi kuvvetini temsil eder.)AD‘yi dikme olarak ve eşit ölçülü çizin. D merkezinden, AD yarıçapı ile bir de, bir çemberin AtE adındaki çeyreğini betimleyin. Bir de bu şekle göre, AVZ adındaki dörtgensel hiperbôlü betimleyin ve bunun ekseni AK olsun, principal vertex‘i A noktası olsun ve DC onun asimptotu olsun. Dp, DP çizilsin. Ve AtD ismindeki çember dilimi, cismin hareket ederek en yüksek konuma eriştiği sürenin bütününe eşit olacaktır. Ve ATD ismindeki hiperbôlik bir alan cismin, hareket ederek en yüksek konumundan alçalmasında geçen sürenin bütününe eşittir. Eğer, bu şartlar kabul edilir ise; bu dilimlerin, dilimlere çizilen Ap, AP tanjantları velositelere eşit olacaktır.

491

1.Vak‘a: Dvq‘yu çizin ve bu, moment‘leri ya da aynı sürede betimlenmiş ADt diliminin ve ADp üçgeninin tDv ve qDp adındaki en küçük parçacıklarını kessin. Bu parçacıklar, (D açısının müşterek açı olmasından ötürü)kenarları ile kareli oranındadır. Ve, tDv parçacığı (qDp x tD2)/ pD2işlemine eşittir. Bu ise, tD verilmiş olduğundan, qDp/pD2‘ ye eşittir. pD2, AD2+Ap2‘ye eşittir. Yani, bu da, AD2+Ad x Ak işlemine eşittir. Ya da, AD x Ck işlemine eşittir, ve qDp, ´ AD x pq‘ya eşittir. Bundan ötürü, tDv, dilimin bir parçası olarak, pq/Ck‘ya eşittir. Yani, bu da, velositenin asgâri azalışı olan pq ile doğru orantılı ve velositeyi azaltan Ck kuvveti ile ters orantılıdır. Ve işte bundan ötürü de, velositenin azalışına tekâbül eden, süre parçacığına eşittir. Ve ―composition‖ yöntemi ile düşünerek: Adt dilimindeki tDv parçacıklarının hepsinin toplamı, azalan Ap velositesinin pq adındaki yitirilen parçacıklarının her birine tekâbül eden süre parçacıklarının toplamına eşit olacaktır, tâ ki o velosite azala azala bitene değin. Yani, bu da demektir ki:ADt diliminin bütünü, cismin, en yüksek konuma yükselme hareketinde geçen sürenin bütününe eşitir. Q.E.D 2.Vak‘a: DQV‘yi çizin, öyle ki, DAV dilimindeki ve DAQ üçgenindeki TDV ve PDQ adındaki en küçük parçacıklarını kessin. Ve bu parçacıklar, yekdiğerine göre oranlanınca, DT2‘nin DP2‘ye oranına eşitlenir, yani, ( eğer, TX ve AP paralel ise) DX2‘nin DA2‘ye oranına eşittir ya da TX2‘nin AP2‘ye oranına eşittir. Ve bölme işlemi yoluyla, DX2-TX2‘nin DA2AP2‘ye oranına eşittir. Ancak, hiperbôlün özelliklerinden ötürü, DX2-TX2, AD2‘ye eşittir. Ve varsayımsal olarak, AP2, AD x AK‘ye eşittir. Ve işte bundan ötürü, parçacıklar biribirine oranlandığında, AD2‘nin AD2-AD x AK işlemine oranına eşittir. Yani, AD‘nin, AD – AK ya da AC‘nin CK‘ye oranına eşittir. Ve işte bundan ötürü, dlimin içinde bulunan TDV parçacığı

492

(PDQ x AC) / CK işlemine eşittir. Ve işte bundan ötürü, (AC ve AD verilmiş olduğundan) PQ / CK orana eşittir. Yâni, velositenin artışı ile doğru orantılı ve artışı oluşturan kuvvet ile ters orantılıdır ve işte bundan ötürü, artışa tekâbül eden süre parçacığına eşittir. Ve ―composition‖ yolu ile, sürenin parçacıklarının toplamı (ki bu sürede, AP velositesinin PQ parçacıklarının tümü oluşturulmuştur.) ATD diliminin parçacıkların tümünün toplamına eşit olacaktır. Bu da demektir ki: Sürenin bütünü, dilimin bütününe eşit olacaktır. Q.E.D

493

Birinci Kaziye: O halde, eğer, AB, AC‘nin çeyreğine (dörtte birine) eşit olur ise: Bir cismin, düşerken, herhangi bir sürede geçeceği hacımın, cismin, aynı sürede, AC âzâmi velositesi ile ivmesiz bir hareket ile geçebileceği hacıma oranı, ABNK alanına eşittir, ki bu cismin ATD alanına düşerken betimlediği hacımı temsil eder. Ki burada, ATD ise süreyi temsil eder. Çünkü, AC‘nin AP‘ye oranı, AP‘nin AK‘ye oranına eşittir. Bu şartlar kabul edildiğinde, bu Kitabın II. Yardımcı Kaziyesi‘nin 1. Kaziyesi‘nin mantığına göre, LK‘nin PQ‘ya oranı, 2AK‘nin AP‘ye oranına eşittir. Yani bu da, 2 AP‘nin AC‘ye oranına eşittir. Ve işte, bu bilgiden de: LK‘nin ´ PQ‘ya oranı, AP‘nin µ AC‘nin AB‘ye oranına eşittir. Ve, KN‘nin AC‘ye oranı, ya da AD‘ye oranı, AB‘nin CK‘ye oranına eşittir. Ve işte bundan ötürü; ex aequo, LKNO‘nun DPQ‘ya oranı, AP‘nin CK‘ya oranına eşittir. Ancak, DPQ‘nun DTV‘ye oranı, CK‘nin AC‘ye oranına eşittir. İşte, bundan ötürü, ex aequo, LKNO‘nun DTV‘ye oranı, AP‘nin AC‘ye oranına eşittir. Bu da demektir ki: Düşen cismin velositesinin, cismin düşme hareketinde hâiz olabileceği âzâmi velositeye oranına eşittir. İşte, bundan ötürü, ABNK ve ATD alanlarının LKNO ve DTV moment‘leri velositelere eşittir. (göredir) Bu sürede oluşturulmuş alanlarının parçalarının hepsinin toplamı, aynı sürede betimlenmiş hacımlara (hacımların toplamına) eşit olacaktır. Ve bundan ötürü, ta en baştan beri oluşturulmuş, ABNK ve ADT alanlarının bütünleri, cismin, alçalma hareketinin başlangıcından beri betimlediği hacımların bütününe eşit olacaktır. Q.E.D 2.Kaziye: Aynı olgu, cismin, yükselme hareketinde betimlediği hacım için de geçerlidir. Bu da demektir ki: O hacımın bütünü, aynı sürede ivmesiz AC velositesi ile betimlenmiş hacıma oranı, ABnk alanının ADt dilimine oranına eşittir.

494

3.Kaziye: ATD ile gösterilmiş sürede düşen cismin velositesinin, aynı sürede dirençsiz bir mekânın içinden hareket ederken edinebileceği velositeye oranı, APD üçgeninin ATD hiperbôlik dilimine oranına eşittir. Çünkü, dirençsiz bir ortamdaki velosite, ATD süresine eşit olacağından ve dirençli bir ortamda AP‘ye eşit olur ve bu da demektir ki APD üçgenine eşittir. Ve cismin alçalma hareketinin başlangıcındaki o velositeler, kendi aralarında eşittir ve bir de ATD, APD alanlarına da eşittir. 4. Kaziye: Aynı mantık ile düşünürsek, yükselme hareketindeki velositenin, cisimin, aynı sürede, dirençsiz bir mekânda yükselme hareketinin tamamını yitireceği velositeye oranı, ApD üçgeninin, AtD dâirevi dilimine oranına eşittir ya da Ap doğrusunun At yayına oranına eşittir. 5.Kaziye: İşte bundan ötürü, bir cismin, dirençli bir ortamın içindeki düşme hareketinde edinebileceği AP velositesinin, aynı cismin, AC ile temsil edilen dirençsiz bir mekânda düşerek âzâmi velositesini edinebileceği süreye oranı, ADT diliminin ADC üçgenine oranına eşittir. Ve, dirençli bir ortamdaki yükselme hareketinde Ap ile gösterilmiş velositesini yitireceği sürenin, aynı ölçüdeki velositeyi dirençsiz bir mekândaki yükselme hareketi ile yitirebileceği süreye oranı, At yayının Ap tanjantına oranına eşittir. 6. Kaziye: O halde, verilmiş sürededen, yükselme veya alçalma hareketinde cismin geçtiği hacım da verilmiştir. Çünkü, cismin sonsuz bir yolda in infinitum alçalma hareketindeyken erişebileceği âzâmi velositesi bu Kitabın VI. Teoremi‘nin 2. ve 3. Kaziyeleri‘nin mantığına göre verilmiştir. Ve işte bu bilgiden de, bir cismin, dirençsiz bir ortamda düşerken ve maksimum velositesine erişene değin geçen süre de verilmiş olur. Ve ADT dilimin veya ADt‘yi, ADC üçgenine oranlarsak ve bunu da verilmiş sürenin, az evvel hesaplanmış süreye oranına eşitlersek bu denklemden, hem, AP veya Ap velositesi verilmiş olacaktır ve hem de ABNK alanı, ya da ABnk alanı verilmiş olacaktır; ki bunun da ADT dilmine, bulmak

495

istediğimiz hacımın, o verilmiş sürede, az evvel bulunmuş âzâmi velosite ile ivmesiz hız ile betimlenen hacımın oranın eşittir. 7. Kaziye: Ve mantığı tersine doğru işletirsek, ABnk veya ABNK adındaki, yükselme veya alçalma hareketinde verilmiş hacımların bilgisinden, hem ADt ya da ADT süresi de verilmiş olacaktır. 10. Önerme 3. Problem Varsayın ki: İvmesiz çekim kuvveti, ufkî düzleme doğrudan yönelmiş olarak tesir etsin. Ve direnç de, ortamın yoğunluğu ve velositesinin karesinin çarpımına eşit olsun. O cismi, verilmiş herhangi bir eğrinin üzerinde hareket ederken içinde bulunacağı ortamın her bir konumundaki yoğunluğu bulunmak istensin, ve o cismin, ortamın her bir konumundaki direncinin ve cismin ortamın her bir konumundaki velositesi bulunmak istensin.

496

PQ, şemâda gösterilmiş düzleme dik bir düzlem olsun. PFHQ, o düzlem ile P ve Q noktalarındanda birleşen bir eğri olsun. G, H, I, K adlı 4 nokta, cismin, eğri, F‘den Q‘ya hareket ederken geçtiği konumları temsil etsin. Ve, GB, HC, ID, KE; bu noktalardan, ufuk çizgisine indirilmiş 4 paralel ordinat olsun ve PQ yatay (ufuk;) çizgisinde; B,C,D,E noktalarında dik duruyor olsun. Ve varsayın ki: BC, CD, DE mesâfeleri kendi aralarında eşit olsun. Ve, G ve H noktalarından, GL, HN doğrularını çizin ve bunları eğri ile G ve H noktalarında birleştirin ve yukarıya doğru uzatılmış CH, DI ordinatları ile L ve N noktalarında birleştirin. Ve HCDM paralelkenarını tamamlayın. Ve, o cismin, GH, HI yaylarını betimleyeceği süreler, cisimin tanjant noktalarından düşerek o sürelerde betimleyebileceği LH, NI yükseklikleri ile ters kareli oranda olacaktır. Ve velositeler, betimlenen GH, HI uzunlukları ile doğru orantılı ve süreler ile ters orantılı olacaktır. Varsayın ki: Süreler, T ve t ile gösterilmiş olsun ve velositeler GH/T ve HI/t ile gösterilmiş olsun. Ve velositenin azalışının t süresindeki ölçüsü, (GH/T) – (HI/t) işlemi gösterir. Bu azalış, cisimi, hızı gitgide artan oranda yavaşlatan dirençten kaynaklanır ve onu ivmelendiren kütleçekiminden kaynaklanır. Kütleçekimi, düşen bir cismin üzerinde tesir ederek, bu cisim düşerek NI hacımını betimlediğinde, bir velosite oluşturur. Ki, bu velosite, Galileo‘nun da, ispatlamış olduğu gibi, cismin, aynı sürede, o hacımın iki mislini betimleyebileceği ölçüde bir velositedir. Yani, 2NI/t velositesidir. Lâkin, eğer, cisim, HI yayını betimler ise, bu yayın ölçüsünü, sadece, HI – HN ya da (MI x NI) / HI uzunluğu ölçüsünde arttırır. Ve işte bundan ötürü, sadece, 2 MI x NI / t x HI velositesini oluşturur. Bu velositeyi, evvelce bahsedilmiş azalış‘a ekleyin ve bulacağımız şey; velositenin azalışının sadece dirençten kaynaklanan kısmıdır. Yani, bu da, (GH/T) – (HI/t) + (2 MI x NI) / (t x H) işlemine eşittir.

497

İşte bundan ötürü, aynı sürede, kütleçekiminin tesiri, düşen bir cisimde, 2 NI / t velositesini oluşturur. Ve direncin, kütleçekimine oranı, (GH/T) – (HI/t) + (2MI x NI) / (t x HI) işleminin 2NI/t‘ye , oranına eşittir. Ya da, [(t x GH) / T ] – HI + (2 MI x NI) / HI işleminin 2 NI‘ya oranına eşittir.

Şimdi, CB, CD, CE adındaki apsis‘lerin yerine, -o, o, 2o değerlerini yerleştirin. MI‘nın yerine Qo + Ro2 + So3 +, & c. şeklindeki herhangi bir diziyi yerleştirin. Ve dizinin, birinci terimden sonra gelen terimlerinin hepsi, yani, Ro2+So3+,&c. NI‘ya eşit olacaktır. Ve, DI, EK ve BG ordinatları, P-Qo – Ro2-So3-, &c., P-2Qo – 4Ro2 – 8 So3-&c., ve P + Qo- Ro2+So3-, &c. olacaktır sırasıyla. Ve, BG – CH ve CH – DI şeklinde ordinatların farkları gösterilen değerlerin karesini alarak ve bu yol ile üretilmiş karelere, BC ve CD kendisinin karelerini ekleyerek, oo+QQoo-2QRo3+, &c., ve oo+QQoo+2QRo3+, &c.,‘yı bulacaksınız, ki bunlar GH, HI yaylarının kareleridir. Ki bunların kökleri olan

498

ve

değerleri, GH ve HI yaylarının kendilerinin uzunluğudur. Dahası; eğer, CH ordinatından, BG ve DI ordinatlarının toplamının yarısı çıkarılır ise ve DI ordinatından, CH ve EK ordinatlarının toplamının yarısı çıkarılır ise; kalan, R oo ve R oo + 3 So3 değerleridir ki bunlar GI ve HK yaylarının ters sinüslerine eşittir. Ve bunlar, LH ve NI çizgiciklerine orantılıdır ve bundan ötürü, T ve t ile gösterilmiş sonsuz ölçüde küçük süreler ile kareli orandadır.

Ve işte bu bilgiden de: t/T oranı,

Ve

kesirine veya

‘ye eşittir.

işlemine, t/T GH, HI, MI ve NI‘nın az evvel bulunan

değerlerini yerleştirerek ,

niceliğini elde ederiz. Ve 2NI 2Roo‘ a eşit

olduğundan, direncin, çekim kuvvetine oranı, şimdi,

oranına eşit olacaktır. Yani;

‘nun 2Roo‘a

‘nun 4 RR‘ye oranına eşit

olacaktır. Ve velosite öyle bir değerde olacaktır ki: H konumundan harekete başlayan bir cisim, HN tanjantının istikametinde yol alıp sürtünmesiz bir ortamda, bir parabôlü

499

betimleyecektir.

Ki

bu

parabôlün

çapı

HC

olarak

ve

latus

rectum‘u

işlemine eşit olacaktır. Ve direncin ölçüsü, ortamın yoğunluğu ile velositenin karesinin çarpımına eşit olacaktır. Ve işte bundan ötürü, ortamın yoğunluğu, direnç ile doğru orantılı ve velositenin karesi ile ters

orantılı olacaktır. Bu da demektir ki:

işlemi ile doğru orantılı ve

işlemi ile ters orantılı olacaktır.

Yani,

işlemine eşit olacaktır. Q.E.I

1.Kaziye: Eğer, HN tanjantı, her iki yana doğru uzatılır ise, öyle ki, herhangi bir AF ordinatı

ile T noktasında birleşir ise,

‘ya eşit olacak ve bundan ötürü,

,

evvelce geçip gitmiş olanın yerine

yerleştirilebilir. Bu yöntem ile,

direncin kütleçekimine oranı,

‘nin

500

‘ye oranına eşit

olacaktır.

Ve

velosite

‘ye

eşit

olacaktır.

Ve

ortamın

yoğunluğu,

‘ye eşit olacaktır. 2. Kaziye: Ve o halde, PFHQ eğrisi genellikle yapıldığı gibi tabanın veya AC apsisinin ve CH ordinatının ilişkisi ile tanımlanır ise ordinatın değeri, yakınsar dizilere indirgenerek çözümlenir ise, Problem, dizilerin ilk terimleri yolu ile elverişli bir tarzda çözülecektir. Bu ise, aşağıdaki örneklerde gösterilmiştir: 1. Örnek: Varsayın ki: PFHQ çizgisi, PQ çapının üzerinde tanımlanmış bir yarım-çember olsun. Ve, fırlatılmış bir cisimin, bu çizginin üzerinde hareket etmesine müsait bir ortamın yoğunluğu bulunmak istensin. PQ çapını A noktasında iki eşit parçaya ayırın: Ve AQ‘ya n deyin. AC‘ye a deyin. CH‘ye e deyin. Ve CD‘ye o deyin. Bu şartlarda, DI2 ya da

denklemleri elde edilir. Ve bizim yöntemimizi kullanıp denklemin kökü çıkarıldığında,

‘nın yerine nn‘yi yerleştirin ve DI

. denklemi edilecektir. Bu denklemde,

501

eşitliği elde edilecektir. Ben bu dizileri, ardı sıra gelen (ardışık) terimlerine yoğunlaşarak şöyle çözümlüyorum: Dizinin terimi olan, o sonsuz küçük nicelikte bir değerdir, boyutsuzdur. Dizinin ikinci terimi, kendi niceliğinde olup sadece bir boyutludur. Dizinin üçüncü terimi, 2-boyuta yükselmiştir. Dizinin dördüncü terimi, 3-boyutludur ve böyle böyle bu mantığı izleyerek sonsuza kadar gider. (ad infinitum) Ve birinci terim, ki burada e‘dir, daima CH ordinatının uzunluğun temsil edecektir. Ve belirsiz nicelikteki o‘nun önünde konumlanacaktır.

İkinci terim, ki burada

‘dir; CH ve DN arasındaki farkı temsil edecektir. Bu ise, HCDM

paralelkenarı tamamlandıktan sonra kesilip atılan MN çizgiciğidir. Ve bundan ötürü, daima, HN tanjantının konumunu tayin eder. Tıpkı, bu durumda, MN‘yi HM‘ye oranlayıp, ao/e‘nin o‘ya oranına eşitlendiğinde olduğu gibi, ya da a‘nın e‘ye oranında olduğu gibi.

Üçüncü terim, ki burada,

‘tür; IN çizgiciğini temsil edecektir ki, bu, tanjantın ve

eğrinin arasında konumlanacaktır. Ve bundan ötürü de, IHN adındaki temas açısını tâyin edecektir, ya da, eğrinin H noktasında hâiz olduğu eğriliğin ölçüsünü verecektir.

502

. Eğer IN çizgiciği sonlu bir magnitütte ise üçüncü terim ile ve bunun sonsuza değin (ad infinitum) takip eden terimler ile beraber temsil edilecektir. Ancak, eğer, o çizgicik, in infinitum (sonsuzca) kısaltılır ise, müteakip terimler, üçüncü terimden sonsuzca küçük değerli hâle gelecek ve bundan ötürü de hesaba katılmayabilecektir. Dördüncü terim, eğrinin varyasyonunu (sapması‘nı) tâyin eder. Beşinci terim, sapmanın sapmasını tâyin eder. Ve bu böyle sürer gider. İşte burada, bu dizilerin tanjantlar ile ilgili veya eğrilerin eğriliği ile ilgili problemlerin çözümünde kullanılmasında kınanacak hiçbir durum yok gibi gözükmektedir. Şimdi,

dizisini,

503

dizisi ile mukayese edin. Ve

P, Q, R ve S‘nin yerine; değerlerini yerleştirin.

‘nun yerine

Ve,

Ve ortamın yoğunluğu,

ya da

değerlerini yerleştirin.

bulunacaktır. Yâni, n değeri verilmiş olduğu için,

veya

‘ye eşit bulunacaktır. Yâni, PQ‘nun üzerinde diklemesine duran AF yarıçapı ile kesilmiş HT tanjantının uzunluğuna eşit ölçüde bulunacaktır. Ve direncin kütleçekimine oranı, 3a‘nın 2n‘ye oranına eşit bulunacak; yani, 3AC‘nin, çemberin PQ çapına oranına eşit olacaktır. Ve velosite de √CH‘ye eşit olacaktır. O halde, eğer, o cisim, F konumundan hareketine başlar ise. Ve verilmiş uygun bir velosite ile PQ‘ya paralel bir çizginin istikametinde, hareket eder ise: Ve hareketin icrâ edildiği ortamın yoğunluğu, her bir H konumunda HT tanjantının uzunluğuna eşit ise: Ve direncin ölçüsü, herhangi bir H konumunda, çekim kuvvetine oranı ile 3 AC‘nin PQ‘ya oranına eşit ise. Bu cisim, bir çemberin FHQ adındaki çeyreğini betimleyecektir. Q.E.I

504

Ancak, eğer, aynı cisim, P konumundan hareket ettirilir ise: Ve, bu hareketin yönü, PQ‘ya dikey bir çizginin istikametinde olur ise: Ve eğer, cismin, PFQ yarı-çemberindeki bir yayın üzerinde harekete başlaması isteniyor ise: AC‘yi veya a‘yı A merkezinin öbür yanında almamız gerekmektedir. Ve, bundan ötürü de, işareti değiştirilmelidir, ve +a‘nın yerine –a‘yı

yerleştirmeliyiz. O şartlarda, ortamın yoğunluğu,

ölçüsünde bulunacaktır. Ne var ki,

Tabiat‘ın mantığı negatif bir yoğunluğun olmasını kabul etmez, yani, cisimlerin hareketini ivmelendiren bir yoğunluğu kabul etmez. Ve bundan ötürü, bu şunun, imkânsızlığını ispatlar ki: Bir cisim, P‘den yükselme hareketine başlayıp bir çemberin PF çeyreğini betimleyemez. Böyle bir tesiri oluşturmak: Ancak, bir cismin direnç ile cisme karşı duran bir ortamca engellenmesi ile olmaz, ancak, cismin hareketini teşvik ederek sevk eden bir ortamca mümkün olabilir. 2. Örnek: Varsayın ki, PFQ çizgisi bir parabôl olsun ve bunun AF ekseni, PQ ufkî düzlemine dikme olsun. Ve, fırlatılmış bir cismin bu çizgide hareket etmesine müsait bir ortamın yoğunluğunu hesap etmek gereksin.

505

Parabôl‘ün özelliklerinden bilinir ki: PDQ dörtgeni, DI ordinatının ve verilmiş herhangi bir doğrunun altında oluşan dörtgenin alanına eşittir. Yani, eğer bu doğruya b denilir ise: PC‘ye a, PQ‘ya c, CH‘ye e ve CD‘ye o denilir ise: a+o

dörtgeninin

c-a-o‘nun

içine

sokulması

ya

da

‘nun içine sokulması; b‘nin DI‘nın içine sokulması ile oluşan dörtgenin alanına eşittir. Ve bu nedenden ötürü, DI,

506

işlemine eşittir. Şimdi, bu dizinin

değeri, Qo‘nun yerine yerleştirilmeli ve

ikinci terimi olan,

değerindeki üçüncü terimi Roo yerine yerleştirilmelidir. Ancak, bundan gayrı terim olmadığı için;

dördüncü

terimin,

S

katsayısı

ortadan

kaybolacaktır.

Ve

bundan

ötürü,

niceliği, ki ortamın yoğunluğu buna orantılıdır, sıfır olacaktır. İşte bundan ötürü, ortamın yoğunluğunun olmadığı bir konumda evvelcene ispatlamış olduğumuz gibi, bir parabôlde hareket edecektir. Q.E.I Üçüncü Örnek: Varsayın ki, AGK çizgisi bir hiperbôl olsun. Ve bunun NX asimptotu, AK ufkî düzlemine indirilmiş bir dikme olsun. Ve bu şartlarda, fırlatılmış bir cismi, o çizgide hareket etmesine müsait ortamın yoğunluğu bulunmak istensin.

507

Varsayın ki: MX, diğer asimptot olsun. Ve, V‘ye doğru uzatılmış DG ordinatı ile kesişsin. Ve, hiperbôlün özelliklerinden, XV‘nin VG‘nin içine sokulması ile oluşan dörtgen verilecektir. Bir de, DN‘nin VX‘e oranı da verilmiştir ve bundan ötürü, DN‘nin VG‘nin içine sokulması ile oluşan dörtgen de verilmiştir. Varsayın ki bu, bb ile temsil edilsin. Ve DNXZ paralelkenarını tamamlayıp BN‘ye a deyin. BD‘ye o deyin, NX‘e c deyin. Ve varsayın ki: VZ‘nin ZX‘e ya da

508

DN‘ye verilmiş oranı,

eşit olur VZ,

olsun. Bu şartlarda, DN, a-o‘ya eşit olur, VG,

‘ya

‘ya eşit olur ve GD veya NX – VZ –VG

‘ya eşit olur. Varsayın ki:

şeklindeki

yakınsayan

terimi,

diziye

indirgenerek

çözümlensin ve GD,

dizisine

eşit

olacaktır.

Bu dizideki ikinci terim olan,

Bu dizideki üçüncü terim olan,

Dördüncü terim olan,

Qo‘nun yerine kullanılmalıdır.

, işareti değiştirilerek Ro2 yerine kullanılmıştır.

, işareti değiştirilerek So3 yerine de kullanılır. Ve bunların

katsayıları olan;

509

ve

kesirleri; evvelki, kuralın mantığına göre, Q, R ve S‘nin

yerine yerleştirilmelidir. Bu yapıldığında, ortamın yoğunluğunun değeri,

İşlemine eşit olur veya

işlemine eşit olur. Yâni,

VZ‘de VY‘yi VG‘ye eşit alırsanız,

kesrine eşit olur. Çünkü,

aa ve

işlemi XZ ve ZY‘nin karelerine eşittir. Ancak, direncin, kütleçekimine oranı, 3XY‘nin 2YG‘ye oranına eşit bulunur. Ve cisimin, vertex noktası G olan ve çapı DG olan ve latus rectum‘u XY2/VG olan bir parabôlü betimleyebileceği velosite de odur. Bu şartları kabul ederek, denilebilir ki: Ortamın, G ile temsil edilmiş her bir konumundaki yoğunlukları XY mesafelerinin tersine eşittir ve herhangi bir G konumundaki direncin, kütleçekimine oranı, 3XY‘nin 2YG‘ye oranına eşittir. Ve bir cisim, A konumundan şartlara uygun bir velosite ile bırakılır ise AGK hiperbôlünü betimleyecektir. Q.E.I 4. Örnek: Varsayın ki: AGK çizgisi, belirsiz uzunluktaki, X-merkezinde tanımlı bir hiperbôl olsun ve MX, NX asimptotları ile sınırlandırılmış olsun. Öyle ki, ZD kenarı hiperbôlü G noktasında ve asimptotu V noktasında kesecek şekilde, XZDN dörtgenini kurduğumuzda;

510

VG; ZX veya DN çizgisinin DNn ile temsil edilmiş ve n‘nin indeks sayısını gösterdiği herhangi bir kuvveti ile ters orantılı olabilir. Bu eğriyi betimleyen bir fırlatılmış cisimin içinde hareket etmesine müsait ortamın yoğunluğunu bulmanın yöntemi:

BN, BD, NX‘in yerlerine sırası ile A, O, C‘yi yerleştirin. Ve VZ‘yi XZ‘ye ya da DN‘ye oranlayın ve bu oranı d‘nin e‘ye oranına eşitleyin. Ve VG, bb/DNn‘ye eşit olsun. Bu şartları

511

kabul ettiğimizde: DN, A-O‘ya eşit olacak, VG =……… olacak, VZ = d/e (A-O) olacak ve GD veya NX – VZ –VG, C – (d/e) A+ (d/e) O – bb / (A-O)n‘ye eşit olacaktır.

terimi

….. sonsuz dizisine indirgenerek çözümlensim. Ve GD

dizisine eşit olacaktır. Bu dizinin ikinci terimi olan

, Qo‘nun yerine

kullanılmalıdır.

,Roo‘nun

Bu

dizinin

üçüncü

terimi

olan

kullanılmalıdır. Bu dizinin dördüncü terimi olan

yerine

,So3 nun yerine

kullanılmalıdır. Ve işte bu bilgiden de, ortamın, herhangi bir G konumundaki yoğunluğu,

512

olur.

Ve işte bundan ötürü, eğer, VZ‘nin üzerinde,

yoğunluk

nin

tersine

eşit

yi n x VG‘ye eşit alırsanız, bu olacaktır.

Çünkü,

, XZ‘nin ve

A2

ve

‘nin

kareleridir. Ancak, herhangi bir G konumunda, direncin, kütleçekimi kuvvetine oranı,

‘nın

4

RR‘ye

oranına

eşittir.

Yani

bu

da,

‘nin

‘ye oranına eşittir. Ve oradaki velositenin ölçüsü, fırlatılmış

bir cismin, vertex noktası G olan, çapı GD olan ve latus rectum‘u

veya

ölçüsünde olan bir parabôlde hareket edebileceği velositenin ölçüsüne eşittir. Q.E.I

513

ġERH

Aynı mantık ile düşünerek, ortamın yoğunluğu, 1. Kaziye‘nin mantığına göre,

.

olarak bulunur

Eğer, direnç, V velositesinin herhangi bir Vn kuvveti ile gösterilip yerine

yerleştirilir ise ortamın direnci

Ve işte bundan ötürü;

‘nin

olarak bulunur. (tabaktaki 3. Şekil.)

‘e oranı, ya da,

‘nin

‘e oranı

verildiğinde öyle bir eğri bulunabilsin ki: O Cisim, yoğunluğu kendi içinde aynı sabit oranda

514

ve direncinin ölçüsü V velositesinin Vn kuvvetine denk olan bir ortamın içinde o eğride hareket etsin. Ancak, şimdi, daha sade eğrilere geri dönelim.

Dirençsiz bir ortamda icrâ olunan hareketler hâli dışında, bir parabôlde hareketin mümkün olamayacağı sebebine dayanarak ve lâkin burada betimlenmiş hiperbôller, mütemadiyen direnç ile karşı duran ortamlarda icrâ olunan hareketlerden türetilmiş olduğu için, şu husus istidlâl edilebilir: Fırlatılmış bir cismin, yoğunluğu kendi içinde sabit bir ortamın içinde icrâ

515

ettiği harekette betimlediği çizgi, bir parabôlden ziyâde buradaki hiperbôllere yakınlaşır. O çizgi, kesinlikle, eğrilerin hiperbôl cinsinden bir eğridir; ancak, verteks noktasının etrafından düşünülen mesafesi asimptotlara biraz daha uzaktır.

Ve vertex noktasından uzaktaki

kısımlarında, asimptotlara burada betimlenmiş hiperbôllerden fazla yakınlaşır. Birinin ve diğerinin arasındaki fark o denli çok da değildir ve öyle ki, fiilen, sonrakiler, evvelkilerin yerine ferah ferah kullanılabilir. Ve belki de bunlar, daha hassas olan ve aynı zamanda daha bileşkelendirilmiş herhangi bir hiperbôlden daha fazla yarar sağlar. Binaenaleyh, bunlardan bu minvâlde istifâde edilebilir. (Ç.N: Bu noktada, haddim olmayarak, Newton‘un yaptığı çıkarımın

mantıkî bir

çıkarım olmadığını ve ―araçsal rasyonalite‖ mantığına uyduğunu söyleyebilirim.)

XYGT paralelkenarını tamamlayın ve GT doğrusu hiperbôle G noktasında değecektir ve işte bundan ötürü, ortamın G konumundaki yoğunluğu Gt tanjantının tersine eşittir ve o

konumdaki velosite

‘ye eşittir ve direncin, çekim kuvvetine oranı, GT‘nin

‘ye oranına eşittir.

516

İşte bundan ötürü, eğer, bir cisim, A‘daki konumundan AH doğrusunun istikametinde fırlatılır ise ve bu hareketiyle AGK hiperbôlünü betimler ise ve uzatılmış AH doğrusu, NX asimptotu ile H noktasında birleşir ise ve ona paralel çizilmiş AI, MX adındaki diğer asimptot ile I noktasında birleşir ise: Ortamın A konumundaki yoğunluğu AH‘nin tersine eşit olacaktır ve

cismin velositesi

AH‘nin

‘ya eşit olacak ve o konumdaki direncin çekim kuvvetine oranı,

işlemine oranına eşittir. İşte bu bilgilerden aşağıda belirtilmiş

kurallar tümdengelim yolu ile bilinir.

517

1.Kural: Eğer, ortamın A konumundaki yoğunluğu ve cismin fırlatıldığı velosite evvelki ile aynı ölçülerde tutulurken NAH açısının ölçüsü değiştirilir ise; AH, AI, HX uzunlukları değişmez. İşte bundan ötürü, bu uzunluklar, herhangi bir vak‘a‘da biliniyor ise, bundan sonra, hiperbôl, herhangi bir NAH açısı verildiğinde kolaycana tespit edilebilir. 2.Kural: Eğer, NAH açısı ve ortamın A konumundaki yoğunluğu sabit tutulurken cismin fırlatıldığı velosite değiştirilir ise: AH uzunluğu aynı ölçüsünü muhafaza ederken AI velositenin ters kareli oranında değiştirilecektir. 3.Kural: Eğer, NAH açısı, cismin A konumundaki velositesi, ve ivmeli çekimin kuvveti aynı ölçülerini muhafaza ederse. Ve A konumundaki direncin, ―motive gravity‖‘ye orantısı herhangi bir oranda arttırılır ise: AH‘nin AI‘ya orantısı da aynı oranda arttırılmış olacaktır. Bu durumda, yukarıda sözü edilen parabôlün latus rectum‘u sabit kalırken, ve bir de

uzunluğu da ona orantılı olacaktır. Ve işte bundan ötürü; AH aynı oranda azaltılacaktır ve AI aynı oranın karesi ölçüsünde azaltılacaktır. Ancak, direncin, ağırlığa nisbeten ölçüsü; ancak şu durumlarda arttırılır: Ya magnitüt sabit tutulurken özgül çekim kuvveti azaltıldığında ya da ortamın yoğunluğu arttırıldığında. Ya da ortamın yoğunluğu arttırıldığında. Ya da, magnitütü azaltarak; direnç, ağırlığa nispeten az azaltıldığında. 4.Kural: Ortamın vertex noktasının civarındaki yoğunluğu, A konumundaki yoğunluğundan fazla olduğu için, yoğunluğun ortalama bir değeri tutturulabilir. Bu ölçü ise şöyledir: GT tanjantlarının en kısasının, AH tanjantına oranı bulunmalıdır. Ve A konumundaki yoğunluk; o tanjantların toplamının yarısının GT tanjantlarının en kısasına oranından az bir oranda arttırılmalıdır.

518

5.Kural: Eğer, AH, AI uzunlukları verilmiş ise ve AGK şeklinin betimlenmesi gerekiyor ise: HN‘yi X‘e doğru uzatın; öyle ki, HX‘in AI‘ya oranı, n+ı‘nın ı‘ya oranına eşit olsun. Ve Xmerkezinden MX, NX asimptotları ile sınırlandırılmış bir hiperbôlü A noktasından geçmek şartı ile betimleyin: Öyle bir ölçüde ki: AI‘nın, VG çizgilerinden herhangi birine oranı, XVd‘nin XIn‘ye oranına eşit olsun. 6.Kural: n sayısı ne ölçüde fazla olur ise; cismin hareketinin şeklini veren sözkonusu hiperbôller, cismin A konumundan yükselmesini betimlerken o ölçüde daha hassas ve K konumuna alçalmasını betimlerken o ölçüde az hassastır. Konik Hiperbôl, bunların arasında bir ortalama orandadır. (mean ratio) Ve diğerlerinden sadedir. İşte bu sebepten ötürü, eğer, hiperbôl bu cinsten olur ise. Ve fırlatılmış cismin, A noktasından geçen herhangi bir AN doğrusunun üzerine düştüğü tasavvur edilen bir K noktası bulunmak isteniyor ise: Uzatılmış AN‘yi asimptotlar ile kesiştirin,MX asimptotu ile M noktasında, NX asimptotu ile N noktasında birleştirin. Ve NK‘yi AM‘ye eşit alın. 7. Kural: Ve işte böylece, bu hiperbôlü, fenomenlerden tespit etmenin elverişli bir yöntemi belirmektedir. Varsayın ki: Birbirine eşit ve benzer iki cisim, HAK, hAk ismindeki iki değişik ölçüdeki açı ile fırlatılsın: Ve varsayın ki: Bu cisimler ufkî düzleme, K ve k noktalarında düşsün. Ve AK‘nin Ak‘ye orantısını dikkate alıp bunu, d‘nin e‘ye oranına eşitleyin.

Sonra,

herhangi bir uzunluktaki AI dikmesini kurgulayın: AH veya Ah uzunluğunu herhangi bir bir yoldan varsayın: Ve buradan da hem ―graphically‖ ve hem de ―scale and compass‖ metodu ile 6. Kural‘a göre, AK, Ak uzunluklarını hesap edin. Eğer; AK‘nin Ak‘yle oranı, d‘nin e‘ye oranı ile aynı bulunmuş ise, bu, AH uzunluğunun doğru ölçüde varsayılmış olduğunu ispat eder.

519

Aynı değerde bulunmamış ise, SM adındaki belirsiz uzunluktaki doğrunun üzerinde, SM

uzunluğunu, ölçüsü varsayılmış AH uzunluğuna eşit alın. Ve, MN dikmesini, şeklinde ifade edilmiş, verilmiş herhangi bir doğrunun üzerinde alınmış doğru parçalarının birbirine oranlarının farkına eşit ölçüde alın. Aynı metodu takip ederek: Varsayılmış çeşitli AH uzunluklarından çeşitli N noktaları bulabilirsiniz. Ve bu noktaların hepsinden geçen NNXN ―regular‖ eğrisini çizin, bu ise SMMM doğrusunu X noktasında kessin. Son olarak, AH‘yi, SX apsisi‘ne eşit kabul edin. Ve bu bilgiden de tekrardan AH uzunluğunu bulun. Ve uzunluklar (ki bu uzunlukların varsayılmış AI uzunluğuna oranı ve bu son AH uzunluğuna oranı ) ölçülerek bilinen parçalarının AK uzunluğunun, son bulunmuş AK uzunluğuna oranı, zâten, bulunmak istenen AI‘nın ve AH‘nin hakiki uzunluklarına eşit olacaktır. Ancak, bu bilgiler verilmiş olduğunda, bir de, ortamın A noktasındaki direncinin o noktadaki çekimin kuvvetine oranı, AH‘nin 4/3 AI‘ya oranına eşittir. Varsayın ki ortamın yoğunluğu 4.Kural‘ın mantığınca artırılsın: Ve eğer, demincek bulunan direnç kuvveti aynı oranda artırılır ise, daha bile hassâs hâle gelecektir.

520

8. Kural: AH, HX uzunlukları bulunduktan sonra: Şimdi de, AH çizgisinin konumunu bulmak gereksin. Ki bu, çizginin konumuna göre, verilmiş o velosite ile fırlatılmış bir cisim herhangi bir K noktasına düşebilsin. A ve K noktalarında; AC, KF çizgilerini yatay düzleme dikme olarak çıkartın. Bu konumdan da, AC‘yi aşağıya doğru çizin ve bunun ölçüsü AI‘ya ya da ´ HX‘e eşit olsun. AK, KF asimptotları ile bir hiperbôlü sınırlayıp betimleyin. Bu hiperbôlün ikizi (conjugate‘i) C noktasından geçsin. Ve, A merkezli ve AH yarıçapı ile bir çemberi betinleyin. Ve bu çember hiperbôlü H noktasında kessin. Bu şartlarda, AH doğrusunun istikametinde fırlatılmış bir cisim K noktasının üzerine düşecektir. Q.E.I Çünkü, H noktası verilmiş AH uzunluğundan ötürü, tanımlanmış çemberin içinde bir yerlerde olmak zorundadır. CH‘yi, E ve F noktalarında AK ve KF ile birleşecek gibi çizin. Ve, CH MX paralel olduğundan ve AC, AI birbirine eşit olduğundan, AE, AM‘ye eşit olacaktır, ve bundan ötürü de KN‘ye eşit olacaktır. Ancak, CE‘nin AE‘ye oranı FH‘nin KN‘ye oranına eşittir ve bundan ötürü CE ve FE eşit olur. Bundan ötürü, H noktası, AK, KF asimptotları ile sınırlandırılmış bir hiperbôlün üzerine düşer ve bu eğrinin ikizi de C noktasından geçer. Ve bundan ötürü de, bu hiperbôlün ve tanımlanmış çemberin çevresinin kesişiminde konumlanır. Q.E.D Şu hususa dikkat edilmelidir ki: AKN doğrusu ufkî düzleme paralel de olsa, ona herhangi bir açıda eğik de olsa, yapılan bu işlem aynı işlemdir. Ve H ile h‘nin kesişiminden, NAH, Nah adında iki açı oluşur.

521

Ve Şekil‘i el ile geometri aletlerini de işleterek çizerken şu kadarı yeterlidir: Evvelâ bir çember tanımlanır, sonra CH ile temsil edilmiş bir belirsiz uzunluktaki cetveli kullanın. Öyle kullanın ki, C noktasına yönlendirildiğinde: Çember ve FK doğrusunun arasında kalmış FH kısımı, C noktasının ve AK doğrusunun arasında konumlanmış CE kısımına eşit olsun.

522

Hiperbôller hakkında verilmiş bilgiler kolaycana parabôllere de uygulanabilir. Çünkü, eğer XAGK ile temsil edilmiş bir parabôl, XV doğrusuna vertex noktasında değerse ve IA, VG ordinatları; XI, XV adındaki apsislerin, XIn, XVn ile gösterilmiş herhangi bir kuvvetine göre olur ise; XT, GT, AH‘yi öyle bir çizin ki: Burada, XT, VG‘ye paralel olsun ve GT, AH, parabôle, G ve A noktalarında değsin. Ve eğer, herhangi bir A konumundan fırlatılmış bir cisim, AH doğrusunun istikametinde uygun bir velosite ile hareket ettirilir ise, ortamın G ile gösterilmiş her bir noktasında GT tanjantının tersine eşit olur ise, bu hareket bir parabôlü tanımlayacaktır. Bu durumda, G noktasındaki velosite, şuna eşit olacaktır. Herhangi bir cismin, dirençsiz bir uzayda hareket ederken, G noktasını vertex alan parabôlün

523

kollarının aşağıya doğru uzandığı bir konumda VG‘yi çap alan ve işleminin niceliğini latus rectum‘unun değeri alan bir parabôl türünde konik kesitine eşit olacaktır. Ve G

noktasındaki

direncin

kuvveti,

çekimin

kuvvetine

oranlandığında,

GT‘nin

işlemine oranına eşit olacaktır. O halde, eğer, NAK, bir yatay çizgiyi temsil eder ise ve hem ortalama A noktasındakiyoğunluğu ve hem de cismin fırlatıldığı velositeyi evvelki durum ile aynı tutarsak: NAH açısının nasıl değiştirilir ise değiştirilsin, AH, AI, HX uzunlukları mevcudiyetlerini sürdüecektir. Ve işte bu bilgiden de, parabôlün X ile gösterilmiş vertex‘i verilmiş olacaktır ve XI doğrusunun konumu verilmiş olacaktır. Ve VG‘yi IA‘ya oranlayıp XVn‘nin XIn‘ye oranına eşitlenirse, fırlatılan cismin mahrekinin üzerinde bulunan ve cismin geçip gideceği G noktalarının hepsi verilmiş olacaktır. (279. sayfa) III. KISIM Kısmen velositeleri oranlı ve kısmen de aynı oranın kareli oranında oluşan dirençler ile karşılaşan cisimlerin hareketleri hakkında. 11. Önerme 8.Teorem Eğer bir cisim, yoğunluğu aynı ölçüde olan bir ortamın içinden sadece kendi öz kuvvet ile hareket ediyor ise ve bu hareketinde karşılaştığı direnç, kısmen oranında, kısmen de velositesinin kareli oranında ise. Ve süreler aritmetik bir dizi hâlinde alınmış ise. Bu şartlarda, bu velositeler ile ters orantılı nicelikler, verilmiş belli bir nicelikte artırıldığında; bir geometrik dizi oluşturacaktır.

524

BEe hiprbôlünü, C merkezinde ve CADd ve CH dörtgensel aimptotları ile sınırlandırılmış hâlde tanımlayın. Ve AB, DE, de, …. CH adındaki asimptota paralel olsun. CD asimptotunda A ve G noktaları alınsın. Ve eğer, süre, ABED adındaki, sabit oranda artan bir hiperbôlik alan ile gösterilmiş ise, fikrim odur ki: C ismin velositesi DF uzunluğu ile temsil edilebilir. Bunun tersi olan GD, verilmiş CG çizgisi ile beraber CD uzunluğunu oluşturur, ki bu geometrik dizide artar. Çünkü, DEed, çok küçük alanı, sürenin, verilmiş en küçük artışını temsil edecektir ve Dd, DE ile ters orantılı olacaktır ve bundan ötürü de CD ile doğru orantılı olacaktır. Bundan ötürü, 1/GD artışı, ki II. Kitab‘ın II.Yardımcı

525

Kaziye‘sının mantığına göre, Dd/GD2‘dir; bunun yanı sıra, CD/GD2 ya da

placaktır. Yani, bu da,

‘ ye eşit

‘ ye eşit olacaktır. Bundan ötürü, ABED süresi, verilmiş

EDde parçacıklarının eklenip durmasıyla sabit bir oranda artarken, bu şu demektir: 1/GD, cismin velositesi ile aynı oranda azalır. Çünkü, velositesinin azalışı dirence eşittir. (göredir.) Yâni, kabule göre, iki niceliğin toplamına eşittir. Bunlardan biri velositeye eşittir, diğeri ise velositenin karesine eşittir. Ve, 1/GD‘nin azalışı, 1/GD ve CG/GD2 niceliklerinin toplamına eşittir. Ki bunlardan ilki, 1/GD kesrinin kendidir ve sonuncusu olan CG/GD2, 1/GD2‘ye eşittir. Bundan ötürü, 1/GD velositeye eşittir ve her ikisindeki azalış da birbirine benzerdir. Ve eğer GD niceliği, 1/GD2‘ye ters orantılı olur ise ve verilmiş CG niceliğinde artırılır ise, CD toplamı, ABED süresinin sabit oranda artması şartı ile, geometrik bir dizi hâlinde artacaktır. Q.E.D 1.Kaziye: Bundan ötürü, eğer, A ve G noktaları verilmiş ise ve eğer süre, ABED hiperbôlik alanı ile gösterilmiş ise, velosite, GD‘nin tersi olan 1/GD kesiri ile gösterilebilir. 2. Kaziye: Ve, GA‘yı GD‘ye oranlayıp bu oranı da, başlangıçtaki velositenin tersinin, ABED ile temsil edilen herhangi bir sürenin sonundaki velositenin tersine oranına eşitlenir ise, G noktası bulunacaktır. Ve o nokta bulunduktan sonra, velosite, verilmiş diğer herhangi bir süreden bulunabilir. XII . Önerme IX. Teorem Aynı varsayımları kabul ederek, şu fikri öne sürüyorum: Eğer, tanımlanan hacımlar bir aritmetik dizi hâlinde alınır ise, verilmiş belli bir nicelikte artırılan velositeler, bir geometrik dizi teşkil edecektir.

526

CD asimptotunda R noktası verilmiş olsun ve RS dikmesini, hiperbôl ile S noktasında birleşecek şekilde yükseltin. Ve tanımlanan hiperbolik alan RSED ile gösterilmiş. Ve velosite GD uzunluğuna eşittir; ki bu verilmiş CG çizgisi ile beraber bir CD uzunluğunu oluşturur, bu ise bir geometrik dizi düzeninde azalır, öte yandan RSED hacımı, aritmetik bir dizinin düzeninde artar. Hacımın EDde ile gösterilmiş artışı verilmiş olduğu için, Dd çizgiciği (ki, bu GD‘nin azalışını temsil eder.)ED ile ters orantılı ve bundan ötürü de CD ile doğru orantılı olacaktır. Yani bu da demektir ki: ED ile ters orantılı olacaktır ve bundan ötürü CD ile doğru orantılı olacaktır. Yani, bu da demektir ki: Aynı GD doğru parçasına ve verilmiş CG uzunluğunun toplamına eşit olacaktır. Ancak, velosite azalışı buna ters orantılı bir sürede; (ki bu sürede, hacımın DdeE ile gösterilmiş parçası tanımlanmıştır.) direncin ve sürenin çarpımına eşittir. Yani bu da şu demektir: İki niceliğin toplamı ile doğru orantılıdır, ki bunlardan biri, velositeye eşittir, diğer ise velositenin karesine eşittir. Ve bu, velosite ile de ters orantılıdır. Ve bundan ötürü de, iki niceliğin toplamı ile doğru orantılıdır, bunlardan biri verilmiştir, diğeri ise velositeye eşittir. Bundan ötürü de, velositenin ve GD çizgisinin

527

beraberce azalışı, verilmiş bir niceliğin ve azalan bir niceliğin çarpımına eşittir. Ve, azalışlar, birbirine benzer olduğu için, azalan nicelikler de daima birbirine benzer olacaktır. Viz. Velosite ve GD çizgisi gibi. Q. E. D 1.Kaziye: Eğer, velosite, GD uzunluğu ile gösterilir ise, tanımlanmış hacım DESR hiperbolik alanına eşit olacaktır. 2.Kaziye: Ve eğer, ---- noktası herhangi bir şekilde alınır ise G noktası, GR‘nin GD‘ye oranının, başlangıçtaki velositesinin, RSED adındaki herhangi bir hacım tanımlandıktan sonra velositeye orana eşitleyip hesap edilir. G noktası verilmiş olduğunda, hacım da verilmiş velositeden bilinecektir. Ve bu mantık ters yönden de doğrudur. 3. Kaziye: O halde bu bilgiden, XI. Önerme‘nin mantığına göre, velosite, verilmiş zamandan verilmiş demektir ve bu Önerme‘nin mantığından da, verilmiş velositeden, hacım da verilmiş demektir. Hacım, verilmiş zamandan verilmiş olacaktır ve bu mantık tersi yönden de işletilebilir. 13. Önerme 10. Teorem Varsayın ki: Bir cisim, aşağıya doğru, ivmesiz bir çekim kuvveti ile bir doğrunun istikametinde yükselsin veya alçalsın. Ve aynı cisim kısmen, velositesi ile orantılı ölçüde direnç ile karşılaşsın ve kısmen de bunun kareli oranında direnç ile karşılaşsın: Fikrim odur ki: Eğer, bir çemberin çaplarının paralel konumda doğrular çizilir ise ve mevcut ikiz çapların bitim noktalarından geçmek şartı ile tanımlanmış bir hiperbôl çizilir ise ve velositeler, verilmiş bir noktadan çizilmiş paralellerin üzerindeki bazı doğru parçalarına (eşit göre) olur ise. Süreler, çemberin merkezinden çizilip doğru parçalarının uçlarına bitişen doğrularının kesip aralarında bıraktığı alan parçalarına eşit olacaktır. Ve bu mantık yürütmek ters yönden de doğrudur. 1.Vaka: Evvelâ, şunu varsayın: Cisim, yükselme hareketinde olsun ve D merkezinden herhangi bir DB yarıçapı ile bir çemberin BETF ile temsil edilen bir çeyreğini tanımlayın.

528

Ve DB yarıçapının B ucundan geçmek şartı ile BAP adlı belirsiz uzunluktaki çizgiyi DF yarı-çapına paralel konumda tanımlayın. Bu çizginin üzerinde, bir A noktası verilmiş olsun. ve AP doğru parçasını, bu velosite ile orantılı olur. Ve direncin, bir kısmı, velositeye eşit olduğu için ve diğer kısmı ise velositenin karesine eşit olduğu; varsayın ki, direncin bütünü, AP2 + 2 BAP‘ ye eşit olsun. DA yine DP‘yi birleştirin, ve çemberi E ve T noktasında kessin ve çekim kuvveti DA2 ile gösterilmiş olsun, öyle ki, çekim kuvvetinin, P

529

noktasındaki dirence oranı, DA2‘nin AP2 + 2 BAP‘ye oranına eşit olsun. Ve cismin yükselinişinde geçen süre dairenin EDT dilimine eşit olacaktır. DVQ‘yu AP velositesinin PQ momentini kesmek şartı ile DET diliminin DTV momentinin, sürenin verilmiş bir momentine tekâbül eden kısmına kesecek şekilde çizin. Ve velositenin PQ ile gösterilmiş azalışı; DA2 ile gösterilmiş çekim kuvvetlerinin ve AP2 + 2 BAP ile gösterilmiş direncin kuvvetlerinin toplamına eşit olacaktır. Bu da demektir ki: 2. Kitabın XII. Önermesi‘nin Elem. ) kısımının mantığına göre, DP2‘ye eşit olacaktır. Bu şartlar ile, PQ‘ya orantılıdan DPQ alanı; DP2‘ye eşit olacaktır ve DPQ alanına oranlı olan DTV alanı, DT2‘nin DP2‘ye oranına eşit olup, bu ise verilmiş DT2 niceliğine eşit olacaktır. Bundan ötürü, EDT alanı sabitce ve geçecek olan sürenin oranında verilmiş DTV parçacıkları çıkarıla çıkarıla azalır. Ve bundan ötürü de, cismin yükselişinde geçen sürenin tamamı ile orantılı olur. Q.E.D 2. Vaka: Eğer, cismin yükselişi hareketindeki velositesi, evvelki gibi, AP uzunluğu ile gösterilir ise ve direncin ölçüsü AP2 + 2 BAP yapılır ise ve eğer çekim kuvvetinin ölçüsü DA2 ile ifâde edilebileceğinden az olur ise; BD‘yi öyle bir uzunlukta alın ki, AB2 – BD2 çekim kuvvetine orantılı olabilsin ve DF‘yi DB‘ye eşit ölçülü dikme olarak alın ve F vertex‘inden FTVE hiperbôlünü tanımlayın. Ki bunun ikiz yarı-çapları DB ve DF olsun ve bunlar DA‘yı E noktasında ve DP‘yi, DQ‘yu T ve V noktalarında kessin. Ve cismin yükselişinde geçen sürenin bütünü TDE adındaki hiperbolik alanına eşit olacaktır.

530

PQ ile temsil edilmiş velositenin azalışı, zamanın verilmiş bir kısmında oluşmuş ve AP 2 + 2BAP ölçüsündeki bir direnç ile AB2-BD2 ölçüsündeki çekim kuvvetinin toplamına eşittir, yani BP2-BD2‘ye eşittir. Ancak, DTV alanının DPQ‘ya oranı, DT2‘nin DP2‘ye oranına eşittir. Ve bundan ötürü de, eğer, GT, DF‘ye dikme olarak çizilir ise, GT2‘ye veya GD2-DF2‘nin BD2‘ye oranına eşit olur ve GD2‘nin BP2‘ye oranına eşit olur ve bölme işlemi metodu ile de DF2‘nin, BP2-BD2‘ye oranına eşit olur. Bundan ötürü, DPQ alanı, PQ‘ya eşit olduğu için, yani, BP2-BD2‘ye eşit olduğu için, DTV alanı, verilmiş DF2 niceliğine eşit olacaktır. Bundan ötürü de, EDT alanı, zamanın birbirine eşit ölçülü parçacıklarının her birinde, aynı sayıda verilmiş DTV parçacığının çıkarılıp durması ile sabit oranda azalır ve bundan ötürü de zaman ile orantılıdır. Q.E.D

531

3.Vak‘a: AP, cismin alçalış hareketindeki velositesi olsun, AP2 + 2 BAP direncin kuvvetini veren işlem olsun ve BD2-AB2 çekim kuvveti olsun, DBA açısı dik açı olsun. Ve D-merkezli, B noktasını ―principal vertex‖ kabul eden bir dörtgensel BETV hiperbôlü tanımlansın ve uzatılmış DA, DP ve DQ‘yu, E, T ve V noktalarında kessin. Bu hiperbôlün DET olanı, cismin alçalışında geçen sürenin tamamına eşit olacaktır. Çünkü, velositenin PQ ile temsil edilmiş artışı ve buna orantılı olan DPQ alanı, çekim kuvvetinin direncin kuvvetinden fazlalığına eşittir, bu da demektir ki: BD 2 – AB2 – 2

532

BAP – AP2‘ya da BD2 – BP2‘ye eşittir. Ve, DTV alanının DPQ alanına oranı DT2‘nin DP2‘ye oranına eşittir. Ve bundan ötürü, GT2‘ye eşittir veya GD2-BD2‘nin BP2‘ye oranına eşittir ve GD2‘nin BD2‘ye oranına eşittir. Ve bölme metodu ile, BD2‘nin BD2-BP2‘ye oranına eşittir. Bundan ötürü de, DPQ alanı BD2-BP2‘ye eşit olduğu için, DTV alanı, verilmiş BD2 niceliğine eşit olacaktır. Bundan ötürü de, EDT alanı, zamanın birbirini eşit birkaç parçasının sabit oranda, ona aynı sayıda verilmiş DTV parçacığının eklenmesi yolu ile artar ve bundan ötürü cismin alçalışında geçen süre ile orantılıdır. Q.E.D Kaziye: Eğer, D merkezli ve DA yarı-çaplı A vertex‘inden çizilmiş bir At yayı ET yayına benzer şekilde çizilir ise ve ADT açısını benzer şekilde subtend eder ise, AP velositesinin, cismin, dirençsiz bir

ortamın

içinde,

EDT

süresi

boyunca,

yükselirken

kaybedebileceği

veya

alçalırken

özümseyebileceği velositeye oranının, DAP üçgeninin alanının DAt alanına oranına eşitliğinde olacaktır. Ve bundan ötürü de, verilmiş süreden veilmiş olacaktır. Çünkü, dirençsiz bir ortamdaki velosite bu süre ile orantılıdır ve bundan ötürü de alana orantılıdır. Dirençli bir ortamın içinde ise üçgenin alanına eşittir. Ve her iki ortamın içinde de, minimum ölçüsünde olduğunda, eşitsizlik oranına yaklaşır, tıpkı alanın ve üçgenin alanının yaklaştığı gibi. ŞERH Bir de, şu gösterilip ispat edilir: Cismin yükseliş hareketinde olduğu durumda, çekim kuvvetinin DA2 ya da AB2 + BD2 ile temsil edilebildiği durumlarda az olduğunda ve AB2-DB2 ile ifâde edilebildiği durumlardan fazla olduğunda, mutlaka AB2 ile ifâde edilmek zorundadır. Ancak, şimdi diğer konulara geçmek niyetindeyim: 14. Önerme 11. Teorem Aynı kabuller ile düşünürsek: Fikrim odur ki: Cismin, yükselişinde veya alçalışında tanımladığı hacım, ifâde edilen sürede tanımlanmış alanın ve bir aritmetik dizinin düzeninde artırılan veya azaltılan diğer bir alanın farkına eşittir. ( eğer, direnç kuvvetinden ve çekim kuvvetinden bileşkelendirilmiş kuvvetler bir geometrik dizinin düzeninde alınır ise.)

533

Bu üç şekilde, AC‘yi, çekim kuvvetine orantılı alın ve AK‘yi dirence orantılı alın, ancak, bunu, eğer, cisim alçalma hareketinde ise (ya da tersine harekette ise) A noktasının diğer tarafında alın. Ab‘yi yükseltin, öyle ki, DB, DB2‘nin 4 BAC‘ye oranında olsun ve CK, CH dörtgensel asimptotları ile sınırlanmış bN hiperbôlünü tanımlayın ve KN‘yi CK‘yi dikme olarak yükseltince, AbNK alanı, bir aritmetik dizinin düzeninde artırılacaktır veya azaltılacaktır, bu esnâda, CK kuvetleri bir dizinin düzeninde alınır. O halde, fikrim şudur: Cismin, maksimum irtifâına (yüksekliğine) mesâfesi, AbNK alanının DET alanından fazlalığına eşittir. Nitekim, AK, dirence eşittir, yani, AP 2 x 2BAP işlemine

eşittir. Varsayın ki, verilmiş herhangi bir Z niceliği için, AK‘yi,

534

‘ye eşitleyin. O

şartlarda, bu Kitabı‘n 2. Yardımcı Kaziyesı‘nın mantığına göre, AK‘nin KL momenti,

işlemine eşit olacaktır. Ve, AbNK alanının KLON

veya

momenti de,

işlemine eşit olacaktır.

veya

1.Vak‘a: Şimdi, eğer, cisim, alçalıyor ise ve çekim kuvveti AB2 + BD2 işlemine eşit olur ise ve BET

bir çember olur ise, çekime orantılı olan AC çizgisi,

işlemine eşit olacaktır. Ve,

DP2 ya da AP2 + 2 BAP + AB2 + BD2 işlemi de AK x Z + AC x Z işlemine ya da CK x Z işlemine eşit olacaktır. Ve bundan ötürü de, DTV alanının DPQ alanına oranı, DT 2‘nin veya DB2‘nin CK x Z‘ye oranına eşit olacaktır.

535

2.Vak‘a: Eğer, cisim, yükselme halinde ise ve çekim kuvveti, AB2-BD2‘ye eşit ise, AC çizgisi,

işlemine eşit olacaktır ve DT2‘nin DP2‘ye oranı, DF2‘nin veya DB2‘nin BP2BD2‘ye oranına eşit olacaktır. Ya da AP2 + 2 BAP + AB2 – BD2 işlemine eşit olacaktır; yani, bu da demektir ki, AK x Z + AC x Z ya da CK x Z‘ye oranına eşit olacaktır. Ve bundan ötürü, DTV alanının DPQ alanına oranı, DB2‘nin CK x Z‘ye oranına eşit olacaktır.

536

3.Vak‘a: Ve aynı akıl yürütme ile, denilebilir ki: Eğer, cisim alçalma hareketinde ise ve bundan ötürü

de, çekim kuvveti, BD2-AB2‘ye eşit ise ve AC çizgisi,

işlemine eşit değere gelir

ise, DTV alanının DPQ alanına oranı, DB2‘nin CK x Z‘ye oranına eşit olacaktır. (yukarıda olduğu gibi) O halde, bundan ötürü, bu alanlar bu oranda belirecektir. Zirâ, zamanın momenti ile DTV alanı, daima kendine eşit olur ise, ve gösterilir ise; oraya, ölçüsü belirli herhangi bir dikdörtgeni yerleştirin, örneğin, BD x m işlemi ile tanımlanmış olsun, DPQ alanı, yâni, ´ BD x PQ, BD x m‘ye oranlanınca, CK x Z‘nin BD2‘ye oranına eşit olacaktır. Ve işte bu bilgiden de, PQ x BD3 işlemi, 2 BD x m x CK x Z

işlemine

eşit

hâle

gelir.

AbNK

alanının,

evvelden

bulunmuş

KLON

momenti,

işlemine eşitlenir. DET alanından, DTV ya da BD x m momentini çıkarın ve kalan

‘ye eşit olacaktır. Bundan ötürü de, momentlerin farkı, yâni, alanların farkının

momenti,

‘ye eşittir bundan ötürü (

niceliğinin verilmiş olmasından

ötürü) AP velositesine eşittir. Yâni, cismin, alçalış veya yükseliş hareketinde tanımladığı, hacımın momentine eşit olur. Ve bundan ötürü, alanların farkı ve momentleri ile orantılı artan veya azalan ve beraberce başlayan veya beraberce yitip giden, o hacım, orantılıdır. Q.E.D Kaziyesi: Eğer, DET alanı, BD çizgisine, apply ederek, oluşan uzunluğa M denilir ise ve diğer bir V uzunluğu, M uzunluğuna, DA çizgisinin DE çizgisine oranında alınır ise; bir cisim, dirençli bir ortamın içindeki yükseliş veya alçalış hareketinin bütününde tanımlayacağı hacımın, bir cismin,

537

dirençsiz bir ortamın içinde, atâlet hâlinde iken düşme hareketine başlayıp aynı sürede

tanımlayabileceği nicelik‘e oranı, evvelcene bahsedilmiş alanların farkının,

oranına eşit

olacaktır. Ve bundan ötürü, verilmiş olan süreden ötürü verilmiş demektir. Çünkü, dirençsiz bir ortamdaki hacım, süre ile kareli oranda olacaktır ya da V2‘ye eşit olacaktır. Ve, BD ve AB verilmiş

olduğundan,

‘ye eşit olacaktır. Bu alan,

alanına eşit olacaktır ve M‘nin

momenti, m‘ye eşit olacaktır. Ve bundan ötürü, bu alanın momenti

işlemine

eşit olacaktır. Ancak, bu momentin, evvelce bahsedilmiş DET ve AbNK alanlarının farkının momentine oranı, yani,

‘ye oranı

‘nin ´ BD x AP‘ye oranına eşittir ya da

‘nin

DET‘nin içine sokulması ile oluşan değerin, DAP‘a oranına eşittir. Ve bundan ötürü de, DET ve DAP

alanları minimum ölçülerindeyken, bunlar eşitlik oranındadır. Bundan ötürü,

ve DET ve

AbNK alanlarının farkı, bu alanların tümü minimum ölçülerinde olduğunda, eşit momente haizdir ve bundan ötürü de eşittir. İşte, bundan ötürü, velositeler ve bundan ötürü, bir de, her iki ortamda da beraberce tanımlanmış hacımlar, alçalma hareketinin başlangıcında veya yükselme hareketinin sonunda eşitliğe doğru

538

yaklaşır ve bundan ötürü de, bu şartlarda, birbirine oranlandığında,

alanına eşittir. Ve

DET ve AbNK alanlarının farkına da eşittir. Dahası, dirençsiz bir ortamın içindeki hareket ile

tanımlanmış hacımın ölçüsü,

‘ye eşit olduğundan ve diğer cismin hareketinde, direnç ile

karşılaştığı bir ortamın içinde tanmlanmış hacımın ölçüsü, DET ve AbNK alanlarının farkına eşit olduğu için; buradan mantıkî olarak şu bilinir: Her iki ortamın çinde, herhangi bir ölçüdeki eşit

sürelerde tanımlanmış hacımlar, birbirine oranlandığında,

alanına eşittir. Ve DET alanının

ve AbNK alanının farkına eşittir. Q.E.D

ġERH Küresel cisimlerin seyyâl madde ortamlarının içindeki dirençleri konusunda şunlar söylenebilir: Bu direnç, kısmen, ortamın maddesinin yapışkanlığından, kısmen cismin, maddenin ortamına kendi sürtünmesinden ve kısmen de, içinde hareket ettiği ortamın yoğunluğundan kaynaklanır. Ve, direncin, seyyâl maddenin yoğunluğundan kaynaklanan kısım, yazmış olduğum gibi, velosite ile direncin; kareli oranındadır. Direncin, seyyâl maddenin yapışkanlığından kaynaklanan kısmı ise, sabittir veya zamanın

539

momentine eşittir. Ve bundan ötürü, biz şimdi bir başka konuya geçebiliriz. Kısmen, sabit bir kuvvetçe direnilen ya da zamanın momenti ile oranlı bir ölçüde olan ve kısmen de velositenin kareli oranında olan bir direnç ile karşılaşan cisimlerin hareketi konusuna. Ancak, bu kuramsal akıl yürütmeye gitmek için VIII. Ve IX. Önerme‘lerde ve bunların Kâziye‘lerinde yolu açmak yeterlidir. Çünkü, o önermelerde yükselen bir cismin kütlesinden ötürü oluşup ona karşı koyan sabit direncin yerine, cisim, sadece, vis insita‘sı ile hareket ettiğinde, ortamın yapışkanlığından oluşan sabit direncin tesirini ikâme edebiliriz. Ve cisim doğrusal bir istikamette yükseldiğinde, bu sabit ölçülü direnci, çekimin kuvvetine ilâve edin ve cisim doğrusal istikamette alçaldığında; onu çıkarın. Bir de şu tür hareketler incelenebilir: Kısmen, sabit bir ölçüde direnç ile karşılaşan, kısmen de velositeleri ile oranlı ölçüde direnç ile karşılaşan, kısmen de, aynı velositenin kareli oranında direnç ile karşılaşan cisimlerin hareketleri incelenebilir. Ve, ben, buna evvelki XIII. ve XIV. Önermeler‘de bir yol açmıştım, ki bu hareket ile, ortamın yapışkanlığından oluşan sabit direnç çekim kuvvetinin yerine ikâme edilebilir ya da onunla, evvelce olduğu gibi, bileşkelendirilebilir. Ancak, şimdi bir başka konuya geçme niyetindeyim. IV. Kısım Direnç ile karşı duran ortamların içinde hareket eden cisimlerin dairevi hareketi hakkında. III.Yardımcı Kaziye

540

Varsayın ki: PQR, bir sarmal olsun. Ve, SP, SQ, SR, & c. Yarıçaplarını eşit ölçülü açılar ile kessin. PT çizgisini, sarmal şekline, herhangi bir P noktasında değecek gibi ve SQ yarıçapını T noktasında kesecek gibi çizin. PO, QO‘yu, sarmala dikme olarak çizin ve O noktası ile birleşsin ve SO‘yu birleştirin. Bu şartlarda fikrim odur ki: Eğer, P ve Q noktaları birbirine yaklaşıp özdeşleşir ise; PSO açısı dik açı hâline gelir ve TQ x 2 PS dikdörtgeninin PQ2‘ye nihâi oranı, eşitlik oranında olacaktır. Nitekim: OPQ, OQR dik açılarından, SPQ, SQR eşit ölçülü açılarını çıkarın, kalan birbirine eşit ölçülü OPS ve OQS açılarıdır. Bundan ötürü, OSP noktalarından geçen bir çember, Q noktasından da geçecektir. P ve Q noktaları özdeşleştirilsin ve çember, sarmal‘a, PQ ile gösterilen birleştikleri konumda değecektir. Ve bundan ötürü de, OP doğrusunu diklemesine kesecektir. Bundan ötürü, OP, çemberin çapını olacak ve OSP açısı, bir yarım çemberde konumlandırıldığı için bir dik açı hâline gelir.

541

Q.E.D QD, SE‘yi OP‘ye dikme olarak çizin ve çizgilerin nihâi oranları aşağıdaki gibi olacaktır: TQ‘nun PD‘ye oranı, TS‘nin ya da PS‘nin PE‘ye oranına eşit olacaktır ya da 2 PO‘nun 2 PS‘ye oranına eşit olacaktır ve PD‘nin PQ‘ya oranı, PQ‘nun 2 PO‘ya oranına eşit olacaktır. Ve, ex aequo perturbate, TQ‘ya oranının PQ‘ya oranının, PQ‘nun 2PS‘ye oranına eşit olacaktır. İşte bu bilgiden de, PQ 2, TQ x 2 PS‘ye eşitlenir. Q.E.D 15. Önerme 12. Teorem Eğer, bir ortamın yoğunluğu, ortamın içindeki her bir konumda, bu konumların bir sabit merkezî noktaya mesâfeleri ters orantılı olur ise ve merkezcil kuvvet de yoğunluğun kareli oranında olur ise: Fikrim odur ki: Cisim, bir sarmalı tanımlaya tanımlaya döner ve bu sarmal, o merkezî noktadan çizilmiş yarıçapların hepsini verilmiş belli bir açıda keser. Varsayın, şartların hepsi evvelki Yardımcı Kaziye‘nın şartları ile aynı olsun. Ve SQ‘yu V‘ye öyle uzatın ki SV, SP‘ye eşit olabilsin. Dirençli bir ortamın içinde, bir cismi, hareketin süresi ne olursa olsun, bırakın. Ve bu cisim, PQ adlı en küçük yay parçasını tanımlasın ve bunu tanımlarken geçen sürenin iki misli bir sürede PR adlı en küçük yay parçası tanımlansın. Ve, bu yayların, direnç nedeni ile oluşan azalışları, (yahut, bunların, dirençsiz ortamların içinde aynı sürelerde tanımlanması mümkün yay parçalarından farkları, birbirlerine oranlandığından, bunları, oluşturuldukları sürelerin kareleri ile oranlı olacaktır.

542

Bundan ötürü de, PQ yayının azalışı, PR yayının azalışının dörtte birlik kısmına eşittir. O halde, eğer, QSr alanı, PSQ alanına eşit alınır ise; PQ yayının azalışı, Rr çizgiciğinin yarısına eşit olacaktır. Ve bundan ötürü de, direnç kuvvetinin merkezcil kuvvete oranı, bunların, aynı sürede oluşturdukları Rr çizgiciğinin ´‘sinin TQ‘ya oranına eşittir. Ve cisimin, P noktasında tesir edildiği merkezcil kuvvet, SP2 ile ters orantılı olduğu için ve 1. Kitabın X.Yardımcı Kaziyesı‘nın mantığınca, o kuvvet ile oluşturulmuş TQ çizgiciği bir bileşik orantıda

543

olacaktır: Bu bileşik orantının unsurları ise, bu kuvvetin oranı ve PQ yayının tanımlandığı sürenin kareli orantısından ibaret olduğu için ( bu vak‘ada, direnç kuvvetini hesabın dışında tutuyorum çünkü, bunu merkezcil kuvvetin ölçüsünden sonsuzca küçük ölçüde az kabul ediyorum. ) Şu denklemler belirir: TQ x SP 2(yani, sonuncu Yardımcı Kaziye‘nın mantığınca) ´ PQ2 x SP‘ye eşittir. Bu ise, sürenin karesi ile oranlı olacaktır ve bundan ötürü de, süre, PQ x √SP‘ye eşit olacaktır. Ve cismin hâiz

olduğu velosite ile hareket ederek aynı sürede tanımladığı PQ yayı,

ya da

‘ye eşit

olacaktır. Yani, bu da, SP‘nin ters kareli oranının tersi olacaktır. Ve aynı mantığı işleterek şu bilinir: QR yayının tanımlandığı velosite, SQ‘nun ters kareli oranının tersine eşit olacaktır. PQ ve QR yaylarının birbirine oranı, bunların tanımlandığı velositelerin birbirine oranına eşit olacaktır. Bu da

demektir ki: SQ‘nun SP‘ye ters kareli oranında olacaktır, ya da, SQ‘nun

‘ ya oranında

olacaktır. Ve, eşit ölçülü SPQ, SQr açıları ve birbirine eşit PSQ, QSr alanları, oranlı olduğu için, PQ yayının Qr yayına oranı, SQ‘nun SP‘ye oranına eşit olacaktır.

Orantılı katsayıların farkını bulun ve PQ yayının Rr yayına oranı, SQ‘nun

‘ya

oranına ya da ´ VQ‘ya oranına eşit olacaktır.

Çünkü, P ve Q noktaları özdeşleşirken,

‘ya da ´ VQ‘ya nihâi oranı, eşitlik

oranıdır. PQ yayının dirençten kaynaklanan azalışının ölçüsü, ya da, o yayın iki misli olan Rr yayının

ölçüsü, direnç ve sürenin karesinin çarpımına eşit olduğu için, direnç

544

‘ ye eşit olacaktır.

Ancak, PQ‘nun Rr‘ye oranı, SQ‘nun ´ VQ‘ya oranına eşit olmuş olduğu için,

işlemine ya da

,

işlemine eşitlenir. Çünkü, P ve Q noktaları

özdeşleşirken, SP ve SQ noktaları da özdeşleşir ve PVQ açısı, bir dik açı hâline dönüşür. Ve PVQ, PSO üçgenlerinin benzer üçgenler olması sebebiyle, PQ; ´ VQ hâline gelirken, OP; ´ OS hâline

gelir. Bundan ötürü de,

direncine eşittir. Yâni, ortamın P noktasındaki yoğunluğunun

oranının ve velositesinin kareli oranının çarpımına eşit değerde olacaktır. Velositenin kareli …. bundan çıkarın,

ya…….oranından çıkarın, ortamın ve….ortamın p

nok……yoğunluğunun …………… (Sarı Efe‘nin diş izleri defterin bu sayfasındaki bazı yazıları sansürledi.)

Yani,

işlemine eşittir. Sarmal verilmiş olsun ve OS‘nin OP‘ye oranı verilmiş olduğundan,

ortamın P noktasında yoğunluğu, 1/SP‘ye eşit olacaktır. Bundan ötürü, yoğunluğu SP‘nin (yani, cismin merkeze mesafenin ölçüsü) tersinin tersine eşit olan bir ortamı……, bir cisim hareket ettirilen ….sarmalı tanımlar. Q.E.D 1. Kaziye: P ile temsil edilmiş herhangi bir noktadaki velosite, aynı merkezcil kuvvete hâiz olup da dirençsiz bir ortamın içinde dönerek

çemberin tanımlanabilen ve merkeze mesâfenin aynı SP

uzunluğunda olduğu bir durum ile aynı ölçüdedir.

545

2.Kaziye: Ortamın yoğunluğu, eğer, SP mesâfesi verilmiş ise, OS/OP oranındadır. Eğer, bu mesâfe

verilmemiş ise,

işlemine eşittir. Ve buradan da, sarmal, yoğunluğu herhangi bir ölçüde

olan bir ortamın içinde tanımlanabilecek gibi uydurulabilir. 3. Kaziye: R ile gösterilmiş herhangi bir konumdaki direncin kuvvetinin, aynı konumdaki merkezcil kuvvete oranı, ´ OS‘nin OP‘ye oranına eşittir. Çünkü, bu kuvvetlerin birbirine oranı, ´ Rr‘nin ve

TQ‘nun birbirine oranına oranıeşittir. Ya da,

bölmesinin,

bölmesine

oranına eşittir. Yani, ´ VQ‘nun PQ‘ya oranına ya da ´ OS‘nin OP‘ye oranına eşittir. Ohalde, sarmal verildiğinde, bir de, direncin kuvvetinin, merkezcil kuvvete orantısı da verilmiş demektir. Ne bu mantık tam tersinden de doğrudur, yani, orantı verildiğinde sarmal da verilmiş demektir. 4. Kaziye: Bundan ötürü de, o cisim, çekimin kuvvetinin, merkezcil kuvvetin yarısından az olduğu durumun hâricinde, bu sarmalın üzerinde dönemez. Varsayın ki: Direnci kuvveti, merkezcil kuvvetin yarısına eşit kabul edilsin. Ve sarmal, PS doğrusu ile özdeşleşecektir. Ve cismin, bu doğrunun istikametinde merkeze doğru alçalırken hâiz olacağı velositenin, evvelce 1.Kitabı‘n X. Teoremi‘ndeki parabôl mahreki vak‘asında mantığının ispat edildiği bir dirençsiz ortamın içinde icrâ olunacak bir alçalma hareketinin velosite oranı, unity‘nin iki sayısı ile ters kareli orantısına eşit olacaktır. Ve alçama hareketinin süreleri burada, velositelerin tersine eşit olmasından, ötürü verilmiştir. 5. Kaziye: Ve merkeze eşit, velosite, PQR sarmalının üzerinde, SP doğrusunun üzerinde de olduğunda ve sarmalın uzunluğunun PS doğrusunun uzunluğuna oranı verilmiş belli bir oranda olduğu için; yani, OP‘nin OS‘ye oranında olduğu için; sarmalın üzerinde icrâ olunan merkeze doğru alçalma hareketinin süresi, SP doğrusunun üzerinde icrâ olunan merkeze doğru alçalma hareketinin süresine oranı, verilmiş aynı oranda olacaktır, ve bu sebepten ötürü de verilmiştir.

546

6.Kaziye: Eğer S merkezinden verilmiş herhangi iki yarıçap ile verilmiş iki çember tanımlanır ise ve bu çemberler mevcutken; sarmalın PS yarıçapı ile yaptığı açı herhangi bir ölçüde değiştirilirse değiştirilir ise; cismin, sarmalın üzerinde hareket ederek, bu iki çemberin çevrelerinin arasında kalan alanda, bir çemberin çevresinden diğer çemberin çevresine dönerek giderken tanımlayabileceği devirlerin sayısı PS / OS kesrine eşit olacaktır. Ya da, sarmalın PS yarıçapı ile oluşturduğu açının

547

tanjantına eşit olacaktır. Ve bu devirlerin süreleri de OP / OS oranına eşit olacaktır; yani, aynı açının sekantına eşit olacaktır; ya da ortamın yoğunluğunun tersine eşit (göre) olacaktır. 7. Kaziye:

Bir cisim düşünün: Bu cisim, S noktasını merkez alıp bu merkezin etrafında bir sarmal tanımlayacak gibi dönüyor olsun. Bu dönüş hareketinin olduğu ortamın yoğunluğu da; bu merkeze mesâfeler ile ters orantılı olsun. Ve cisim hareket ederken : İlk yarıçap olan AS‘yi B noktasında kestiğinde oluşan açı, evvcelcene A noktasında kestiğinde oluşan açı ile aynı ölçüde olsun. Ve bu kesişim noktalarında cisimin velositelerinin düzeni şöyledir:

548

B noktasındaki velositesinin A noktasındaki ilk velositesine oranı, sarmalın merkezi olan S noktasına mesafeleri ile ters kareli oranın tersine eşittir. ( Bu da şuna eşittir, AS‘nin, AS ve BS‘nin arasındaki bir orta orantılının oranına eşittir. ) Öyle ki, cisim, BFC, CGD, & c. adındaki belirsiz sayıdaki benzer dönüşleri tanımlamaya devam edecektir. Ve, bu yoldaki kesişimleri ile, AS yarıçapını kısımlara bölecektir. Örneğin, AS, BS, CS, DS, &c. adındaki doğru parçaları ―continually proportional‖ olacaktır. Ancak, bu dönüşlerin süreleri, AEB, BFC, CGD &c. yörüngelerinin çevreleri ile doğru orantılı ve cismin bu yörüngelerin başlangıçlarını temsil eden A, B, C noktalarında hâiz olduğu velositeler ile ters orantılı olacaktır. Yani, bu da, AS3/2, BD3/2, CS3/2‘ ye eşit (göre) olacaktır. Ve cisim, merkeze ulaşırken geçen sürenin tamamının, birinci dönüşün süresine oranı, AS3/2, BS3/2, CS3/2 ve sonsuza değin giden bir düzende (ad infinitum) adındaki ―continued proportional‖ ların tümünün toplamının, AS3/2 ile temsil edilmiş ilk terime oranına eşit olacaktır. Yani, bu da şuna eşittir: İlk terim olan AS3/2‘nin, dizinin ilk iki terimi olan, AS3/2‘nin ve BS3/2‘nin farkına oranına eşittir. (AS3/2-BS3/2) Ya da, 2/3 AS‘nin, AB‘ye oranına çok yaklaşık ölçüde, eşittir. İşte, bu bilgilerden de sürenin tamamı kolaycana bulunabilir. 8. Kaziye: İşte buradan da şu bilgi -yaklaşık değerde- tümdengelinerek bulunabilir. Cisimlerin, yoğunluğu ortamın kendi içinde aynı olan ortamların içindeki hareketleri veya ortamın yoğunluğunun verilmiş başka herhangi bir kanuna bağlı olarak değişik ölçüde olduğu bir ortamın içindeki hareketin S merkezinden SA, SB, SC &c. aralıkları ile ―continually proportional‖ olarak bunlara aynı sayıda çemberi tanımlayın. Ve şunu varsayarak şu denklemi kurun: Herhangi iki çemberin çevresinin arasında kalmış alandaki, ortamın içinde icrâ olunan dönüşlerin süresinin, aynı şekillerin arasında kalmış alanda düşünülen teklif edilmiş ortamın içinde icrâ olunan dönüşlerin süresine oranı; o çemberlerin arasında kalmış alandaki teklif edilen ortamın ortalama yoğunluğunun, aynı çemberlerin arasında kalmış alanda düşünülen, önceden bahsetmiş olduğumuz ortalama yoğunluğuna oranının – yaklaşık olarak- eşitlenir.

549

Ve, bahsetmiş olduğumuz ortamın içinde tasavvur edilen ve yukarıda tanımlanmış sarmaldaki AS yarıçapının sarmalı kestiği açının sekantı, teklif edilmiş ortamda tasavvur edilmiş yeni sarmalın üzerindeki aynı AS yarıçapının eğriyi kestiği açının sekantı aynı orandadır. Ve bir de: Aynı çemberlerin arasında icrâ olunan dönüşlerin sayısı –yaklaşık olarak- o açıların tanjantlarına göredir. (as) Bu şartlar sağlanır ise; herhangi iki çemberin arasındaki herhangi bir yerde, hareket çemberlerin arasından devam ettirilecektir. Ve bu metot ile, bir kişi, zorluk çekmeden, cisimlerin, herhangi bir düzenli ortamın içinde hangi velosite ile ve hangi sürede dönebileceğini idrâk edebiliriz.

9.Kaziye:

Ve her ne kadar bu hareketler, dışarlak (eksentrik) hâle gelerek bir oval şekle benzeyen

sarmalların üzerinde icrâ olunabilir ise de, yine de, bu sarmalların birkaç dönüşlü kıvrımının birbirine eşit mesâfelerini düşündüğümüzde ve yukarıdaki sarmalda betimlendiği gibi merkezî noktaya aynı ölçüdeki açılar ile yaklaştığını düşündüğümüzde, biz, o türden sarmal eğrilerinin üzerinde cisimlerin nasıl hareket ettiğini anlayabiliriz de. 16. Önerme 13. Teorem Eğer, ortamın her bir konumundaki yoğunluklar, o konumların sabit merkeze mesâfeleri ile ters orantılı olur ise ve merkezcil kuvvet, aynı mesâfelerin herhangi bir kuvveti ile ters orantılı olur: Fikrim odur ki:O cisim, sarmalın merkezinden çıkan ve belli bir açı ile uzayan yarı-çaplarını hepsini kesen sarmalın üzerinde dönerek hareket edebilir.

550

Bu; evvelki Önerme‘de ispat edildiği mantık ile gösterilip ispat edilebilir. Çünkü, eğer, P noktasındaki merkezcil kuvvet, SP mesâfesinin, endeks sayısı n+1 olan bir üssü olan, SPn+1 ile ters orantılı olur ise, yukarıda olduğu gibi şu hesaplanacaktır: O cismin, herhangi bir PQ yayını tanımladığı sürenin ölçüsü

PQ x PS1/2

n

olacaktır. Ve P noktasındaki direncin ölçüsü,

551

ya da

işlemine

eşit

olacaktır.

Ve

işlemine eşit olacaktır. Bu ise, (

bundan

ötürü,

verilmiş bir nicelik

olduğundan ) SP n + 1 ile ters orantılı olacaktır. Ve bundan ötürü, velosite SP

´n

ile ters orantılı olduğu

için, P noktasındaki yoğunluk SP ile ters orantılı olacaktır.

işleminin OP‘ye oranına eşit

1.Kaziye: Direncin, merkezcil kuvvete oranı, olacaktır.

2.Kaziye: Eğer, merkezcil kuvvet SP3 ile ters orantılı olur ise, 1 –

, 0‘a eşit olacaktır. Ve bundan

ötürü de, ortamın her direnci hem de yoğunluğu 1. Kitabın IX. Önermesi‘nin mantığına göre 0 olacaktır. 3.Kaziye: Eğer, merkezcil kuvvet, SP yarıçapının herhangi bir kuvvet ile ters orantılı olur ise ve bu üssün indeks sayısı 3 sayısından büyük olur ise, pozitif direnç negatif dirence dönüşecektir. ŞERH Bu Önerme ve evvelki Önerme, kendi içinde eşit olmayan yoğunluktaki ortamlarda geçerlidir. Ve, öyle küçük cisimlerin hareketine karşı duran dirençleri ilgilendirir ki: Cismin bir yanındaki, ortamın yoğunluğunun, cismin öbür yanındaki yoğunluğundan fazlalığı hesaba katılmayacaktır. Bir de şunu varsayıyorum: Diğer şartların eşit olduğu halde, caeteris paribus,direnç, yoğunluk ile orantılıdır. O halde, buradan da şu neticeye varılır. Direnç kuvvetinin yoğunluğa eşit olmadığı ortamlarda,

552

yoğunluk, ayarlanmalıdır: Bu ayarlama ise, yoğunluğun, artırılması veya azaltılması ile yapılabilir. Ya dirençteki fazlalık çıkarılır ya da noksan ilâve edilir. (toplanır.)

XVII. Önerme IV.Problem Bir cismin, velositenin kanunu verilmiş olduğunda, verilmiş bir sarmalın üzerinde dönerek hareket edeceği bir durumun, merkezcil kuvvetini ve ortamın direnç kuvvetini hesap etmenin metodu:

553

PQR sarmalını kabul edin. Cismin, çok kısa uzunluktaki PQ yayını kat ederken velositesinden, süre de verilmiş olacaktır. Ve TQ yüksekliğinin bilgisinden, ki bu merkezccil kuvvete eşittir (göre?) ve de sürenin karesinden, bu kuvvet de verilmiş olacaktır. Ve TQ yüksekliğinin bilgisinden de, ki bu merkezcil kuvvete eşittir (göre) ve de sürenin karesinden, bu kuvvet de verilmiş olacaktır. Sonra da, eşit süre parçacıklarında tanımlanmış PSQ ve QSR alanlarının farkından, cismin atan oranlarda yavaşlamasının ölçüsü verilmiş olacaktır. Ve bu artan oranlardaki yavaşlamadan, ortamın direnç kuvveti ve yoğunluğu hesap edilecektir.

18. Önerme 5.Problem Merkezcil kuvvetin Kanunu verilmiş olduğunda, cismin içinde hareket ederek tanımlayabileceği bir sarmalı çizeceği ortamın her bir konumundaki yoğunluğunu hesap etmenin yöntemi. Merkezcil kuvvetin ölçüsünden, her bir konumdaki velosite bulunmalıdır. Sonra da, bu velositenin artan oranlardaki yavaşlamasından; tıpkı evvelki Önerme‘deki metot ile ortamın yoğunluğu bulunmalıdır. Ancak, bu problemleri çözmek için bir yol açma metodunu bu Kitabın 10. Önermesi‘nde ve II. Yardımcı Kaziyesı‘nda izâh etmiştim. Bundan ötürü de, okuru, bundan böyle bu müşkül problemler ile meşgûl etmeyeceğim. Şimdi, ilerleyen cisimlere tesir eden kuvvetler konusunda birkaç hususu ekleyeceğim. Ve bir de, metinde, buraya değin izâh edilmiş veya bunlar ile benzeşen hareketlerin icrâ olunduğu ortamların yoğunluğu ve direnci hakkında birkaç hususu daha ilâve edeceğim.

5.Kısım Seyyâl maddelerin yoğunluğu ve sıkıştırılması hakkında ve hidrostatik hakkında

554

Seyyâl Maddenin Tanımı Seyyâl madde, öyle bir cisimdir ki, parçaları, ona tesir eden herhangi bir kuvvetle esnetilebilir ve parçaları kendi arasında kolaycana hareket ettirilebilir. 19. Önerme 14. Teorem Bir seyyâl madde düşünün ki: Hem yoğunluğu aynı olsun hem de hareketsiz olsun ve herhangi bir hareketsiz kabın içinde bulunsun. Ve her bir yandan sıkıştırılıyor olsun. (Seyyâl maddenin teksif edilmesini, kütleçekimini ve merkecil kuvvetlerin tümünü hesap harici tutmak şartı ile. ) Bu madde her bir yandan eşit ölçülü kuvvetler ile sıkıştırılacaktır ve bu basınçtan oluşmuş hiçbir hareketce konumları değiştirilmeyecektir. 1.Vak‘a: Aşağıdaki şekilde gösterildiği gibi, herhangi bir seyyâl madde, ABC adındaki küresel hacımlı kabın içinde bulunsun. Ve her bir yandan sabit(ivmesiz) kuvvetler ile sıkıştırılıyor olsun. Fikrim odur ki:

555

Bu maddenin hiçbir parçası, bu basınçtan ötürü hareket ettirilmeyecektir. Çünkü şöyle düşünün. Eğer, bunun D ile gösterilmiş herhangi bir parçası hareket ettirilmiş olsaydı: Bu parçanın, cismin içinde bulunduğu küresel hacımlı kabın merkezine eşit ölçülü mesafelerinde konumlanmış her bir yanındaki benzer parçalarının tümü, hepsinin üzerine tesir eden basınç benzer ve eşit olduğundan ve bu basınçtan oluşmamış diğer hareketler hesaba katılmadığı için, aynı esnâda aynı hareket ile zorunlu olarak hareket ettirilecektir. Ancak, bu parçaların tümü de merkeze doğru giderek yaklaşır ise, seyyâl madde merkeze doğru giderek teksif edilmek zorundadır, ki bu yaptığımız kabul ile çelişiktir. Eğer, parçalar,

556

merkezden çepere doğru çekiliyor ise de, seyyâl madde çeperlere doğru teksif edilmek zorundadır. Ki bu da yaptığımız kabul ile çelişiktir. Bu parçalar, küresel kabın hacımının merkezine mesafeleri korumak şartı ile, ne herhangi bir istikamete doğru hareket edebilir ne de bu istikametin aksi istikametinde hareket edebilir. Ve aynı cisim aynı esnâda aksi istikametlere doğru de hareket ettirilemez. Bu sebeplerden ötürü, seyyâl maddenin hiçbir parçası bulunduğu konumdan hareket ettirilemez. Q.E.D

2. Vak‘a: Şimdi şu fikri öne sürüyorum: Bu seyyâl maddenin küresel parçalarının tümü, her bir taratan eşit ölçüde basılırlar. Çünkü, şöyle düşünün: EF seyyâl maddenin küresel bir parçası olsun. Eğer, bu parça, her bir taraından eşit ölçülü kuvvetler ile basılmamış ise, noksan basıncı artırın, tâki her bir tarafından eşit ölçüde basılana kadar (Ç.N: tam saha pres !) Ve bunun parçaları, 1. Vak‘a‘nın mantığınca, kendi konumlarını muhafaza edecektir. Ve, eğer, yeni bir basınç kuvveti buna eklenir ise, seyyâl maddenin tanımı gereğince, bunlar konumlarından hareket ettirilecektir. Bu iki hüküm, biribiriyle çelişiktir. İşte bu sebepten ötürü, EF küresinin her bir tarafından eşit ölçülü kuvvetler ile basılmadığı fikri yanlıştır. Q.E.D 3. Vak‘a: Bunun yanı sıra şu fikri de öne sürüyorum: Kürevi parçaların her biri eşit ölçülü basınç uygular. Çünkü, birbirine bitişik kürevi parçalar birbirlerine karşılıklı olarak ve temas ettikleri noktada eşit ölçülü basarlar. (Hareketin III. Kânunu‘nun mantığı gereğince.) Lâkin, 2. Vak‘a‘nın mantığı gereğince, her bir taraflarından aynı kuvvetler basılır onlara. Bundan ötürü; eğer herhangi iki kürevi parça bitişik değil ise, arada konumlanmış bir başka kürevi parça her ikisine de değebilir ve aynı kuvvet ile basılacaktır. Q.E.D

557

4. Vak‘a: Şimdi öne sürüyorum ki:Seyyâl maddenin parçalarının tümüne her yerde eşit basılır. Çünkü, herhangi iki parçaya, kürevi parçalarca, hangi noktada olursa olsun, değilebilir. Ve, bunlar; o kürevi parçalara 3. Vak‘a‘nın mantığınca, eşit ölçülü kuvvetler ile basacaklardır. Ve Hareket‘in III. Kanunu‘nun mantığına göre, onlarca da, mütekabilen, basılacaktır. Q.E.D 5. Vak‘a: İşte, bu nedenden ötürü,

558

559

PRINCIPIA‟nın III. KĠTABI

560

Evvelki kitaplarda felsefenin esaslarını izah etmiştim. Bu esaslar felsefî değil ama matematiksel idi. Öyle ki felsefî incelemelerde akıl yürütmemizi bu esasların üzerine oturtalım. Bu esaslar, belli bir takım hareketlerin, kuvvetlerin ve tesirlerin kanunları ve şartlarıdır. Esas itibariyle de felsefîdir. Ancak, bunlar tek başına kuru ve sıkıcı görünmesin diye, bunları araya sıkıştırdığım felsefî yorumlarla süsledim. Felsefenin özü itibariyle, üzerine kurulduğu çok genel özellikli bir takım hususların bir değerlendirmesini verdim. Örneğin, cisimlerin yoğunlukları ve dirençleri; içinde hiçbir cisim içermeyen mekânlar ve ışığın ve seslerin hareketi gibi. Eserde, bu noktadan sonra kalan iş; aynı esaslardan yola çıkıp Dünya‟nın İşleyişinin Sistemi kısmının çizgilerini çizip göstermektir. Aslında, pek çok kişi okuyup anlayabilsin diye 3. Kitabı halka uygun bir yöntemle oluşturdum. Ancak, sonra düşündüm ki: Esasları yeterince özümsememiş bir okur, vardığım zorunlu sonuçları yeterince idrak edip ayırt edemez diye endişelendim. Ve okur yıllarca alışa geldiği

önyargıları

bir

kenara

atamaz

diye

de

düşündüm.

Bundan

ötürü;

bu

değerlendirmelerden hareket ile okurun zihninde oluşabilecek karmaşayı önlemek için, bu kitabın içeriğini matematiksel metot ile kurguladığım Önermeler‘den oluşan bir kalıba soktum. Bunlar da, sadece evvelki Kitaplar‘daki esasları özümsemiş ve ustalaşmış okur tarafından okunmalıdır. Ancak; bunu derken, okurlarımın tümüne, evvelki Kitaplar‘da yazdığım her Önerme‘yi önceden çalışmış olmayı önerdiğim zannedilmesin. Çünkü bunların hepsini okumak, adamakıllı matematik tahsil etmiş okurlara bile çok vakit kaybettirir. Bir okurun sadece, Tanımlar Kısmını, Hareket‟in Kanunları‟nı ve Birinci Kitabın ilk üç kısmını okuması yeterlidir. Sonra, bu kitaba geçip okumadığı Önermelere de ancak ihtiyaç hissettiğinde göz atabilir.

561

FELSEFÎ DÜġÜNMENĠN ESASLARI Birinci Kanun Tabiat Olayları‘nın sebeplerini düşünürken, bunları hem hakikatli hem de yeterli izâh eden sebepleri keşfettiğimizde, bundan böyle sebepleri çoğaltmamalıyız. Bu hususta, düşünürler, ―Tabiat, beyhude (boş yere) iş yapmaz.‖ demişlerdir. Azı yeterli iken çoğaltmak beyhudedir. Çünkü Tabiat, sadeliği benimser ve sebeplerin gereksizce çoğaltılmasından etkilenmez. Ġkinci Kanun Bundan ötürü, aynı tabi olayın tesirlerini izah etmek için, mümkün olduğunca, aynı sebepleri bunlarla ilişkilendirmeliyiz. Örneğin: Bir insandaki solunum ile bir hayvandaki solunum; taşların Avrupa‘daki alçalma hareketi ile Amerika‘daki alçalma hareketi, mutfaktaki ocağımızın ateşinin ışığı ile Güneş‘in ışığı, Işığın Dünya‘da yansıması ile gezegenlerden yansıması gibi… Üçüncü Kanun The qualities of bodies which admit neither intension nor remission of degrees and which are found to belong to all bodies within the reach of our experiments are to be esteemed the universal qualities of all bodies whatsoever. Çünkü cisimlerin özellikleri, bizce sadece deney yolu ile bilinebildiğinden; biz evrensel sıfatını, sadece deneyler yolu ile evrensel geçerliliği kabul edilmiş olgulara verebiliriz. Ve azalma özelliği olmayan bir şey de hiçbir zaman bitmez ve alınamaz. Biz hiçbir zaman, tecrübeden (deneyden) elde edilen ispatları, hayâllere, rüyâlara ve kendi kendimize geliştirdiğimiz kurgulara fedâ etmemeliyiz.

562

Ayrıca, Tabiat olayı‘nın incelenmesi ve yorumlanması metodundan da tâviz vermemeliyiz. Ki Tabiat olayı, sade bir mantık ile işler ve kendi kendisi ile ahenklidir. Biz, cisimlerin yüzeylerini; duyularımızdan gayrı bir yol ile bilemeyiz. Bu ise her cisim için erişilebilirdir denemez. Ancak, duyular ile bilinebilir her şeyde, bir yüzeyi algıladığımızdan ve bundan ötürü; diğer tüm şeylere de bunu atfederiz. Cisimlerin pek çoğunun sert olduğunu tecrübe ile öğreniriz. Ve bütünün sertliği, bütünün parçalarının sertliğinden oluştuğundan, buradan, sertliğin, sadece, cismin yüzeyindeki ―bölünmemiş parçacıkların‖ değil cismin tüm parçacıklarının bir özelliği olduğu hakikatini istidlâl ederiz. (çıkarsamada bulunuruz) Cisimlerin tümünün, nüfûz edilemez olduğunu, akıl ile değil duyum ile biliriz. Ele alıp dokunduğumuz cisimlerden, nüfuz edilemez olduklarını bilir ve buradan ‗cisimlerin tümü de nüfuz edilemez özelliktedir.‘ hükmüne varırız. Cisimlerin tümünün, hareket ettirilebilir olduğunu ve bizim vires inertiae adını verdiğimiz, bir takım nitelikler ile donanmış olduğunu (yani, hareket hâlini veya atâlet halini sürdürmeye eğilimli olduğunu) biz ancak gördüğümüz cisimlerden, benzer özellikleri gözlemleyerek istidlâl ederiz. (çıkarsarız.) Cisimlerdeki, cismin bütününün; yüzeylilik, sertlik, nüfuz edilemezlik, hareket ettirilebilirlik ve vis inertiae özelliklerinin, cismin parçalarının her birinin yüzeyliliğinden, sertliğinden, nüfûz edilemezliğinden, hareket ettirilebilirliğinden ve vis inertia‘larından kaynaklanır. Ve buradan şu hükme varırız. Cisimlerin tümünde; cismin en küçük parçalarının tümü de; yüzeylidir, serttir, nüfuz edilmezdir ve hareket ettirilebilirdir ve kendilerine göre vis inertia özelliği ile donanmışlardır, hükmüne varırız. Ve felsefenin özü ve esası budur. Dahası, cisimlerin bölünmüş ancak birbirine yapışık parçacıklarının birbirinden ayrılabileceği hususu bir gözlem konusudur. Ve bölünmeksizin kalan parçacıkların da, daha bile ufak parçalarının mümkün olduğunu da aklımız ayırt eder. Bu ise; matematik yolu ile ispatlanabilir. Ancak; böyle ayırt edilmiş ve henüz bölünmemiş parçaların, Tabiat Olayının, Kuvvetler‘ce, fiilen

563

bölünüp birbirinden ayrılıp ayrılamayacağı hususunda kesin hüküm veremeyiz. Ancak; bölünmemiş bir parçacığın, sert ve katı bir cisim kırılıp bölündüğünü ispat eden… Sadece bir deney bile varsa, bu kuralın özelliği ile şu hükme varabiliriz: Bölünmüş parçacıklar gibi, bölünmemiş parçacıkların da bölünmesi mümkündür ve fiilen sonsuza dek ayrılabilir. Ve son olarak, eğer, yapılan tüm deneyler ve gökbilim gözlemleri ile tüm hal ve şartlar için anlaşılırsa ki: Dünya‘nın etrafındaki cisimlerin tümü, Dünya‘ya çekiliyor ise ve bu çekim, bunların ayrı ayrı ihtiva ettiği maddenin miktarı ile orantılı ise ve benzer şekilde de Ay da ihtiva ettiği maddenin niceliğine göre; Dünya‘ya çekiliyor ise ve öte yanda; denizimiz Ay‘a doğru çekilmekte ise ve gezegenlerin tümü birbirlerine doğru karşılıklı olarak çekiliyor ise ve kuyrukluyıldızlar, benzer bir tarzda, Güneş‘e doğru çekiliyor ise, biz bu kuralın vardığı tabi olayın neticesine göre: Cisimlerin tümü, her hâl ve şartta ve Kozmos‘un (Kâinat‘ın) her yerinde, karşılıklı çekim özelliği ile donanmıştır. Çünkü görüşler ile desteklenen fikir; evrensel kütle çekiminin, cisimlerin nüfuz edilemezliği argümanına göre; daha kesin bir hüküm içerdiği fikridir. Zirâ göklerdeki o bölgelerde deney yapılmamıştır ve hiçbir gözlem kaydedilmemiştir. Kütle çekimini, cisimlerin, bir öz niteliği olarak da düşünmüyorum. Vis insita derken onların vis inertiae‘sından başka bir şeyi kastetmiyorum. Bu ikisi birbirinin yerine kullanılabilir. Bunların kütle çekimi Dünya‘dan uzaklaşılırken azalır. Dördüncü Kanun Deneysel felsefede, mümkün olduğunca hassaslıkla ve neredeyse gerçeğe yaklaşan ölçüdeki tabi olaylardan, genel tümevarım yolu ile toplanıp biriktirilen Önerme‘lere bakılmalıdır. Bu esnâda da, hayal mahsulü, hiçbir karşı hipotez dikkate alınmamalıdır; tâ ki, diğer tabiat olayıler vukû bulana değin. Bunlar ise, Önermeleri, ya daha hassas hâle getirir ya da istisnâ oluşturur. Tümevarım yöntemini işletmek varken bundan kaçınıp hipotezlere başvurma yoluna gidilmemelidir.

564

TABĠAT OLAYLARI YAHUT GÖRÜNÜġLER 1. Tabiat Olayı Jüpiter‟in etrafında dönen gezegenler12 Jüpiter‟in merkezine çizilmiş yarıçaplar ile alanları tanımlarken, bu alanlar tanımlama süreleri ile orantılı olur. Bunların devir süreleri, sabit yıldızların atâlet hâlinde olması koşulu ile bu merkezlerden mesafelerinin kareli küplü (sesquiplicate) orantısındadır. Bunu ise yapılan gökbilimsel gözlemlerden biliyoruz: Çünkü bunların yörüngeleri, Jüpiter‘in küresini dışarıdan çevreleyen kapalı eğriler şeklindedir ama bunların benzerliği kolayca algılanamayacak denli asimetriktir. Ve bu kapalı eğri şeklindeki yörüngelerindeki hareketleri ivmesiz hız ile olur ve düzenlidir. Ve gökbilim bilginlerinin hepsi, bunların devir sürelerinin, yörüngelerinin yarı-çapları ile kareli-küplü oranda olduğu hususunda hemfikirdir. Ve bu da aşağıdaki Çizelge‘den açık ve seçik olarak anlaşılabilir.

Jüpiter‟in Uyduları‟nın Devir Süreleri (periyodik süreleri)

Ç.N: Newton, bugün bizim uydu dediklerimize gezegen diyor. Aslında, bunların nasıl isimlendirildiği hiç önemli değil, önemli olan hareketlerinin ve yörüngesinin özellikleri, fiziği, matematiği ve geometrisi. Bu bağlamda düşünüldüğünde, Dünya da, diğer gezegenler de, Güneş‘in uydusu olarak da düşünülebilir. Dünya‘nın yörüngesinde dolaştırılan haberleşme amaçlı yapma uydular da Dünya‘nın uydusudur. 12

565

1gün 18saat 27dakika 34saniye

3gün 13saat 13dakika 42saniye

7gün 3saat 42dakika 36saniye

16gün 16saat 32dakika 9saniye

Jüpiter‟in Uydularının Jüpiter‟in Merkezine Mesâfelerini Gösteren Çizelge

566

Gözlemleyen Bilgin

1

2

3

4

Borelli

5 2/3

8 2/3

14

24 2/3

5,52

8,78

13,47

24,72

5

8

13

23

5 2/3

9

14 23/60

25 3/10

5,667

9,017

14, 384

25, 299

Townly, Mikrometre Cihazı ile Cassini, Teleskop ile

Cassini, uyduların tutulması yolu ile Devir Sürelerinden Hesaplama Yolu ile

Not: Çizelge‟deki nicelikler, Jüpiter‟in yuvarlağının yarıçapının cinsindendir. Bay Pound; çok hassas mikrometre cihazı kullanarak Jüpiter‘in görünüşteki çaplarını ve uydularını elongation‘ını aşağıdaki tarzda bulgulamıştır. Dördüncü uydunun, heliocentric

567

elongation‘larının en büyüğü, merceğinin çapı 15 feet ölçüsünde olan bir teleskoptan gözlemlendiğinde ve bu gözlem, Jüpiter‘in Dünya‘dan mesâfesinin ortalama bir değerde olduğunda; 8‘ 16‘‘ olduğunda ölçülmüştür. Üçüncü uydunun, elongation‘ı merceğinin çapı 123 feet olan bir teleskoptaki mikrometre aleti ile; Jüpiter‘in Dünya‘ya mesafesinin, evvelki ile aynı olduğunda, yapılmış gözlemlerden edinilen ölçü, 4‘ 42‘‘ değerini bulgulamıştır. Diğer uyduların, en büyük elongation‘ları, Jüpiter‘in, Dünya‘ya mesafesinin evvelki ile aynı olduğunda, devir sürelerden 2 dakika 56 saniye 47 sâlise ve 1 dakika 51 saniye 6 sâlise olarak hesaplanmıştır. Jüpiter‘in görünüşteki çapı; merceğinin çapı 123 feet ölçüsündeki bir teleskoptan mikrometre aleti kullanılarak birkaç defa ölçülmüş ve bu ölçünün değeri Jüpiter‘in Dünya‘ya ortalama mesafesine göre, yeniden hesaplanmış ve bulunan değer, dâima 40 saniyeden az bulgulanmış; bu değer hiçbir sefer 38 saniyenin altına düşmemiş ve genellikle de 39 saniye olarak hesaplanmıştır. Merceğinin çapı daha dar teleskoplarda ise bu değer, 40 saniye ya da 41 saniyedir. Çünkü, ışığın, ışınlarının eşit olmayan ölçüde kırılması sebebi ile Jüpiter‘den yansıyan ışık, bir miktar açılıp ovalleşmektedir. (dilatation) Ve bu dilatation‘ın belirmesinin ölçüsü, merceğinin çapı geniş ve nispeten daha gelişmiş teleskoplarda; merceğinin çapı daha dar ve o denli mükemmel olmayan teleskoplara göre; az olmakta ve bu çapın görünüşteki değerine daha yakın çıkmaktadır. Birinci ve Üçüncü uydunun, Jüpiter‘in yuvarlak diskinin alanından geçmesi gözlemlenmiştir. Bunun süreleri tutulmuştur. Bu gözlem ise, merceği geniş teleskop ile uydunun yuvarlak diskinin, Jüpiter‘in yuvarlak diskine girmeye başlamasından tam olarak çıkmasına değin yapılmıştır. Ve ilk uydunun geçişinde, Jüpiter‘in çapı, Jüpiter‘in Dünya‘dan mesafesinin bir ortalama değerinde 37 1/8 saniye olarak bulgulanmıştır. Üçüncü uydunun geçişinde 37 3/8 saniye olarak bulgulanmıştır. Bir de, Jüpiter‘in ilk uydusunun, Jüpiter‘in gaz yüzeyine düşen

568

gölgesinin hareketi gözlemlenmiş ve buradan da Jüpiter‘in Dünya‘dan ortalama mesafesi veri alındığında, Jüpiter‘in görünüşteki çapı yaklaşık 37 saniye değerinde bulgulanmıştır. 37 µ saniyeyi çok yaklaşık bir değer varsayalım: Ve bu şartlarda, 1., 2., 3., ve 4. uyduların en büyük elongation‘larının ölçüleri, Jüpiter‘in görünüşteki yarıçapları cinsinden ifâde edildiğinde; sırasıyla, 5,965; 9,494; 15,141; 26,63 değerlerindedir. II. Tabiat olayı Satürn‟ün etrafında dönen gezegenler, Satürn‟ün küresinin merkezine çizilmiş yarıçaplar ile süreler ile orantılı alanları tanımlar. Ve bunların devir süreleri, sabit yıldızların atâlet halinde bulunma şartı ile kürenin merkezine mesafeleri ile kareli-küplü orandadır. Çünkü Cassini‘nin kendi gözlemleyip saptadığı gibi, bunların, Satürn‘ün merkezine mesafeleri ve devir süreleri aşağıda verilmiştir:

Satürn‟ün Uydularının Devir Süreleri

569

1gün 21saat 18dakika 27saniye

2gün 17saat 41dakika 22saniye

4gün 12saat 25dakika 12saniye

15gün 22saat 41dakika 00saniye

79gün 7saat 48dakika 00saniye

Satürn‟ün Uydularının Satürn‟ün Merkezinden Mesâfelerinin Satürn‟ün Halkalarının Yarı-çapı Cinsinden Ölçüleri:

570

Yapılan Gözlemlerden

1 19/20

2½

3½

8

24

1,93

2,47

3,45

8

23,35

Elde EdilmiĢ Değerler

Devir Süresinden Hesaplanan Değerler

Ancak, dördüncü uydunun Satürn‘ün merkezinden en fazla ölçüdeki elongation‘ı, yapılmış gözlemlerin fazlaca da hassas olmayanlarına göre, çok yaklaşık olarak bu yarıçapların 8 misline eşittir. Ancak; çok daha hassas gözlem aletleri ile yapılan bir ölçüme göre; yani, Mr. Huygens‘in, çok hassas ölçen bir mikrometre aletiyle çalışan ve merceği 123 feet genişliğindeki teleskoptan alınan ölçüye göre bu değer, 8 yarıçapın ölçüsü ve buna bir yarıçapın 7/10‘unun eklenmesi ile oluşan değerdir. Ve gerek bu gözlemden, gerekse de devir sürelerden yola çıkılarak yapılan hesaplamalardan bilinmektedir ki: Satürn‘ün uydularının

571

Satürn‘ün merkezinden mesafeleri, birimi, Satürn‘ün halkasının yarıçapının cinsinden ifade edildiğinde; 2,1. 2,69. 3,75. 8,7 ve 25,35. değerlerindedir. Aynı teleskop ile yapılmış bir gözlemin bulgusuna göre: Satürn küresinin çapının halkasının çapına oranı 3:7 oranındadır. Ve halkanın çapı, 1719 yılının 28 Mayıs‘ını 29 Mayısı‘na bağlayan gecede yapılan bir ölçüme göre, 43 saniye olarak saptanmıştır. Ve buradan da bilinir ki: Satürn‘ün Dünya‘ya mesâfesi ortalama bir değerde iken, halkasının çapının ölçüsü, 42 saniyedir. Ve Satürn‘ün kendi çapı 18 saniyedir. Bu olgular, merceğinin çapı geniş ve ―kusursuz‖ denilebilecek teleskoplarda böylece belirmiştir: Çünkü bu tür teleskoplarda, gökcisimlerinin, görünürdeki magnitütleri, merceğinin çapı daha dar teleskoplara göre, o gökcisimlerinin kendilerinin çeperlerindeki ışığın dilatation‘u ile daha ahenklidir. O halde; eğer ölçümü şaşırtan aldatan ışığın tesirini nötralize edersek, Satürn‘ün çapı 16 saniyeyi aşmayacaktır.

3.TABĠAT OLAYI Beş esas gezegenin, yani, Merkür‟ün, Venüs‟ün, Mars‟ın, Jüpiter‟in ve Satürn‟ün her birinin kendi yörüngesinde Güneş‟in etrafında dönmesi hakkında. Merkür‘ün ve Venüs‘ün, Güneş‘in etrafından döndüğü olgusu, bunların Ay‘ın görünümlerine benzeyen hallerinden bellidir. Bunlar, parlaklarının âzami ölçüsünde olduklarında, bize göre; Güneş‘in ötesinde veya üzerindedir. Yarım parlaklık ile gözüktüklerinde, bunlar, Güneş‘in o veya bu tarafında aynı irtifâdadır. (yüksekliktedir.) Boynuzlu gözüktüklerinde, ya Güneş‘in altlarındadır ya da bizimle Güneş arasındadır. Ve bazen de; tam altında olduğunda, Güneş‘in yuvarlak diskini transverse (kesip geçen) benekler gibidir. Mars‘ın, Güneş‘in etrafında döndüğü hakikati, Güneş ile kavuşum noktalarındaki tam parlaklığından ve dördül noktalarındaki gibious hâlinden bellidir. Ve aynı olgu; Jüpiter‘in ve Satürn‘ün de Güneş‘in

572

etrafında döndüğü hakikati, bunların konumlarının hepsinde tam ve bütün olarak gözükmeleri olgusundan da ispatlanıp gösterilebilir. Ve bir de, bunların çevresinde dönen uydularının; gölgelerinin bazı bazı yuvarlak disklerinin üzerine düşüp belirmesi de; bunların parlamalarının öz ışıklarından olmadığı ancak Güneş‘ten gelen ışığı yansıttıklarının bir ispatıdır.

4. TABĠAT OLAYI Sabit yıldızlar; atâlet halindeyken; beş esas gezegenin devir süreleri (ister Güneş, Dünya‘nın etrafında dönüyor gibi düşünülsün) ister Dünya‘nın Güneş etrafında döndüğü olgusu kabul edilsin; Güneş‘e ortalama mesafeleri ile kareli-küplü orandadır. Bu orantı ilk defa Kepler tarafından tespit edilmiştir ve şimdilerde astronomların hepsince kabul görmektedir. İster, Güneş, Dünya‘nın etrafında dönüyormuş gibi düşünülsün ister Dünya‘nın Güneş‘in etrafında döndüğü olgusu esas alınsın, devir süreler aynıdır ve yörüngelerin ölçüleri/boyutları aynıdır. Ve astronomların hepsi, devir sürelerin ölçüleri konusunda hemfikirdir. Ancak, yörüngelerin boyutları konusunda; Kepler ve Bullialdus diğerlerinden daha ileridedir çünkü bunları daha bir hassaslıkla saptamışlardır. Ve onların hesapladığı devir sürelere denk gelen ortalama mesâfeler, öteki bilginlerin bulguladıkları değerlerden ancak pek az farklılaşır. Ve çoğu zaman da bu değerlerin aralığında kalır ki bunu da aşağıdaki Çizelge‘den okuyabiliriz: Gezegenlerin ve Dünya‟nın GüneĢ‟in Etrafında Dönmelerinin Devir Sürelerinin Sabit Yıldızlara Göre Ölçülerek, Gün ve bir Gün‟ün virgülden sonraki devam eden kısmı cinsinden verilmesi.

573

Satürn

Jüpiter

Mars

Dünya

Venüs

Merkür

10759,275

4332,514

686,9785

365,2565

224, 6176

87, 9692

Gezegenlerin ve Dünya‟nın GüneĢ‟e Mesâfelerinin Ortalama Değerleri

Kepler‘e Göre

Bullialdus‘a

Satürn

Jüpiter

Mars

Dünya

Venüs

Merkür

951 000

519650

152350

100000

72400

38806

954198

522520

152350

100000

72 398

38585

954006

520096

152369

100000

72333

38710

Göre

Devir Sürelerinden Hesaplanarak

Merkür ve Venüs‘ün, Güneş‘e mesâfesi konusunda hiçbir şüphe olamaz, bunlar gezegenlerin Güneş‘ten elongation‘ları ile saptanmıştır. Ve daha cüsseli gezegenlerin mesafeleri konusunda ise, bütün tartışma, Jüpiter‘in uydularının tutulması tabiat olayıi ile bitmiştir. Çünkü bu

574

tutulmalar ile Jüpiter‘in verdiği gölgenin konumu tespit edilmiştir. Ve oradan da Jüpiter‘in heliocentric longtitude‘unu buluruz. Ve heliocentric ve geocentric longtitude‘ları karşılaştırıp mesafesini tayin ederiz. 5.TABĠAT OLAYI O halde; esas gezegenler, Dünya‘ya çizilmiş yarıçaplar ile hiçbir şekilde süreler ile orantılı alanları tanımlamaz ama bu gezegenlerden Güneş‘e çizilmiş yarıçaplar ile tanımladığı alanlar bu tanımlamada geçen süreler ile orantılıdır. Çünkü Dünya‘dan gözüktükleri kadarıyla, bunlar bazen ilerliyormuş gibi, bazen duruyormuş gibi, bazen de geriye doğru hareket ediyormuş gibi gözükür. Ancak; Güneş‘ten gözüktüklerinde; bu gezegenler daima, ileriye doğru ve neredeyse ivmesiz bir hız ile hareket halinde gözükürler. Bu da demektir ki: Hızları, günberi noktalarında azıcık daha tez, gün öte noktalarında birazcık daha yavaştır. Öyle ki; alanların tanımlanmasında bir eşitliği muhafaza ederler. Bu husus; gökbilim bilginlerince iyice bilinen bir Önerme‘dir. Ve özellikle de Jüpiter‘in uydularının tutulmalarının da gösterilebilir. Evvelce de yazdığımız gibi, bu tutulmalardan elde edilen bulgularla Jüpiter‘in heliocentric longtitude‘u ve buradan da Güneş‘ten mesâfesi tespit edilir.

6.TABĠAT OLAYI Ay‟ın, Dünya‟nın merkezine çizilmiĢ yarı-çaplar ile sürelere orantılı alanları tanımlaması hakkında. Bu bilgiyi de biz, Ay‘ın görünürdeki hareketini, görünürdeki çapı ile karşılaştırarak buluyoruz. Ay‘ın hareketinin, Güneş‘in tesiri ile bir miktar ajite edildiği bir gerçektir, ancak;

575

bu Tabiat olayıleri ortaya atarken göz ardı edilebilecek ölçüde küçük hataları hesaba katmıyorum.

ÖNERMELER 1.Önerme 1.Teorem Jüpiter‟in etrafından dönen gezegenleri doğrusal hatlı hareketlerinden mütemadiyen çekip onları tâyin edilmiş yörüngelerinde tutturan kuvvetler, Jüpiter‟in merkezine yönelmiştir. Ve bunların ölçüsü de, o gezegenlerin bulundukları noktalardan, merkezî noktaya mesafelerinin kareleri ile orantılıdır. Bu Önerme‘nin ilk kısmı, 1. Tabiat olayı‘den ve 1.Kitap‘ın II. ve III. Önermeleri‘nden bilinir. Önerme‘nin ikinci kısmı ise; 1.Tabiat olayı‘den ve aynı kitabın 4.Önermesi‘nden ve 6. Kaziyesi‘nden bilinir. Aynı Kanun, Satürn‘ün etrafında dönen gezegenler için de geçerlidir ve bu da II. Tabiat olayı‘den bilinir. 2. Önerme 2. Teorem Esas gezegenlerin, doğrusal hatlı hareketlerinden mütemadiyen çekilip tayin edilmiş yörüngelerinde tutulduğu tesiri sağlayan kuvvetler; Güneş‟e yönelmiştir. Ve bunların ölçüsü; bu gezegenlerin bulundukları yerlerden Güneş‟e mesafelerinin kareleri ile ters orantılıdır. Önerme‘nin ilk kısmı; V. Tabiat olayı‘den ve I. Kitap‘ın II. Önermesi‘nden bilinir. Önerme‘nin II. Kısmı ise, IV.

Tabiat olayı‘den ve aynı Kitap‘ın IV. Önermesi‘nin

6.Kaziyesi‘nden bilinir. Ancak; Önerme‘nin bu kısmı, son derece hassaslıkla, gezegenlerin

576

gön öte noktalarındaki durgunluğundan da ispat edilebilir. Çünkü ters kare oranından çok çok küçük ölçüde bir sapma olsaydı (I. Kitap‘ın, 45. Önermesi‘nin, 1.Kaziyesi‘nin mantığına göre) bu durum; apsides noktalarını hareketlerinde her bir döngüde algılanabilecek derecede büyük bir hareket üretir ve döngüler çoğaldıkça bunların tesirlerinin toplamı çok ama pek çok büyük olurdu. 3. Önerme 3. Teorem Ay‟ı, Dünya‟nın etrafındaki yörüngesinde tutturan kuvvetler Dünya‟ya yönelmiştir. Ve bunların ölçüsü; Ay‟ın, Dünya‟nın merkezinden mesafesinin karesi ile ters orantılıdır. Önerme‘nin ilk kısmı 6. Tabiat olayı‘den ve I.Kitap‘ın II. ya da III. Önermeleri‘nden besbellidir. Önerme‘nin ikinci kısmı ise, Ay‘ın yeröte noktalarının, çok yavaş hareketinden bilinebilir; ki bu noktalar, her bir döngüde, 3 derece 3 saniyelik bir ölçüde in consequentia (ileriye doğru) hareket eder ki bunlar ise hesaba katılmayabilir. Çünkü 1.Kitabın 45. Önermesi‘nin 1.Kaziyesi‘nden bilinir ki; Ay‘ın Dünya‘nın merkezine mesafesinin Dünya‘nın yarıçapına oranı, D‘nin 1‘e oranına eşit ise: Böyle bir hareketten oluşacak kuvvetin ölçüsü,

üslü çokluğunun tersi olacaktır. Yani, tabanı D olan ve üslü kuvveti

olan bir

sayının tersi olacaktır. Bu da demektir ki: Mesafenin, ters karesinden büyükçe bir değer

olacak ama karesine, kübünden

misli yaklaşmış bir ölçü ile orantılı olacaktır. Ancak,

bu hareket, Güneş‘in tesirine bağlı oluşunu göz önüne alarak, metinde, daha sonra izah etmek üzere burada bu konuyu atlıyorum. The action of the sun, attracting the moon from the earth, is nearly as the moon‘s distance from the earth. Ve bundan ötürü; (1.Kitap‘ın 45. Önermesi‘nin 2. Kaziyesi‘nde izah etmiş olduğumuz gibi, bunun Ay‘ın merkezcil kuvvetine oranı 2‘nin 357,45‘e oranına eşittir. (Ya da

577

yaklaşık olarak) Bu da demektir ki; 1‘in 178 29 /40‘a oranına eşittir. Ve eğer; Güneş‘in hesaba katılmayacak denli az ölçüdeki kuvvetini; hesabın dışında bırakırsak, kuvvetin kalanı ki bununla Ay yörüngesinde tutturulmaktadır, D2‘nin tersine eşit olacaktır. Bu husus, bu kuvveti; kütle çekimi kuvveti ile karşılaştırdığımız bir sonraki Önerme‘de daha da belirginleştirilecektir. Kaziye: Eğer, Ay‘ın yörüngesinde tutturulduğu tesiri sağlayan ortalama merkezcil kuvvetin; ilkin 177 29/40‘ın 178 29 /40‘a oranında; sonra ikinci olarak da Dünya‘nın yarıçapının karesi ile Ay‘ın ve Dünya‘nın merkezlerinin ortalama mesafesi ile orantılı olarak arttırırsak, bulacağımız değer, Ay‘ın merkezcil kuvvetinin Dünya‘nın yüzeyinin üzerindeki kuvvetinin ölçüsü olacaktır. ( Bu kuvveti, Dünya‘nın yüzeyine doğru, yaklaşan noktalarda; irtifânın ters kare orantısında mütemadiyen artmakta olduğunu varsayarsak.) 4. Önerme 4. Teorem Ay‟ın Dünya‟ya doğru çekilmesi ve kütle çekimi kuvveti ile mütemadiyen doğrusal hatlı hareketinden çekilip yörüngesinde tutturulması hakkında: Ay‘ın Dünya‘dan mesafesi karşıt konum noktalarında; Dünya‘nın yarı-çapı birim alındığında, şu birim değerlerde bulunmuştur: Batlamyus‘a, (Ptolemy) göre ve daha birçok gökbilim bilginine göre; 59, Vendelin ve Huygens‘e göre 60, Kopernik‘e göre 60 1/3, Street‘e göre; 60 2/5 ve Tycho‘ya göre 56 ´ birimdir. Ancak, Tycho ve onun Işığın Kırılması Çizelgeleri‘nden edinilen bilgi, Güneş‘in ve Ay‘ın ışığı kırmasını, sabit yıldızların ışığı kırmasını aşan bir değerde göstermiş ve ufkun 4 veya 5 dakika yakınlarında, Ay‘ın yatay paralaksı‘nı bu değerlere yakın bir değerde çoğaltmıştı. Bu değer de, paralaksın tamamının, 12‘de biri veya 15‘de biridir. Bu hatayı düzelttikten sonra, mesâfe yaklaşık olarak Dünya‘nın 60 ´ yarıçapına eşit bulunur ki bu değer de diğer astronomların bulduğu değerlere yakındır. Varsayalım ki:

578

ortalama mesafe, karşıt konum noktalarında, Dünya‘nın çapının 60 misline eşittir. Ve varsayalım ki: Ay‘ın bir döngüsü, sabit yıldızlara göre düşünüldüğünde, astronomların belirlediği gibi, 27 gün, 7 saat 43 dakika‘lık bir sürede tamamlanır. Ve Dünya‘nın çevresi, Fransızlar‘ın, ölçüm metodu ile bulguladığı gibi, 123249600 Paris ayağı ölçüsündedir. Ve şimdi, şöyle hayal edelim: Ay, bir anda bütün hareketinden soyutlansın ve öylece bırakılsın. Öyle ki, Dünya‘ya doğru alçalma hareketine geçsin. Bu hareket kuvveti de III. Önerme‘nin Kaziyesi‘nin bildirdiğine göre, onu yörüngesinde tutturtan kuvvettir. Ve bununla, 1 dakikalık bir süre içinde, düşüşünde 15 1/12 Paris ayağı niceliğinde bir uzunluk tanımlar. Bunun hesabı da, ya 1. Kitabın 36. Önermesi‘ne dayandırılır ya da aslında aynı anlama gelen; aynı Kitabın 4. Önermesi‘nin 9. Kaziyesi‘ne dayandırılır. Çünkü Ay‘ın, 1 dakikalık bir süre zarfında, ortalama hareketi ile Dünya‘nın 60 yarıçapına eşit bir mesafeyi tanımladığı yayın ters sinüs‘ünün, yaklaşık 15 1/12 Paris ayağı ölçüsündedir ya da daha hassas bir değerle 15 feet 1 inç ve 1 çizgi 4/9‘dur. Bundan ötürü; bu kuvvet, Dünya‘ya yaklaşırken, mesafenin ters kare orantısında artar ve bu hesaba göre, Dünya‘nın yüzeyinde, Ay‘dakinde olduğuna göre 60 x 60 misli fazladır. Ve hakikaten de atmosferde, bu kuvvet ile düşen bir cisim, 1 dakikalık süre zarfında; 60 x 60 x 15 1/12 Paris ayağı ölçüsünde bir mesafeyi tanımlar. Ve dakikanın bir saniyesinde, 15 1/12 ayaklık bir yolu tanımlar. Ya daha hassas ifade edersek, 15 feet, 1 inç ve 2 çizgi ve 4/9 ölçüsünü tanımlar. Ve hakikaten de, burada atmosferin içinde alçalan cisimlerde gözlemlediğimiz kuvvet budur. Zirâ, Mr. Huygens‘in, Paris şehrinin enleminin üzerinde yaptığı bir gözlemde bulguladığı gibi; salınan bir sarkaç saniyede 3 Paris ayağı ve 8 çizgi ´ uzunluğunda olacaktır. Ve sert bir cismin, 1 saniyelik bir sürede, düşme hareketinde tanımladığı mekânın ölçüsünün, bu sarkacın uzunluğunun yarısına oranı; bir çemberin çevresinin çapına oranı; (Ç.N: π sayısını kastediyor.) kareli orandadır. (Ki bunu da Mr. Huygens ispatlamıştır. ) Ve bundan ötürü; bu ölçü, 15 Paris ayağı, 1 inç ve 1 çizgi 7/9 niceliğindedir. Ve bundan ötürü; Ay‘ın yörüngesinde, tutturulduğu tesiri oluşturan kütle

579

çekimi kuvveti, Dünya‘nın yüzeyinde, burada cüsseli cisimlerde gözlemlediğimiz kütle çekimi haline gelir. Ve bundan ötürü; 1. ve 2. Kural‘ın mantığınca; Ay‘ın yörüngesinde tutturulduğu tesiri oluşturan kuvvet, bizim halk lisanında ağırlık dediğimiz kuvvet ile bir ve aynı kuvvettir. Çünkü çekim kuvveti, ondan başka bir kuvvet olmuş olsaydı, Dünya‘ya doğru alçalan cisimler, her iki kuvvetin de beraberce tesir etmesi ile 2 misli ölçüde bir velosite ile düşerdi. Ve 1 dakikalık bir sürede, 30 1/6 Paris ayağı uzunluğunda bir mekânı tanımlamış olurlardı ki bu yapılan deneylere aykırı bir değerdir. Bu hesap, Dünya‘nın durduğu hipotezi üzerine temellendirilmiştir. Çünkü hem Dünya hem de Ay, Güneş‘in etrafından dönerek hareket ediyor ise ve bu esnâda, kendi müşterek çekim merkezlerinin etrafında da hareket ediyor ise, Ay‘ın ve Güneş‘in merkezlerinin birbirinden mesafesi, Dünya‘nın yarıçapı birim alındığında, 60 ´ birim olacaktır. Bu ise, 1. Kitabın, 40. Önermesi‘nden bilinen bir hesapla bulunabilir. Yorum Bu Önerme‘nin ispatı, aşağıda izah edildiği gibi daha diffuse‘ly yapılabilir. Varsayın ki: Dünya‘nın etrafında birkaç sayıda Ay dönüyormuş… Jüpiter‘in ve Satürn‘ün etrafındaki sistemlerdeki gibi. Bu Ay‘ların devir süreleri, tümevarım mantığına göre, Kepler‘in bulduğu ve gezegenlerin kendi aralarında tâbi olduğu Kanun‘a tâbi olacaktır. Ve bundan ötürü, bunların merkezcil kuvvetleri, bu Kitabın 1. Önermesi‘nin mantığına göre; Dünya‘nın merkezinden mesafelerinin kareleri ile ters orantılı olacaktır. Şimdi eğer, bu Ay‘ların Dünya‘ya en yakın yörüngede döneni, çok küçük ölçüde olursa ve Dünya‘ya yakınlığı da, en yüksek dağların zirvelerine neredeyse değecek kadar olur ise; bu şartlardaki, bunu yörüngesinde tutan merkezcil kuvvetin ölçüsü, bu en yüksek dağlarda bulunabilecek herhangi bir dünyasal cismin ağırlığına neredeyse eşit olacaktır; bu ise evvelki hesaplamadan bilinebilir. Ve bundan ötürü eğer; Bu küçük Ay‘dan, onu yörüngesinde hareket ettiren

580

savrulma kuvveti, çekilip alınırsa ve bununla yörüngesinde ileriye doğru hareket etmesi engellenir ise; bu Ay Dünya‘ya doğru alçalmaya başlayacaktır. Ve bu hareketin velositesi de; sert cisimleri, aynı yüksek dağların zirvelerinden hakikaten düştüğü velositeye eşit olacaktır. Çünkü; her iki cismi de alçalmaya zorlayan kuvvetler eşittir. Ve eğer; bu en aşağıdaki yörüngedeki Ay‘ın alçalmasını sağlayan kuvvet; kütle çekiminden farklı bir kuvvet olmuş olsaydı ve eğer bu Ay, Dünya‘ya doğru harekete geçirilmiş olsaydı; (tıpkı, Dünya‘daki cisimlerin, yüksek dağların zirvelerinden düşmesinden olduğundaki gibi) alçalma hareketi, bu durumda, 2 misli bir velosite ile olurdu, çünkü bu her iki kuvvet beraberce işlemiş olur ve birbirine eklenirdi. Ve işte bundan ötürü; bu iki kuvvet, yâni, sert cisimlerin ağırlığı ve Ay‘ların merkezcil kuvvetleri; Dünya‘nın merkezine doğrultulmuştur ve kendi aralarında benzer ve eşittir. O halde; I. ve II. Kural‘a göre, bir ve aynı sebeplidir. Ve bundan ötürü; Ay‘ı yörüngesinde tutan kuvvet bizim Halk lisanında ağırlık dediğimiz kuvvetin aynısıdır. Çünkü öbür türlü; bir dağın zirvesindeki bu küçük Ay, ya ağırlıksız olmak durumundadır ya da sert cisimlerin düşmesinden iki misli hız ile düşmelidir. 5.Önerme 5.Teorem Jüpiter‟in etrafından dönen gezegenlerin Jüpiter‟e çekilmesi hakkında. Satürn‟ün etrafından dönen gezegenlerin Satürn‟e çekilmesi hakkında. Güneş‟in etrafında dönen gezegenlerin Güneş‟e çekilmesi ve çekim kuvvetleri doğrusal hatlı hareketlerinden çekilip eğri çizgisel yörüngelerinde gezdirilmeleri hakkında. Jüpiter‘in etrafında dönen gezegenlerin döngüsü; Satürn‘ün etrafında dönen gezegenlerin döngüsü ve Merkür, Venüs ve Güneş‘in etrafında dönen diğer gezegenlerin tabiat olayıi, Ay‘ın Dünya‘nın etrafında dönmesi ile aynı türden hareket ve döngüdür. Ve bundan ötürü, 2. Kural‘a göre; aynı türden sebeplerden oluşsa gerektir. Özellikle, bu döngülerin sebebi olan kuvvetlerin, doğrultusunun Jüpiter‘in, Satürn‘ün ve Güneş‘in merkezlerine doğrultulmuş

581

olması ispat edilmiş olduğundan. Ve bu kuvvetler, Jüpiter‘den, Satürn‘den ve Güneş‘ten uzaklaşıldıkça, aynı orantıda azalır ve aynı Kanun‘a göre azalır, tıpkı, Dünya‘dan uzaklaşıldıkça çekim kuvvetinin tesirinin azalması gibi… 1.Kaziye: O halde, gezegenlerin hepsine yönelen bir çekim kuvveti vardır, çünkü, şüphesiz, Venüs, Merkür ve diğerleri; Jüpiter ve Satürn ile aynı türden cisimlerdir. Ve III. Kanun‘a göre; çekimlerin tümü karşılıklı tesir ettiğinden, Jüpiter kendi uydularına doğru çekilecek Satürn kendi uydularına doğru çekilecek ve Dünya da Ay‘a doğru çekilecek ve Güneş de esas gezegenlerin hepsine doğru çekilecektir. 2.Kaziye: Gezegenlerin herhangi birine yöneltilmiş çekim kuvveti, o gezegeni bulunduğu konumdan mesafesinin karesi ile ters orantılıdır. 3.Kaziye: 1.Kaziye‘nin ve 2.Kaziye‘nin mantığına göre, gezegenlerin hepsi, birbirlerine doğru çekilir. Ve bundan ötürü; Jüpiter ve Satürn, kavuşum noktalarının yakınındayken birbirlerini karşılıklı çekmeleri, birbirlerinin hareketlerinin ahengini algılanabilecek ölçüde bozar. Aynı mantık ile Güneş, Ay‘ın hareketlerini bozar ve Güneş ve Ay beraberce denizleri ajite eder, ki bunu da metinde daha sonra izah edeceğiz. Yorum Gökcisimlerini yörüngelerinde tutan kuvvete metinde buraya kadar merkezcil kuvve adı verilmişti. Ancak; apaçık belli olmuştur ki; bu kuvvet cezbeden bir kuvvetten başka bir şey olamaz. Bundan böyle, metinde, ona Kütle çekimi kuvveti diyeceğiz. Çünkü Ay‘ı yörüngesinde tutan merkezcil kuvvetin, nedenselliği, I. , II. , IV. , Kurallar‘ın mantığına göre, gezegenlerin tümüne birden aktarılabilir. 6.Önerme 6.Teorem

582

Tüm cisimlerin her gezegene cezbedilmesi hakkında. Ve cisimlerin gezegenlerin arasından birine, o gezegenin merkezine eşit mesafelerde, hem çeken hem de çekilen cisimlerin madde miktarları ile orantılıdır. Havadan ağır cisimlerin, eşit yüksekliklerden bırakıldıklarında, yere eşit sürelerde inmesi olgusu, daha evvel başka bilginlerce de gözlemlenmiştir. ( bu cisimlerin, havanın içinde düşerken havaya sürtünmesi ve az miktardaki sürtünme kuvvetinden ötürü bir miktar yavaşlamalarındaki eşitsizlik göz ardı edilirse) Ve bu sürelerin eşitliğini, sarkaçlarla deneyerek çok hassas bir ölçüye kadar ayırt edebiliriz. Ben bunun deneyini, altın ile gümüş ile kurşun ile cam ile kum ile sofra tuzu ile ahşap ile su ile ve buğday ile yaptım. İki ahşap kutu hazırladım. Bunlar, yuvarlak biçimli ve eşit hacımlıydı. Kutunun birini ahşap ile doldurdum ve eşit ağırlıktaki altını (ölçüyü mümkün olduğunca eşitlemeye çalışarak) da diğer kutuya yerleştirip ipi salınım merkezinde gerdirdim. 11 feet‘lik iplerden salınmaya bırakılmış, eşit ölçülü kutulardan yapılma bir sarkaç çifti düzeneği, hem ağırlık hem de şekil yönünden tamamen eşittir ve bunlar havanın direncine eşit ölçüde mâruzdur. Birini diğerinin önüne yerleştirip bunların ileri ve geri oynaşmalarını gözlemledim. Uzun süre eşit ölçülü salınımlar ile gidip geldiler. Ve bundan ötürü, altınlı olanın madde miktarının ahşaplı olanın madde miktarına oranı, motive kuvvetin (vis motrix) altınlının tamamına tesirinin, ahşaplının aynı kuvvetle tesir edilmesine oranına eşittir. Başka bir deyişle, birinin ağırlığının diğerinin ağırlığına oranına eşittir. Ve aynı şey, diğer cisimlerde de gözlemlenmiştir. Aynı ağırlıktaki cisimler ile bu deneylerin sonucunda, maddenin farkını, maddenin bütününün binde birinden az bir fark ile keşfetmiş olabilirdim, eğer, böyle bir fark olsaydı. Ancak, hiç şüphe yok ki, kütle çekimi kuvvetinin gezegenlere doğrultulmuş özelliği ile Dünya‘ya yönelmiş özelliğinin hiçbir farkı yoktur. Çünkü Dünya‘daki bir cismi, Ay‘ın yörüngesine dek çıkartırsak ve orada Ay‘la beraber, bütün hareketlerinden soyutlarsak, öyle ki, öylece bırakılıverirse, Dünya‘ya

583

doğru beraberce düşmeye başlarlar ise, buraya dek ispatlamış olduklarımızdan besbellidir ki: Bunlar, eşit sürelerde eşit mekânları tanımlarlar. Ve bunun sonucu olarak, madde miktarı açısından, cismin, Ay‘a oranı, cismin ağırlığının Ay‘ın ağırlığına oranındadır. Dahası, Jüpiter‘in uydularının döngüleri, bunların, Jüpiter‘in merkezine mesafeleri ile kareli küplü orantıda olduğundan, Jüpiter‘e doğrultulmuş ivmeli çekim kuvvetleri; Jüpiter‘in merkezine mesafelerinin kareleri ile ters orantılıdır. Ve bundan ötürü, bu uyduların, Jüpiter gezegenine eşit yüksekliklerden düştüğü bir durum varsayılır ise, bunlar tıpkı, Dünya‘daki havadan ağır cisimler gibi; eşit sürelerde eşit mekânları kat ede ede hareket edecektir. Ve mantığı işleterek, eğer, Güneş‘in, çevresinde dönen gezegenler, Güneş‘e eşit mesafelerde bırakılıp Güneş‘ e doğru alçalma hareketine başlasalar, uzayın eşit kısımlarını birbirine eşit sürelerde geçerler. Ancak, eşit olmayan cisimleri, eşit ölçüde ivmelendiren kuvvetler, bu cisimler ile orantılı olsa gerektir. Bu da demektir ki; gezegenlerin Güneş‘e yönelmiş ağırlığı, ihtiva ettikleri maddenin miktarına göre olsa gerektir. Dahası; Jüpiter‘in ve uydularının Güneş‘e doğrultulmuş ağırlıkları, bunların ihtiva ettiği maddenin miktarları ile orantılıdır ve bu da 1.Kitabın 65. Önermesi‘nin 3.Kaziyesi‘nin mantığınca, uydularının aşırı düzenli hareketlerinden belli olur. Çünkü eğer, bu cisimlerden bazıları, ihtiva ettikleri maddenin miktarına orantıyla, diğerlerine göre, Güneş‘e doğru daha kuvvetlice çekilmiş olsalardı; bu uyduların hareketleri 1. Kitabın, 65. Önermesi‘nin, 2.Kaziyesi‘nin mantığına göre; çekimin eşitsiz oluşu ile bozulurdu. Eğer, Güneş‘ten eşit mesafelerde, herhangi bir uydu, ihtiva ettiği maddenin miktarına orantısına göre, Jüpiter‘in kendisinin maddesinin miktarının orantısına göre, daha büyük bir kuvvet ile Güneş‘e doğru cezbedilirse, verilmiş herhangi bir orantıyı; d‘nin e‘ye oranı olarak kabul edin. Bu durumda, Güneş‘in merkezi ve uydunun yörüngesinin merkezi arasındaki mesafe, Güneş‘in merkezi ve Jüpiter‘in merkezi arasındaki mesafeden her konumda uzun olur ve bu da bu orantı neredeyse,

584

ters kare orantısında olur. Bunu da, çeşitli hesaplamalar ile buldum. Ve eğer; uydunun Güneş‘e cezbedildiği kuvvet, e‘nin d‘ye oranından az bir orantıda olur ise; uydunun yörüngesinin merkezinin Güneş‘e mesafesi, Jüpiter‘in merkezinin Güneş‘e mesafesinden az olur: Bunun ölçüsü de, aynı orantının ters kare orantısında olur. Bundan ötürü, eğer, Güneş‘e eşit mesafelerde, herhangi bir uydunun Güneş‘e doğrultulmuş ivmeli çekim kuvveti, Jüpiter‘in Güneş‘e yönelmiş ivmeli çekim kuvvetinden; çekim kuvvetinin bütününün 1/1000‘inden az ya da fazla olur ise, uydunun yörüngesinin merkezinin Güneş‘e mesafesi, Jüpiter‘in Güneş‘e mesafesinden, toplam mesafenin 1/2000‘lik kısmı ölçüsünde, fazla veya az olur. Bu da demektir ki: En dışarıdaki uydunun, Jüpiter‘in merkezine mesafesinin 1/5‘i ölçüsünde olur. Yörüngenin bu dışarlaklığı (eksentrisitesi) son derece algılanabilir bir ölçüdedir. Ancak, uyduların yörüngeleri, Jüpiter‘in yörüngesi ile müşterek merkezlidir. Ve bundan ötürü; Jüpiter‘in ve uydularının Güneş‘e doğrultulmuş ivmeli çekimleri, kendi aralarında eşittir. Ve aynı mantık ile düşünürsek: Satürn‘ün ve uydularının Güneş‘e doğrultulmuş ağırlıkları, Güneş‘e eşit mesafelerde, her birinin ihtiva ettiği maddenin miktarına göredir. Ve Ay‘ın ve Dünya‘nın Güneş‘e doğrultulmuş ağırlıkları ya hiç yoktur ya da bunların ihtiva ettiği maddenin kütlesi ile orantılıdır. 5. Önerme‘nin ve 1. ve 3. Kaziyeleri‘nin mantığına göre bazıları öyledir. Ancak dahası: Her bir gezegenin parçalarının her birinin herhangi bir gezegene doğrultulmuş ağırlığı, birbirine göre, bunların çeşitli parçalarındaki maddenin miktarlarına göredir. Çünkü eğer, ihtiva ettikleri maddenin miktarlarına göre; bazı parçaları daha az cezp ediliyor ise, o halde: gezegenin bütünü, fazlalığı oluşturan türdeki parçalarına göre; bütündeki maddenin miktarının orantısından fazla veya az cezp edilecektir. Ve parçaların dışarıda veya içeride bulunduğu hiçbir an da yoktur. Çünkü, eğer, örneğin: Dünya‘daki bazı cisimleri, Ay‘ın yörüngesine yükseltip onları orada Ay‘ın cismi ile karşılaştırdığımızı hayal edersek: Ve eğer, bu cisimlerin ağırlıklarının, Ay‘ın dışarıdaki parçalarının ağırlığına oranı, cisimdeki maddenin miktarının, Ay‘ın parçasındaki

585

maddenin miktarına oranına eşit olsa idi; o halde, benzer bir mantık ile bu cisimlerin ağırlıklarının Ay‘ın bütününün ağırlığına oranı, bundan fazla veya az orantıda olurdu. Ki bu, yukarıda ispat etmiş olduğumuz şey ile çelişir. 1.Kaziye: O halde, cisimlerin ağırlıkları; formlarına (biçimlerine) ve dokularına bağlı değildir. Çünkü eğer, ağırlıklar, formları değiştirilerek değiştirilebilseydi, eşit ölçüdeki madde miktarları için, çeşitli formların her birine göre fazla veya az olurdu. Bu durum ise; tecrübe ile yanlışlanır. 2.Kaziye: Her hal ve şartta, Dünya‘nın etrafında dönen cisimler, Dünya‘ya doğru cezp edilir. Ve bu cisimlerin ağırlıkları, Dünya‘nın merkezine eşit mesafelerde, cisimlerin ayrı ayrı ihtiva ettiği maddenin miktarına göredir. Deneyini yapabildiğimiz cisimlerin tümünde bu özellik gözlemlenebilir. Ve bundan ötürü; III. Kural‘ın gereğince; cisimlerin hepsi için kabul edilmelidir. Eğer, ether veya herhangi bir diğer cisim, ya tamamen çekimsiz olsaydı, ya da ihtivâ ettiği madde miktarının orantısına göre, az çekilmiş olsaydı, o halde, (Aristo‘ya, DesCartes‘a ve diğerlerine göre) o cisim ve diğer cisimler arasında sadece maddenin formu açısından bir fark olmayacaktır ve bir formdan bir diğerine birbirini izleyen geçişler sonunda, en nihayetinde öyle bir cisme dönüşecektir ki: Bu cisim, ihtiva ettiği maddenin miktarına orantılı değerlendirildiğinde, en fazla ölçüde çekilecektir. Ve öte yandan, en ağır cisimler, o cismin ilk formuna bürünerek, azar azar çekiminin çoğunu kaybedebilir. Ve bundan ötürü, ağırlıklar, cisimlerin biçimlerine (formlarına) bağlı olmuş olurdu ve bu formların dönüşmesi ile değişirdi. Bu durum ise; evvelki Kaziye‘de ispatlanmış şey ile de çelişir. 3.Kaziye: Mekân‘ın her yeri eşit ölçüde dolu değildir. Çünkü eğer, Mekân‘ın her yeri eşit ölçüde dolu olsaydı, o durumda, seyyâl maddenin havayı dolduran özgül çekimi (specific gravity) maddenin aşırı yoğun olmasından ötürü; cıva‘nın, altının veya yoğunluğu çok fazla olan herhangi bir maddenin özgül çekiminin ölçüsünden az olmazdı. Ve bundan ötürü, ne

586

altın, ne de başka herhangi bir cisim, havanın içinde alçalma hareketinde bulunamazdı. Çünkü cisimler, seyyâl maddeden daha ağır olmadıkça; alçalma hareketinde bulunamazlar. Ve eğer, verilmiş bir mekândaki, bir miktar madde, herhangi bir metotla seyreltilebiliyor ise ve azaltılabiliyor ise; bu azaltılışın sonsuza kadar götürülmesini ne engelleyebilir? 4.Kaziye: Eğer, cisimlerin tümünün katı parçacıkları aynı yoğunlukta olmuş olsaydı, bunların hiç biri, gözeneksiz, boşluksuz, aralıksız seyreltilemez. Aksi takdirde, vakum durumu mümkün olurdu; aynı yoğunluktaki cisimlerden kastım, vis inertia‘ları kütleleri ile orantılı cisimlerdir. 5. Kaziye: Çekim kuvveti, mıknatısiyet kuvvetinden farklı bir mahiyettedir. Çünkü mıknatısiyet çekimi, çekilen maddeye göredir. Bazı tür cisimler, mıknatıs tarafından kuvvetlice çekilir, bazı tür cisimler zayıfça çekilir. Bazı tür cisimler hiç çekilmez. Bir mıknatısın çekim kuvveti, arttırılabilir veya azaltılabilir veya mıknatıslanarak mıknatısiyeti de arttırılabilir veya azaltılabilir. Bazen de, çekim konusu olan maddeye orantısına göre, bazen çok kuvvetlidir ve mıknatıstan uzaklaştırılırken, mesafelerin kareli oranında değil neredeyse küplü oranında da azalacaktır. Ki bu hükme de, yapmış olduğum bir takım pek de hassas olmayan gözlemlerden vardım.

7. Önerme 7. Teorem Cisimlerin tümüne; cisimlerin ihtivâ ettiği madde miktarlarıyla orantılı tesir eden bir kütle çekimi kuvveti hakkında.

587

Gezegenlerin birbirine karşılıklı olarak cezp edildiği bir kuvveti evvelce hesaplamıştık. Bir de, bunların her birine yönelmiş çekim kuvveti ayrı ayrı değerlendirildiğinde, o gezegenin merkezine, mesafelerin kareleri ile ters orantılıdır. Ve buradan yola çıkarak; 1.Kitabın 69. Önermesi ve bunun Kaziye‘lerinin mantığı gereğince, gezegenlerin her birine doğrultulmuş çekimler, ihtivâ ettikleri maddenin miktarları ile orantılıdır. Dahası herhangi bir A gezegeninin, tüm parçaları, herhangi bir B gezegenine cezp edilmiş olduğundan ve her bir parçanın çekiminin, bütünün çekimine oranı; parçanın madde miktarının bütünün madde miktarına oranına eşit olduğundan ve III. Kanun‘un mantığınca, her tesire karşı gelen bir karşı tesir olduğundan, bundan ötürü, B gezegeni, A gezegeninin parçalarının tümüne doğru cezp edilecektir ve bunun herhangi bir parçaya cezp edilmesinin, bütüne cezp edilmesine oranı, parçanın madde miktarının bütünün madde miktarına oranına eşittir. Q.E.D 1. Kaziye: Bundan ötürü; bir gezegenin bütününe doğrultulmuş cazibe kuvveti, parçaların hepsinden kaynaklanır ve parçaların tümünün bir bileşkesinden oluşur. Mıknatısların çekimi ve elektriksel çekim, bunlar hakkında bize örnek sunar. Çünkü bütüne yönelmiş çekim, çeşitli parçalara yönelmiş çekimlerden kaynaklanır. Bu konu, kütle çekimi hakkında bir örnek vererek daha kolay anlaşılabilir: Büyük bir gezegen hayal edelim: Bu, tek bir kürede birleşen çok sayıda küçük küçük gezegenlerden oluşsun. İşte burada, bütünün toplam kuvvetinin, onu terkip eden parçaların kuvvetinden oluşmak zorunda olduğu anlaşılır. Eğer, şöyle bir itiraz öne sürülecek olursa: Bu Kanun‘a göre; Dünya‘daki cisimlerin tümü, birbirlerine doğru cezp edilmek zorundadır, hal böyleyken, böyle bir çekim hiçbir yerde gözükmemektedir. Benim bu itiraza cevabım da: Bu cisimlere yönelmiş çekimin, Dünya‘nın tümüne yönelmiş çekime oranı, bu cisimlerin Dünya‘nın tümüne oranına eşit olması sebebiyle, bunlara yönelmiş

588

çekimin, duyularımız ile algılanıp gözlemleyebileceğimiz seviyenin çok altında kalmak zorunda olduğudur. 2.Kaziye: Herhangi bir cismin, çok sayıda eşit parçacığa yöneltilmiş çekim kuvveti, parçacıklarından mesafenin karesi ile ters orantılıdır. Ki bu da, 1. Kitabın 74. Önermesi‘nin 3. Kaziyesi‘nin mantığından bellidir. 8. Önerme 8. Teorem Birbirlerine karşılıklı olarak cezp edilen iki kürede, eğer, madde, kürenin yüzeyinin her tarafında ve merkezlerden eşit ölçüde olmak üzere benzer konumlandırılmışsa, her bir kürenin diğerine yöneltilmiş ağırlığı, ölçüsü, kürelerin merkezlerinin mesafesinin karesi ile ters orantılıdır. Bir gezegenin bütününe yöneltilmiş çekim kuvvetinin, onun parçalarının tümüne yöneltilmiş çekim kuvvetlerinden oluştuğu ve bunların bir bileşkesi olduğu gerçeği ve her bir parçaya yönelmiş çekimin, o parçadan mesafesinin karesi ile ters orantılı olduğu gerçeğini de tespit ettikten sonra; yine de bu ters kare orantısının hakikaten doğru olup olmadığı konusunda yine de şüphe içindeydim veya bu kadar çok sayıda kısmî kuvvetlerden bileşkesi oluşturulmuş bir yekûnun hakikaten bu orantıyı verip vermediğinin şüphesi uyanmıştı. Çünkü: mümkündü ki, çok geniş mesafelerde; yeterince hassaslıkla, orantıyı veren denklem, parçacıkların konumlanışlarının benzeşmez olduğu ve mesafesinin eşitsiz olduğu gezegenin yüzeyinde hakikate uygun olmayabilirdi. Ancak; 1. Kitabın 75. ve 76. Önermeleri‘nin ve Kaziyeleri‘nin yardımıyla, bu Önerme‘nin hakikatinden en sonunda, şimdi izah edeceğim gibi, emin olmuştum. 1.Kaziye: O halde biz, cisimlerin, değişik gezegenlere yöneltilmiş ağırlıklarını bulabiliriz ve hesaplayabiliriz. Çünkü gezegenlerin etrafında çember şeklindeki yörüngelerde dönen

589

cisimlerin ağırlıkları; 1. Kitabın IV. Önermesi‘nin 2. Kaziyesi‘nin mantığına göre, çemberlerin çapları ile doğru orantılı ve devir sürelerin kareleriyle ters orantılıdır. Ve bunlar, gezegenlerin yüzeylerinde bulundukları yerdeki ağırlıkları, ya da merkezlerden herhangi bir mesafedeki ağırlıkları, bu Önerme‘nin mantığınca, mesafelerin ters kare orantısında fazla veya azdır. Bu durumda: Venüs‘ün Güneş‘in etrafındaki 224

gün

16 3/4 saat ölçüsündeki devir süresinden;

Jüpiter‘in etrafında en dıştaki yörüngede dönen uydunun 16

gün

16 8/15

saat

‘lik devir

süresinden, Satürn‘ün etrafında, Huygens‘in keşfettiği ve 15gün ve 22 2/3saat‘lik bir devir sürede dönen uydudan ve Dünya‘nın etrafında 27gün 7saat 43dakika‘lık bir devir sürede dönen Ay‘dan ve bu verileri, Venüs‘ün Güneş‘ten ortalama mesafesi ile karşılaştırarak ve Jüpiter‘in etrafında dönen uydulardan en dış yörüngedekinin heliocentric elongations‘larının en büyüğünün, Jüpiter‘in merkezinden mesafesinin ölçüsü olan 8 dakika 16 saniyelik değer ile karşılaştırılmasından; Huygens‘in keşfetmiş olduğu uydunun Satürn‘ün merkezinden mesafesi olan 3 dakika 4 saniyelik değerden ve Ay‘ın Dünya‘nın merkezinden mesafesi olan 10 dakika 33 saniyelik değerden; yola çıkıp yaptığım hesapta buldum ki: Eşit ağırlıklı cisimlerin; Güneş‘in, Jüpiter‘in, Satürn‘ün ve Dünya‘nın merkezlerinden eşit mesafelerdeki; Güneş‘ yöneltilmiş, Jüpiter‘e yöneltilmiş ve Satürn‘e yöneltilmiş; ve Dünya‘ya yöneltilmiş ve birbirlerine göre, sırasıyla; 1; 1/1067; 1/3021 ve 1 / 169282 değerleri ile orantılıdır. O halde; mesafeler arttıkça veya azaldıkça, ağırlıklar da ona göre; kareli oranında azalacağından veya artacağından, eşit ağırlıktaki cisimlerin, Güneş‘e, Jüpiter‘e, Satürn‘e ve Dünya‘ya yöneltilmiş ağırlıkları, bunların merkezlerine 10000; 997; 791 ve 109‘luk mesafelerde, yani, bu da demektir ki: Bunların hemen yüzeylerinde, sırasıyla; 10000; 943; 529 ve 435 değerlerinde olacaktır. Ay‘ın yüzeyinde cisimlerin ağırlıklarının ne ölçüde olacağının hesabı ise daha sonra görülecektir.

590

2.Kaziye: O halde, çeşitli gezegenlerdeki, maddenin miktarını bulmak istersek: Bunlar, madde miktarları, merkezlerinden eşit mesafelerdeki çekim kuvvetlerine eşit olduğundan; yani: Güneş‘te, Jüpiter‘de, Satürn‘de ve Dünya‘da sırasıyla, 1; 1/1067; 1/3021; 1/169382 değerleri ile orantılıdır. Eğer; Güneş‘in paralaksı; 10‘‘ 30‘‘‘ değerinden fazla veya az alınırsa; Dünya gezegenindeki maddenin miktarı, bu orantının kübünde arttırılmalı veya azaltılmalıdır. 3.Kaziye: Aynı yoldan, gezegenlerin yoğunluklarını da buluruz. Çünkü 1. Kitabın 72. Önermesi‘nin mantığına göre; eşit ve türdeş cisimlerin türdeş kürelere yöneltilmiş ağırlıkları; o kürelerin yüzeylerinde, bu kürelerin çaplarına eşittir. Ve bu nedenle de; türdeş olmayan kürelerin yoğunlukları bu ağırlıkların, kürelerin çaplarına applied edilmesine eşittir. Ancak; Güneş‘in, Jüpiter‘in, Satürn‘ün ve Dünya‘nın hakiki çaplarının birbirine göre orantısı; 10000; 997; 791; 109‘dur. Ve aynı kürelere yöneltilmiş ağırlıkları da sırasıyla; 10000; 943; 529 ve 435 ile orantılıdır. Ve bundan ötürü; yoğunlukları da 100; 94 ´; 67 ve 400 ile orantılıdır. Dünya‘nın, bu hesaplamadan bulunan yoğunluğu, Güneş‘in paralaksına bağlı olmayıp Ay‘ın paralaksı ile saptanmıştır ve bundan ötürü hakiki tanımlamadır. O halde; Güneş, Jüpiter‘den birazcık daha yoğundur, Jüpiter Satürn‘den birazcık daha yoğundur ve Dünya Güneş‘ten 4 misli yoğundur. Çünkü Güneş müthiş ısısı ile bir tür seyreltilmiş haldedir. Ay, Dünya‘dan daha yoğundur. Buysa, metinde izah edilecektir. 4.Kaziye: Gezegenler ne ölçüde küçükse, diğer şartlar eşit olduğunda (caeteris paribus) o ölçüde yoğundur. Çünkü o durumda, bunların birkaç yüzeyindeki çekim kuvvetleri eşitliğe yaklaşır. Bunlar da aynı mantıkla; caeteris paribus, diğer şartların eşitliği hâlinde, Güneş‘e yakın oldukları ölçüde yoğundurlar. Nitekim Jüpiter, Satürn‘den daha yoğundur ve Dünya

591

Jüpiter‘den daha yoğundur. Çünkü eğer, gezegenler, Güneş‘ten farklı konumlandırılmış olsaydı, Güneş‘in ısısında tesir almaları, bunların yoğunluk derecelerine göre, fazla veya az orantılı olurdu. Dünya‘daki su; eğer Satürn‘ün yörüngesindeki kadar uzak bir mesafeye taşınabilseydi, buza dönüşürdü ve Merkür‘ün yörüngesinde çabucak buharlaşıp uçardı. Çünkü içerdiği ısı ile orantılı olan Güneş‘in Işığı, Merkür‘ün yörüngesinin civarında, Dünya‘nın yörüngesinde olduğundan 7 misli yoğundur. Ve termometre ile yaptığım ölçümlerde, yaz güneşinin ısısının 7 mislinin suyu kaynatmaya yeteceğini saptadım. Hiç kuşkusuz; Merkür‘ün maddi yapısı, maruz kaldığı ısıya uygun özelliktedir ve bu nedenden ötürü de Dünya‘nın maddesinden daha yoğundur. Çünkü yoğun madde içerisinde Tabiat‘ın işlevleri daha yoğun ısı gerektirir. 9. Önerme 9. Teorem Çekim kuvvetinin, gezegenlerin yüzeyinden aşağıya doğru inildikçe, merkezlerinden mesafeleri ile neredeyse orantılı ölçüde azalması hakkında. Eğer, gezegenlerin yoğunluğu eşit ölçüde olmuş olsa; bu Önerme, 1.Kitabın, 73. Önermesi‘nin mantığınca; hassaslıkla doğru olurdu. O halde hata, yoğunlukların eşitsizliğinden kaynaklanandan fazla olamaz.

10. Önerme 10. Teorem Gökteki gezegenlerin hareketinin “akıl almaz ölçüde” uzun bir süre boyunca sürdürülüp devam ettirilebileceği hakkında.

592

2.Kitabın 40. Önermesi‘nin Yorumu‘nda, göstermiştim ki: Su‘dan yapılma bir küre formu dondurulduğunda ve buz kestiğinde ve havanın içinde ―serbestçe‖ hareket ettirildiği bir durumu düşünelim. Bu buz topu kendi yarıçapının uzunluğu kadar bir mesafeyi kat ettiğinde, içinde yol aldığı havanın sebebiyle hareketinin 1/ 4586‘lık kısmını yitirecektir. Ve aynı orantı kürelerin tümünde geçerlidir. Kürenin ölçüsü ne olursa olsun. Ve küre hangi velosite ile hareket ettirilirse ettirilirsin. Ancak; şöyle düşünüyorum. Dünya Küresi‘nin mevcut yoğunluğu, bu küre sadece ve sadece sudan oluşma olsaydı olacağından daha yoğundur. Eğer, kürenin bütünü, sadece ve sadece sudan oluşmuş olsaydı; yoğunluğu suda az her ne varsa, yukarı doğru çıkar ve suyun üzerinde yüzendi. Ve bu mantığa göre düşününce; eğer topraktan yapılma bir küre, yüzeyinin bütününde su ile kaplanmış olsaydı ve sudan az yoğun olsaydı; yüzeyin bir yerinden dışarı çıkar ve bunun doldurduğu hacımdan çıkan su gerilere doğru akar ve kürenin aksi tarafında toplanırdı. Ve büyük bir yüzey alanı denizler ile kaplanmış olan Dünya küresinde de durum budur. Karasal kısım (toprak) eğer, yoğunluğu sudan fazla olmuş olmasa, denizlerin bir yerinden belirir ve hafifliğinin derecesine göre; kürenin yüzeyinden çok veya az ölçüde kaldırılırdı. Ve denizin suları kürenin aksi tarafına doğru geriye akardı. Aynı mantık ile düşünerek; Güneş‘in lekeleri, Güneş‘in küresinin yüzeyindeki ışıyan maddenin üzerinde o maddeden daha hafif oldukları için yüzer. Ve gezegenler, henüz seyyâl madde kütleleri halinde bulundukları bir safhada (evrede) her nasıl oluşturulmuşlarsa, ağır maddelerin tümü merkeze yığılmıştır ve birikmiştir. O halde; Dünya‘nın yüzeyindeki toprak elementi, su‘dan yaklaşık iki misli ağırdır. Ve yüzeyin biraz altındaki derinlikte, örneğin, maden ocaklarında, yaklaşık 3, 4 hatta 5 misli daha ağır olduğu tespit edilmiştir. Muhtemeldir ki: Dünya‘nın bütününün maddesinin miktarı; eğer küre, tamamıyla sudan oluşmuş olsaydı olacağından, 5 veya 6 misli ağırdır. Buna bir başka bir sebep de, evvelden ispatlamış olduğum gibi; Dünya gezegeninin Jüpiter‘den 4 misli daha

593

yoğun olmasıdır. O halde; eğer, Jüpiter, sudan birazcık daha yoğun ise; 30 günlük bir sürede, bu gezegen, kendi yarıçapını birim kabul edip bu birimlerden 459 birimlik bir yolu aldığında (tanımladığında) Dünya‘daki hava ile aynı yoğunluktaki bir ortamın içinde, hareket etmiş ise; hareketinin neredeyse 1/10‘luk kısmını kaybedecektir. Ancak, ortamların direnci, ortamların ağırlığına ve yoğunluğuna orantılı olarak azaldığı için, cıva‘dan 13 3/5 misli hafif olan Su, bu oranda az direnç gösterir. Ve hava; sudan 860 misli hafif olduğundan, aynı orantıda az direnç gösterir. Bundan ötürü; içinde gezegenlerin hareket ettiği ortam olan uzay (fezâ?) ağırlığı çok ama çok azaltılmış olduğundan direnç neredeyse yok gibidir. 2. Kitabın 22. Önermesi‘nin Yorum kısmında, gösterildiği gibi; hava, dünyanın yüzeyinden 200 mil yükseklikte, Dünya‘nın yüzeyine göre, 30 sayısının 0,0000000000003998 sayısına oranında seyrektir. Yaklaşık olarak 75 000 000 000 000 sayısının 1‘e oranında seyrektir. Ve bundan ötürü; Jüpiter, gezegeni, havakürenin yukarı katmanlarındaki yoğunluğunda, bir ortamın içinde dönerken, bu ortamın direnci nedeniyle, hareketinin 1 000 000‘da birlik kısmını, 1 000 000 yılda kaybetmeyecektir bile. Dünyanın yüzeyine yakın mekânlarda, direnç sadece hava, canlıların soluması ve buhar/dumanlarca oluşturulur. Bunlar bir kabın içinden, alttaki bir boşluktan bir hava pompası ile dikkatlice alındığında, ağır cisimler bu kabın içerisinde engellenmeksizin ve hiçbir gözlemlenebilir direnç ile karşılaşmaksızın düşer. Altın ve en hafifinden bir tüy, aynı anda, bırakıldıklarında; eşit velosite ile alçalacaklardır. Ve bu cisimler, 4,6 veya 8 ayaklık yüksekliğinde bir mekânı kat ederek düşseler bile; kabın tabanına aynı anda varır. Bu olgu yapılan deneylerde bulgulanmıştır. Ve işte bundan ötürü; gezegenler ve kuyrukluyıldızlar, fezâda, hareket ettirilerek döndüklerinden, fezâda hesaba katılacak ölçüde bir direnç ile itilmez ve hareketlerini hesaba kitaba gelmeyecek denli uzun devirler boyunca sürdürür. 1.Hipotez.

594

Dünyanın sisteminin merkezinin hareket ettirilemez olması hakkında. Bu herkes tarafından kabul edilmiştir. Lâkin bazıları Dünya‘nın bazıları da Güneş‘in merkezde sabit durduğunu savlamıştır. Şimdi buradan istidlâl edilebilen neticeleri çözümleyelim: 11.Önerme 11.Teorem Dünya‟nın, Güneş‟in ve gezegenlerin tümünün müşterek çekim merkezinin hareket ettirilemez olduğu hakkında. Çünkü Hareket‘in Kanunları‘nın 4. Kaziyesi‘nin gereğince, bu merkez ya atâlet halindedir ya da ileriye doğru doğrusal bir istikamette ivmesiz bir hız ile hareket hâlindedir. Ancak, eğer, bu merkez, hareket ettirilmiş olsaydı, Dünya‘nın merkezi de hareket ettirilmiş olurdu ki bu hipotez ile çelişir. 12. Önerme 12.Teorem Güneş‟in mütemadiyen ajite edildiği ancak gezegenlerin tümünün müşterek çekim merkezi noktasından, hiçbir şartta, pek de fazla kaymadığı hakkında. Bu böyledir çünkü: 8. Önerme‘nin 2.Kaziyesi‘nce Güneş‘in ihtiva ettiği maddenin miktarının Jüpiter‘in ihtiva ettiği maddenin miktarına oranı, 1067‘nin 1‘e oranına eşittir. Ve Jüpiter‘in Güneş‘e mesafesinin Güneş‘in yarıçapına oranı, evvelki orantıdan birazcık fazla bir orantıdadır. Aynı mantık ile Güneş‘in maddesinin miktarının Satürn‘ün ihtiva ettiği maddenin miktarına oranı, 3021‘in 1‘e oranına eşit olduğundan ötürü ve Satürn‘ün Güneş‘e mesafesinin Güneş‘in yarı-çapına oranı, evvelki orantıdan az küçük bir orantıda olduğu için, Satürn‘ün ve Güneş‘in müşterek çekim merkezi noktası, Güneş‘in küresinin içinde ve kürenin yüzeyinin biraz altında bir noktada konumlanır. Ve bu hesaplamanın mantığının prensiplerini takip

595

ederek: Dünya‘nın ve tüm gezegenlerin, Güneş‘in bir tarafında konumlandırıldığını tasavvur ettiğimizde; bu gökcisimlerinin tümünün müşterek çekim merkezinden mesafesi, ancak Güneş‘in küresinin çapına eşit olabilir. Diğer durumlarda, merkezlerin mesafeleri, dâima bu çapın değerinden azdır ve bundan ötürü müşterek çekim merkezi dâima atâlet halindedir: Güneş, gezegenlerin çeşitli konumlandırılışlarına göre, her tarafa doğru mütemadiyen hareket ettiriliyor olsa gerektir, ancak merkezden hiç şartta ve durumda pek de fazla uzaklaşamaz. Kaziye: O halde; Dünya‘nın, Güneş‘in ve tekmil gezegenlerin müşterek çekim merkezi, Dünya‘nın merkezi olarak addedilebilir. Çünkü, Dünya, Güneş ve tekmil gezegenler; birbirlerine doğru ve karşılıklı olarak cezp edilirler ve bundan ötürü, kendi çekim kuvvetleri ölçüsünce, Hareket‘in Kanunları‘nın gerektirdiği gibi; mütemadiyen ajitasyon halindedirler. Eğer bu cisim, merkeze konumlandırılmış olsaydı ve öteki cisimler, (basit düşünceli bir kanıya göre) en çok bu noktaya cezp edilmiş olsalardı; bu ayrıcalıklı nokta Güneş‘e ayrılmalıydı. Ancak, Güneş‘in kendi cismi de hareket ettirildiğinden, Güneş‘in merkezinin en az ölçüde kaydığı bir sabit nokta belirlenmeli ve eğer, Güneş‘in cismi daha yoğun ve hacımlı olmuş olsaydı; bu kaymanın ölçüsünün daha bile az olacağı ve bu nedenle hareket ettirilebilmeye daha az eğilimli olacağı bir nokta olmalıydı bu nokta. 13. Önerme 13.Teorem Gezegenler

müşterek

odak

noktasında;

Güneş‟in

küresinin

merkez

noktasının

konumlandırıldığı bir dizi elips şekilli yörüngede döner ve bu merkeze çizilmiş yarıçaplar ile alanları tanımlarken, tanımlanan bu alanlar tanımlama süreleri ile orantılı olur. Bu metnin evvelki kısmında; Tabiat olayıler‘de bunlardan bahsettik. Şimdi bunların dayandığı esasları bildiğimize göre; göklerdeki hareketleri bunlardan a priori olarak tümdengelim yolu ile biliyoruz. Çünkü gezegenlerin Güneş‘e yöneltilmiş ağırlıkları, Güneş‘in merkezine

596

mesafelerinin kareleri ile ters orantılıdır ve eğer Güneş atâlet halindeyse ve gezegenler birbirine karşılıklı olarak tesir etmese bunların yörüngeleri elips şeklinde olurdu. Müşterek odak noktasında da Güneş konumlandırılırdı. Ve bunların, 1.Kitabın XIII. Önermesi‘nin 1.Kaziyesi‘ne göre, I. ve XI. Önermeler‘e göre, dönerken tanımladıkları alanlar, alanları tanımladıkları süreler ile orantılı olurdu. Ancak, gezegenlerin birbirlerine tesiri öyle küçük ölçüdedir ki bu hesaba katmaya değmez. Ve 1. Kitabın 66. Önermesi‘ne göre ve Güneş‘in o nokta etrafında gezindiği hakiki durumdan; eğer Güneş o nokta üzerinde sabit olup atâlet halinde bulunsaydı olacağından daha az bir ölçüde Güneş‘i ajite ederler. Şu bir hakikattir ki: Jüpiter‘in Satürn‘ün üzerindeki tesiri hesaplamada dikkate alınmalıdır: Zira Jüpiter‘e yöneltilmiş çekim kuvvetinin, Güneş‘e yöneltilmiş kuvvetine oranı, 8. Önerme‘nin 2. Kaziyesi‘ne göre, eşit mesafelerde, 1‘in 1067‘ye oranına eşittir. Ve bundan ötürü; Jüpiter‘in ve Satürn‘ün kavuşum noktalarında; Satürn‘ün Jüpiter‘e mesafesinin Satürn‘ün Güneş‘e mesafesine oranı, 4‘ün 9‘a oranına neredeyse eşit olduğundan; Satürn‘ün Jüpiter‘e yöneltilmiş çekiminin, Satürn‘ün Güneş‘e yöneltilmiş çekimine oranı, 81‘in 16 x 1067‘ye oranına eşit olacaktır ya da 1‘in 211‘e oranına yaklaşık olarak eşit olacaktır. Ve işte bundan ötürüdür ki: Satürn‘ün Jüpiter ile her kavuşum noktasında, bu pertürbasyon oluşur ve öyle dikkate değerdir ki, astronomların kafası bundan epeyce karışmıştır. Gezegen bu kavuşum noktalarında farklı farklı konumlandırıldığında, onun eksentrisitesi (dışarlaklığı) bazen arttırılmış bazen azaltılmıştır. Ve günöte noktası, bazen ileriye taşınmış bazen de geriye taşınmıştır ve ortalama hareketi, sırasıyla, ivmelendirilmiş ve artan ölçüde yavaşlatılmıştır. Ancak yine de, Güneş‘in etrafında sürdürdüğü bu hareketteki hatanın tamamı, her ne kadar çok büyük ölçüde bir kuvvetten kaynaklanmış olsa da neredeyse tamamıyla önlenebilir. (ortalama hareketteki hariç) Bunun yolu da, gezegenin aşağıda kalan odak noktasını, 1.Kitabın 68. Önermesi‘nin mantığına

göre,

Jüpiter‘in

ve

Güneş‘in

müşterek

çekim

merkezi

noktasına

konumlandırmaktır. İşte bu yapıldığında, bu hata en fazla ölçüde olduğunda; 2 dakikalık bir

597

ölçüyü anca aşar ve ortalama hareketteki hatanın maksimum‘u, yıllık düşünüldüğünde, 2 dakikayı anca aşar. Ancak; Jüpiter‘in ve Satürn‘ün kavuşum noktalarında; Güneş‘in Satürn‘e yöneltilmiş, Jüpiter‘in Satürn‘e yöneltilmiş ve Jüpiter‘in Güneş‘e yöneltilmiş ivmeli çekim kuvvetlerinin

ölçüleri, neredeyse, 16, 81,

ya da 156609 değerlerindedir. Ve bundan

ötürü; Güneş‘in Satürn‘e yöneltilmiş çekim kuvvetini ve Güneş‘in Jüpiter‘e yöneltilmiş çekim kuvvetlerinin farkının; Jüpiter‘in Güneş‘e yöneltilmiş çekim kuvvetine oranı; 65‘in 156609‘a ya da 1‘in 2409‘a oranındadır. Ancak; Satürn‘ün, Jüpiter‘in hareketini ajite etmedeki maksimum kuvveti, bu fark ile orantılıdır ve bundan ötürü; Jüpiter‘in yörüngesinin pertürbasyonu, Satürn‘ünkinden çok azdır. Diğer yörüngelerin pertürbasyonları, bundan bile azdır. Bunun istisnâsı ise; Dünya‘nın yörüngesidir ki Ay‘ın hareketinden kayda değer ölçüde ajite edilmektedir. Bundan ötürü, Dünya‘nın ve Ay‘ın müşterek çekim merkezi, Güneş‘in etrafında bir elips çizerek hareket eder ve bu noktadan Güneş‘e çizilmiş yarıçaplar ile alanları tanımlarken, tanımladığı alanlar, tanımladığı süreler ile orantılı olur. Ancak; Dünya, bu esnâda aylık hareketi ile bu müşterek merkezin etrafında döner. 14.Önerme 14.Teorem Gezegenlerin yörüngelerinin günöte ve düğümleri sabittir. Günöte noktalarının hareket ettirilemez olduğu 1.Kitabın XI. Önermesi‘nden bilinir ve yörüngelerin düzlemlerinin de hareket ettirilemez olduğu, 1.Kitabın 1.Önermesi‘nden bilinir. Ve eğer, düzlemler sabit ise düğümleri de öyledir. Gezegenlerin ve kuyrukluyıldızların döngülerinde, birbirlerine karşılıklı tesir etmelerinden ötürü; bazı eşitsizliklerin oluşabileceği doğrudur ancak bunlar öyle küçüktür ki burada sözünü etmeye bile değmez.

598

1.Kaziye: Sabit yıldızların, hareket ettirilemez olması, bunların; günöte noktalarına ve gezegenlerin düğümlerine göre aynı konumu muhafaza etmelerinden bilinir. 2.Kaziye: Ve bu yıldızlar, Dünya‘nın yıllık hareketinden kaynaklanan kayda değer herhangi bir paralaks‘a tâbi olmadığından Güneş sisteminin üzerinde; akla sığmayacak ölçüde uzak oluşlarının da tesiri ile hiçbir gözlemlenebilir tesir oluşturacak kuvvette değillerdir. Bir de şunu eklemek gerekir: Sabit yıldızlar, gökyüzünde, oraya buraya karmakarışık dağıtılmış olduğundan bunlar birbirine zıt yönlerden tesir ederek 1.Kitabın 70. Önermesi‘nin mantığına göre, birbirlerinin karşılıklı çekimlerini yutarlar. YORUM Güneş‘in, yakınındaki gezegenler, (Merkür, Venüs, Dünya ve Mars) birbirine ancak pek küçük bir kuvvet ile tesir edecek denli ufaktır, bundan ötürü günöte ve düğümleri sabit olsa gerektir. Buna belki bir istisna Jüpiter ve Satürn gibi diğer cüsseli cisimlerin de tesiri ile ajite edilmesini yazabiliriz. Ve buradan, kütle çekimi teorisinin yardımıyla şu bilgiyi buluruz: Bunların, günöte noktaları; sabit yıldızlara göre, birazcık in consequentia (ileriye doğru) hareket eder. Öyle ki: Mars‘ın günöte noktası, 100 yıllık bir süre zarfında, in consequentia (ileriye doğru 33 derece 20 saniye taşınır. Ve Dünya‘nın, Venüs‘ün ve Merkür‘ün günöte noktaları da sırasıyla 97 dakika 40 saniye, 10 dakika 53 saniye, 4 dakika 16 saniye ileriye doğru taşınır. Ancak, bu hareketler, öyle devede kulaktır ki bunları bu Önerme‘de hesaba katmadık bile.

15.Önerme 1.Problem

599

Gezegenlerin yörüngelerinin hakiki çaplarını hesaplamanın yolu. Bunlar evvelâ, 1.Kitabın 15. Önermesi‘nin mantığına göre devir sürelerin kareli küplü orantısında yazılır sonra da; belli bir ölçüye göre arttırılır. Bu ölçü ise; 1.Kitabın 60. Önermesi‘nin mantığına göre: Güneş‘teki ve her bir gezegenin ihtivâ ettiği maddenin miktarının toplamının, bu toplam değer ile Güneş‘in ihtiva ettiği maddenin miktarı arasındaki 2 orta oranlı‘nın ilkinin oranlanmasıdır. 16.Önerme 2.Problem Gezegenlerin eksentrisitesini (dışarlaklığını) ve günöte noktalarını hesap etmenin yöntemi. Bu Problem, 1.Kitabın 18. Önermesi‘ne göre çözümlenmiştir. 17.Önerme 15.Teorem Gezegenlerin günlük hareketlerinin ivmesiz oluşu hakkında ve Ay‟ın libration‟larının günlük hareketinden kaynaklandığı hakkında. Bu Önerme; Hareket‘in Birinci Kanunu‘ndan ve 1.Kitabın 66.Önermesi‘nin 22.Kaziyesi‘nden ispatlanmıştır. Jüpiter, sabit yıldızlara göre; 9 saat 56 dakika‘da döner; Mars 24 saat 39 dakikada döner, Venüs yaklaşık 23 saatte döner, Dünya 23 saat 56 dakikada döner. Güneş, (Ç.N: Kendi ekseninin etrafında.) 25 saat ´ günde döner. Ay, 27 gün 7 saat 43 dakikada döner. Bunlar, Tabiat olayıler‘den besbellidir. Güneş‘in yüzeyindeki lekelerin, Dünya‘dan bakıldığındaki gözükmesinin periyodu, 27 ´ günde olur. Ve bundan ötürü, sabit yıldızlara göre; Güneş, yaklaşık, 25 ´ günde (ÇN: kendi ekseni etrafında?) Ancak; bir Ay Günü, Ay‘ın kendi ekseni etrafında ivmesiz hız ile dönmesinden ötürü;

aylık, yani Ay‘ın kendi

yörüngesindeki devir döngüsünün süresine eşit olduğu için; Ay‘ın hep aynı yüzeyi, neredeyse her zaman, yörüngesinin yukarı tarafında kalan odak noktasına bakacaktır. Ancak, o odak

600

noktasının konumu öyle gerektirdiği için, Dünya‘nın, Ay‘ın yörüngesinin, aşağıda kalan odak noktasında olduğu bir konumda, birazcık bir tarafa ve birazcık diğer tarafa meyledecektir. Ve bu, longtitude‘deki libration‘dır; çünkü latitude‘deki libration Ay‘ın latitutude‘undan ve Ay‘ın ekseninin ekliptik düzleme göre eğiklik açısından kaynaklanır. Ay‘ın libration‘ları ile ilgili teori; Mr. Mercator‘un 1676‘nın başlangıcında yayınlanmış Gökbilim isimli kitabında, benim ona göndermiş olduğum mektuplardan da faydalanılarak daha kapsamlı izah edilmiştir. Satürn‘ün en dış yörüngesinde dönen uydusu, sanki Ay‘ın bu özellikli hareketi gibi hareket etmektedir. Satürn‘e hep aynı yüzeyini göstermektedir. Çünkü Satürn‘ün etrafındaki yörüngesinde, yörüngesinin doğu ucuna geldiği konumlarında, güçlükle seçilebilmekte ve genellikle de neredeyse kaybolmaktadır ve buna cisminin o bölgesinde bazı benekler tesadüf etmekte ve bunlar sonra Dünya‘dan tarafa dönmektedir. Ki M. Cassini bunu gözlemlemiştir. Ve buna ilaveten: Jüpiter‘in en dıştaki uydusu, sanki kendi ekseni etrafında, benzeri bir hareket ile döner gibidir, çünkü uydunun Jüpiter‘den gayrı tarafa, yani cephesi Dünya‘ya doğru dönük yüzeyindeki benek; uydu; Jüpiter ile bizim, Dünya‘dan gözlemleyebileceğimiz konumda kaldığı için, dâima, sanki Jüpiter‘in kendi cisminin yüzeyindeki bir şeymiş gibi gözükmektedir. 18.Önerme 16.Teorem Gezegenlerin eksenlerinin, eksenlere dikme olarak çizilen çaplardan az olması hakkında. Eğer, gezegenlerin, bir çember üzerinde çifte dönme hareketi ile olmasa, bunların her yörünge yüzeyindeki parçasının eşit ölçüdeki kütle çekimi, gezegenlere küre formu verirdi. Bu çembersel hareketin anlamı şudur ki:

Kürenin, bu eksenden uzaklaşan parçaları ekvatora

doğru yükselme temayülünde olduğundan ve gezegenin oluşumu safhalarında, maddesi seyyâl (fluid) bir maddeyken, bu parçaların ekvatora doğru yükselişi oradaki çapları genişletmiş

601

olabilir ve kutuplara yöneltilmiş alçalışı ile de oradaki ekseni daraltmış olabilir. Zaten, eğer Jüpiter‘in çapı; astronomların mutabık (konsensus halindeki halinde bulundukları gibi) gözlemlerine göre, bir kutuptan diğer kutba ve doğu‘dan batı‘ya doğru uzanan çapından kısa bulunmuştur. Ve yine benzer bir akıl yürütme ile denilebilir ki: Eğer, Dünyamız, ekvatorda şişkince, kutuplarda basık olmasaydı, denizler, kutupların etrafından çekilip ekvatora doğru yığılır, birikir ve yükselirdi ve buradaki her şey suyun altında kalırdı. 19.Önerme 3.Problem Bir gezegenin ekseninin, ona dikey çizilmiş bir çapa orantısını hesaplamanın yöntemi Vatandaşımız Mr.Norwood şu hesabı yapmıştır: 1635 yılında; Londra ve York arasını ölçmüş ve bunun değerini 99575…Londra ayağı olarak bulmuştur. Bu iki yerin enlemlerinin farkını da 2 derece 28 dakika olarak gözlemlemiş ve bir derecenin karşılık geldiği değeri, 367196 Londra ayağı olarak bulmuş ki bu da 57300 Paris toise‘una tekâbül eder. M.Picart, Amiens ve Malvoisine arasının meridyen farkını 1 derece 22 dakika 55 saniye değerinde ölçmüş ve 1 derecelik yayın ölçüsünü de 57060 Paris toise‘u olarak bulmuştur. M. Cassini (baba Cassini), Roussillon‘daki Collioure kasabasının meridyeninden, Paris Rasathânesi‘ne kadarki mesâfeyi ölçmüştür. Oğlu ise, Rasathâne‘den Dunkirk‘deki Citadel‘e kadarki mesâfeyi ona eklemiştir. Mesafenin yekûnu, 486156 ´ toise bulunmuş ve Collioure ve Dunkirk arasının enlem farkını 8 derece 31 dakika 11 5/6 saniye bulmuştur. Buradan da 1 derecelik yayın ölçüsünün 57061 Paris toise‘u olduğu bilinir. Ve bu sayılardan, Dünya‘nın küresel bir şekilde olduğu varsayımı ile Dünya‘nın çevresinin 123 249 600 Paris ayağı ve yarıçapının 19 615 800 Paris ayağı ölçüsünde olduğu neticesine varırız. Paris şehrinin enleminde; havadan yoğun bir cisim düşerken, 1 saniyelik bir sürede, 15 Paris ayağı 1 inç ve 1 7/9 çizgi‘lik bir mesâfeyi tanımlar. Yukarıdaki gibi, bu da 2173 çizgi 7/9‘dır. Cismin ağırlığı, ortamdaki havanın ağırlığı ile azaltılır. Varsayalım ki: Bu nedenle, kaybolan ağırlık, ağırlığının tamamının 1/11000‘lik bir

602

kısmı olsun. Öyle ki havası alınmış bir ortamda düşen havadan yoğun cisim, 1 saniyelik sürede 2174 çizgilik bir yüksekliği tanımlar. 23 saat 56 dakika 4 saniye süren Sideral Gün‘de, ivmesiz hız ile, bir çember yörüngede, merkezden 19 615 800 feet‘lik bir mesafede dönen bir cisim, 1 saniyelik sürede 1433,46 feet ölçüsünde bir yayı tanımlar. Bunun da versed sinüs‘ü 0,05236561 feet ya da 7,54064 çizgi‘dir. Ve bundan ötürü, Paris şehrinin konumlandığı enlem üzerinde, alçalan cisimlerin kuvveti, cisimlerin, Dünya‘nın çifte hareketinden kaynaklanan, ekvatordaki savrulma kuvvetine oranı 2174‘ün 7,54064‘e oranına eşittir. Cisimler ekvatordaki savrulma kuvvetinin, cisimlerin 48 derece 50 dakika 10 saniyelik Paris enleminden dik olarak kaçış hızını veren savrulma kuvvetine oranı, yarıçapın karesinin enlemin kosinüsüne orantısına eşittir. Yani, bu da 7,54064‘ün 3,267‘ye oranına eşittir. Bu kuvvete cisimlerin Paris enleminde havanın sürtünmesini hesaba katarak alçalma hareketindeki kuvvetine ekleyin ve bir cisim Paris enleminde; sürtünmesiz vakum ortamındaki çekim kuvvetiyle düşerken 1 saniyelik bir sürede; 2177,267 çizgilik ya da 15 Paris ayağı 1 inç ve 5,267 çizgilik bir uzunluğu tanımlayacaktır. Ve bu enlemdeki toplam çekim kuvvetinin, Dünya‘nın ekvatorundaki cismin savrulma kuvvetine oranı, 2177,267‘nin 7,54064‘e orantısına eşit olacak ya da 289‘un 1‘e oranına eşit olacaktır. O halde; eğer, APBQ Dünya‘nın şeklini temsil ediyor ise; bundan böyle küresel değildir, ancak PQ adındaki kısa ekseninden bir elipsi döndürme yolu ile oluşturulmuş bir formdur.

603

Ve ACQqca su dolu bir kanal olsun; bu kanal Qq kutbundan Cc merkezine uzansın ve o nedenle Aa ekvatoruna doğru yükselmiş olsun: Kanalın ACca ayağındaki suyun ağırlığının ---diğer ayak olan- QCcq ayağındaki ağırlığına oranı: 289‘un 288‘e oranına eşittir. Çünkü buradan dâirevi hareketten ötürü savrulma kuvveti; ağırlığı taşır ve ağırlıktaki 289 kısmın birini alır; (bir ayaktakini) ve öteki ayaktaki 288‘lik ağırlık diğerini taşır. Ancak; 1.Kitabın 91. Önermesi‘nin 2. Kaziyesi‘nden hesaplama yolu ile bilinir ki: Eğer; Dünya‘nın maddesi homojen olmuş olsaydı ve hareketsiz dursaydı ve PQ ekseninin AB çapına oranı 100‘ün 101‘e

604

oranına eşit olsaydı; Q noktasında Dünya‘ya yönelmiş çekim kuvvetinin, aynı Q yerinden, (merkezi ile PC yarıçapı ile tanımlanmış bir küreye oranı; 126‘nın 125‘e oranına eşit olurdu. Ve aynı mantık ile; akıl yürüterek, A yerinden, APBQ elipsinin AB ekseninden döndürülmesi ile oluşturulmuş küremsi cismin A yerine yöneltilmiş çekim kuvvetinin, aynı A yerinden, C merkezinden tanımlanmış AC yarıçapı ile tanımlanmış küreye oranı, 125‘in 126‘ya oranına eşittir. Ancak; A noktasından Dünya‘ya (toprak) yöneltilmiş çekim kuvveti, küremsi cisme ve küre cismine yönelmiş kuvvetlerin arasında bir orta orantılı‘dır. Çünkü küre, PQ çapının, 101‘e 100‘ün orantısında kısaltılarak Dünya‘nın şekline dönüştürülmüştür. Ve bu şekil; AB ve PQ adındaki 2 çapına dikme olarak çizilen 3. bir çap ile aynı orantıda kısaltılmış ve bahsi geçen küremsi cisme, dönüştürülmüştür. Ve her durumda, A noktasındaki çekim kuvveti, neredeyse, aynı orantıda kısaltılmıştır. Ve bundan; A noktasından; C merkezli olarak AC yarıçapı ile tanımlanmış küreye yöneltilmiş çekim kuvvetinin; A noktasından Dünya‘ya yöneltilmiş çekimin kuvvetine oranı, 126‘nın 125 ´‘a oranına eşittir. Ve Q noktasından, QC yarıçapı ile C noktasından tanımlanmış küreye yöneltilmiş çekimin kuvvetinin; C merkezinden AC yarıçapı ile tanımlanarak A noktasından uygulanan çekimin kuvvetine oranı; 1 Kitabın 72. Önermesi‘nin mantığına göre; çaplarının orantısına eşittir; yani 100‘ün 101‘e oranına eşittir. O halde; eğer, bu üç orantının bileşkesini alırsak: Yani, 126‘nın 125‘e, 126‘nın 125 ´‘a ve 100‘ün 101‘e oranını tek bir değerde bileşkelendirirsek: Q noktasından, Dünya‘ya yönelmiş çekimin kuvvetinin, A noktasından Dünya‘ya yönelmiş çekimin kuvvetine oranı: 126 x 126 x 100‘ün 125 x 125 ´ x 100‘e oranına eşit olur ya da 501‘in 500‘e oranına eşit olur. Ve eğer, 1.Kitabın 91. Önermesi‘nin 3.Kaziyesi‘nin mantığınca; kanaldaki çekim kuvvetinin, ACca olsun ya da QCcq olsun; çekimlerinin kuvveti merkez noktadan mesafelerine göre olduğunda,

605

eğer ki: bu ayakların, bütünlere orantılı parçalara bölündüğü ve bunların transverse (kesip geçen) paralel ve eşit mesâfeli yüzeyler olduğu kabul edilirse: ACca ayağındaki herhangi bir sayıdaki ağırlıkların, öteki ayaktaki herhangi sayıdaki ağırlığa oranı; bunların; magnitütlerinin ve ivmeli çekim kuvvetlerinin çarpımlarının oranı gibi olacaktır. Yani; 101‘in 100‘e oranı, 500‘ün 501‘e oranı ya da 505‘in 501‘e oranında olacaktır. Ve bundan türü eğer; ACca ayağındaki savrulma kuvvetinin çifte hareketten kaynaklanan her bir kısmının ağırlığının aynı kısmın ağırlığına oranı, 4‘ün 505‘e oranına eşit olursa; öyle ki; her bir kısmın ağırlığının, 505 parçaya bölündüğünü düşünürsek; savrulma kuvveti bu parçaların 4‘ünü alır ve her bir ayaktaki ağırlıklar, biribirine eşit kalır ve kanalın içindeki seyyâl madde denge durumunda kalır. Ancak; her bir kısmın savrulma kuvvetinin aynı kısmının ağırlığına oranı, 1‘in 289‘a oranına eşittir. Bu da demektir ki, toplam ağırlığın 4/505‘lik kısmı, olması gereken savrulma kuvveti; ancak, bunun 1/289‘da biridir. Ve bundan ötürü; orantılar kuralı ile iddia ediyorum ki: Eğer; 4/505‘lik savrulma kuvveti; ACca ayağındaki suyun yüksekliğini, QCcq ayağındaki suyun yüksekliğinden, toplam yüksekliğin 1/100‘lük kısmı ölçüsünde aştırtıyor ise, 1/289‘luk savrulma kuvveti, ACca ayağının yüksekliğindeki fazlalığı; diğer QCcq ayağındaki suyun yüksekliğinin 1/289‘luk kısmı ölçüsünde oluşturacaktır. Ve bundan ötürü; Dünya‘nın ekvatordaki çapının kutuptan kutba çapına oranı, 230‘un 229‘a oranına eşit olacaktır. Ve Dünya‘nın ortalama yarıçapı Picart‘ın hesaplama metoduna göre; 19 615 800 Paris ayağı ya da 1 mili 5000 ayak kabul ettiğimizde; 3923,16 mil olduğu için; Dünya ekvatorda kutuplara göre, 85 472 ayak ölçüsünde; 17 1/10 mil ölçüsünde geniş olacaktır. Ve Dünya‘nın çapı ekvatordan düşünüldüğünde; yaklaşık 19 658 600 ayak ölçüsünde, kutuplardan düşünüldüğünde 19 573 000 ayak ölçüsünde olacaktır. Eğer, kürenin yoğunluğu ve çifte hareketin devir süresi sabit kabul edilir ise: Gezegen, Dünya‘dan büyük veya küçük

606

olsaydı; savrulma kuvvetinin çekim kuvvetine (merkezcil kuvvete oranı) yani bu demektir ki; kutupların arasındaki çapın ekvatordaki çapa oranı; aynı şekilde aynı kalırdı. Ancak eğer; çifte hareket; herhangi bir orantıda; ivmelendirilse veya ölçüsü giderek artarak yavaşlatılsa; savrulma kuvveti, neredeyse; aynı kareli orantıda çoğaltılacak ya da azaltılacaktır. Ve bundan ötürü; çapların farkı, neredeyse, aynı kareli orantıda çoğaltılacak veya azaltılacaktır. Ve eğer; Çapların farkı ise; tam aksine; çekim kuvveti çoğaltıldıkça ona orantılı olarak azaltılacaktır. Bundan ötürü; Dünya, sabit yıldızlara göre; 23 saat 56 dakikada döndüğünden, ancak Jüpiter 9 saat 56 dakikada döndüğünden, bunların devir sürelerinin kareleri, 29‘un 5‘e oranında olacaktır. Ve bunların yoğunlukları, 400‘ün 94 ´‘a oranında olacaktır. Ve Jüpiter‘in çaplarının farkının kısa yarıçapa oranı 29/5 x 400 / 94 ´ x 1/229 çarpma işleminin 1‘e ya da 1‘in 9 1/3‘e oranında olacaktır. Bundan ötürü; Jüpiter‘in Doğu‘dan Batı‘ya uzanan çapının kutuptan kutba uzanan çapına oranı neredeyse, 10 1/3‘ün 9 1/3‘e oranına eşittir. Bundan ötürü; büyük çapı 37 saniyedir ve kutupların arasındaki çapı 33‘‘ 25‘‘‘dir. Buraya 3‘‘ ekleyin, bu da ışığın düzensiz kırılmasını karşılasın ve bu gezegenin görünürdeki çapları 40 saniye ve 36‘‘ 25‘‘‘ arasında olur. Ki bunlar da birbirlerine göre, 11 1/6‘nın 10 1/6‘ya çok yaklaşık oranında olur. Bütün bunlar, Jüpiter‘in cisminin çok yoğun yapıda olduğu varsayımı ile doğrudur. Ancak, eğer, gezegenin cismi, ekvator düzlemine doğru kutuplara doğru olduğundan daha yoğun yapılı olursa, çaplarının birbirine oranı, 12‘nin 11‘e, 13‘ün 12‘ye ya da belki 14‘ün 13‘e oranına eşit olur. Ve Cassini‘nin 1691 yılında gözlemlemiş olduğu gibi; Jüpiter‘in Doğu‘dan Batı‘ya uzanan çapı, öteki çapından 15‘de 1‘lik bir kısım ölçüsünde daha uzundur. Mr. Pound; merceğinin çapı 123 feet genişliğindeki ve çok iyi işleyen bir mikrometre takılı teleskobundan, 1719 yılında Jüpiter‘in çaplarını ölçmüş ve aşağıdaki Çizelge‘deki değerleri bulmuştur:

607

Süreler

Büyük Çap

Küçük Çap

Çapların Birbirine Oranı

Gün Saat

Kısımlar

Ocak 28

6

13,40

12,28

12 : 11

Mart

6

7

13,12

12,20

13 ¶ : 12 ¶

Mart

9

7

13,12

12,08

12 2/3 : 11 2/3

Nisan 9

9

12,32

11,48

14 ´ : 13 ´

Yeni gözlemlenen tabiat olayıler ile kuram mutabıktır: Çünkü Gezegenler‘in ekvatoral bölgelerine düşen Güneş ışınları,

oraları daha yoğun ısıtarak; kutup bölgelerine göre,

maddenin genişlemesine de sebep olur. Dahası, dünyanın çifte dönme hareketinden kaynaklanan çekimin azalması sebebiyle, Dünya ekvatoral bölgelerde kutuplara göre, daha fazla şişkindir. (dünyanın maddesinin homojen yoğunlukta olduğunu varsayar isek) ve bu aşağıdaki önermede sarkaçlar ile yapılmış deneylerden de anlaşılabilir.

608

20. Önerme 4. Problem Dünyamızın değişik bölgelerinde cisimlerin ağırlıklarını bulmanın ve karşılaştırmanın yöntemi. ACQqca su kanalının eşit olmayan ayaklarının ağırlıkları eşit olduğundan ve bütüne orantılı olan parçaların ağırlıkları benzer şekilde konumlandırılmış olur ise; birbirlerine göre, bütünlerin ağırlıkları gibidir ve bundan ötürü kendi aralarında eşittir.

Ayaklarda benzer

konumlandırılmış eşit parçalarının ağırlıkları; ayaklar ile mütekabil olacaktır, yani 230‘un 229‘a

oranında

olacaktır.

Ve

aynı

durum;

kanalın

ayaklarında

benzer

şekilde

konumlandırılmış homojen cisimlerin hepsinde geçerli olacaktır. Bunların ağırlıkları, ayakları ile mütekabil olacaktır; bu da demektir ki: Cisimlerin Dünya‘nın merkezinden mesafelerine göre olacaktır.

609

Bundan ötürü, eğer cisimler, kanalın yukarı taraflarında ya da Dünya‘nın yüzeyinde konumlandırılmış olur ise, bunların ağırlıkları birbirlerine göre, merkeze mesafeleri ile mütekabil olacaktır. Ve aynı mantığı takip ederek; Dünya‘nın çepeçevre yüzeyinin herhangi bir yerindeki ağırlıklar da; bu yerlerin merkeze mesafeleri ile mütekabil olacaktır. Ve bundan ötürü; Dünya‘nın, ölçüleri orantı ile verilmiş bir küremsi cisim olduğu hipoteziyle tutarlı

610

olacaktır. Buradan da şu Teorem belirir: Ağırlığın, ekvatordan kutuplara doğru giderkenki artışının ölçüsü; yaklaşık olarak, enlemin iki mislinin ters sinüs‘ü gibi olacaktır. Ya da bu şu anlama gelir: Enlemin sağdaki sinüsünün karesine eşit olur. Ve bir boylamın üzerindeki yayların dereceleri; neredeyse; aynı orantıda artar. Ve bundan ötürü; Paris‘in enlemi, 48 derece 50 saniye ölçüsünde olduğundan; 00 derece 00 saniye ölçüsünde olan ekvatorun altındaki bölgeler ve 90º ölçüsündeki kutupların altındaki yerler; bu yayların iki mislilerinin ters sinüs‘leri 11334, 00 000 ve 20 000 olduğundan ve yarıçap 10 000 olduğundan; kutuptaki çekim kuvvetinin ekvatordaki çekim kuvvetine oranı; 230‘un 229‘a oranına eşittir. Ve kutup noktasındaki çekim kuvvetinin fazlasının ekvatordaki çekim kuvvetine oranı, 1‘in 229‘a oranına eşittir. Paris enlemindeki çekim kuvvetinin fazlasının ekvatordaki çekim kuvvetine

oranı,

bölmesinin 229‘a oranına eşittir. Ya da; 5667‘nin 2 290 000‘e

oranına eşittir. Ve bundan ötürü; bu yerlerdeki, kütle çekimlerinin biribirine oranı 2 295 667‘nin 2 290 000‘e oranına eşittir. İşte bundan ötürü; eşit sürelerde salınan sarkaçların uzunlukları; kütle çekimi kuvvetlerine göredir. Ve Paris enleminde, 1 saniyede salınan (?) sarkacın uzunluğu 3 Paris ayağı ve 8 ´ çizgidir ya da havanın da ağırlığını düşünürsek 8 5/9 çizgidir ve aynı sürede ekvatorun altındaki bir enlemde salınan sarkacın uzunluğu 1,087 çizgi daha kısa olacaktır. Ve benzeri bir hesaplama ile aşağıdaki Çizelge oluşturulmuştur:

Yerin Enlemi

Sarkacın Uzunluğu

Boylam‟daki Bir Derecenin Ölçüsü (Toises)

611

Derece

Feet

Çizgi

0

3

7,468

56 637

5

3

7,482

56 642

10

3

7,526

56 659

15

3

7,596

56 687

20

3

7,692

56 724

25

3

7,812

56 769

30

3

7,948

56 823

35

3

8,099

56 882

40

3

8,261

56 945

1

3

8,294

56 958

2

3

8,327

56 974

3

3

8,361

56 984

4

3

8,394

56 997

45

3

8,428

57 010

6

3

8,461

57 022

7

3

8,494

57 035

612

8

3

8,528

57 048

9

3

8,561

57 061

50

3

8,594

57 074

55

3

8,756

57 137

60

3

8,907

57 196

65

3

9,044

57 250

70

3

9,162

57 295

75

3

9,258

57 332

80

3

9,329

57 360

85

3

9,372

57 377

90

3

9,387

57 382

Bu Çizelge‘den de anlaşılmaktadır ki: Dereceler arasındaki eşitsizlik o kadar küçüktür ki: Dünya‘nın şekli, coğrafi açıdan düşünüldüğünde küre olarak mütealâ edilebilir. Özellikle de eğer, Dünya‘nın ekvatorunun düzlemine doğru biraz daha yoğun ve kutuplara doğru az yoğun olduğu dikkate alınır ise. Şimdi; uzak ülkelere gökbilimsel gözlem yapmaları maksadıyla gönderilen astronomların bir kaçı, sarkaçlı saatlerin, ekvatora yakın bölgelerde, bizim enlemlerimiz göre yavaş işlediğini bulgulamıştır. Ve bunlarda ilki; 1672 yılında; M. Richer tarafından Cayenne Adası‘nda gözlemlenmiştir. Ağustos Ayı‘nda; sabit yıldızların, gözlem yapılan yerin boylamından

613

geçişlerini gözlemlerken şunu fark etmiştir: Güneş‘in ortalama hareketine göre; (girmesi gereken değerden) saati, bir günde, 2 dakika 28 saniye daha yavaş gitmiştir. Bundan ötürü; saniyelik işleyen bir basit sarkaç düzeneği kurmuş ve bu ise; mükemmel bir saatle ölçülmüş ve basit sarkacının uzunluğunu gözlemlemiştir. Ve bu çalışmayı 10 aylık bir periyotta her hafta tekrarlamıştır. Ve Fransa‘ya dönüşünü müteakip o sarkacın uzunluğunu Paris‘teki sarkaç ile mukayese etmiş (ki bunun ölçüleri, 3 Paris Ayağı ve 8 3/5 çizgi çizgidir) ve bunun 1 µ çizgi daha kısa olduğunu bulgulamıştır. Daha sonra, dostum Dr. Halley, 1677 yılı civarında; St. Helena Adası‘na varmış ve orada kendi sarkaçlı saatinin Londra saatinden yavaş işlediğini fark etmiştir. Ancak, sarkacın salınan metalini (rod of his clock) bir inç‘in 1/8‘inden fazla bir ölçüde kısaltmış ( ya da 1 ´ çizgi) ve bunu telâfi etmek için ( zirâ sarkacın çivisinden ölçülen mesâfesi yetersiz olduğunda, çivinin ve ağırlığın arasında bir yere ahşaptan bir halka takmıştır. Ve sonra 1682 yılında; M.Varin ve M.Des Hayes; saniye cinsinden salınan basit bir sarkaç düzeneğinin uzunluğunu, Paris Kraliyet Rasathanesi‘ndeki deneyde, 3 feet ve 8 5 / 9 çizgi olarak ölçmüştür. Ve, Goree Adası‘nda, aynı metot ile yapılan bir çalışmada, eşit sürelerde salınan bir sarkacın uzunluğu 3 feet ve 6 5 / 9 çizgi olarak ölçülmüştür. Ve bu öncekinden iki çizgi fark etmektedir. Yine aynı yıl; Guadaloupe ve Martinico Ada‘larına gidilerek yapılan deneylerde bulunmuştur ki: Eşit sürede salınan sarkaçların uzunluğu bu adalarda 3 feet ve 6 ´ çizgidir. Bundan sonra; oğul M. Couplert, 1697 yılının Temmuz‘unda, Paris‘teki Kraliyet Rasathanesi‘nde sarkaçlı saatini, Güneş‘in ortalama hareketine göre ayarlamış. Öyle ki: Hatırı sayılır bir süre, saat Güneş‘in hareketi ile ahenkli işlemiştir. Müteakip Kasım Ayı‘nda, Lizbon‘a varışından sonra kurduğu düzenekte, öbürüne göre, 24 saatlik bir süre zarfında, 2 dakika 13 saniyelik bir ölçüde, yavaşladığını tespit etmiştir. Ve müteakip Mart Ayı‘nda, Paraiba‘ya varmış ve saatinin Paris‘tekinden yavaş işlediğini tespit

614

etmiş ve bunun ölçüsünün 24 saatlik bir süre zarfında, 4 dakika 12 saniye olduğunu bulgulamıştır. Ve Lizbon‘da saniyelik salınan (?) sarkacın 2 ´ çizgi kısa olduğunu ve Paraiba‘dan Paris‘tekine göre, 3 2/3 çizgi kısa olduğunu bulmuştur. Bunların; 1 1/3 ve 2 5/9 ölçüsündeki farklardan fazla olduğunu bulmalıydı. Çünkü esasında bu farklar, 2 dakika 13 saniye ve 4 dakika 12 saniyelik farklara tekabül eder. (karşılık gelir) Ancak, bu Beyefendi‘nin gözlemlerindeki hata payı öyle büyüktür ki bunları esas alamayız. 1699 ve 1700 yıllarında; M. Des Hayes; Amerika‘ya bir başka seyahatinde şunu tespit etmiştir: Cayenne ve Granada Adası‘nda; saniyelik salınan sarkacın uzunluğu; öyle küçüktür ki; 3 ayak ve 6 ´ çizgiden kısadır. Ve St. Christophers Adası‘nda 3 feet ve 6 ¶ çizgidir ve St. Domingo Adası‘nda 3 feet ve 7 çizgidir. Ve 1704 yılında; P. Feuille, Amerika‘daki Puerto Bello‘da bulmuştur ki: Saniyelik salınan sarkacın uzunluğu 3 Paris Ayağı ve 5 7/12 çizgidir. Bu da demektir ki: Paris‘tekinden 3 çizgi kısadır. Ancak bu gözlem hatalıdır. Çünkü daha sonra; Martinico Adası‘na giderek, eş zamanlı salınan sarkacın uzunluğunun orada 3 Paris Ayağı ve 5 10/12 çizgi değerinde olduğunu bulmuştur. Şimdi bilinmektedir ki: Paraiba‘nın enlemi 6 derece 38 saniye Güney enlemindedir. Puerto Bello‘nunki 9 derece 33 dakika Kuzey enlemidir ve Cayenne, Goree, Gaudaloupe, Martinico, Granada, St. Christophers ve St. Domingo Adaları‘nın enlemleri sırasıyla: 4 derece 55 dakika, 14 derece 40 saniye, 15 derece 00 saniye, 14 derece 44 saniye, 12 derece 06 saniye, 17 derece 19 saniye ve 19 derece 48 saniye Kuzey enlemidir. Ve Paris‘te salınmış sarkaçların uzunluklarının fazlalıkları, o enlemlerde salınmış eşit süreli sarkaçları gözlemleyerek edinilmiş verilerden, evvelcene verilmiş sarkaçların uzunluklarını Gösteren Çizelge‘deki değerlerden birazcık daha fazladır.

615

Ve bundan ötürü; Dünya; evvelki hesaba göre; ekvatordan çapı düşünüldüğünde biraz daha geniştir ve çekirdeğinde ve yüzeye yakın maden ocaklarında bir miktar daha yoğundur. Belki bunun hakiki sebebi, ekvatoral iklimin ısısının, sarkaçların uzunluğunu, metallerin ısıdan ötürü genişlemesi fiziki olgusunun sebebiyle, bir miktar uzatmış olmasıdır. Zirâ; Mr. Picart‘ın göre; gözlemlediği gibi, bir demir çubuk, kış mevsimindeki buz gibi havada, 1 foot uzunluğundayken ateş ile ısıtıldığında, 1 foot ve µ çizgi uzunluğuna uzamıştır. Daha sonra; M. de la Hire bulmuştur ki: Kış mevsiminde 6 feet uzunluğundaki bir demir çubuk, yazın Güneş‘e maruz bırakılınca, 6 feet ve 2/3 çizgi uzunluğuna uzamıştır. Evvelki vak‘âda; ısı, sonrakinden daha fazladır ancak sonraki vak‘ada, bir insanın vücudunun dış kısımlarının ısısından fazladır: Zira metaller, yazın Güneş‘e maruz bırakıldıklarında; çok ciddi bir dereceye dek ısınır. Ne var ki sarkaçlı saatin demir çubuğu, hiçbir zaman yaz güneşinin verdiği ısıya mâruz kalmamış, ne de bir insanın vücudunun dış kısımlarının ısısına eşit bir ısıya erişmiştir. Ve bundan ötürü; her ne kadar, sarkaçlı saatin 3 ayaklık demir çubuğu, yazın kışın olduğuna göre, birazcık daha uzun olacaksa da, bu fark, µ çizgi, ölçüsüne de ancak ulaşır ya da ulaşamaz. Bundan ötürü; eş zamanlı işleyen sarkaçların uzunluklarının toplam farkı; mâruz kaldıkları ısının farkına bağlıdır denilemez. Bunun sebebi; Fransız astronomlarının hatalarıdır da denilemez. Zira her ne kadar, bunların gözlemlerinin arasında; mükemmel bir uyum yoksa da, bu hatalar öyle küçüktür ki, hesaba katılmayabilecek ölçüdedir. Eş zamanlı sarkaçların, ekvatoral enlemlerde, Paris Kraliyet Rasathanesi‘ndeki bulgulara göre daha kısa olduğu konusunda hepsi mutabıktır. Bu farkın ölçüsü de, 1 µ çizgiden az ve 2 2/3 çizgiden çok değildir. M. Richer‘in, Cayenne Adası‘ndaki gözlemlerinde, bu fark 1 µ çizgi değerindeydi. Bu fark ise, M. des Hayes‘in çalışmasıyla 1 ´ çizgilik ya da 1 ¶ çizgilik değerler ile düzeltilmiştir.

616

Diğer kişilerin, daha az hassas gözlemlerine göre, bu değer iki çizgi ölçüsünde bulgulanmıştır. Ve bu farklı sonuçların dayandığı sebep; kısmen, Dünya‘nın iç kesimlerinin homojen olmayışından kısmen dağların oluşturduğu yükseklik sebebi ile kısmen de havanın ısısının farklarından ileri gelir. 3 feet uzunluğunda bir demir çubuk aldım. Bu demir çubuk, İngiltere‘deki yaz mevsiminde 3 feet uzunluğundaydı, kış mevsiminde ise 3 feet‘ten bir çizginin 1/6‘sı ölçüsünde kısaydı. Ekvatoral bölgenin yoğun ısısından ötürü; bu niceliği; M.Richer‘in gözlemlediği bir çizgi ve bir çizginin çeyreği ölçüsündeki farktan çıkarın. Kalan bir çizgi ´ değeridir. Hesaplanmış olan 1 87 / 1000‘lik değer; M.Richer‘in Cayenne Adası‘nda 10 aylık bir periyotta, her hafta sarkaçları uzunluklarının ölçüsünü alıp bu ölçüleri Fransa‘daki sarkaçların demir çubuklarının ölçüleri ile karşılaştırdığı deneyin bulguları ile uyumludur. Bu özen ve titizlik, diğer bilginlere de örnek olmalıdır. Eğer, bu beyefendinin gözlemleri esas kabul edilir ise; Dünya ekvator‘da kutupların arasındaki mesafeden daha genişçedir ve bu fazlalığın ölçüsü de, yukarıdaki teoriden de belirdiği gibi, yaklaşık 17 mildir.

21. Önerme 17.Teorem Ekvatorsal noktaların geri gitmesi hakkında ve Dünya‟nın ekseninin yıllık döngülerin her birinde bir nutation ile yılda 2 defa ekliptik‟e doğru titreyip evvelki konumuna geri dönmesi hakkında.

617

Bu Önerme, 1. Kitabın 66. Önermesi‘nin 20. Kaziyesi‘nin mantığından bilinir. Ne var ki, bu nutation hareketi çok belli belirsiz olsa gerektir hatta neredeyse algılanamaz bile. 22. Önerme 18. Teorem Ay‟ın hareketlerinin hepsinin ve bu hareketlerin eşitsizliklerinin, saptamış olduğumuz esaslardan kaynaklandığı hakkında. Gezegenlerin büyükleri Güneş‘in etrafında hareket ettirilirken, bu esnâda, nispeten küçük gezegenleri de kendi etraflarından döndürerek hareket ettirir. Ve 1. Kitabın, 65. Önermesi‘nden istidlâl edilen, bu ufak gezegenlerin, odak noktaları büyük gezegenlerin merkezlerinde konumlandırılmış elips şekilli yörüngelerde döndüğüdür. Ancak; bazen bunların hareketleri, Güneş‘in tesiri ile birkaç yönde ajite edilecek ve bunlarda, Ay‘ımızda gözlemlenen bir takım eşitsizlikler oluşacaktır. Yani, Ay‘ımız, 1. Kitabın 66. Önermesi‘nin 2., 3., 4. ve 5. Kaziyeleri‘nce daha hızlıca hareket eder ve Dünya‘ya çizilmiş yarıçaplar ile verilmiş belli bir sürede daha genişçe alanları tanımlar ve yörüngesinin eğriliği daha azdır ve bundan ötürü; Dünya‘ya karşıt konum noktalarındayken dördüllerde olduğundan daha fazla yaklaşır, tabi bunun da istisnâsı, bu tesirlerin dışarlaklık hareketi ile engellendiği durumlardır. Zirâ, 1. Kitabın 66. Önermesi‘nin 9. Kaziyesi‘nin mantığına göre, Ay‘ın yörüngesinin dışarlaklığı, Ay‘ın yeröte noktası karşıt konum noktalarındayken maksimumdadır ve Ay‘ın yeröte noktası, dördüllerdeyken minimum‘dadır. Ve bu değerlendirmeye göre; karşıt konum noktalarındayken, dördüllere göre, yerberi konumundaki Ay‘ın hareketi hızlıcadır ve bize daha yakındır ancak yeröte noktasındaki Ay‘ın hareketi yavaşçadır ve bizden uzakçadır. Dahası, yeröte noktaları ileri gider düğümler geri gider. Ve bu, düzenli olmayan eşitsiz ölçülü bir hareket ile olur. Çünkü 1. Kitabın 66. Önermesi‘nin 7. ve 8. Kaziyeleri‘nin mantığına göre; yeröte noktası, kendi karşıt konum noktalarında ileriye doğru daha hızlıca hareket eder ve dördüllerde geriye doğru daha yavaşa hareket eder. Ve ilerleyişinin gerileyişinden fazla

618

olmasından ötürü, yıllık olarak, in consequentia (ileriye doğru) hareket ettirilmiş olur. Ancak, bunun tersine olarak, 1. Kitabın 66. Önermesi‘nin 10. Kaziyesi‘nin mantığına göre, düğümler karşıt konum noktalarında nispeten yavaş ve sakindir. Ancak, dördüllerde geriye doğru hareketinde en hızlıdır. Dahası, 1. Kitabın 66. Önermesi‘nin 10. Kaziyesi‘nin mantığına göre; Ay‘ın en büyük latitude‘u, Ay‘ın dördüllerinde, karşıt konum noktalarında olduğundan daha büyüktür. Ve 1. Kitabın 66. Önermesi‘nin 6. Kaziyesi‘nin mantığına göre; Ay‘ın ortalama hareketi, Dünya‘nın günberi noktasında günöte noktasına göre daha yavaşçadır. Ve işte bunlar; astronomların Ay‘ın hareketlerinde gözlemlediği esas eşitsizliklerdir. Ancak, yine, eski devirlerin astronomları tarafından gözlemlenmemiş bazı eşitsizlikler vardır. Bunlar nedeniyle, Ay‘ın hareketleri çok ajite edilerek vuku bulmaktadır ve bugüne değin biz bunları saptanmış bir Kanun‘a uygun olarak izah edebilmiş değiliz. Zira Ay‘ın velositeleri ya da Ay‘ın yeröte noktalarının ve düğümlerinin saatlik hareketleri ve bunları izah eden denklemler ve bunun yanı sıra; karşıt konum noktalarındaki dışarlaklığın maksimum‘u ve dördüllerdeki dışarlaklığın minimum‘u arasındaki fark ve bizim ―varyasyon‖ dediğimiz bu eşitsizlik 1. Kitabın 66. Önermesi‘nin 14. Kaziyesi‘nin mantığına göre; 1 yıllık bir periyotta çoğaltılır ve azaltılır. Bunun ölçüsü de, Güneş‘in görünüşteki çapının küplü orantısındadır. Ve bunun yanı sıra; 1.Kitabın 66. Önermesi‘nin 16. Kaziyesi‘ne göre ve ( 1. Kaziye‘nin ve 2. Kaziye‘nin ve 10. Yardımcı Kaziye‘nın mantığına göre; bu varyasyon çoğaltılır ve azaltılır. Bunun da ölçüsü; neredeyse, dördüllerin arasında geçen sürenin kareli orantısındadır. Ancak, gökbilimsel hesaplamalarda, bu eşitsizlik, genellikle, Ay‘ın merkezi ile ilgili denklemin içine sokulur ve confound edilir.

23. Önerme 5. Problem

619

Jüpiter‟in ve Satürn‟ün uydularının eşitsiz hareketlerinin bilgisini, kendi Ay‟ımızın hareketlerinin bilgisinden türetmenin yöntemi. Ay‘ımızın hareketlerinin bilgisinden, Jüpiter‘in Ay‘larının ve uydularının mütekabil hareketlerine dair bilgilere, 1. Kitabın 66. Önermesi‘nin 16. Kaziyesi‘nin bilgisinden varıyoruz. Jüpiter‘in en dış yörüngesindeki uydunun yörüngesinin düğümlerinin ortalama hareketinin, bizim Ay‘ımızın düğümlerinin ortalama hareketine orantısı, bir bileşik orantıdadır. Bu bileşik orantının unsurları da: Dünya‘nın Güneş‘in etrafındaki yörüngesinin devir süresinin kareli orantısı ile Jüpiter‘in Güneş‘in etrafındaki yörüngesinin devir süresinden ve o uydunun Jüpiter‘in etrafında döndüğü yörüngedeki devir süresinin basit orantısının Ay‘ımızın Dünya‘nın etrafındaki yörüngesindeki devir süresine oranlanmasına eşittir. Ve bundan ötürü, bu düğümler, 100 yıllık bir sürede, 8 dakika ve 24 saniyelik bir ölçüde geriye doğru ya da in antecendentia hareket eder. İçerlek yörüngedeki uyduların düğümlerinin ortalama hareketlerinin, dışarlak yörüngede dönen düğümlerinin ortalama hareketlerine oranı, aynı Kaziye‘nin mantığına göre, onların devir sürelerinin evvelkilerin devir sürelerine oranına eşittir. Ve bundan ötürü de verilmiştir. Ve her bir uydunun apsis‘inin ileriye doğru (in consequentia) hareketinin, bu uyduların düğümlerinin geriye doğru (in antecendentia) hareketine oranı, bizim Ay‘ımızın yeröte noktasının hareketinin, Ay‘ın düğümlerinin hareketine oranına (aynı Kaziye‘nin mantığına göre) eşittir ve bu nedenle de verilmiştir. Ne var ki; apsis noktalarının hareketleri, bu yöntem ile bulunduktan sonra, bunlar; 5‘in 9‘a orantısında ya da, yaklaşık olarak 1‘in 2‘ye orantısında azaltılmalıdır. Ancak bunun sebebini ve hesabını burada izah edebilecek durumda değilim. Düğümlerinin ve her bir uydunun apsis noktalarının en büyük denklemlerinin, Ay‘ımızın düğümlerinin en büyük denklemlerine ve yeröte noktasına, sırasıyla, oranı, evvelki denklemlerin, bir döngüsündeki süresinde, uyduların düğümlerinin ve apsislerinin hareketlerinin; sonraki denklemlerin bir

620

döngüsünün süresinde, Ay‘ın hareketlerindeki düğümlerinin yeröte noktasının hareketlerine oranına eşittir. Jüpiter‘den bakıp gördüğümüzü tasavvur edersek; bir uydunun varyasyonunun, Ay‘ımızın varyasyonuna oranı, sırasıyla, bunların düğümlerinin hareketlerinin bütünlerinin, aynı Kaziye‘nin mantığına göre, uydu‘nun ve Ay‘ımızın Güneş‘ten uzaklaştırılıp -tekrardanGüneş‘e yaklaşacak şekilde döndürülmesi esnâsında geçen süreler ile orantılıdır. Ve bundan ötürü, en dış yörüngede dönen uydunun varyasyonu 5‘‘ 12‘‘‘ ölçüsünü geçmez. 24. Önerme 19. Teorem Okyanuslardaki med ve cezir hareketinin (gel-git) Güneş‟in ve Ay‟ın tesirlerinden oluşa geldiği hakkında. Birinci Kitabın 66. Önermesi‘nin 19. ve 20. Kaziyeleri‘nin mantığına göre, okyanusların suları, her gün 2 defa yükseltilse ve tersinden yükseltilse gerektir. Suların hareket ettirildiği bu çekimin kaynağı da hem Ay‘ın çekimi hem de Güneş‘in çekimidir. Ve suların okyanuslarda gözlemlenebilecek seviyelerinin, en yüksekleri, o yerin meridyeninde Güneş‘in maksimumları ve Ay‘ın belirişlerinin süresinin 6 saatten az olduğu durumları takip etse gerektir. Ki bu durum, Fransa ile Ümit Burnu‘nun arasında konumlanmış, Atlantik Okyanusu‘nun Doğu kıyıları ve Etiyopya Denizleri‘nde (Habeş Denizi?) olageldiği gibi ve Güney Denizi‘ndeki Şili ve Peru sahillerinde görüldüğü gibi. Ki bu kıyıların tümünde, suların çekilmesi, yaklaşık olarak, ikinci, üçüncü ve dördüncü saatte olur, bunun istisnası da, okyanusun derinliklerinden tesir eden hareket ile çekilen suyun girip aktığı kanalların dar olması sebebiyle, beşinci, altıncı veya yedinci saatte hatta daha bile sonraya geciktirilmesidir. Saat derken kastettiğim şey ise, Güneş‘in ve Ay‘ın, bir yerin meridyeninde deniz ufkunun çizgisine göre, hem aşağıdan hem de yukarıdan belirmesi durumudur. Ve bir Ay Günü‘nün saatleri derken de kastettiğim şey,

621

Ay‘ın görünüşteki çifte hareketiyle, o yerin, bir gün evvelki meridyeninde – yaklaşık olarak – tekrardan belirmesi ile tanımlanmış sürenin 24‘de 1‘lik kısmıdır. Güneş‘in veya Ay‘ın çekim kuvvetinin, suları kabartırkenki tesiri, bunların, o yerin, meridyeninde belirmesinde en fazla seviyesindedir. Ancak, denize tesir eden çekim kuvveti, tam o vakit, tesir edilişinden, birazcık bir süre daha devam eder ve sonra da, yeni, ancak kuvveti öncekinden az bir başka kuvvet eklenerek tesir eder. Bu kuvvetler, beraberce, suları yükseltir de yükseltir ta ki, bu yeni kuvvet daha fazla kabartamayacak kadar bir kuvvete varana değin. Burada denizin seviyesi en fazla ölçüdedir. Ve bu durum; belki 1- 2 saatlik bir süre zarfında gelip geçer, ama çoğu zaman da, denizin sığ olduğu kıyılara yakın sularda 3 saatlik bir sürede hatta daha da fazla bir sürede olur. Güneş ve Ay; iki hareketi ajite eder ancak bu tesirler münferit olarak belirmez. Ancak, bu ikisinden de bileşkesi yapılan bir ve bütünleşik tek bir hareketten oluşur. Güneş‘in ve Ay‘ın kavuşum ve bakışım konumlarında, bunların kuvvetleri, beraberce tesir ederek toplanır ve med-cezir ‗in (gel - git‘in) en farklı olduğu ölçüleri oluşturur. Dördüllerin birinde, Güneş suları kabartırken Ay ise ters yöne çökeltir ve diğer dördülde, suyu Güneş çökeltirken Ay kabartır. Ve bunların tesir ettiği kuvvetin farkından, med-cezir‘in en küçük ölçülü hareketi oluşur. Ve tecrübe ve gözlemin bize bildirdiği gibi; med-cezir hareketinde, Ay‘ın kuvveti, Güneş‘in kuvvetinden daha tesirlidir. Suyun kabardığı yüksekliğin maksimum‘u, Ay Saati‘nin üçünde olur. Karşıt konumlarda ve dördüllerin dışındaki konumlarda ki buralarda; sadece Ay‘ın kuvvetinin tesiriyle, su, Ay Saati‘nin üçünde çökelmelidir. Ve bu iki kuvvetin bileşkesi ile sular, Güneş Saati‘nin 3. Saatine göre, Ay Saati‘nin 3. Saatine giderek yakınlaşan bir vakitte çökelmelidir. Ve bundan ötürü; Ay, karşıt konum noktalarından dördüllere geçerken, bu esnâda, Güneş‘in üçüncü saatinden önce Ay‘ın üçüncü saati gelir. Suların kabardığındaki en fazla yüksekliği,

622

Ay‘ın 3. Saatinden önce gelir. Ve Ay‘ın Sekizde Bir‘liklerinden hemen sonra en büyük aralıklarla olur. Ve benzer ölçüdeki aralıklar ile med-cezir‘in en gözlemlenebilir olanı, Ay‘ın 3. Saatini takip eder, yani, Ay, dördüllerden karşıt konum noktalarına geçerken. Zaten, Okyanuslar‘da da bu böyle cereyan eder, nitekim, ırmak ağızlarında med, en yüksek seviyesine ……erişir. Ne var ki; Güneş‘in ve Ay‘ın tesiri, Dünya‘ya mesafelerine göre işler. Nitekim mesafeleri nispeten azken; tesirleri nispeten çoktur ve mesâfeleri nispeten çokken tesirleri nispeten azdır. Bunun ölçüsü de, bu gökcisimlerinin görünüşteki çaplarının küpleri ile orantılıdır. Binâenaleyh; kışın, Güneş, yerberi noktasındayken; nispeten fazla tesir eder ve hatta karşıt konum noktasındaki med-ceziri biraz daha vurgulu yapar ve dördüllerdeyken yaz mevsimine göre biraz az yapar. Dünya‘mızın uydusu Ay, her ay, yerberi noktasındayken, yeröte noktasında bulunduğu 15 gün evveline veya sonrasına göre med‘i daha fazla kabartır. İşte bundan ötürü; med‘in en yüksek seviyedeki iki ölçüsü, müteakip karşıt konum noktalarında art arda gelmez. Güneş‘in ve Ay‘ın, herhangi birinin tesiri, aynı mantık ile işleyerek, bunların ekvatordan declination‟larının ve mesafesine göredir. Çünkü eğer, Güneş veya Ay, kutup‘un üzerinden/altından suları çekmiş olsaydı; suların parçalarının tümünü, hiçbir intension veya remission tesiri olmaksızın mütemadiyen çekerdi. Ve bundan ötürü de, hareketinin bir karşılığı (reciprocation) olmazdı. Ve bundan ötürü; Güneş veya Ay, ekvatordan herhangi bir kutba doğru alçaldıklarında, bunlar derece derece kuvvetlerinden yitirecek ve bu mantığa göre; karşıt konumlarında vukû bulan ekinokslara göre, med-ceziri daha az ölçüde oluşturacaktır. Ancak; dördüllere tesadüf eden solstisler‘de, (gündönümü tarihlerinde) dördüllere tesadüf eden ekinoks tarihlerinde, bu gökcisimleri med ceziri daha fazla oluşturacaktır. Çünkü bu konumda, ekvatora dönük konumlanmış Ay, Güneş‘in çekim kuvvetinin tesirini en çok ölçüde aşacaktır. Bundan ötürü; med cezirin en büyük ölçülüsü bu

623

karşıt konumlarda olur ve en az ölçülüsü de sonbahar ve ilkbahar ekinokslarına tesadüf eden o dördüllerde oluşur. Ve karşıt konumlarındaki en büyük ölçülü med ceziri, daima, dördüllerdeki med cezrin en az ölçülüsü takip eder. Bunu da tecrübe ile biliriz. Ancak, Güneş, kışın, Dünya‘dan, daha az uzak olduğu için, bu şu anlama gelir. Med cezrin, en fazla ve en az ölçüde olduğu tarihler, çoğunlukla, bahar ekinoksundan sonraya değil önceye tesadüf eder ve çoğunlukla sonbahar ekinoksundan sonraya değil önceye tesadüf eder.

Dahası: Güneş‘in ve Ay‘ın tesirleri, tesirde bulunulan yerlerin enlemlerine göredir. ApEP Dünya küresinin okyanuslar ile kaplanmış kısmını temsil etsin. C noktası, bunun merkezi olsun. P, p bunun kutup noktaları olsun. AE ekvatoru olsun. F, ekvatorun üzerinde olmayan herhangi bir nokta olsun. Ff, AE‘ye paralel bir doğru parçası olsun. Dd, ekvatorun diğer tarafında kalan ve bu paralele tekabül eden bir başka paralel olsun. L, Ay‘ın üç saat evvelki, konumunu temsil eden harf olsun. h, bunun tam zıddındaki bir nokta olsun. K, k buralara 90 derece mesafedeki konumlar olsun. C,H, Ch, suların, Dünya‘nın merkezinden itibaren

624

düşünülen en yüksek konumları olsun. CK, Ck en az yükseklikli konumlar olsun. Ve eğer, Hh, Kk eksenlerinden bir elips tanımlanır ise ve elipsin Hh adındaki uzun ekseninden döndürülerek tanımlanan bir HPKhpk adındaki küremsi cismi oluşturulur ise, bu küremsi cisim neredeyse Deniz‘in şeklini temsil edecektir. Ve bu şartlarda: CF, Cf, CD, Cd; denizin, Ff, Dd konumlarındaki yüksekliklerini temsil eder. Ancak, dahası da var: Elipsi oluşturan bu döndürme hareketi esnâsında, herhangi bir N soyut noktası, NM çemberini tanımlar ve bu çember Ff, Dd paralellerini RT adındaki herhangi bir konumda ve AE ekvatorunu S noktasında keser. Bundan ötürü; herhangi bir F konumundaki, çifte dönme hareketinde, med‘in en fazla olduğu nokta F noktası olacaktır, bunun vakti de, Ay‘ın denizdeki ufuk çizgisinin üzerinden teğet olarak belirdiği vakitten 3 saat sonra olacaktır. Ve sonra da, cezir‘in en fazla olduğu konum da Q noktası olacaktır ve bunun da vakti Ay‘ın batmasından 3 saat sonra olacaktır. Sonra da, med‘in en fazla ölçüde olduğu konum f noktasında olacaktır, bunun da vakti, Ay‘ın o yerin ufuk çizgisine teğet olarak belirmesini takip eden 3. saatte olacaktır. Ve sonra da; Cezir‘in en fazla olduğu konum Q noktasında olacaktır ve bunun da vakti, Ay‘ın doğmasından itibaren 3. saatte olacaktır. Ve sonra, zikredilen f noktasındaki med, F noktasındaki evvelki med‘den az ölçüde olacaktır. Çünkü Deniz‘in tamamı, iki yarı-küresel med‘lere ayrılmıştır. Bunlardan biri, kürenin kuzeyindeki KHk yarıküresidir ve diğeri, Khk adındaki ve kürenin güneyinde konumlanan yarıküredir. İşte bu mantıktan ötürü, bunlara kuzey med‘i ve güney med‘i denebilir. Bu med‘ler, birbirine daima zıttır ve her yerin meridyenine sıra ile gelir ve bunun da vakti, Ay Saati‘nin 12 saat‘lik aralıklarıyla olur. Ve kuzey ülkelerinin, kuzey med‘ini daha fazla ölçüde aldıklarını ve güney ülkelerinin güney med‘ini daha fazla ölçüde aldığını idrak ederek, denilebilir ki; Güneş‘in ve Ay‘ın doğup battığı, ekvator harici her yerde, bu med‘ler, dönüşümlü olarak daha fazla ve daha az vukû bulur. Ancak, med‘lerin en fazla ölçüde

625

kabaranı, Ay‘ın o yerin vertex noktasına doğru yaklaşması esnasında (decline) Ay‘ın o yerin meridyenine, ufuk çizgisinin üzerinden teğet olarak belirmesinden itibaren -yaklaşık- üçüncü saatte olacaktır. Ve Ay, gökyüzünde, gök kubbenin, en yüksek noktasından (zenith?) geçtiği tasavvur edilen bir yarım-çemberin yayı ile oluşturulan eğrinin öbür tarafına (göksel ekvatorun diğer tarafına) geçtiğinde; med‘lerin fazla kabaranı, az kabaranına dönüşür. Ve med-cezir‘in en farklı ölçüde olduğu dönemler, yaklaşık olarak gündönümü tarihlerine tesadüf eder. Özellikle de, eğer, Ay‘ın düğümü yükselişte olup da Koç Burcu‘nun ilki civarındaysa. Öyle ki, zaten tecrübe ile bilinir. Kışın vuku bulan sabah med‘i, akşamleyin vuku bulan med‘in ölçüsünü aşar. Ve yazın, akşamleyin vuku bulanları, sabahkilerin ölçüsünü aşar. Colepress‘in ve Sturmey‘nin yaptığı gözlemlere göre; Plymouth‘da bir ayak yüksekliğine çıkarken Bristol‘de 15 inç yüksekliğine dek çıkar. Ancak bizim burada, tanımladığımız hareketler, bir takım noktalarda tâdil edilmelidir, bu ise suların çalkalanması olgusundan ileri gelir. Çünkü sular bir defa hareket ettirildiklerinde, kendi vis insita‘ları ile bir süre daha hareketlerini korur. Bu ise şu anlama gelir: Med-Cezir‘in hareketi, Güneş‘in ve Ay‘ın çekimi bundan böyle tesir etmese bile, med-cezir, suların çalkalanması şeklinde bir süre daha devam eder. Suya verilmiş bu hareketin kuvveti, med ve cezirin arasındaki farkı azaltır ve karşıt konumlarından hemen sonra oluşan med‘leri biraz daha vurgulu yapar ve dördüllerden hemen sonra gelenleri az vurgulu yapar. Ve buradan şu neticeye varılır: Plymouth ve Bristol‘deki med-cezir, birbirinden bir ayak veya 15 inç yüksekliğinden fazla fark etmez. Ve bu limanlarda gözlemlenen, en yüksek seviyeye çıkan med, karşıt konumların ardından gelenlerin birincisi değil üçüncüsüdür. Ve bunun yanında, bunların hareketleri dar kanalların içinden geçerken epeyce yavaşlatılır; öyle ki, bu med‘lerin en fazla yüksek seviyelisi; bazı boğazlar ve ırmakların ağızlarında gözlemlendiği gibi; karşıt konumlardan

626

sonra; dördüncü veya beşinci gelendir. Dahası, öyle bir durum olabilir ki: Okyanus‘tan, değişik kanalların içinden geçirilerek aynı limanın denizine doğru hareket ettirilen med, bazı kanalların içerisinden diğerlerine göre daha çabuk geçebilir. Ki bu durumda, aynı med; birbirini takip ederek gelen iki veya daha fazla sayıda med‘e bölünerek, değişik türde hareketlerin bileşkesini oluşturur. Varsayalım ki: Aynı, limanın denizine, değişik sulardan gelen iki eşit ölçülü med olsun. Bunlardan biri diğerini, 6 saat ara ile takip etmiş olsun. Ve farz edin ki: Med‘in ilki, Ay‘ın, limanın bulunduğu konumun meridyenine gelip belirmesinin vaktinden 3 saat sonra olmuş olsun. Eğer, Ay; o yerin meridyeninde belirdiğinde, ekvatordaysa, 6 saatte bir dönüşümlü olarak; eşit ölçülü med‘ler oluşacak ve bunlar aynı sayıdaki cezir ile kaynaşacak; öyle ki birbirini dengeleyecek ve o gün için bakıldığında; sular durulacak ve dingin halde kalacaktır. Bundan sonra, eğer Ay, ekvator‘dan aşağıya doğru inerse, Okyanus‘taki med‘ler, denilmiş olduğu gibi, dönüşümlü olarak fazla veya az olacaktır. Ve buradan iki fazla yükseklikli ve iki az yükseklikli med oluşacak ve bunlar dönüşümlü olarak o limanın sularına doğru hareket ettirilecektir. Ancak, fazla yükseklikli med‘ler de, suyun maksimum yüksekliğinin çökelmeye başlaması, bu ikisinin arasındaki orta bir vakitte olacaktır. Ve med‘lerin, fazla yükseklikli olanı ile az yükseklikli olanı, bu ikisinin oluştuğu vaktin tam ortasında ortalama bir yüksekliğe erişir. Ve iki az yükseklikli med hareketinin vakitlerinin ortasında, sular en az yüksekliğine dek erişir. İşte, böylece, 24 saatlik bir süre zarfında, sular, herkesin zannettiği gibi, en yüksek seviyesine iki defa değil sadece bir defa erişir ve en az seviyesine de sadece bir defa erişir. Ve eğer, Ay, yükseltilmiş kutba doğru alçalırsa, bunun en yüksek seviyesi, Ay‘ın o yerin meridyeninde belirmesinden itibaren 6. veya 30. saatte olur. Ve Ay‘ın alçalma hareketi bittiğinde, bu med cezir‘e dönüşür. Bunun örneğini, Dr. Halley; Tunquin yöresindeki ve 20 derece ve 50 dakika Kuzey Enlemi‘ndeki Batsham limanındaki denizcilerin yaptığı gözlemlerden aktarmıştır.

627

O limanda; Ay‘ın ekvator‘un üzerinden geçmesini takip eden gün; sular durulur. Ay; Kuzey‘e doğru alçaldığında, sular yükselip alçalmaya başlar ve bu diğer limanlarda olduğu gibi, iki defa olmaz ancak her gün sadece bir defa olur. Ve med, Ay‘ın batması vaktinde ve cezrin en fazla çökeldiği vakit Ay‘ın doğması vaktinde olur. Bu med, Ay‘ın 7. ve 8. günde alçalması ile beraber artar ve sonra müteakip 7. veya 8. günde evvelden arttığı oranın aynısıyla azalır. Ve sonra, Ay, alçalması değiştirilip ekvatorun Güney‘ine geçince bu hareket hareket biter. Ki bundan sonra, med bir anda cezire dönüşür. Ve bu mantık ile cezir, Ay‘ın batması vaktinde ve med Ay‘ın doğması vaktinde olur. Tâ ki, Ay, ekvatoru tekrar geçip alçaltılması değiştirilinceye dek. Bu limanın sularına ve komşu kanallara, iki giriş kanalcığı vardır, bunlardan biri Çin Denizleri‘nden, kıtanın ve Leuconia Adası‘nın arasından geçer. Ötekisi ise, Hint Denizi‘nden geçerek kıtanın ve Borneo Adası‘nın arasından geçer. Ancak, bu konu hakkında daha esaslı bir bilgi edinmek için, bahsedilen kıyılarda, bilimsel gözlemler yapılmalıdır ki: Hakikaten, bahsedilen kanallardan, biri Hint Denizi‘nden 12 saatlik bir süre zarfında diğeri Çin Denizi‘nden 6 saatlik süre zarfında iletilen 2 med akıntısı biri Ay‘ın 3. saatinde, biri Ay‘ın 9. saatinde oluşarak ve bileşkelenip bu hareketleri oluşturmakta mıdır, veyahut bahsedilen denizlerde başka bir tabiat olayı mı olagelmektedir, anlaşılsın. İşte, bu şekilde; Ay‘ın ve Deniz‘in hareketinin sebeplerini izâh etmiş oluyorum. Şimdi, bu hareketlerin miktarı hakkında bir bilgiyi şerh düşmek uygun olacaktır. 25. Önerme 6. Problem Güneş‟in ve Ay‟ın hareketlerini ajite eden kuvvetin ölçüsünü hesap etmenin yöntemi

628

Şekil‘de, S, Güneş‘i temsil etsin, T, Dünya‘yı temsil etsin, P, Ay‘ı temsil etsin, CADB Ay‘ın yörüngesini temsil etsin. SP‘de, SK‘yı ST‘ye eşit ölçülü alın. Ve SL‘nin SK‘ya oranı, SK‘nın SP‘ye kareli orantısında olur. LM‘yi PT‘ye paralel çizin. Ve eğer, ST veya SK, Dünya‘nın Güneş‘e yöneltilmiş ivmeli çekim kuvvetini temsil ettiği varsayılabilir ise, SL, Ay‘ın Güneş‘ yöneltilmiş ivmeli çekim kuvvetini temsil edecektir. Ne var ki; bu kuvvet; SM ve LM kısımlarından bileşkelendirilmiştir. Ki bunlardan, LM kuvveti ve SM kısmının TM ile temsil edilmiş kısmı, Ay‘ın hareketini; 1. Kitabın 66. Önermesi‘nde ve Kaziyeleri‘nde izah ettiğimiz tarzda ajite eder. Zirâ, Dünya ve Ay, müşterek çekim merkezinin etrafından hareket ettirildiği kadar, Dünya‘nın bu merkezin etrafından hareketi de aynı kuvvetlerce ajite edilir. Ancak, eğer, Ay‘ınkinde olduğu gibi, kuvvetlerin ve hareketlerin toplamını müteala edersek ve bu toplam kuvvetleri TM ve ML çizgileriyle temsil edersek ki bunlar, her ikisine de benzerdir. Ortalama ölçüsü alındığında, ML kuvvetinin, Ay‘ın, Dünya‘nın etrafındaki yörüngesinde sanki atâlet halindeymiş gibi tutulduğu merkezcil kuvvete oranı, PL ile gösterilmiş mesafede, Ay‘ın Dünya‘nın çevresindeki yörüngedeki devir süresi ile Dünya‘nın Güneş‘in etrafındaki yörüngesinin devir süresine, 1. Kitabın 66. Önermesi‘nin 17. Kaziyesi‘nin mantığına göre,

629

kareli orantıdadır. Bu da demektir ki: 27 gün 7 saat 43 dakika‘nın 365 gün 6 saat 9 dakika ile

kareli orantısındadır ya da 1000‘in 178725‘e oranına eşittir ya da 1‘in

‗a oranına

eşittir. Ancak, bu Kitabın 4. Önermesi‘nde, biz bulmuşuzdur ki, eğer, hem, Dünya hem de Ay, müşterek çekim merkezlerinin etrafından döndürülseydi, birinin diğerinden ortalama mesafesi, yaklaşık, Dünya‘nın ortalama yarıçapı cinsinden 60 ´ değerine eşit olacaktı. Ve, Ay‘ın Dünya‘nın etrafındaki yörüngesinde, atâlet halinde dönerken tutulduğu kuvvetin, Dünya‘nın 60 ´ yarıçapına eşit olan PT mesafesindeki miktarının, aynı esnâda, Dünya‘nın 60 yarıçaplık bir ölçüdeki mesafesinde döndürüldüğü kuvvetin miktarına oranı, 60 ´‘nin 60‘a oranına eşittir. Ve bu kuvvetin, bizim, Dünya‘nın yüzeyinde mâruz kaldığımız çekimin kuvvetine; çok yaklaşık olarak 1‘in 60 x 60‘a oranına eşittir. Ve işte, bundan ötürü; ML ortalama kuvvetinin

Dünya‘mızın yüzeyindeki çekimin kuvvetine oranı, 1 x 60 ´‘nin 60 x 60 x 60 x

‘a

oranına eşittir. Ya da, 1‘in 638092,6‘ya oranına eşittir. İşte buradan da, TM ve ML çizgilerinin orantısı yoluyla TM kuvveti de verilmiş olur ve bu kuvvetler Güneş‘in Ay‘ı ajite ettiği kuvvetlerin ölçüsüdür. Q.E.I

26. Önerme 7. Problem Ay‟ın, Dünya‟nın merkezine çizilen bir yarıçap ile tanımlanmış çembersel yörüngede tanımladığı alanın saatlik hareketinin artışını hesap etmenin yöntemi.

630

Yukarıda, biz, Ay‘ın, Dünya‘nın merkezine çizilmiş bir yarıçap ile tanımladığı alanın; bu alan tanımlanırken geçen süre ile orantılı olduğunu izah etmiştik. Ancak, bunun bir istisnâsı, Ay‘ın hareketinin Güneş‘in tesiriyle, ajite edildiği durumlardır. Ve biz burada, An‘daki eşitsizliği, veyahut, hareketin ajite edildiğinde tanımlanan alanda beliren artışı (saatlik artış) incelemek niyetindeyiz. Hesaplamamızı daha sade ve kolay kılmak için, Ay‘ın yörüngesinin çembersel olduğunu varsayacağız ve şimdi incelemekte olduğumuz eşitsizlikler dışındaki tüm eşitsizlikleri hesabın dışında bırakacağız: Ve Güneş‘in, çok ama çok uzak bir mesafede konumlanmış olmasından ötürü, SP ve ST çizgilerini paralel varsayacağız: Bu yöntem ile LM kuvveti, daima, ortalama TM niceliğine indirgenecektir. Aynı mantık ile TM kuvveti, 3PK ortalama niceliğine indirgenecektir. Bu kuvvetler; Hareket‘in Kanunları‘nın 2. Kaziyesi‘nin gereğince, TL kuvvetini oluşturur. Ve bu kuvvet, LE dikmesini TP yarıçapına indirerek TE ve EL adındaki iki kuvvete ayrıştırılarak çözümlenir. Bunlardan TE kuvveti, mütamadiyen, TP yarıçapının istikametinde tesir eder ve TP yarıçapı ile oluşturulan TPC alanının

631

tanımlanmasını ne ivmelendirir ne de -ölçüsü giderek artan bir oranda- yavaşlatır. Ancak, EL, TP yarıçapına dikey bir istikamette tesir ederek, alanın tanımlanmasını Ay‘ı ivmelendirdiği veya –ölçüsü giderek artan bir oranda- yavaşlattığı orantıda, ivmelendirir ya da -ölçüsü giderek artan bir oranda-yavaşlatır. Ay‘ın bu ivmelendirilmesi, Ay‘ın C dördülünden A kavuşum noktasına geçişi esnâsında; sürenin her bir anında EL oluşturan (generating?) ivmeli

kuvvetine eşittir, yâni,

işlemine eşittir.

Süre‘yi, Ay‘ın ortalama hareketi ile temsil edin ya da aynı anlama gelecek şekilde, CTP açısı olarak hatta CP yayı olarak kabul edin. CT‘nin üzerine dik açılar ile CG‘yi, CT‘ye eşit ölçülü olacak şekilde yükseltin. Ve AC adındaki çeyreklik yayı, Pp & cc adındaki eşit kısımlara sonsuzca bölündüğünü varsayıp bu kısımların, sürenin birbirine eşit sonsuz sayıdaki kısmını temsil ettiğini düşünün. pk dikmesini, CT‘nin üzerine indirin ve TG‘yi KP ile birleşecek şekilde çizin. kp, F ve f noktalarına doğru uzatılsın, bu durumda ve bu şartlarda, FK, TK‘ya eşit olur ve Kk‘nin PK‘ya oranı, Pp‘nin Tp‘ye oranına eşit olur. Bu da, demektir ki: Verilmiş belli bir orantıdadır. Ve bundan ötürü; FK x Kk ya da FKkf alanının ölçüsü,

işleminin sonucuna eşit olacaktır. Bu da demektir ki: EL‘ye eşit olacaktır ve orantıyı bileşkelendirme yöntemi ile GCKF alanının tümü, CP süresinin tamamı boyunca, Ay‘a tesir eden EL kuvvetlerinin toplamına eşit olacaktır. Ve bundan ötürü; bu toplam ile oluşturulan velositeye eşit olacaktır, yani, bu da demektir ki, CTP alanının tanımlanmasındaki ivmeye eşit olacaktır yahut oradaki an‘lık artış‘a eşit olacaktır. Ay‘ın, Dünya‘nın etrafında dönerkenki devir süresi olan 27 gün 7 saat 43 dakika ölçüsündeki CADB süresince, TP mesafesinde, atâlet halinde tutulduğu kuvvet, CT süresinde, düşmekte

632

olan bir cisme, ´ CT uzunluğunu tanımlatır ve aynı esnâda, bu cisme, Ay‘ın yörüngesinde hareket ettirilenkine eşit bir velosite kazandırır. Buysa, 1.Kitabın 4. Önermesi‘nin 9. Kaziyesi‘nin mantığından bilinir. Ancak, Kd, TP‘ye dikme olarak çizildiğinde, EL‘nin sadece üçte bir‘lik kısmıdır ve TP‘nin ya da ML‘nin yarısına eşittir. Ve Sekizde Bir‘liklerde, EL kuvveti, maksimumdayken, ML kuvvetini 3‘ün 2‘ye orantısı ölçüsünde aşacaktır. Ve bundan ötürü, bunun Ay‘ın devir süresinde, Dünya‘nın etrafında dönerken, atâlet halinde tutulduğu kuvvete oranı, 100‘ün 2/3 x 17872 ´‘ye, ya da, 11915‘e oranına eşit olacaktır. Ve CT

süresinde, Ay‘ın velositesinin

‘lik kısımlarına eşit ölçüde bir velosite

oluşturacaktır. Ancak, CPA süresinde, daha fazla bir velosite oluşturacak ve bunun ölçüsü de CA‘nın CT‘ye ya da TP‘ye oranına eşit olacaktır. Sekizde Bir‘liklerdeki maksimum kuvvet olan EL‘yi, FK x Kk alanı ile temsil edelim ya da buna eşit olan ´ TP x Pp dikdörtgeni ile temsil edelim. Ve herhangi bir CP süresinde, o maksimum kuvvetin oluşturabileceği velositenin, aynı süre zarfında, EL adındaki herhangi daha az bir kuvvetin oluşturacağı velositeye oranı; alanı ´ TP x CP işlemiyle tanımlanan dikdörtgenin KCGF alanının oranına eşit olacaktır. Ancak, CPA süresinin bütününde oluşturulan velositeler, birbirine göre, ´ TP x CA işlemiyle tanımlanan dikdörtgenin TCG üçgeninin alanına oranı gibi olacaktır. Ya da, CA çeyreklik yayının TP yarıçapına oranı gibi olacaktır. Ve bundan ötürü, sürenin tamamında

oluşturulan evvelki velosite; Ay‘ın velositesinin

‗lik kısmına eşit olacaktır. Ay‘ın,

tanımlanmış alanın ortalama momentumuna orantılı olan bu velositesi, (bu ortalama momentumun 11915 sayısı ile temsil edildiğini kabul ettiğimizde)‘ne, diğer velositenin yarısını ekliyor ve çıkarıyoruz. Toplam, 11915 + 50‘dir ya da 11965‘e eşittir. Bu rakam ise, A karşıt konum noktasındaki alanının maksimum momentumunu temsil edecektir. Ve 11915 –

633

50 farkı ya da 11865, bu dördüllerdeki minimum momentumu temsil edecektir. İşte, bundan ötürü, karşıt konumlarda ve dördüllerde, eşit sürelerde, tanımlanmış alanların birbirine oranı, 11965‘ın 11865‘e oranına eşit olacaktır. Ve eğer, 11865 sayısı ile gösterilen minimum momentuma, 100 birimlik bir momentum daha eklersek, evvelki iki momentumun farkı; FKCG yamuğunun alanının TCG üçgeninin alanına orantısına eşit olur. Ya da, başka bir gösterimle, PK‘nın sinüsünün karesinin TP yarıçapının karesine orantısına eşit olur. (Bu da demektir ki, Pd‘nin TP‘ye orantısına eşit olur.) Bu toplam, Ay, P ile gösterilmiş herhangi bir ara konumdayken oluşan alanın momentumunu temsil edecektir. Ancak, bütün bu anlatılanlar, ancak, Güneş‘in ve Dünya‘nın atâlet halinde bulunduğu hipotezine göre doğrudur. Ve Ay‘ın sinodik döngüsü, 27 gün 7 saat 43 dakikalık bir sürede tamamlanır. Ne var ki, Ay‘ın hakiki sinodik döngüsü 29 gün 12 saat 41 dakika‘dır ve an‘ların artışları da süre ile aynı orantıda genişletilmelidir. Bu da demektir ki: 1080853‘ün 1 000 000‘a orantısında genişletilmelidir.

Bütün bu hesaba binâen, artışın tamamı, ortalama momentumun,

kısmıyken; şimdi, bunun

‘lik bir

‘lük kısmı haline gelmiştir. Ve bundan ötürü; Ay‘ın

dördüllerindeki alanının momentumunun, Ay‘ın karşıt konum noktalarındaki momentumuna oranı da 11023 – 50‘nin 11023 + 50 işlemlerine oranına eşittir. Ya da, 10973‘ün 11073‘e oranına eşittir. Ve Ay, P harfi ile gösterilmiş herhangi bir ara konumunda bulunduğundaki momentumunun ölçüsü de, 10973 ile 10973 + Pd‘nin oranına eşittir. Tabi bu, TP‘nin 100 olduğu varsayımı ile geçerlidir. O halde, Ay‘ın, Dünya‘ya çizilmiş yarıçap ile sürenin birbirine eşit birkaç küçük süreli kısmında tanımladığı alan, yaklaşık olarak, 219,46, ve Ay‘ın, yarıçapı birim olarak alınmış ve tanımlanmış bir çemberde, kendisine en yakın tasavvur edilen

634

konumunda, en yakın dördüle mesafesinin iki mislinin ters sinüsünün toplamına eşittir. Yani, Sekizde Bir‘liklerde ortalama miktarında bulunduğu varyasyonda olduğu gibi. Ancak, eğer, varyasyon daha fazla veya daha azsa, bu ters sinüs aynı orantıda artırılmalı veya azaltılmalıdır.

27. Önerme 8. Problem Ay‟ın saatlik hareketinin bilgisinden Dünya‟ya mesafesini hesap etmenin yöntemi Ay‘ın, Dünya‘ya çizilmiş bir yarıçap ile her bir an tanımlaya geldiği alan, Ay‘ın saatlik hareketinin ve Ay‘ın Dünya‘ya mesafesinin karesinin çarpımına eşittir. Ve bundan ötürü; Ay‘ın, Dünya‘ya mesafesi, alanın ters kare orantısıyla doğru orantılı ve saatlik hareketinin ters kare orantısıyla ters orantılı olan bir bileşik orantıdadır. Q.E.I 1. Kaziye: O halde, Ay‘ın görünüşteki çapı zaten verilmiştir, çünkü Ay‘ın Dünya‘ya mesafesinin tersine eşittir. Astronomlar, bu kuralın olgular ile ne kadar tutarlı olduğunu deneyip görsün. 2.Kaziye: O halde, Ay‘ın yörüngesi, tabiat olayılerden yola çıkılarak daha evvel yapılabildiğinden daha hassas bir ölçüde tanımlanabilir. 28. Önerme 9. Problem

635

Ay‟ın eksentrisitesi (dışarlaklığı) hesaba katılmaksızın, tasavvur edilen bir yörüngede hareket ettiği düşünülürse, bu yörüngenin çaplarını hesap etmenin yöntemi. Bir cismin tanımladığı yörüngenin eğriliği, eğer, cisim, yörüngeye dik gelen çizgiler istikametinde çekiliyorsa, çekim kuvveti ile doğru orantılıdır ve velositenin karesiyle ters orantılıdır. Çizgilerin birbirine göre eğriliğini tahmin ettim. Bu tahmini de, yarıçapların sonsuzca kısaltıldığını varsayıp, çizgilerin eşit ölçüdeki yarıçaplara temas etme açılarının tanjantları ile veya sinüsleriyle yitip giden bir orantıda olduğunu idrak ettim. Ne var ki; Ay‘ın Dünya‘ya doğru, karşıt konumlardaki çekilmesi, onun, Dünya‘ya yönelmiş çekiminin 2PK ile temsil edilmiş Güneş‘in çekim kuvvetinden fazlasına eşittir. ( Bakınız, 25. Önerme‘deki Şekil.) Ki bu kuvvetin hesabıyla, Ay‘ın Güneş‘e yönelmiş ivmeli çekim kuvveti, Dünya‘nın Güneş‘e yönelmiş ivmeli çekim kuvvetini aşar ya da onun tarafından aşılır. Ancak, dördüllerde, bu çekim, Ay‘ın Dünya‘ya yönelmiş çekiminin ve Güneş‘in çekim kuvvetini temsil eden KT‘nin toplamıdır ki bu kuvvet ile Ay, Dünya‘ya doğru çekilir. Ve bu çekimlerin

hesabı

bölmesi yerine, N harfini soktuğumuzda, yaklaşık olarak,

ve

636

işlemlerine eşittir.

Ya da, ve

işlemlerine eşittir. Çünkü eğer, Ay‘ın, Dünya‘ya yönelmiş ivmeli çekimi 178725 sayısı ile temsil edilir ise, dördüllerde, PT veya TK olan ve Ay‘ı, Dünya‘ya doğru çeken ML ortalama kuvveti 1000 sayısına eşit olur. Ve TM ortalama kuvveti de, karşıt konum noktalarında 3000‘e eşit olur. Ki bu sayıdan, ML ortalama kuvvetini çıkarın; kalan 2000‘dir ve bu kuvvet yukarıda 2PK adını verdiğimiz ve karşıt konum noktalarında, tesiri ile Ay‘ın Dünya‘ya doğru çekildiği kuvvettir. Ancak, Ay‘ın A ve B karşıt konum noktalarındaki velositelerinin C ve D dördüllerindeki velositelerine oranı, CT‘nin AT‘ye oranına eşittir. Ve Ay‘ın, Dünya‘ya çizilmiş bir yarıçap ile karşıt konum noktalarında tanımladığı alanın momentum‘unun, dördüllerde tanımlanmış alanın momentum‘larının çarpımlarının oranına eşittir. Ki bu da, 11073 CT‘nin 10973AT‘ye oranına eşittir. Bu oranı, iki defa ters, evvelki oranı da, bir defa doğru oranlı alın ve Ay‘ın

637

yörüngesinin karşıt konum noktalarındaki eğriliğinin, yörüngenin dördüllerdeki eğriliğine oranı aşağıdaki işleme eşit olur:

nin

‘ye

oranına

eşit

olur.

işleminin

Yani;

işlemine oranına eşittir. Ay‘ın yörüngesinin şekli bilinmediğinden onun yerine bir varsayımda bulunalım: DBCA bir elips olsun: Ve bunun merkezinde Dünya‘nın konumlanmış olduğunu düşünelim: Ve elipsin DC uzun ekseni dördüllerin arasında konumlandırılsın ve kısa eksen AB karşıt konum noktaları arasında konumlandırılsın. Ancak, bu elipsin düzlemi, açısal bir hareket ile Dünya‘yı temsil eden bir noktadan döndürüldüğü için, şimdi, eğriliğini inceleyeceğimiz yörünge, böylesi bir hareketin olmadığı bir düzlemde tanımlanacaktır.

638

Şimdi, Ay‘ı o elips yörüngede döndürmek yolu ile tanımlayacağımız şekli düşünelim: Bu da demektir ki: Cpa şeklinden bahsediyoruz: Ve Ay‘ın şekildeki konumunu temsil eden herhangi

639

bir noktaya P diyoruz. p ile gösterilmiş birkaç nokta da bu noktaya göre şekilde konumlanmıştır. Ve Tp‘yi TP‘ye eşit ölçüde çizerek, öyle ki, PTp açısının ölçüsü; Güneş‘in C‘deki son dördülden itibaren görünüşteki hareketine eşit alınsın. Ya da, onunla aynı anlama gelecek tarzda; CTp açısının CTP açısına oranı, Ay‘ın sinodik döngüsünün süresinin, devir döngüsünün süresine oranına eşit olsun. Yani, 29 gün 12 saat 44 dakika‘nın 27 gün 7 saat 43 dakikaya oranına eşit olsun. O halde, eğer, CTa açısını CTA dik açısına, bu orantıda alırsak ve TA‘yı TA ile eşit uzunlukta oluşturursak; a noktası Cpu yörüngesinin aşağı apsisi, C noktası yukarı apsis olur. Ancak, yaptığım hesapta buldum ki: Bu Cpa yörüngesinin a vertex noktasındaki eğriliğinin ve T merkezinden TA yarıçapı ile tanımlanmış bir çemberin eğriliğinin farkının, elipsin A verteksindeki eğriliğinin, aynı çemberin eğrilinden farkına oranı; CTP açısının CTp açısı ile kareli orantısına eşittir. Ve elipsin A noktasındaki eğriliğinin tanımlanmış aynı çemberin eğriliğine oranı, TA‘nın TC‘ye kareli orantısındadır. Ve bu çemberin eğriliğinin T merkezinden TC yarıçapı ile tanımlanmış çemberin eğriliğine oranı, TC‘nin TA‘ya oranına eşittir. Ancak, bu son kemer‘in (Çevirenin Notu: Çemberin 180º‘lik yayını kastediyor.) eğriliğinin elipsin C noktasında eğriliğine oranı, TA‘nın TC‘ye kareli orantısındadır. Ve elipsin C verteks‘indeki eğriliğinin son bahsedilen çemberin eğriliğinden farkının, Cpa şeklinin C verteksindeki eğriliğinin ve bu son bahsedilen çemberin eğriliğinin farkına oranı, CTp açısının CTP açısı ile kareli orantısına eşittir. Ki buradaki orantıların tümü, temas açılarının sinüslerinden ve bu açıların farklarından kolaylıkla bilinebilir. Ancak, bu orantıları kendi içinde mukayese ederek hesaplıyoruz ki: Cpa şeklinin a noktasındaki eğriliğinin aynı şeklin C noktasındaki eğriliğine oranı

‗nin

640

‘ye oranına eşittir.

Bu eşitlikteki,

sayısı, CTP ve CTp açılarının karelerinin farkının daha dar olan

CTP açısının karesine uygulanması temsil eder. Ya da, yine aynı şeyin farklı bir görünümü olarak; 27 gün 7 saat 43 dakika‘lık sürenin ve 29 gün 12 saat 44 dakika‘lık sürenin karelerinin farkının pay‘a yazıldığı ve 27 gün 7 saat 43 dakika‘lık sürenin karesinin payda‘ya yazıldığı bir kesir demektir. O halde eğer, a, Ay‘ın karşıt konum noktasını temsil ederse ve C onun dördülünü temsil ederse, şimdi kurduğumuz orantı, yukarıda kurmuş olduğumuz Ay‘ın yörüngesinin karşıt konum noktalarındaki eğriliğinin dördüllerdeki eğriliğine orantısına eşit olsa gerektir. Bundan ötürü, CT‘nin AT‘ye orantısını hesaplamak için, en uç değerleri ve ortalama değerleri çarpalım ve çıkan terimleri kesrin pay‘ına, AT x CT‘yi de paydasına yazalım. Buradan da şu eşitliği elde ederiz:

Şimdi, eğer, N ile gösterilen toplamın yarısını bulmak için AT ve CT terimlerini gördüğümüz yere 1 yazarsak ve onların farklarının yarısına x dersek bu kurguda CT = 1 + X, AT = 1 – X olarak tanımlanır. Ve bu değerleri denkleme sokup çözerek şunu buluruz:

641

X= 0,00719 ve buradan da CT yarıçapı = 1,00719 bulunur ve AT yarıçapı = 0,99281 bulunur

ki bu sayılar tam sayı ve kesir formundaki gösterildiğinde; yaklaşık olarak

ve

‘e eşittir. Bundan ötürü; Ay‘ın, Dünya‘ya karşıt konumlarındaki mesafesinin, dördüllerdeki mesafesine

oranı, (eğer, dışarlaklığını (eksentrisitesini) hesap harici tutarsak)

‘ün veya

‘e oranına eşittir, ya da tam sayı olarak gösterilir ise 69‘un 70‘e oranına eşittir.

29. Önerme 10. Problem Ay‟ın varyasyonlarını hesap etmenin yöntemi. Bu eşitsizliğin sebebi kısmen Ay‘ın yörüngesinin eliptik şeklinden, kısmen de, Ay‘ın Dünya‘ya çizilmiş yarıçaplar ile tanımladığı alandaki anlık eşitsizliklerdir. Eğer, P ile gösterilen Ay; DBCA elipsi biçimindeki bir yörüngede döndürülür ise ve bu döndürmede Dünya‘yı temsil eden nokta elipsin merkezinde sabit ve hareketsiz durduğu halde yapılır ise, ve TP yarıçapı Dünya‘ya çizilerek, CTP alanı tanımlanırsa ve bu tanımlamanın süresine

642

orantılı olursa; ve elipsin CT adındaki uzun yarı-çapının TA adındaki kısa yarıçapına oranı, 70‘in 69‘a oranına eşit olursa, CTP açısının tanjantının, C dördülünden hesap edilmiş ortalama hareketin açısının tanjantına oranı; elipsin TA adındaki yarıçapının TC adındaki yarıçapına oranı eşittir ya da 69‘un 70‘e eşittir. Ancak, Ay, dördülden karşıt konum noktasına ilerlerken tanımlanan CTP alanı öyle bir ölçüde ivmelendirilmelidir ki Ay‘ın karşıt konumda tanımladığı alanın momentum‘unun dördülde tanımladığı alanın momentine oranı 11073‘ün 10973‘e oranına eşittir. Ve P ile gösterilmiş herhangi bir ara konumdaki momentumun, dördüldeki momentum‘dan fazlası, CTP açısının sinüsünün karesine eşittir. Bunu da; CTP açısının tanjantını 10973 sayısının 11073 sayısı ile ters kare orantısında azaltırsak, yani, 68, 6877 sayısının 69 sayısı ile orantısında azaltırsak, yeterince yaklaşık olarak sağlayabiliriz. Bu hesaba binâen; CTP açısının tanjantı; ortalama hareketin tanjantına oranlandığında, bu 68, 6877‘nin 70‘e oranına eşit olur. Ve ortalama hareketin 45º olduğu Sekizde Bir‘likler noktasında, CTP açısı 44º 27 dakika 28 saniye olarak bulunur, bu değer ise ortalama hareketin açısı olan 45º‘den çıkarıldığında kalan değer, 32‘ 32‘‘ ölçüsündeki maksimum varyasyon‘dur. Bu, Ay‘ın dördülden karşıt konum noktasına geçişinde sadece ve sadece 90 derecelik bir CTA açısı tanımladığı durumda geçerlidir. Ancak, Dünya‘nın hareketi sebebiyle, Güneş, görünürde in consequentia (ileriye doğru) taşınmış gibi olduğundan, Ay; Güneş‘i overtake etmezden önce; CTa açısını tanımlar ve bu açı bir dik açıdan geniş olup Ay‘ın 29 gün 12 saat 44 dakika‘lık sinodik döngüsünün 27gün 7 saat 43 dakika‘lık devir döngüsünün süresine orantılıdır. İşte bundan ötürü; T merkezinin etrafındaki açıların tümü aynı orantıda genişletilir. Ve bu genişletme olmasaydı, 32‘ 32‘‘ olmuş olacaktı maksimum varyasyonun ölçüsü şimdi, belirtilmiş orantıda genişletildiğinden 35 dakika 10 saniyelik bir değer alır.

643

Eğer, orbis magnus‘un eğriliğinden oluşan farkları hesaba katmaz isek, Güneş‘in Dünya‘ya ortalama mesafesindeki magnitüt budur. Ve Güneş‘in Ay‘ın üzerindeki tesiri, boynuzlu ve yeni Ay olduğunda; gibbous ve dolunay olduğundaki durumundaki kuvvetlidir. Güneş‘in Dünya‘ya diğer mesafelerinde, maksimum varyasyon; yılın bir takvim günü verildiğinde, Ay‘ın sinodik döngüsünün süresinin karesi ile doğru orantılı ve Güneş‘in Dünya‘ya mesafesinin kübü ile ters orantılı bir bileşik orantıdadır. Ve bundan ötürü, eğer, Güneş‘in eksentrisitesinin Büyük Yörüngesi‘ni (Orbis Magnus‘unu) kesip geçen yarıçapa oranı

kesrinin 1000‘e oranına eşit ise, Güneş‘in yeröte konumunda, maksimum varyasyon 33‘ 14‘‘ ölçüsündedir ve yerberi konumunda 37‘ 11‘‘ ölçüsündedir. Buraya değin yaptığımız çözümlemelerde, varyasyonu, eksentrik olmayan yörüngeyi varsayıp inceledik, sanki Ay, Sekizde Bir‘lik noktalarında daima, Dünya‘ya ortalama mesafesine eşitmiş gibi düşündük. Ancak, eğer, Ay‘ın, eksentrisitesini de çözümlememize katıp yukarıdaki duruma göre, Dünya‘ya bazen daha yakın, bazen daha uzak, konumlandırıldığını düşünürsek, bu varyasyon; bu kurala göre, bazen biraz fazla bazen biraz az olsa gerektir. Ancak, bunun fazlalığının azlığının ölçüsünü saptamayı astronomların gözlemlerine bırakıyorum. 30. Önerme 11. Problem Ay‟ın düğümlerinin saatlik hareketini, çembersel bir yörüngenin üzerinde hesap etmenin yöntemi. S harfi, Güneş‘i, T harfi Dünya‘yı, P harfi Ay‘ı, NPn Ay‘ın yörüngesini, Npn yörüngenin ekliptik düzleminin üzerindeki ortografik projeksiyonunu temsil etsin; N,n düğümlerinin olsun, nTNm düğüm çizgilerinin belirsiz ölçüde uzatılmışını temsil etsin, PI, PK, ST ve Qq

644

çizgilerine indirilmiş dikmeler olsun, Pp, ekliptik düzlemin üzerine indirilmiş bir dikme olsun, A, B ekliptik düzlemin üzerinde konumlanmış Ay‘ın karşıt konum noktaları olsun, AZ düğüm lerinin çizgisi olan Nn‘ye indirilmiş bir dikme olsun, Q,q, Ay‘ın dördüllerinin, ekliptik düzlemin üzerindeki yerleri olsun ve pK, dördüllerden geçirilen çizgiye indirilen dikme olsun.

Güneş‘in, Ay‘ın hareketini ajite etme kuvveti, 25. Önerme‘nin mantığına göre, iki şekilde tesir eder. Biri, LM çizgisi ile orantılıdır diğeri, MT çizgisi ile ve bu da aynı Önerme‘nin şemasında gösterilmiştir. Ve Ay, evvelki kuvvet ile Dünya‘ya doğru, sonraki kuvveti ile Güneş‘e doğru çekilir, bunun istikameti de Dünya‘yı ve Güneş‘i birleştiren ST doğrusuna paralel bir istikamette olur. Evvelce bahsedilen LM kuvveti, Ay‘ın yörüngesinin düzleminin istikametinde tesir eder ve bundan dolayı durumda herhangi bir değişiklik oluşturmaz ve bu nedenden ötürü hesaba katılmayabilir; sonra bahsedilen MT kuvveti ki Ay‘ın yörüngesinin

645

düzlemi bu kuvvet ile ajite edilir; 3PK veya 3IT kuvvetiyle özdeştir. Ve bu kuvvetin, 25. Önerme‘nin mantığınca, Ay‘ın, devir süresi boyunca, Dünya‘nın etrafından, Dünya‘yı atâlet halindeymiş gibi kabul ederek, ivmesiz bir hız ile ve çembersel bir yörüngede döndüren kuvvete oranı; 3IT‘nin, çemberin yarıçapının 178,725, sayısı ile çarpılmasından elde edilen değere oranlanmasına eşittir. Ya da, IT‘nin aynı yarıçapın 59,575 sayısı ile çarpılmasından elde edilen değere oranına eşittir. Ancak, bu hesapta ve müteakip hesaplarda; Ay‘dan Güneş‘e çizilen çizgileri, Dünya ve Güneş‘i birleştiren çizgiye paralel kabul ediyorum. Çünkü, bu iki çizgi birbirine meyil ediyor ise bile, durumların bazısında, tesirleri azaltırken bazı durumlarda bu tesirleri çoğaltır ve şimdi biz, düğümlerin ortalama hareketlerini araştırıyor olduğumuzdan, momentum gibi diğer faktörleri de hesaba katmıyoruz, ki hesaplamamız iyice içinden çıkılmaz bir hâle gelmesin. Şimdi, varsayın ki: PM, Ay‘ın, zamanın en küçük kısmı olan bir an‘da, tanımladığı bir yayı, temsil etsin, ML ise, kısa bir çizgi olsun (bu ise, Ay‘ın, yukarıda bahsedilen sürenin içinde, 3 IT kuvvetinin tesiriyle tanımladığının yarısına eşittir.) Ve PL, MP‘yi, m ve l noktalarına doğru uzatın. Burada, ekliptik düzlemi ile kesiştirin ve Tm‘nin üzerine PH dikmesini indirin. Şimdi, ML doğrusu, ekliptik düzlemine paralel olduğundan; bu düzlemin üzerinde bulunan ml doğrusu ile hiçbir zaman kesişmez; ancak, şu da var ki: Doğruların ikisi de, LMPml adındaki müşterek bir düzlemin üzerinde bulunurlar, paraleldirler ve bu mantığa göre, bu, LMP, lmP üçgenleri de birbirine benzer olacaktır. Ve MPm yörüngenin düzleminin üzerinde bulunduğundan ki bu düzlemin üzerinde, Ay, P noktasındayken hareket etmişti; m noktası Nn çizgisinin üzerinde kalır ki bu çizgi, o yörüngenin N,n denilen düğümlerinden geçer. Ve oluşturulan kısa LM çizgisinin yarısı, eğer, bir bütün olarak, bir an‘da P noktasında tesir etmiş olsaydı, bu çizginin bütününü oluşturmuş olurdu ve Ay‘ı, kirişi LP olan bir yayın üzerinde hareket ettirirdi. Bu da demektir ki: Ay‘ı, MPmT düzleminden, LPlT düzlemine

646

taşırdı. Ve bundan ötürü, bu kuvvet ile oluşturulan düğümlerinin açısal hareketi de mTl açısına eşit olurdu. Ancak, ml‘nin mP‘ye oranı, ML‘nin MP‘ye oranına eşittir. Ve süre verilmiş olduğundan MP de verilmiştir; ml, ise, ML x mP dikdörtgenine eşit olacaktır. Bu da demektir ki: IT x mP dikdörtgenine eşit olacaktır. Ve eğer, TmP bir dik açı ise mTl açısı,

ml/ Tm oranına eşit olacak ve bundan ötürü demektir

ki:

Tm‘nin

ve

mP‘nin,

TP‘nin

bölmesine eşit olacaktır. Bu da, ve

PH‘nin

orantılı

oluşundan

ötürü,

bölme işlemine eşittir. Ve bundan ötürü; TP verilmiş olduğundan ve IT x PH‘ye eşittir. Ancak, eğer, Tml veya STN açıları, dar açı ise, mTl açısı daha bile dar olacaktır ve ölçüsü de STN açısının sinüsünün yarıçapa orantısında olacak; ya da, AZ‘nin AT‘ye oranında olacaktır. Ve bundan ötürü, düğümlerinin velositesi, IT x PH x AZ çarpma işlemine eşittir, bir başka deyişle, TPI, PTN ve STN adlı üç açının sinüslerinin altındaki hacıma eşit olacaktır. Eğer, bu açılar, düğümlerin dördüllerdeki ve Ay‘ın karşıt konumlarda olduğundaki konumdaki gibi, dik açı ölçüsündeyse, ml kısa çizgisi belirsiz ölçüde uzak bir mesafeye taşınacak ve mTl açısı mPl açısına eşitlenecektir. Ancak bu vaka‘da, Ay‘ın aynı süre içinde, görünürdeki hareketi ile Dünya‘nın etrafında bir eğri tanımladığı mPl açısının PTM açısına oranı, 1‘in 59,575 sayısına oranına eşittir. Zirâ, mPl açısı, LPM açısına eşittir, bu da demektir ki; Ay‘ın doğrusal hatlı istikametinden saptırıldığı (inhirâf ettirildiği) açıya eşittir. Ki bu açı, eğer, Ay‘ın çekimi bir an için kaybolsaydı, Güneş‘in bahsedilen 3IT kuvvetinin tek başına, verilmiş belli bir sürede oluşturacağı açıdır. Ve PTM açısı da, Ay‘ın doğrusal hatlı istikametinden saptırıldığı açıya eşittir ki bu açı, eğer, Güneş‘in 3IT adındaki çekim kuvveti

647

bir an için kaybolsaydı; aynı süre içinde, Ay‘ı tek başına tesir ederek yörüngesinde tutacak olan kuvvete eşittir. Ve bu kuvvetler, yukarıda da göstermiş olduğumuz gibi, birbirine göre, 1‘in 59,575 sayısına oranındadır. İşte bundan ötürü, Ay‘ın, sabit yıldızlara göre düşünülen saatlik hareketi, 32‘ 56‘‘ 27‘‘‘ 12 ´

iv

ölçüsündedir. Bu vaka‘daki düğümün saatlik hareketi; 33‘‘ 10‘‘‘ 33iv.12v.

ölçüsünde olacaktır. Ancak diğer durumlarda, saatlik hareketi, 33‘‘ 10‘‘‘ 33iv.12v ölçüsünde olup TPI, PTN ve STN açılarının (başka bir deyişle, Ay‘ın dördülüne mesafesi, Ay‘ın düğümüne mesafesi ve düğümün Güneş‘e mesafesine) sinüslerinin altındaki hacımın, yarıçapın kübüne oranına eşit olacaktır. Ve herhangi bir açının sinüsü, pozitiften negatife değiştiğinde, ya da, negatiften pozitife değiştiğinde, gerileyen hareket ilerleyen harekete ve ilerleyen hareket gerileyen harekete dönüşür. Bu ise şu anlama gelir: Ay, herhangi bir dördül ile o dördüle en yakın düğüm arasında bir yerlerde olduğu müddetçe, düğümler ilerler. Öteki durumlarda, bunlar geriler ve bu gerilemenin ölçüsü, ilerlemeden fazla olursa, bu fazlalık aylık olarak bir geri harekete (in antecedentia) dönüşür. Birinci Kaziye: O halde: Eğer PM adındaki en kısa ölçülü yayın P ve M adındaki uç noktalarından itibaren dördülleri birleştiren Qq çizgisinin üzerine PK ve Mk adındaki dikmeleri indirirsek ve bunları, Nn düğümlerinin çizgisini D ve d noktalarında kesene dek uzatırsak düğümlerin saatlik hareketi, MPDd alanının ölçüsü ile AZ çizgisinin karesinin çarpımına eşit olacaktır. Çünkü PK, PH ve AZ bahsedilen üç sinüs olsun; PK, Ay‘ın dördülüne mesafesinin sinüsü; PH, Ay‘ın düğümüne mesafesinin sinüsü ve AZ düğümünün

648

Güneş‘e mesafesinin sinüs‘üdür ve düğümün velositesi PK x PH x AZ‘nin altındaki hacıma eşit olur.

Ancak; PT‘nin PK‘ya oranı, PM‘nin Kk‘ya oranına eşittir ve bundan ötürü, PT ve PM verilmiştir, Kk, PK‘ya eşit olacaktır. Benzer bir mantık ile AT‘nin PD‘ye oranı, AZ‘nin PH‘ye oranına eşit olur ve bundan ötürü, PH, PD x AZ dikdörtgenine eşittir ve orantıların bileşkesini alma yöntemi ile PK x PH, Kk x PD x AZ‘nin altındaki hacıma eşittir ve PK x PH x AZ, Kk x PD x AZ2‘ye eşittir. Bu da demektir ki: PDdM ve AZ2‘nin çarpımına eşittir. Q.E.D 2.Kaziye: Düğümlerin verilmiş herhangi bir konumunda; bunların ortalama saatlik hareketi, Ay‘ın karşıt konumlarındaki saatlik hareketinin yarısıdır. Ve bundan ötürü, bu değerin, 16‘‘ 35‘‘‘ 16iv. 36v değerine oranı; düğümlerin karşıt konumlara mesafesinin sinüsünün karesinin, yarıçapın karesine oranına eşittir ya da AZ2‘nin AT2‘ye oranına eşittir. Çünkü, eğer, Ay,

649

ivmesiz bir hareket ile QAq yarım çemberini tanımlarsa, ve Ay‘ın Q‘dan M‘ye geçişinin süresinde oluşan PDdM alanlarının tümünün toplamı QMdE alanını oluşturacak ve çemberin QE tanjantında bitecektir. Ve Ay‘ın, n noktasına varmasına dek geçen sürede, bu toplam; PD çizgisi ile tanımlanmış EQAn alanının bütününü oluşturacaktır. Ancak, Ay, n‘den q‘ya ilerlerken, PD çizgisi, fall without the circle (çemberin dışından geçecek?) edecek ve nqe alanını tanımlayacak ve çemberin qe tanjantında bitecektir. Ve bu alan, evvelden gerileyen ama şimdi ise ilerleyen hâle gelmiş düğümleri sebebiyle, evvelki alandan çıkarılacak ve alanın kalanı QEN alanına eşit olacak ve geriye NQAn yarı çemberini bırakacaktır. O halde, Ay, bir yarı-çember tanımlarken, tanımladığı alanların toplamı, çemberin alanının bütününü oluşturacaktır. Ne var ki, PDdM alanı, Ay, karşıt konumdayken, PM yayının PT yarıçapına sokulmuş dikdörtgenidir. Ve her biri, bu alanın ölçüsüne eşit alanların tümünün toplamı, Ay‘ın bir tam daireyi tanımladığı sürede, çemberin çevresinin çemberin yarıçapına sokulmuş dikdörtgenidir. Ve bu dikdörtgen, dairenin alanının iki misli olarak, evvelki toplamın da iki misli olacaktır. O halde, eğer, düğümleri, Ay‘ın karşıt konumlarında edindikleri velositeyi ivmelenmeksizin (veya ölçüsü giderek artan oranda yavaşlamaksızın) sürdürür ise, bunlar, hakikatte tanımladıkları alanın iki mislini tanımlamış gibi düşünülebilir. İşte bu nedenden ötürü; ortalama hareket, eğer, sabit hız ile sürdürülür ise [ ki bu, bunların, fiilen sabit-olmayan hareket ile tanımlamış oldukları alanın eş-ölçülüsünü tanımlayabilecek olan harekettir] bunların, Ay‘ın karşıt konumlarda edindikleri hareketin sadece yarısıdır. İşte bundan ötürü; bunların düğümleri maksimum saatlik hareketi, eğer, düğümleri dördüllerdeyse, 33‘‘ 10‘‘‘ 33iv.12v. olacak ve bu durumda bunların ortalama saatlik hareketi, 16‘‘ 35‘‘‘ 16iv. 36v. olacaktır.

650

Ve düğümlerin saatlik hareketinin, her yerde AZ2‘nin ve PDdM alanının çarpımına eşit olduğunu bildiğimizden, buradan, Ay‘ın karşıt konumlarında da, düğümlerin saatlik hareketinin AZ2‘nin ve PDdM alanının çarpımına eşit olduğu sonucuna varırız. Buysa, demektir ki: Karşıt-konumda tanımlanan PDdM alanı verilmiş olduğundan, ortalama hareket AZ2‘ye eşit olur. Ve işte bundan ötürü, düğümler dördüllerden farklı bir yerde olduğunda bunun 16‘‘ 35‘‘‘ 16iv. 36v‘ya oranı, AZ2‘nin AT2‘ye oranına eşittir. Q.E.D 31. Önerme 12. Problem Ay‟ın düğümlerin saatlik hareketini eliptik bir yörüngede hesap etmenin yöntemi. Q pmaq harfleri, Qq uzun ekseni ile olan ve ab kısa ekseni olan bir elipsi temsil etsin. Bu elipsi QAqB çemberi dışarıdan çevrelesin. T, hem elipsin hem çemberin merkezinde konumlanmış Dünya‘yı temsil etsin. S Güneş‘i temsil etsin, p bu eliptik yörüngede hareket eden Ay‘ı temsil etsin ve pm; zamanın en kısa kısmında, p‘nin tanımladığı yay parçasını temsil etsin.

651

N ve n, Nn çizgisi ile birleştirilmiş düğümlerini temsil etsin. pK ve mk; çember ile P ve M noktalarında ( ve düğümlerin çizgisi ile D ve d noktalarında ) buluşuncaya değin uzatılarak oluşturulmuş Qq eksenine indirilen dikmeler olsun. Ve eğer, Ay, Dünya‘ya çizilmiş bir yarıçap ile tanımlama süresine orantılı bir alan tanımlıyor ise, elipsteki düğümün saatlik hareketi, pDdm ve AZ2‘nin çarpımına eşit olacaktır.

652

Çünkü PF çizgisini P noktasında çembere değdirin ve F noktasında TN ile birleşecek şekilde uzatın. Ve tanjantların ikisi de TQ ekseninde konumlanmış Y noktasında birleşir. Ve ML harfleri; Ay‘ın, yukarıda bahsedilmiş 3IT veya 3PK kuvvetinin tesiri ile ve transverse hareket ile ( çemberde dönerek PM yayını tanımlayacağı bir sürede) ve ml harfleri de, Ay‘ın, aynı sürede; 3IT veya 3PK‘lık bir kuvvetin tesiri ile bir elips yörüngede dönerek tanımlayabileceği alanı temsil etsin ve LP‘yi ve lp‘yi uzatın tâ ki, ekliptik düzlem ile G ve g noktalarında buluşsun ve FG ve fg birleştirilsin ve bunlardan FG uzatılarak pf, pg‘yi, c ve e noktalarında ve TQ‘yu R noktasında sırasıyla kessin. Ve fg uzatılarak TQ‘yu r noktasında kessin. Çemberdeki, 3IT veya 3PK kuvvetinin, elipsteki 3IT veya 3pK kuvvetine oranı, PK‘nın pK‘ya oranına veya AT‘nin aT‘ye oranına eşit olduğundan, evvelki, kuvvet ile oluşturulan ML alanının, sonraki kuvveti ile oluşturulan ml alanına oranı PK‘nın pK‘ya oranına eşittir. Başka bir deyişle, PYKp ve FYRc şekillerinin benzerliğinden ötürü, FR‘nin cR‘ye oranına eşittir. Ancak, PLM PGF üçgenlerinin benzerliğinden ötürü; ML‘nin FG‘ye PL‘nin oranına eşittir. Bu da demektir ki: LK, PK, GR çizgilerinin paralelliğinden ötürü, pl‘nin pe‘ye oranına eşittir, bu da demektir; plm, cpe üçgenlerinin benzerliğinden ötürü, lm‘nin ce‘ye oranına eşittir ve tersinden LM‘nin lm‘ye oranına eşittir ya da FR‘nin cR‘ye oranına eşittir, ya da FR‘nin cR‘ye oranına eşittir. Ve bir de FG‘nin ce‘ye oranına eşittir. Ve bundan ötürü eğer; fg ce ile fy‘nin cY ile yaptığı orana eşit ise; yani, fr‘nin cR‘ye oranına eşit ise ( bu ise demektir ki: fr‘nin FR‘ye ve FR‘nin cR‘ye oranlarının çarpımına eşit ise; yani, fT‘nin FT‘ye ve FG‘nin ce‘ye oranının çarpımına eşit ise.) FG‘nin ce‘ye oranı; eşitliğin her iki tarafında, expunge edilir ise; geriye, fg‘nin FG‘ye ve fT‘nin FT‘ye oranı kalır; fg‘nin FG‘ye oranı fT‘nin FT‘ye oranına eşit olur ve bundan ötürü; FG ve fg açılarının Dünya‘yı temsil eden T noktasında subtend‘leri birbirine eşit olur.

653

Ancak; evvelki Önerme‘de göstermiş olduğumuz gibi, bu açılar, Ay‘ın çemberde PM yayını ve elipste pm yayını tanımladığı esnâdaki, düğümlerinin hareketleridir. Ve işte bundan ötürü; düğümlerinin çemberdekileri ve elipstekileri birbirine eşit olur. O halde, diyorum ki: Eğer,

fg‘nin ce‘ye oranı, fY‘nin cY‘ye oranına eşit olsaydı; yani, fg

bölme işlemine

eşit olmuş olsaydı. Ancak; fgp, cep, fg benzer üçgenlerinin ce‘ye oranı, fp‘nin cp‘ye oranına eşittir ve işte bundan

ötürü; fg,

bölme işlemine eşittir. Ve işte bundan ötürü; fg‘nin kiriş veterini teşkil

ettiği açının; FG‘nin kiriş veterini teşkil ettiği evvelki açıya oranı, yani bir başka deyişle; düğümlerin elips üzerindeki hareketinin, düğümlerin çember üzerindeki hareketine oranı, bu

fg‘nin veya

bölmesinin evvelki fg veya

bölmesine oranına

eşittir. Bu ise demektir ki: fp x cY‘nin fY x cp‘ye oranına eşittir. Ya da; fp‘nin fY‘ye ve cY‘nin cp‘ye oranına eşittir. Yani; eğer, ph, TN‘ye paralel olarak FP ile h noktasında buluşuyor ise, Fh‘nin FY‘ye ve FY‘nin FP‘ye oranına eşittir. Bu da demektir ki: Fh‘nin FP‘ye ya da Dp‘nin DP‘ye oranına eşittir ve bundan ötürü, Dpmd alanının DPMd alanına oranına eşittir. Ve bundan ötürü; 30. Önerme‘nin 1. Kaziyesi‘nce, evvelki alanın ve AZ2‘nin çarpımının, düğüm lerin çemberin üzerindeki saatlik hareketine orantılı olduğunu bilerek; evvelki alanın ve AZ2‘nin çarpımının elipsin üzerindeki düğümlerin saatlik hareketine orantılı olduğu söylenebilir.

654

Q.E.D Kaziye: İşte, bundan ötürü, düğümlerin herhangi bir pozisyonunda, pDdm alanlarının tümünün toplamı, Ay‘ın dördülünden herhangi bir m noktasına taşınması esnâsında geçen sürede, QE elipsinin tanjantından kesilmiş mpQEd alanına eşittir. Ve bu alanların tümünün toplamı, bir tam döngüde, elipsin alanının tamamına eşittir. Elipsteki düğümlerin ortalama hareketinin çemberdeki düğümlerin ortalama hareketine oranı, elipsin çembere oranı gibidir. Bu da demektir ki: Ta‘nın TA‘ya ya da 69‘un 70‘e oranına eşittir. Ve bundan ötürü: 30. Önerme‘nin 2. Kaziyesi‘nin mantığına göre; çemberdeki düğümlerin ortalama saatlik hareketinin 16‘‘ 35‘‘‘ 16iv.36v değerine oranı, AZ2‘nin AT2‘ye oranına eşit olduğu için eğer, biz, 16‘‘ 21‘‘‘3iv.30v açısını 16‘‘ 35‘‘‘16iv.36v açısını oranlayıp bunu da 69‘un 70‘e oranına eşit alırsak, elipsteki düğümlerin ortalama saatlik hareketinin 16‘‘ 21‘‘‘ 3iv. 30v‘luk açısal değere oranı AZ2‘nin AT2‘ye oranına eşit olacaktır. Yani, bir başka deyişle, düğümün Güneş‘e mesafenin sinüsünün karesinin, yarıçapın karesine oranına eşit olacaktır. Ancak; Ay, Dünya‘ya çizilen bir yarıçap ile alanları tanımlarken, karşıt konumlarda, dördüllerde olduğundan fazla bir velosite ile hareket eder. Ve bu hesaba binâen; süre; karşıt konumlarında kısalır ve dördüllerde genişler. Ve sürenin uzayıp kısalmasının yanında; düğümlerin hareketi de benzer şekilde artar veya azalır. Ancak; Ay‘ın, dördüllerdeki alanının momentumu‘nun, Ay‘ın karşıt konumlarındaki alanının momentumu‘na oranı, 10973 sayısının 11073 sayısının oranına eşittir. Ve bundan ötürü; Sekizde Bir‘liklerdeki; ortalama hareketin, karşıt-konumlardaki fazlalığa oranı ve dördüllerdeki noksan‘a oranı; 11023 sayısının (yani bu sayıların toplamların yarısının) farklarının yarısı olan 50 sayısına oranına eşittir.

655

İşte bundan ötürü; Ay‘ın yörüngesinin süresinin birbirine eşit birkaç küçük kısmı, velositenin tersi gibidir. Sekizde Bir‘liklerde, ortalama zamanın, dördüldeki zamanın fazlasına oranı ve bu sebepten ötürü, karşıt konumlarda oluşan zamanın kusuruna oranı; neredeyse, 11023 sayısının 50 sayısına oranına eşittir. Ancak, dördüllerden karşıt konumlara doğru oluşan hareketi düşünüp hesapladığımda şunu buldum: Dördüllerdeki, minimum momentum‘un üzerinde kalan birkaç konumda, alanın momentum‘unun fazlası; neredeyse; Ay‘ın dördüle mesafesinin sinüsünün karesine eşittir. İşte bundan ötürü; herhangi bir konumdaki momentum ile Sekizde Bir‘liklerdeki ortalama momentumunun farkı, Ay‘ın dördüle mesafesinin sinüsünün karesi ile 45 derecenin sinüsünün karesi arasındaki fark‘a (ya da yarıçapın karesinin yarısının farkına) eşittir. Ve Sekizde Bir‘likler ve dördüller arasındaki çeşitli konumlarda, zamanın artışı ve Sekizde Bir‘likler ve karşıt konumların arasındaki çeşitli konumlarda zamanın azalışı; yine aynı orantıdadır. Ancak; Ay, yörüngesinin, biri birine eşit ölçülü, ufak kısımlarının bir kaçını tanımlarken, düğümlerinin hareketi; sürenin kareli orantısında bir ölçüde ivmelendirilir ya da ölçüsü giderek artan oranda yavaşlatılır. Zirâ; bu hareketi; Ay, PM‘yi tanımlarken, caeteris paribus (diğer şartların hepsi eşit olduğunda), ML‘ye eşittir ve ML zamanın kareli orantısındadır. İşte bundan ötürü; karşıt konumlardaki düğümlerin hareketi, Ay‘ın yörüngesinin, verilmiş ufak kısımlarını tanımladığı sürede, 11073 sayısının 11023 sayısı ile kareli orantısında azaltılır. Ve azalış‘ın, hareketin kalanına oranı; 100‘ün 10973‘e oranına eşittir. Ancak; hareketin tamamına oranı; yaklaşık 100‘ün 11073‘e oranına eşittir.

656

Ancak; Sekizde Bir‘likler ve syzygyler arasındaki konumlardaki azalış‘ın ve Sekizde Bir‘likler ve quadrature konumlarının arasındaki artış‘ın, bu azalış‘a oranı, yaklaşık olarak; bu konumlardaki hareketin tamamının syzygy‘lerdeki hareketin tamamına oranına eşittir. Ve; Ay‘ quadrature noktasına… İşte bundan ötürü; eğer, düğümler dördüllerdeyse, biri bir tarafta, diğeri öbür tarafta, iki konum alırsak, Sekizde Bir‘liklerden ve diğerinden eşit ölçüde uzak olurlarsa, bir tanesi ve diğeri dördülden aynı aralık ölçüsünde uzak olur ise, ve karşıt konum ve Sekizde Bir‘lik arasındaki iki konumun arasındaki hareketlerin azalışlarından; biz, Sekizde Bir‘lik ve dördül arasında kalan diğer iki konumdaki hareketlerin artışlarını çıkarırız: Azalış‘ın kalanı, karşıt konumdaki azalış‘a eşit olacaktır; bu ise hesaplamalar yolu ile kolaylıkla belli olur. Ve işte bu nedenden ötürü, düğümlerin ortalama hareketinden çıkarılması gereken ortalama azalış; karşıt konumdaki azalışın çeyreklik kısmına eşittir. Ay‘ın, Dünya‘ya çizilmiş bir yarıçap ile süreler ile orantılı alanları tanımlayacağı bir durumda; karşıt konumlarda düğümlerinin saatlik hareketinin tamamı; 32‘‘ 42‘‘‘ 7iv. açısal değerine eşittir. Ve işte göstermişizdir ki: Ay‘ın, şimdi biraz daha fazla bir velosite ile hareket ederken geçen sürede, aynı ölçüdeki bir alanı tanımlarkenki; düğümlerinin hareketindeki azalış; bu hareket ile 100 sayısının 11073 sayısı ile oranına eşit bir orandadır. Ve işte bundan ötürü; bu azalış‘ın ölçüsü 17‘‘‘ 43iv.11v. değerine eşittir. Bunun dörtte bir‘lik kısmı olan 4‘‘‘ 25iv.48v; yukarıda hesaplanmış ortalama saatlik hareketin değeri olan 16‘‘ 21‘‘‘ 3iv. 30v. değerinden çıkarılınca geriye kalan 16‘‘ 16‘‘‘ 37iv.42v değeridir ki, bu da, ortalama saatlik hareketin doğru değeridir. Eğer, düğümler, dördüllerden gayrı bir konumdalar ise ve iki konum müteâla ediliyor ise, bunlardan biri bir tarafta, diğeri diğer tarafta ise ve karşıt konumlardan eşit ölçüde uzaktalar ise; Ay, bu konumlarda bulunurken, düğümlerin hareketlerinin toplamı, bunların hareketlerinin toplamına eşit olacaktır; Ay, yine aynı

657

konumlarda bulunurken ve düğümlerde dördüllerde bulunurken AZ2‘nin AT2‘ye oranına eşit olacaktır. Ve şimdi izâh edilmiş sebeplerden kaynaklanan azalış‘lar hareketlerin kendilerine eşit olur ve bundan ötürü, hareketlerin kalanı, kendi aralarında, AZ2‘nin AT2‘ye oranına eşit olacaktır. Ve ortalama hareketler de, hareketlerin kalanına eşit olacaktır. Ve işte bundan ötürü; düğümlerin verilmiş herhangi bir konumunda, saatlik hareketin ortalamasının doğru değerinin 16‘‘ 16‘‘‘ 37iv.42v değerine oranı AZ2‘nin AT2 oranına eşit olacaktır. Bu da demektir ki: Düğümlerin karşıt konumlara mesâfesinin sinüsünün karesinin, yarıçapın karesine oranına eşit olacaktır. 32. Önerme 13. Problem Ay‟ın düğümlerinin ortalama hareketini hesap etmenin yöntemi. Yıllık ortalama hareket, bir yıllık süre zarfında ortalama hareketlerin tümünün toplamına eşittir. Varsayın ki; düğümün N noktasıdır ve her geçen saatten sonra, tekrardan eski konumuna geri çekilmektedir; öyle ki, mevcut hareketine rağmen; sabit yıldızlara göre konumlandırıldığında aynı konumunu mütemadiyen muhafaza etmektedir. Öte yandan; S ile temsil edilen Güneş, Dünya‘nın hareketi ile düğümünden çıkmış ve bu görülmüştür ve ivmesiz-sabit bir hareket ile görünüşteki yıllık yörüngesini tamamlayana değin ilerlemiştir.

658

Şekil‘de; Aa, TS doğrusuna daima Güneş‘e doğru çizilerek, NAn çemberi ile kesiştirerek zamanın verilmiş en ufak kısımlı ân‘ında tanımlanmış bir yayın verilmiş en ufak kısmını etsin. Ve yukarıda izâh ettiğimiz gibi, ortalama saatlik hareket AZ2‘ye eşit olacaktır. Bu böyledir: Çünkü AZ‘nin ve ZY‘nin orantılı olmasından ötürü, ZY‘nin içine doğru tasavvur edilmiş bir dikdörtgeni gibi olacaktır. Yani; AZYa dikdörtgeninin alanına eşit olacaktır. Ve başlangıçtan itibâren, ortalama saatlik hareketlerinin tümünün toplamı; aYZA alanlarının tümünün toplamına eşit olacaktır, yani, NAZ alanına eşit olacaktır: Ne var ki: AZYa alanlarının en büyüğü, Aa yayının çemberin yarıçapına doğru tanımlanmış bir dikdörtgenin alanına eşit olacaktır. İşte bundan ötürü; bu dikdörtgenlerin dairenin tamamındaki toplamının, en büyük ölçülü dikdörtgenlerin tümünün (benzer bir tarzda) toplamına oranı, dairenin alanının; dairenin çevresinin yarıçapa doğru tanımlanmış dikdörtgenin alanına oranına eşit

659

olacaktır. Yani; 1‘in 2‘ye oranına eşit olacaktır. Ancak; bu en büyük dikdörtgene tekâbül eden saatlik hareket, 16‘‘ 16‘‘‘ 37iv.42v. değerindeydi ve bu hareket, 365gün 6saat 9dakika‘ lık bir sideral yıl‘ın bütünü boyunca; 39º 38‘ 7‘‘ 50‘‘‘ değerine karşılık gelir ve işte bu nedenle bunun yarısı 19º 49‘ 3‘‘ 55‘‘‘ olup bu ise düğümlerinin ortalama hareketinin çemberin tamamına tekabül eden değeridir. Ve düğümlerin, Güneş, N noktasından A noktasına hareket ettirilirken geçen süredeki hareketinin, 19º 49‘ 3‘‘ 55‘‘‘ değerine oranı; NAZ alanının dairenin alanına oranına eşittir. İşte bu şu durum gibidir: Düğümü, geçen her bir saatte eski yerine tekrardan çekilir, öyle ki, bir tam döngüden sonra, Güneş, yılın sonunda, yılın başında bulunduğu düğümünün üzerine yeniden gelir. Ancak, bu esnâda düğümler de hareket ettirildiğinden, Güneş, düğümlere daha önceden erişse gerektir. Ve şimdi, yapmamız gereken sadece sürenin kısalmasını hesap etmektir. O halde; Güneş, 360 derece seyahat ettiği bir yıllık süre zarfında ve aynı süre içinde düğüm, maksimum hareketi ile 39º 38‘ 7‘‘ 50‘‘‘ ya da 39,6355 derece ölçüsünde hareket ettirilmiş olur. Ve herhangi bir N noktasında düğümün ortalama hareketinin dördüllerdeki ortalama harekete oranı, AZ2‘nin AT2‘ye oranına eşittir. Güneş‘in hareketinin, N noktasındaki düğümün hareketine oranı, 360 AT2‘nin 39,6365 AZ2‘ye oranına eşittir. Bu ise, 9,0827646 AT2‘nin AZ2‘ye oranına eşittir. İşte bu nedenle çemberin tamamının NAn adındaki çevresini, Aa ile temsil edilen biri birine eşit ölçülü ufak kısımlara bölersek, eğer, çember, hareketsiz tutulur ise; Güneş‘in Aa adındaki ufak yay parçasını tanımlayacağı sürenin; hem çemberin hem de düğümlerin beraberce T merkezinin etrafından dönerek tanımlayabileceği aynı ölçüdeki yayı tanımlarken geçen süreye oranı; ters olarak, 9,0827646 AT2‘nin 9,0827646 AT2 + AZ2 ‗ye oranına eşittir. Çünkü süre, ufak yayın tanımlandığı velosite ile reciprocal‘dır ve bu velosite Güneş‘in ve düğümün velositelerinin toplamına eşittir. O halde, eğer, NTA; Güneş‘in

660

kendi başına, düğümün hareketi olmaksızın tanımlayabileceği NA yayını temsil eder ise; ve aynı kısmın ATa adındaki sonsuzca küçük kısmı, bunun, Aa adındaki en kısa yayı tanımlayabileceği zamanın ufak bir ân‘ını temsil eder ise; ve Nn‘nin üzerine aY dikmesini indirirsek ve eğer, AZ‘de dZ‘yi öyle bir uzunlukta alırsak ki dZ dikdörtgeninin ZY‘nin içine sokulmuşunun ölçüsünün, Ata adındaki en ufak kısma oranı; AZ2‘nin 9,082764a AT2 + AZ2‘ye oranına eşit olur. Bu da, şu anlama gelir: dZ‘nin ´ AZ‘ye oranı, AT2‘nin 9,0827646 AT2 + AZ2‘ye oranına eşit olur. dZ‘nin ZY‘nin içine sokulmuş dikdörtgeni; Aa yayı tanımlanırken, düğümün hareket etmesinden oluşan süre azalışını temsil edecektir. Ve eğer, NdGn eğrisi, d noktasının daima muhitinde bulunduğu bir konumda ise, NdZ eğriçizgisel alanı, NA yayının tamamını tanımlarken geçen sürede; zamanın azalış‘ının tamamına eşittir. Ve işte bu nedenle, NAT kısmının NdZ alanından fazlası, zamanın bütününe eşit olacaktır. Ancak, düğüm hareketi; daha az bir sürede, zaman ile daha az bir orantıda olmuş olacağından, AaYZ alanı da aynı orantıda azaltılmalıdır. Bu ise; AZ‘de eZ çizgisi öyle bir ölçüde alarak yapılır ki; bunun AZ‘nin uzunluğuna oranı, AZ2‘nin 9,0827646 AT2 + AZ2‘ye oranına eşit olur. O halde, eZ‘nin ZY‘nin içine sokulan dikdörtgeninin, AZYa alanına oranı, Aa yayının tanımlandığı sürenin azalış‘ının, düğüm hareketsiz olmuş olsa idi tanımlayabileceği sürenin tamamına oranına eşittir. İşte bundan ötürü; o dikdörtgen, düğümün hareketinin azalış‘ına eşit olacaktır. Ve eğer, NeFn eğrisi, e noktasının muhiti ise; NeZ alanının tamamı (ki bu alan, o hareketin azalışlarının tümünün toplamına eşittir.) AN yayının tanımladığı süredeki azalışların tamamına eşit olacaktır. Ve NAe alanının kalanı, hareketin kalanına eşit olur; Güneş‘in ve düğümün müşterek hareketi ile NA yayının tamamının tanımladığı sürede oluşmuş düğümün hakiki hareketidir.

661

Şimdi; yarım çemberin alanının NeFn şeklinin alanına oranı ―sonsuz seriler‖ yöntemini işleterek -yaklaşık olarak- 793 sayısının 6… sayısının oranına eşit bir değerde bulunur. Ancak, çemberin tamamına tekâbül eden veya onunla orantılı olan hareketin ölçüsü 19º 49‘ 3‘‘ 55‘‘‘ değerindedir. İşte; bundan ötürü; NeFn şeklinin iki misline tekabül eden hareket 1º 29‘ 58‘‘ 2‘‘‘ değerindedir ve bu değer evvelki hareketin değerinden çıkarılınca, 18º 19‘ 5‘‘ 53‘‘‘ değeri kalır geriye. Bu ise düğümün, sabit yıldızlara göre düşünülmüş ve düğümün Güneş ile kavuşum noktalarının ikisinin arasındaki aralıktaki hareketin tamamıdır. Ve bu hareketin değeri, Güneş‘in yıllık hareketi olan 360º‘den çıkarıldığında geriye kalan 341º 40‘54‘‘7‘‘‘ değeridir. Bu ise, Güneş‘in, yine aynı kavuşum noktalarının arasında kalan aralıktaki hareketinin ölçüsüdür. Ancak, bu hareketin, yıllık hareket olan 360º‘ye oranı gibi, düğümün şimdi hesaplanmış 18º 19‘ 5‘‘ 53‘‘‘ değerinin yıllık harekete oranı da vardır ki, bu nedenden ötürü, 19º 18‘ 1‘‘ 23‘‘‘ değerine eşittir. Ve işte bu, düğümlerin sideral yıl‘daki ortalama hareketinin değeridir. Gökbilimsel Çizelgeler‘e göre; bu değer, 19º 21‘ 2‘‘ 50‘‘‘ değeridir. Fark, hareketin tamamının 1/300‘lük kısmından azdır ve bu fark, galiba, Ay‘ın yörüngesinin eksentrisitesinden ve ekliptik düzlem ile oluşturduğu açıdan kaynaklanmaktadır. Bu yörüngenin eksentrisitesinden ötürü, düğümlerinin hareketi çok fazla ivmelendirilir. Ancak, bir yandan da; yörüngenin eğimi ve düğümlerin hareketi birazcık (oranı artan ölçülerde) yavaşlatılır ve ―normal‖ velositesine indirgenir.

662

33. Önerme 14. Problem Ay‟ın düğümlerinin hakiki hareketini hesap etmenin yöntemi. Gösterilmiş Şekil‘de, NTA-NdZ farkına eşit alan ile özdeş sürede, o hareket NAe alanına eşittir ve bundan ötürü verilmiştir. Ancak, bunun hesabını haddinden fazla zor olduğu için aşağıdaki geometrik inşâ‘lı problemden istifade ederek yapmaya çalışmak amaca daha uygun bir yol olur.

C noktasını merkez alıp CD aralığı (yarıçapı) ile bir BEFD çemberi tanımlansın. DC‘yi A‘ya uzatın, öyle ki, AB‘nin AC‘ye oranı, ortalama hareketin, düğümler dördüllerindeyken, yani, 19º 49‘ 3‘‘ 55‘‘‘ değerine oranına eşit iken ve bundan ötürü, BC‘nin AC‘ye oranı, bu hareketlerin farkına eşit iken; yani, 0º 31‘ 2‘‘ 32‘‘‘ değerinin evvelki hareketin ölçüsü olan 19º 49‘ 3‘‘ 55‘‘‘ değerinden farkına eşit iken; yani, 1‘in 38 3/10‘a oranında iken, hakiki hareketin ortalamasının yarısına eşit olsun.

663

Sonra, D noktasından geçirtilerek belirsiz ölçüde uzun Gg çizgisini çizin ve bu çembere D noktasında temas etsin. Ve eğer, BCE açısını BCF açısını; Güneş‘in düğümüne mesafesinin iki misline eşit bir ölçüde alırsak (ki ortalama hareket ile böyle hesaplanmıştır.) Ve AE‘yi veya AF‘yi, DG dikmesini G noktasında kesecek şekilde çizerek, bir başka açı alırız: Bunun ölçüsü ise, düğümün karşıt-konumların arasında kalan aralıktaki hareketinin tamamına (yani, 9º 11‘ 3‘‘ değerine oranı, DG tanjantının BED çemberinin çevresinin tamamına oranına eşittir. Ve, bu son açıyı (ki bunun yerine DAG açısı da kullanılabilir.) düğümlerin dördüllerden karşıt konumlara geçişlerinde haiz oldukları ortalama hareketine ilâve edin. Ve bunu, bunlar karşıt konumlardan dördüllere doğru geçer iken haiz oldukları ortalama hareketten çıkarın ve bunların hakiki hareketini hesaplamış oluruz. Zirâ bu yol ile hesaplanmış hakiki hareket, yaklaşık olarak, süre‘yi NTA-NdZ alanı kabul ederek ve düğümün hareketini de, NAe alanına eşit kabul ederek yaptığımız hesaplar ile mutabık olacaktır. Bunu ise, her kim inceler ve hesaplar ise kendi görebilir. Ve işte bu, Düğümlerin Hareketleri‘nin Yarı Aylık Denklemi‘dir. Ancak, bir de Aylık Denklemi vardır ki: Ay‘ın enlemini bulmak için hiçbir şekilde gerekli değildir. Zirâ, Ay‘ın yörüngesinin eğiklik açısının varyasyonunun, ekliptik düzleme oranını iki türlü eşitsizlik tayin eder. Bunlardan biri, YarıAylık Denklem‘dir ötekisi Aylık Denklem‘dir. Bu varyasyonun, aylık eşitsizliği ve düğüm lerin aylık denklemi, böylelikle biri birini ılımlılaştırır ve düzeltir; öyle ki Ay‘ın enlemini hesaplar iken bunların ikisi de hesap dışı tutulabilir. Kaziye: Bundan evvelki Önerme‘den bilinir ki, düğümler, karşıt-konumlarda hareketsizdir ancak dördüllerde gerileyen hareket hâlindedir, bunun ölçüsü de saatte 16‘‘ 19‘‘‘ 26 iv. değeridir.

664

Ve Sekizde Bir‘likler‘de; düğümlerin hareketlerinin denklemi 1º 30 dakika‘dır. Ki bu değerler, gökyüzünü gözlemleyerek edinilen olgular ile de tutarlıdır. YORUM Prof. Gresh. Kürsüsü‘nde gökbilim profesörü Bay Machin ve Dr. Henry Pembeton; ferdî çalışmış, farklı yöntemleri izlemiş ve düğümlerin hareketlerini hesaplamıştır. Bir başka mecrâda da bu yönteme atıf yapılmıştır. Bu bilginlerin birkaç makalesini okuyup inceledim, bunlarda iki Önerme mevcuttu ve bu iki Önerme‘de de bilginler mutâbıktı. Elime, önce, Bay Machin‘in makalesi ulaştırıldığı için, buraya o makaleden alıntı yapıyorum:

AY‟IN DÜĞÜMLERĠNĠN HAREKETĠ HAKKINDA 1.Önerme Güneş‘in düğümünden itibaren tasavvur edilen hareketinin ortalaması; bir geometrik orta orantılı ile tanımlanır. Bu ise, Güneş‘in ortalama hareketi ile düğümün dördüllerdeyken Güneş‘in düğümden çekildiği en hızlı hareketin ortalama hareketinden hesaplanan bir geometrik ortalamadır. ― T, Dünya‘nın konumunu temsil etsin, Nn verilmiş herhangi bir zamanda, Ay‘ın düğümlerinin çizgisini temsil etsin, KTM buna bir dikme olsun, TA, bir merkezden döndürülen bir doğru kabul edilsin, bunun açısal velositesi ise, Güneş‘in ve düğümün biri birinden uzaklaştığı açısal velositeye eşit olsun. Bu döndürme hareketi öyle icrâ edilsin ki; Nn adındaki hareketsiz doğru ile döndürülen TA çizgisinin arasında kalan açı dâima Güneş‘in ve düğümün konumlarının mesafesine eşit olsun.

665

Şimdi, eğer, TK doğrusu, TS ve SK adında iki kısma ayrılır ise ve bu kısımlar bir birine oranlanıp, bu oran ise, Güneş‘in ortalama saatlik hareketinin, düğümün dördüllerdeki ortalama saatlik hareketinin oranına eşitlenir ise: Ve TH adındaki bir doğru alınırsa ve bunun, TS kısmı ve TK bütünü arasında bir orta orantılı olur ise; bu doğru, Güneş‘in düğümünden itibaren düşünülmüş ortalama hareketi ile orantılı olacaktır.

―Çünkü, şöyle düşünün: T‘yi merkez alıp TK yarıçapı ile NKnM adında bir çemberi tanımlayın. Ve yine aynı merkezin etrafından TH ve TN yarı-ekseni ile NHnL adındaki bir elips tanımlansın. Ve Güneş‘in, düğümden, Na yayından geçirerek çekildiği sürenin

666

içerisinde, eğer, Tba doğrusu çizilir ise; NTa kısmının alanı; Güneş‘in ve düğümün aynı süredeki hareketlerinin toplamının bir üslü kuvveti olacaktır. O halde; aA adındaki çok ama çok küçük yay parçası, Tba doğrusuna bitişik halde olsun ve evvelce bahsedilen Kanun‘un mantığına göre dönsün ve ivmesiz hız ile yapılan bu dönüş ile sürenin verilmiş bir kısmında oluşan çok ama çok küçük alanlı TAa kısmı; aynı süre zarfında, Güneş‘in ve Düğüm‘ün biri birine ters yönlere doğru taşındığı velositelerin toplamına eşit olacaktır. Şimdi, Güneş‘in velositesi, neredeyse ivmesiz hızdadır. Bu hızın kendi içindeki eşitsizliği o denli az ve önemsizdir ki; düğümlerin ortalama hareketinde en az ölçüdeki bir eşitsizliği bile belki anca oluştururlar. Bu toplamı oluşturan niceliğin, diğer kısmı, yani, düğümlerinin velositesinin ortalama niceliği, karşıt konumlardan çekilme esnâsında arttırılır, bunun ölçüsü de bu Kitabın 31. Önermesi‘nin Kaziyesi‘nin mantığına göre, bunun Güneş‘e mesafesinin sinüsü ile kareli orandadır. Ve bu niceliğin maksimumda olduğu konum, K noktasında Güneş‘in olduğu durumda, dördüldedir ve bunun Güneş‘in velositesine oranı, SK‘nın TS‘ye oranına eşittir, ya da TK‘nın ve TH‘nin karelerinin farkına eşittir ya da KHM dikdörtgeninin TH2 oranına eşittir. Ancak; NBH elipsi, ATa kısmını böler; bu iki velositenin toplamının ABba ve BTb adındaki iki kısmına sokulan üslü kuvveti (exponent ?) velositeler ile orantılıdır. Zirâ, BT‘yi çemberin üzerindeki ß noktasına değin uzatın ve B noktasından, elipsin uzun eksenine BG dikmesini indirin, bu ise, her iki yöne doğru uzatılsın ve çember ile F ve f noktalarında buluşsun. Ve ABba alanının TBb kısmına oranı, ABG dikdörtgeninin BT2‘ye oranına eşit olduğundan ( bu dikdörtgen, TA ve TB‘nin karelerinin farkına eşit olduğundan ve AB doğrusu T noktasında eşit ölçülü kesilip B noktasında ise eşitsiz ölçüde kesildiğinden ötürü); ABba alanı K‘da en

667

büyük ölçüsünde olduğunda, bu oran, KHM dikdörtgeninin HT2‘ye oranına eşit olur. Ancak düğümün, yukarıda gösterilmiş, en büyük ortalama velositesi, işte tam da o oranın, Güneş‘in velositesinin oranına eşit olur. Ve işte bundan ötürü; dördüllerde, Ata kısmı, velositeler ile orantılı parçalara bölünür. KHM dikdörtgeninin HT2‘ye oranı, FBf‘nin BG2‘ye oranına eşit olduğundan ve ABß dikdörtgeni FBf dikdörtgenine eşit olup ve bundan ötürü, ABba küçük alanı, maksimum ölçüsünde olduğunda, bunun niceliğinin, TBb kısmının kalanına oranı ABß‘nın BG2‘ye oranına eşittir. Ancak, bu ufak alanların oranı, zaten daima ABß‘nın BT2‘ye oranına eşittir. Ve işte bundan ötürü; A konumundaki, ABba ufak alanı, dördüldeki ona tekabül eden alandan az ölçüdedir bu ise BG‘nin BT ile kareli oranındadır. Yani, Güneş‘in düğüme mesafesinin sinüsünün kareli orantısındadır. İşte bu nedenden ötürü; ABN alanının bütününü oluşturan ABba ufak alanlarının tümünün toplamı; Güneş‘in düğümünden çıktığından itibaren tanımlaya geldiği NA yayını kat ederken geçen süredeki, düğümlerin hareketine eşittir. Ve kalanı; yani, NTB elips kısmı; aynı süre zarfında Güneş‘in ortalama hareketine eşit olacaktır. Ve düğümün yıllık ortalama hareketi, Güneş‘in rotasında bir tam döngüyü tamamladığı süre içinde icrâ ettiği hareket olduğundan, düğümün, Güneş‘ten itibaren düşünülen ortalama hareketinin, Güneş‘in kendi ortalama hareketine oranı; dairenin alanının elipsin alanına oranına eşittir. Bu da şu anlama gelir: TK doğrusunun, TH doğrusuna oranına eşittir ki: Bu TK ve TS arasındaki bir orta orantılıdır. Ya da şu anlama gelir, TH ile TS çizgisinin orta oranlısına eşit de denilebilir.

668

2.Önerme Ay‟ın düğümlerinin ortalama hareketi verildiğinde, bunların hakiki hareketini hesap etmenin yöntemi.

―A açısı; düğümün bir ortalama konumundan Güneş‘e mesafesini veren açı olsun. Ya da, bu düğümden hesaplanmış Güneş‘in ortalama hareketi olsun. Sonra, bir B açısı alırsak ve bu açının tanjantı, A açısının tanjantına oranlandığında, bu oran TH‘nin TK‘ya oranına eşit olsun. Yani bir başka deyişle; Güneş‘in ortalama hareketi ile düğüm dördüldeyken Güneş‘in

669

düğümünden itibaren hesaplanmış ortalama saatlik hareketi, ters kare orantısında olacaktır. Çünkü, şöyle düşünün: FT‘yi birleştirin ve evvelki Önerme‘nin ispatından bilinir ki; FTN açısı, düğümün ortalama bir konumundan Güneş‘e mesafesine eşit olarak ve ATN açısı ise, düğümün hakiki konumundan mesafesine eşit olacaktır ve bu açıların tanjantları da kendi aralarında TK‘nın TH‘ye oranına eşit olurlar. ―Kaziyesi: O halde; FTA açısı, Ay‘ın düğümlerinin denklemidir. Ve bu açının sinüsü‘nün, Sekizde Bir‘likler de maksimum değerindedir; yarıçapa oranı, KH‘nin TK + TH toplamına oranına eşittir. Ancak; bu denklemin, sinüsünün herhangi bir A konumundaki değerinin, sinüslerin en büyüğüne oranı, FTN + ATN açılarının toplamlarının sinüsünün yarıçapa oranına eşittir. Bu ise demektir ki: Yaklaşık olarak düğümün ortalama bir konumu ( yani, 2FTN mesafesi demektir bu ) için Güneş‘e mesafesinin iki mislinin sinüsünün yarıçapa oranına eşittir. YORUM ―Eğer, düğümlerin dördüllerde bulunduğundaki ortalama saatlik hareketinin ölçüsü, bir sideral yıl‘ın tamamında; 39º 38‘ 7‘‘ 50‘‘‘ değerinde ise; TH, TK ile 9,0827646 sayısı ile 10,0827646 sayısının ters kare orantısında olur, yani, 18,6524761‘in 19,6524761 sayısına oranında olur. Ve işte bundan ötürü; TH‘nın HK‘ya oranı, 18,6524761 sayısının 1‘e oranına eşittir. Yani, bu da demektir ki; Güneş‘in bir sideral yıldaki ortalama hareketinin, düğümün 19º 18‘ 1‘‘ 23 2/3 ‗‘‘ değerindeki ortalama hareketine oranındadır. ―Ancak, eğer; Ay‘ın düğümlerinin ortalama hareketi 20 Jüliyen yıllık bir periyotta, Ay‘ın Hareketleri‘ni İzah Eden Teori‘den de istifade edilerek yapılan gözlemlerden hesaplandığı gibi, 386º 50‘ 15‘‘ değerinde ise; düğümlerin bir sideral yıldaki ortalama hareketi 19º 20‘ 31‘‘ 58‘‘‘ değerinde olacaktır. Ve TH‘nın HK‘ya oranı da, 360º‘nin 19º 20‘ 31‘‘ 58‘‘‘ değerine

670

oranına eşit olacaktır. Yani, 18, 61214 sayısının 1‘e oranına eşit olacaktır. Ve işte buradan; düğümlerin dördüllerdeki ortalama saatlik hareketi 16‘‘ 18‘‘‘ 48iv değerindedir. Ve Sekizde Bir‘liklerde, düğümlerin en büyük denklemi, 1º 29‘57‘‘ olacaktır.‖ 34. Önerme 15. Problem Ay‟ın yörüngesinin ekliptik düzleme göre eğikliğinin saatlik varyasyonunu hesap etmenin yöntemi. A ve a karşıt-konumları temsil etsin. Q ve q dördülleri temsil etsin. N ve n düğümler olsun. P, Ay‘ın yörüngesindeki konumu olsun. p, o konumun ekliptik düzlem üzerindeki ortografik projeksiyonu olsun. Ve mTl, yukarıda gösterildiği gibi, düğümlerin anlık hareketini temsil etsin. Eğer, Tm‘nin üzerine PG dikmesini indirirsek ve pG‘yi birleştirerek Tl ile g noktasında buluşana değin uzatırsak ve bir de Pg‘yi de birleştirirsek: PGp açısı; Ay, P konumundayken Ay‘ın yörüngesinin ekliptik düzleme göre eğimi olacaktır. Ve Pgp açısı, aynısının zamanın küçük bir ân‘ı geçtikten sonraki değeridir. İşte bu nedenden ötürü, GPg açısı, eğikliğin an‘lık varyasyonu olacaktır. Ancak, bu GPg açısının GTg açısına oranı; TG‘nin PG‘ye oranı ve Pp‘nin PG‘ye oranının çarpımına eşit olacaktır.

671

İşte bu nedenden ötürü, eğer zamanın bir ân‘ı yerine bir saati kabul edersek; 30. Önerme‘nin mantığından ötürü, GTg açısının 33‘‘ 10‘‘‘ 33iv. değerindeki açıya oranı, IT x PG x AZ‘nin AT3‘e oranına eşit olur. GPg açısının (ya da eğikliğin saatlik varyasyonu) 33‘‘ 10‘‘‘ 33 iv. değerindeki açıya oranı; IT x AZ x TG x Pp / PG‘nin AT3‘e oranına eşit olur. Q.E.I Ve işte bu, sanki Ay, çembersel bir yörüngede ivmesiz bir hız ile döndürülmüş gibi olur. Ancak, eğer, yörünge eliptik ise, düğümlerin ortalama hareketi, yukarıda gösterdiğimiz gibi,

672

kısa eksenin uzun eksene orantısı ölçüsünde azaltılacaktır. Ve eğikliğin varyasyonu da aynı orantıda azaltılacaktır. 1.Kaziye: Nn‘nin üzerinden TF dikmesini yükseltin ve pM, Ay‘ın ekliptik düzlem üzerindeki saatlik hareketi olsun. QT‘nin üzerine pK, Mk dikmelerini indirin ve onları TF ile H ve h noktalarında buluşturana değin uzatın. Bu halde, IT‘nin AT‘ye oranı Kk‘nın Mp‘ye oranına eşit olur. Ve TG‘nin Hp‘ye oranı, TZ‘nin AT‘ye oranına eşit olur. Ve bundan ötürü, IT x TG, Kk x Hp x TZ / Mp bölme işlemine eşit olur, yani, HpMh alanının, TZ/Mp orantısının içine sokularak çarpılmasına eşit olur: Ve işte bundan ötürü, eğikliğin saatlik varyasyonunun 33‘‘ 10‘‘‘ 33iv değerine oranı, HpMh alanının AZ x TZ / MP x Pp / PG işleminin içine sokularak çapılmasının AT3‘e oranına eşit olur. 2.Kaziye: Ve işte bu nedenle, eğer, Dünya ve düğümler, her bir saatten sonra, yeni eriştikleri konumdan geriye çekilip anlık olarak eski konumlarına geri getirilir ise, öyle ki bu durum, bir devir ayın bütününde beraberce sürdürülür ise, bu aylık sürede eğikliğin varyasyonunun tamamının ölçüsünün 33‘‘ 10‘‘‘ 33iv değerine oranı, p noktasının bir tam dönmesinde geçen süre içinde oluşan HpMh adlı alanların tümünün toplamının (bunların +,- işaretleri değerlerini de hesaba katarsak); AZ x TZ x Pp/PG işleminin içine sokularak çarpılması ile elde edilen değerin, Mp x AT3 çarpmasına oranına eşittir. Bu da demektir ki: QAqa çemberinin tamamının AZ x TZ x Pp/PG‘nin içine sokularak çarpılarak bulunan değerin, Mp x AT3 işlemine oranına eşittir. Yani, bir başka gösterimle, QAqa çevresinin AZ x TZ x Pp/PG işleminin içine sokularak çarpılmasının, 2Mp x AT2 çarpma işlemine oranına eşittir. 3.Kaziye: Ve işte bu nedenden ötürü, düğümlerin ortalamalarının verilmiş bir konumunda; saatlik ortalama varyasyonu bu verilmiş konumdan itibaren, bir ayın tamamı boyunca ivmesiz bir hız ile sürdürülür ise, oluşacak aylık varyasyonun ölçüsünün, 33‘‘ 10‘‘‘ 33iv. değerine

673

oranı, AZ x TZ x Pp / PG‘nin 2AT2‘ye oranına eşit olacaktır ya da

‘nin

PG x 4 AT‘ye oranına eşit olacaktır; bu da demektir ki: (Pp‘nin PG‘ye oranı, bahsedilmiş

eğikliğin sinüsünün yarıçapa oranına eşit olmasından ötürü ve

bölmesinin 4

AT‘ye oranının, ATn açısının iki mislinin sinüsünün, yarıçapın dört misline oranına eşit olmasından ötürü) aynı eğikliğin sinüsünün, düğümlerin Güneş‘e mesafesinin iki mislinin sinüsünün içine sokulup çarpılması ile oluşan değerin; yarıçapın karesinin dört misline oranına eşit olur. 4. Kaziye: Bu Önerme mantığına göre; düğümler, dördüllerdeyken, bu eğimin saatlik varyasyonunun 33‘‘ 10‘‘‘ 33iv değerindeki açıya oranı, IT x AZ x TG x Pp / PG çarpma

işleminin AT3‘e oranına eşittir. Bu da demektir ki:

çarpma işleminin

2AT‘ye oranına eşittir. Bu da demektir ki: Ay‘ın dördüllere mesafesinin iki mislinin sinüsünün Pp / PG kesrinin içine sokulup çarpılması ile elde edilen değerin yarıçapın iki misline oranına eşittir. Ve düğümlerin bu konumunda, Ay dördüllerden, karşıt konumlara geçerken (yani, 177 1/6 saat‘lik bir süre zarfında) oluşan saatlik varyasyonlarının tümünün toplamının, 33‘‘ 10‘‘‘ 33iv. ya da 5878‘‘ değerindeki açılar kaç tane ise bunların toplamına oranı, Ay‘ın dördüllere mesafesinin iki mislinin sinüslerinin Pp / PG kesrinin içine sokulup çarpılması ile elde edilen değerlerin toplamının, aynı sayıdaki çapın ölçüsünün toplamına oranına eşittir. Bu da demektir ki: Çapın, Pp / PG kesrinin içine sokulup çarpılması ile elde edilen değerin çevreye oranına eşittir. Yani, eğer, eğiklik açısı 5º 1‘ değerinde olur ise; 7 x 874 / 10 000 çarpımının 22‘ye oranına veya 278‘in 10 000‘e oranına eşit olur. İşte, bu

674

nedenden ötürü, sözü edilen sürede, oluşan saatlik varyasyonların tümünün toplamından kompoze edilen varyasyonun tamamının ölçüsü, 163‘‘ veya 2‘ 43‘‘ değerine eşittir. 35. Önerme 16. Problem Problemde herhangi bir süre verildiğinde, Ay‟ın yörüngesinin ekliptik düzleme göre eğikliğini hesap etmenin yöntemi.

AD en fazla ölçüdeki eğikliğin sinüsü olsun: AB, en az ölçüdeki eğikliğin sinüsü olsun. BD‘yi C noktasından iki eşit kısma ayırın. Ve C‘yi merkez alıp BC yarıçapı ile BGD çemberini tanımlayın. AC‘de, CE doğru parçasını, EB doğru parçasına öyle bir ölçüde orantılayın ki bu, EB‘nin BA‘nın 2 misline oranına eşit olsun. Verilmiş sürede, AEG açısını, düğümlerin dördüllere mesafesinin iki misline eşit ölçüde olacak şekilde kurarsak ve AD‘nin üzerine GH dikmesini indirirsek, AH, bulunmak istenen eğikliğin sinüsüne eşit olur. Zira, GE2, GH2 + HE2‘ye eşittir. GH2 + HE2 = BHD + HE2 = HBD + HE2 – BH2 = HBD + BE2 – 2BH x BE = BE2 + 2EC x BH = 2EC x AB + 2EC x BH = 2 EC x AH.

2 EC‘nin verilmiş olmasından ötürü; GE2, AH‘ye eşit olacaktır. Şimdi, varsayın ki; AEg, zamanın bir ân‘ından sonra, düğümlerin dördüllerden mesafesinin iki mislinin temsil etsin. Ve

675

Gg yayının ölçüsü, verilmiş GEg açısını gördüğünden GE mesafesinin ölçüsüne göre olacaktır. Ancak, Hh‘nin Gg‘ye oranı GH‘nin GC‘ye oranına eşittir ve bundan ötürü, Hh, GH x Gg dikdörtgenine eşittir ya da GH x GE‘ye eşittir; yani, GH / GE x GE2‘ye eşittir ya da GH / GE x AH‘ye eşittir. Yani, AH‘nin ve AEG açısının sinüsünün çarpımına eşittir. İşte, bundan ötürü; herhangi bir vaka‘da, AH eğiklik açısının sinüsü kabul edilir ise, bunun artışı, evvelki Önerme‘nin 3. Kaziyesi‘nin mantığına göre, eğiklik açısının sinüsüne eşit ölçüde olacaktır. Ve bundan ötürü de; daima bu sinüsün ölçüsüne eşit ölçüde devam edip gidecektir. Ancak, G noktası, B veya D noktalarından birinin üzerine geldiğinde, AH bunun sinüsüne eşit olacaktır ve bundan ötürü daima ona eşit olacaktır. Q.E.D Bu ispatta, BEG açısının, düğümlerin dördüllerden mesafesinin iki mislini temsil ettiğini ve sabit ölçülerde genişlediğini ön kabul edindim: Çünkü burada eşitsizliğin oluşa geldiği durumları hesap etmem çok müşküldü. Şimdi varsayın ki: BEG bir dik açı ve Gg bu örnekte, düğümlerin Güneş‘e mesafesinin iki mislinin saatlik artışı olsun. O halde: Evvelki Önerme‘nin 3. Kaziyesi‘nin mantığına göre; aynı örnekteki, eğikliğin saatlik varyasyonunun 33‘‘ 10‘‘‘ 33iv. değerine oranı; AH‘nin dikdörtgeninin (eğiklik açısının sinüsünün BEG dik açısının sinüsünün içine sokulması ile elde edilen değer ile düğümlerin Güneş‘e mesafesinin iki mislinin çarpımı) çapın karesinin 4 misline oranına eşittir. Bu ise; ortalama eğiminin sinüsü olan AH‘nin yarıçapın 4 misline oranına eşittir. Bu ise şuna eşittir: Ortalama eğikliğin, 5º 8 ´ dakika‘lık açıyı gördüğü değerin, 896‘nın sinüsünün 40 000 sayısına ( yarıçapın 4 misli) oranına eşittir. Ya da şuna eşittir: 224 sayısının 10 000 sayısına oranına eşittir.

676

Ancak; BD‘ye tekabül eden varyasyonun tamamının (sinüslerin değerlerinin farkının) bu saatlik varyasyona oranı BD çapının Gg yayına oranına eşittir. Bu ise; BD çapının BGD çemberinin çevresinin yarısına oranı ile 2079 7/10 saatlik sürenin (ki bu sürede düğüm dördüllerden karşıt-konumlara doğru ilerlemektedir.) bir saate oranının çarpımına eşittir. Bu ise; 7‘nin 11‘e oranına eşittir ve 2079 7/10‘un 1‘e oranına eşittir. Bunan ötürü; bu orantıların hepsinin bileşkesini alarak, varyasyonun tamamı olan BD‘nin 33‘‘ 10‘‘‘ 33iv. değerine oranı 224 x 7 x 2079 7/10‘un 11 000‘e oranına eşitliğini kurarız. Bu ise; 29 645 sayısının 1000 sayısına oranına eşittir. Ve buradan da, BD varyasyonu 16‘ 23 ´‘‘ olarak hesaplanır. Ve bu, eğikliğin, maksimum varyasyonudur ve Ay‘ın yörüngesindeki konumundan istifade edilip kâğıt üzerinde bulunmuştur. Zira düğümler, karşıt-konumlarda konumlandırılır ise, eğiklik, Ay‘ın çeşitli konumlarına bağlı olarak bir değişikliğe uğramaz. Ancak, eğer, düğümler, dördüller üzerinde ise, Ay‘ın karşıt-konumlarda bulunduğundaki eğiklik, Ay‘ın dördüllerde bulunduğundaki eğiklikten azdır, bunun ölçüsü de, evvelki Önerme‘nin Dördüncü Kaziyesi‘nin mantığına göre gösterdiğimiz gibi, 2‘ 43‘‘ lik bir farktır. Ve ortalama varyasyonun tamamı olan BD, 1‘ 21 ´‘‘ azaltılınca, Ay dördüllerdeyken, bu fazlanın yarısı, 15‘ 2‘‘, Ay dördüllerdeyken, bu fazlanın yarısı, 15‘ 2‘‘ haline gelir. Ve Ay karşıt-konumlardayken, aynı ölçüde arttırılınca, 17‘ 45‘‘ haline gelir. İşte bundan ötürü; eğer, Ay karşıt-konumlarda olur ise, düğümlerin dördüllerden karşıt-konumlara geçişindeki varyasyonun tamamı 17‘ 45‘‘ dir. Ve işte bundan ötürü; eğer, eğikliğin ölçüsü, düğümler karşıt-konumlardayken, 5º 17‘ 20‘‘ olur ise, düğümler dördüllerdeyken (ve Ay karşıt-konumlardayken) bu ölçü, 4º 59‘ 35‘‘ değerindedir. Bunun hakikat olduğu yapılan rasatlardan (Ç.N: Gökyüzünü bilimsel amaçlı gözlemleme‘lerden.) da onaylanmıştır.

677

Şimdi eğer, Ay‘ın karşıt konumlarda bulunduğu ve düğümlerin bu karşıt konumlar ile dördüllerin arasında herhangi bir konumda bulunduğu şartlarda, yörüngenin eğikliği hesaplanmak isteniyor ise şöyle bir işlem yapın: AB‘yi AD‘ye oranlayın: Bu oranı, 4º 59‘ 35‘‘ lik açının sinüs değeri ile 5º 17‘ 20‘‘ lik açının sinüs değerine oranlayın. Bu iki orantıyı eşitleyin. Ve AEG açısını, düğümlerin dördüllere mesafesinin iki misli ölçüde alın. Ve AH bulunmak istenen eğiklik açısının sinüsü olacaktır. Yörüngenin bu eğikliğine, Ay, düğümlerden 90º uzak konumda bulunduğunda, AH‘nin eğikliği ölçüsünde olur. Ay‘ın diğer konumlarında, bu aylık eşitsizlik; (Ay‘ın enlemlerinin hesap edilmesinde müşkül çıkartan eğikliği varyasyonu) dengelenir, sadeleşip götürülür ve daha evvel söylemiş olduğumuz gibi, düğümlerin hareketlerinin aylık eşitsizliği yolu ile ve işte bundan ötürü; bahsedilen enlem hesaplamalarında hesap-dışı tutulabilir. YORUM Ay‘ın hareketlerine dâir bu hesaplamalar yolu ile, ben, Kütle Çekimi Teorisi aracılığı ile Ay‘ın hareketlerinin bunların fiziki sebeplerinden hesap edilebileceğini ispatlamaya çalıştım. Aynı teori aracılığı ile ben dahasını da buldum ki, Ay‘ın ortalama hareketinin yıllık denklemi; 1.Kitabı‘n 66. Önermesi‘nin 6.Kaziyesi‘nin mantığına göre, Ay‘ın yörüngesinin Güneş‘in tesiri ile maruz kaldığı çeşitli dilatasyonlar ile belirir. Bu tesirin kuvveti, Güneş‘in yerberi konumunda, nispeten daha fazladır ve Ay‘ın yörüngesini dışarlak bir istikamette yamultur ve Güneş‘in yeröte konumunda nispeten daha azdır ve yörüngenin tekrardan çekilip çemberleşmesini sağlar.

678

Ay, yamultulmuş yörüngede nispeten daha yavaş hareket eder ve çembere yaklaşmış yörüngede nispeten hızlı hareket eder. Ve bu eşitsizliğin düzenlendiği yıllık denklem, Güneş‘in yeröte ve yerberi konumlarında kaybolur. Güneş‘in Dünya‘ya ortalama mesafesinde, bu değer yaklaşık olarak 11‘ 50‘‘ ölçüsüne dek yükselir. Güneş‘in Dünya‘ya diğer mesafelerinde, bu Güneş‘in Merkezi Denklemi ile orantılıdır. Dünya, Günöte‘den Günberi‘ye geçerken, bu, Ay‘ın ortalama hareketine eklenir (ilâve edilir) ve Dünya, karşıt yarı-çemberdeyken bu değerden çıkarılır. Bu Orbis Magnus (Büyük Yörünge) yarı-çapını 1000 birim kabul edip ve Dünya‘nın eksentrisitesini 16 7/8 birim kabul ettiğimizde, bu değer, maksimum magnitütünde, Kütle Çekimi Teorisi‘ne göre, 11‘ 49‘‘ olarak bulunur. Ancak, Dünya‘nın eksentrisitesinin ölçüsü, sanki birazcık daha fazla gibidir ve bu eksentrisiteyi de hesaba katarak, bu denklem aynı orantı ölçüsünde arttırılmış olacaktır. Varsayın ki, eksentrisitenin ölçüsü, 16 11/12 değerinde olsun ve maksimum denklem 11‘ 51‘‘ değerinde olur. Dahası, ben buldum ki: Dünya‘nın günberi konumunda, Güneş‘in tesirinin kuvveti burada günöte konumuna göre daha fazla olduğundan, Ay‘ın düğümleri ve yeröte noktası nispeten hızlı hızlı hareket eder. Ve bunun ölçüsü de; Dünya‘nın Güneş‘e mesafesinin ters kübü ile orantılıdır. Ve bundan ötürü de; bu hareketlerin yıllık denklemlerinin Güneş‘in merkezinin denklemi ile orantılı olduğu olgusu belirir. Şimdi, Güneş‘in hareketi, Dünya‘nın Güneş‘e mesafesi ile ters kare orantısındadır. Ve bu eşitsizliğin oluşturduğu Güneş‘in Merkezi‘nin En Büyük Denklemi‘nin ölçüsü 1º 56‘ 20‘‘ değerinde olup bu ise, Güneş‘in yukarıda bahsedilmiş eksentrisitesinin değeri olan 16 11/12 kesrine denk gelir. Ancak, eğer, Güneş‘in hareketi, bu mesafe ile ters küp orantısında olmuş olsaydı, bu eşitsizlik, Güneş‘in En Büyük Denklemi‘nin ölçüsünü 2º 54‘ 30‘‘ olarak oluşturacaktı. Ve işte bundan ötürü, Ay‘ın yeröte konumunun ve düğümlerinin hareketlerinin eşitsizliklerinin fiilen oluşturduğu en büyük denklemlerin değerinin, 2º 54‘ 30‘‘ değerine

679

oranı, Ay‘ın yeröte noktasının günlük ortalama hareketinin, düğümlerinin günlük ortalama hareketi toplamının, Güneş‘in ortalama günlük hareketine oranlanmasına eşittir. Buradan da, yeröte noktasının ortalama hareketinin en büyük denkleminin değeri 19‘ 43‘‘ olarak bulunur ve düğümlerin ortalama hareketinin en büyük denkleminin değeri 9‘ 24‘‘ olarak bulunur. Dünya, günberi‘den günöte‘ye yol alırken, evvelki denklem, sonrakinden çıkarılır ve Dünya yörünge çemberinin simetrik konumunda iken bunun tersi olan işlem yapılır. Kütle Çekimi Teorisi yolu ile benzer bir mantık ile buldum ki: Ay‘ın yörüngesini Güneş‘in bulunduğu noktadan kesip geçen çap durumunu, aynı kesip geçen çapın, Dünya‘yı ve Güneş‘i bir hatta birleştiren çizgi ile dikme oluşturduğu bir diğer konumu düşünelim: Konumların ilkinde, Güneş‘in Ay‘ın üzerindeki tesiri ikinci konumdan fazladır. Ve işte, bundan ötürü, ilk konumda, Ay‘ın yörüngesi, ikinci konuma göre, birazcık daha büyüktür. İşte buradan da, Ay‘ın ortalama hareketinin bir başka denklemi belirir. Bu ise, Ay‘ın yeröte noktasının Güneş‘e göre konumlanışına bağlı olarak değişir. Ay‘ın yeröte noktası, Güneş‘in Sekizde Bir‘liklerinde konumlandığı en fazla miktarındadır. Ve Ay‘ın yeröte noktası, dördüllere veya karşıt konumlara vardığında niceliği kaybolur. Ve Ay‘ın yeröte noktası, Güneş‘in dördüllerinden karşıt konumlara geçerken ortalama harekete eklenir. Ve Ay‘ın yeröte noktası karşıt konumlardan dördüllere geçerken ortalama hareketten çıkarılır. Benim, Yarı-Yıllık adını verdiğim bu denklem, yeröte noktasının Sekizde Bir‘liklerindeyken, yaklaşık olarak, 3‘ 45‘‘ lik değere kadar yükselir bu ise benim olgu ve gözlemlerden hesaplayabildiğim rakamdır. Ve bu miktar, Güneş‘in Dünya‘ya ortalama mesafesindeki miktardır. Ancak bu denklem, Güneş‘in mesafesinin ters kübü orantısında arttırılır ve azaltılır ve bundan ötürü, bu mesafe maksimumda olduğunda, yaklaşık olarak 3‘ 34‘‘ değerinde, bu mesafe minimumda olduğunda yaklaşık olarak 3‘ 56‘‘ değerindedir. Ancak, Ay‘ın yeröte noktası Sekizde Bir‘liklerin dışında bir konumda konumlandığında, az

680

hâle gelir. Ve bu, maksimum miktarına; Ay‘ın yeröte noktasının, ona en yakın karşıt-konuma veya dördül‘e mesafesinin iki mislinin sinüsünün değerinin yarıçapa oranına eşitlendiğinde erişir. Aynı Kütle Çekimi Teorisi‘nin mantığına göre; Güneş‘in Ay‘ın üzerindeki tesiri, Ay‘ın düğümlerinin çizgisi Güneş‘ten geçtiği bir konumda, aynı çizginin Güneş‘i ve Dünya‘yı birleştiren bir çizgi ile dik açı oluşturduğu duruma göre, birazcık daha fazladır. İşte buradan da, Ay‘ın ortalama hareketinin bir başka denklemi belirir ki buna Ay‘ın Yarı-Yıllık Denklemleri‘nin İkincisi demeyi tercih ediyorum. Ve bu denklem, düğümlerin, Güneş‘in Sekizde Bir‘liklerinde olduğu konumda, maksimum konumdadır ve düğümler karşıtkonumlarda veya dördüllerde olduğunda kaybolur gider. Ve bu düğümlerin bulunduğu diğer konumlarda, bu, herhangi bir düğümün ona en yakın konumlanmış karşıt-konuma veya dördül‘e mesafesinin iki mislinin sinüsü ile orantılıdır. Ve eğer, Güneş, ona en yakın konumlandırılmış düğüme doğru, in antecendentia (geriye doğru) harekette ise, bu değer, Ay‘ın ortalama hareketine eklenir ve eğer, Güneş, in consequentia (ileriye doğru) harekette ise bundan çıkarılır. Benim Kütle Çekimi Teorisi‘nden hesapladığım kadarıyla, bunların maksimum magnitütlerinde olduğu Sekizde Bir‘liklerde, Güneş‘in Dünya‘ya ortalama mesafesinde, bu, 47‘‘ değerine yükselir. Ve Güneş‘in Dünya‘ya mesafelerinin diğer ölçülerinde; bu denklem, düğümlerin Sekizde Bir‘liklerinde, maksimumda bulunur ve genel olarak denilebilir ki: Güneş‘in Dünya‘ya mesafesinin ters küp orantısındadır. İşte bu nedenden ötürü, Güneş‘in yer beri noktalarında, yaklaşık, 49‘‘ değerindedir ve Güneş‘in yeröte noktalarında yaklaşık olarak 45‘‘ değerindedir. Aynı Kütle Çekimi Teorisi‘nin mantığına göre, Ay‘ın yeröte noktaları, bunların Güneş ile kavuşumda veya bakışımda olduğu konumlarda, en hızlı oranda ileriye doğru hareket eder

681

ancak Güneş‘in dördüllerindeyken geriye doğru hareket eder. Ve evvelki durumda, eksentrisitenin ölçüsü, maksimum niceliğine erişir. Sonraki durumda ise, 1. Kitabın 66. Önermesi‘nin 7., 8., 9., Kaziyeleri‘nin mantığına göre, minimum niceliğine geriler. Ve bu eşitsizlikler, bahsetmiş olduğum Kaziyelerin mantığına göre, çok büyük ölçüdedir ve bunlar benim Yer Öte Noktaları‘nın Yarı-Yıllık Denklemi ismini verdiğim ilkeyi oluşturur. Ve bu Yarı-Yıllık Denklem maksimum niceliğinde, yaklaşık 12º 18‘ lık bir değere, benim, gözlemlerden ve olgulardan hesap edebildiğim kadarıyla gelir. Vatandaşımız Harrox, Ay‘ın eliptik bir yörüngede ve bu elipsin aşağıda kalan odağında Dünya‘nın konumlandırıldığı bir modeli ortaya atan ilk kişidir. Dr. Halley, bu kavramı biraz daha geliştirmiştir. Elipsin merkezini, bir epicycle‘ın içine konumlandırmış ve bu epicycle‘ın merkezini ivmesiz/sabit hız ile Dünya‘nın etrafında döndürmeyi düşünmüştür. Ve işte bu bahsedilmiş epicycle‘ın içindeki hareketlerden, yeröte noktalarının ilerleyişindeki ve gerileyişindeki eşitsizlikler ve bir de eksentrisitenin niceliğindeki eşitsizlikler belirir. Varsayın ki: Elipsin merkezini, bir epicycle‘ını içine konumlandırmış ve bu epicycle‘ın merkezini ivmesiz/sabit hız ile Dünya‘nın etrafında döndürmeyi düşünmüştür. Ve bu bahsedilmiş epicycle‘ın içindeki hareketlerden, yeröte noktalarının ilerleyişindeki ve gerileyişindeki eşitsizlikler ve bir de eksentrisitesinin niceliğindeki eşitsizlikler belirir.

682

Varsayın ki: Ay‘ın Dünya‘ya ortalama mesafesi, 100 000 kısma bölünmüş olsun: Ve T harfi, Dünya‘yı temsil etsin. TC, Ay‘ın bu birimlerin 5505 adedinden oluşan ortalama eksentrisitesi olsun. TC‘yi B‘ye doğru uzatın, öyle ki, CB, 12º 18‘ değerindeki Yarı-Yıllık Denklemleri‘n en büyüğünün sinüsünün TC yarıçapına oranında olsun ve C merkezinden CB yarıçapı ile BDA çemberi tanımlansın. Bu ise, bahsi geçen, Ay‘ın yörüngesinin merkezinin konumlandırıldığı epicycle olsun ve BDA harflerinin sırasının yönünü izleyerek döndürülsün: BCD açısını oluşturun, bunun ölçüsü, yıllık denklemin iki misline eşit olsun, ya da, Ay‘ın yeröte noktalarının denkleme sokulmuş olduğu konumdan itibaren Güneş‘in hakiki mesafesinin iki misline eşit olsun. Ve CTD, Ay‘ın yeröte noktalarının Yarı-Yıllık Denklemi‘ne eşit olsun. TD ise, yörüngenin, şimdi iki defa denkleme sokulmuş konumuna meyletmiş eksentrisitesi (dışarlaklığı) olsun. Ancak, şimdi elimizde şu veriler toplanmıştır: Ay‘ın ortalama hareketi, yer-öte noktasının konumu, eksentrisitesinin ölçüsü ve bir de yörüngesinin 200 000 birimlik uzun ekseninin

683

ölçüsü mevcuttur. Bu verilerden yola çıkıp ve herkesin bildiği yöntemlerden istifade ederek, Ay‘ın yörüngesindeki hakiki konumu Dünya‘ya mesafesi ile beraber bulunabilir. Dünya‘nın günberi noktasında, Güneş‘in kuvvetinin tesiri maksimumdayken; Ay‘ın yörüngesinin merkezi C merkezinin etrafından dolanarak Dünya‘nın günöte noktasından olduğu konuma göre, daha hızla hareket eder. Bunun ölçüsü de, Güneş‘in Dünya‘ya mesafesinin ters kübü orantısındadır. Ne var ki; Güneş‘in Merkezi Denklemi, Yıllık Denklem‘de ihtiva edilmiş olduğundan, Ay‘ın yörüngesinin merkezi, BDA epicycle‘ında daha hızlı hareket eder, onun da ölçüsü, Güneş‘in Dünya‘ya mesafesinin ters kare orantısındadır. İşte, bundan ötürü, bu aslında, daha bile hızlı ilerleyebilir bu ise mesafenin ters ve basit orantısında olabilir. Varsayın ki: Yörüngenin merkezini temsil eden D noktasından itibaren DE doğrusu çizilsin ve bunun çizilme yönü; Ay‘ın denkleme bir kez sokulmuş yer-öte noktasına doğru olsun. Yani, TC‘ye paralel çizilmiş olsun. EDF açısını kurun: Bunun ölçüsü de, önceden bahsedilmiş Yıllık Denklemin değerinin, Ay‘ın yer-öte noktalarının, Güneş‘in ileriye doğru (in consequentia) hareket halinde olan yerberi noktalarına mesafesinden fazlalığına eşit ölçüde alınsın. Ya da, bununla aynı anlama gelmek üzere: CDF açısını, Güneş‘in hakiki anomalisini 360º ye tamamlayacak bir ölçüde alın. DF‘yi DC‘ye oranlayın. Bu orantıyı da Orbis Magnus (Büyük Yörünge‘nin) eksentrisitesinin ölçüsünün iki mislinin kesirin payına yazıldığı; kesrin paydasına ise, Güneş‘in Dünya‘ya ortalama mesafesinin yazılıp bu değer ile Güneş‘in, Ay‘ın yeröte noktalarında itibaren düşünülen günlük hareketinin ortalamasının Güneş‘in kendi yerberi noktalarından itibaren günlük hareketinin ortalamasına oranı ile çarpılmasından elde edilen değerin yazıldığı bir kurgu yapın.

684

Bir başka gösterimle, bu denklemi; 33 7/8 in 1000 sayısına oranına eşittir ve bu da 52‘ 27‘‘ 16‘‘‘ değerinin 59‘ 8‘‘ 10‘‘‘ değeri ile çarpımına eşit veya 3‘ün 100‘e oranına eşittir. Ve şunu hayal edin ki: Ay‘ın yörüngesinin merkezi, F noktasında konumlandırılmış olsun ve bu F noktası, merkezi noktası D olan yarıçapı DF olan bir epicycle‘da döndürülsün. Ve bu esnâda, D noktası DABD çemberinin çevresinde hareket ettirilsin. Zira, tarif edilen bu metot ile Ay‘ın yörüngesinin merkezi, C noktasının etrafından, neredeyse, Güneş‘in Dünya‘ya mesafesinin ters kübüne (olması icap ettiği gibi) eşit olan bir velosite ile belirlenmiş bir eğri çizgi tanımlayacaktır. Bu hareketin hesabı zorlukla yapılabilir ancak aşağıdaki yaklaşıklaştırma yolu ile bu zorluk aşılabilir. Yukarıda yapıldığı gibi Ay‘ın Dünya‘ya ortalama mesafesini 100 000 kısımdan oluşuyor kabul edersek ve TC‘nin eksentrisitesinin ölçüsünü, bunlardan 5505 kısım kabul ettiğimizde; CB veya CD çizgisi, bu kısımlar cinsinden, 1172 ¶ ve 35 1/5 ölçüsünde bulunur. Yörüngenin merkezini D noktası konumundan, F noktasındaki konumuna taşıyan hareketin oluşturduğu DF çizgisi, TC mesafesinde, bir ucu Dünya‘da olan açının kiriş veterini teşkil eder. Ay‘ın yörüngesinin yukarıda kalan odak noktasının hareket ettirilmesi ile DF çizgisinin iki misli ölçüsünde bir çizgi, buna paralel bir konumda olmak şartı ile tanımlansın ve bunun, ona mesafesi de Ay‘ın yörüngesinin yukarıda kalan odak noktası ile Dünya‘nın arasındaki mesafeye eşit olsun ve bu çizgi bir ucu Dünya‘da konumlanan aynı ölçüdeki DF açısının kiriş veterini önceden olduğu gibi çizsin. Ancak; DF çizgisine Ay‘ın Dünya‘ya mesafesine eşit bir ölçüdeki uzaklıktan ilk DF çizgisine paralel çizilen bu 2DF uzunluğundaki çizgi, daha evvelden bahsedilmiş hareketin Ay‘ın hareketinde oluşturduğu ve bir ucu Ay‘ın üzerinde kalan açının kiriş veterini tanımlar.

685

İşte, bu nedenle, bu açıya, Ay‘ın Merkezi‘nin İkinci Denklemi adı verilebilir. Ve bu denklem, Ay‘ın Dünya‘ya ortalama mesafesinde, yaklaşık olarak, DF çizgisinin, F noktasından Ay‘a çizilen çizgi ile oluşturduğu açının sinüs değerine eşittir ve maksimum niceliğindeyken 2‘ 25‘‘ değerine kadar çıkar. Ancak, DF çizgisinin F noktasından Ay‘a çizilen bir çizgi ile oluşturduğu bu açı, ya EDF açısını, Ay‘ın ortalama anomalisi‘nin değerinden çıkararak ya da Ay‘ın Güneş‘e mesafesinin değeri ile Ay‘ın yeröte noktasıyla Güneş‘in yeröte noktaları arasında kalan mesafeyi toplayarak hesap edilir. Ve bu da; yarıçapın böyle bulunmuş açının sinüsüne oranına eşittir, bu da 2‘ 25‘‘ değerinin Merkezin İkinci Denklemi‘ne oranına eşittir. Ve bu açı, eğer, bahsedilmiş toplam; yarım çemberden az ise eklenir eğer yarım çemberden çok ise çıkarılır. Ve Ay‘ın yörüngesindeki konumu bu metot ile düzeltildikten sonra, bu düzeltilmiş değerden yola çıkıp Ay‘ın enlemi; Güneş‘in ve Ay‘ın karşıt-konumlardaki durumlarında hesaplanabilir. Dünya‘nın atmosferi; 35 veya 40 millik bir irtifa‘ya (yüksekliğe) kadar Güneş‘in ışınlarını kırar. Bu kırılma ise, ışığı, Dünya‘nın gölgesinin üzerine dağıtır ve yayar. Ve bu dağıtılmış gölgenin sınırlarının civarında gölgeyi dilate eder. Bu değerlendirme ve hesaba binaen, ben, gölgenin çapına, ışık paralaks etkisine tâbi olduğunda, Ay tutulmalarında 1 ve 1 1/3 dakika eklerim. (ilave ederim.) Ne var ki; Ay‘ın Hareketleri‘ni İzâh Eden Teori, olgulardan ve gözlemlerden yola çıkılarak incelenmeli ve ispatlanmalıdır. Bu ise önce, karşıt-konumlar için, sonra dördüller için ve en sonunda da Sekizde Bir‘likler için yapılmalıdır. Ve bu çalışmayı, her kim gönüllü olursa, aşağıda belirtilen ve Greenwich Kraliyet Rasathânesi‘nde; Milat‘tan Sonra 1700 yılının Aralık Ayı‘nın son gününde öğle vaktindeki değerlere göre Güneş‘in ve Ay‘ın ortalama hareketleri kabul edilebilir.

686

Güneş‘in

Oğlak Burcu‘ndaki ortalama hareketi 20º 43‘ 40‘‘ değerindedir. Ve bunun

yeröte noktaları [Balık burcunun işaretini yaz ]

Balık Burcu‘nda olup 7º 44‘ 30‘‘

değerindedir. Ay‘ın ortalama hareketi [ bir burç işareti ] 15º 21‘ 00‘‘ dir. Ve bunun, yeröte noktaları, …[burç işareti] …burcunda 8º 20‘ 00‘‘ değerindedir. [ burç işareti ] …burcundaki yükselen düğümün ölçüsü, 27º 24‘ 00‘‘ değerindedir. Ve Greenwich‘deki Rasathane ile Paris‘teki Kraliyet Rasathânesi‘nin meridyenlerinin arasındaki fark, 0saat 91 20‘‘ değerindedir: Ancak; Ay‘ın ortalama hareketi ve onun yeröte noktalarının ortalama hareketi henüz yeterli hassaslık ölçüsünde elde edilememiştir. 36. Önerme 17. Problem Güneş‟in Denizi hareket ettirme kuvvetinin ölçüsünü hesap etmenin yöntemi. Güneş‘in ML ve PT adındaki Ay‘ın hareketlerini ajite etme kuvvetinin (25. Önerme‘nin mantığına göre) Ay‘ın dördüllerinde; Dünya‘nın yüzeyindeki çekim kuvvetine oranı; 1‘in 638092,6 sayısına oranına eşittir. Ve TM-LM veya 2PK kuvveti, Ay‘ın karşıt konumlarında bu miktarın iki misline eşittir. Ancak; Dünya‘nın yüzeyine doğru alçaldıkça, bu kuvvetler; Dünya‘nın merkezine olan mesafeler orantısında azaltılır. Yani, 60 ´‘nin 1‘e orantısında. İşte bundan ötürü, Dünya‘nın yüzeyinde tesir eden evvelki kuvvetin, çekim kuvvetine oranı, 1‘in 38604600‘e oranına eşittir. Ve işte, bu kuvvet ile Deniz Güneş‘ten 90º uzak konumlarda çökeltilir. (cezir) Ancak, o kuvvetten 2 misli kuvvetli olan diğer kuvvet ile Deniz kabartılır. ( med) Ve bu sadece Güneş‘in direkt altında kalan yerlerde değil, ona tam zıt konumlanmış yerlerde de olur. Ve bu kuvvetlerin toplamının, çekim kuvvetine oranı, 1‘in 12868200‘e oranına eşittir. Ve aynı kuvvetin aynı hareketi ajite etmesinden ötürü, bu kuvvet, suları, ister, Güneş‘ten 90º uzak konumlarda çökeltilsin (cezir) ister Güneş‘in direkt altındaki konumlarda ve Güneş‘e

687

tam zıt konumlarda, kabartılsın (med) bahsedilen kuvvetin toplam niceliği, Güneş‘in Denizi ajite edebilme kuvvetinin tamamına eşit olacaktır. Ve bunun tesir etme tarzı, sanki bu niceliğin tamamının, Deniz‘i, Güneş‘in tam altındaki konumlarda ve ona tam zıt konumlarda kabartma (med) işini yapıyormuş gibi düşünülecek ve bu Güneş‘ten 90 derece uzaktaki konumlarda sanki hiç tesir etmiyormuş gibi düşünülecektir. Ve işte bu; Güneş‘in Deniz‘i herhangi bir yerdeki, bu Güneş‘in hem dikey konumda olduğu hem de Dünya‘ya mesafesinde bulunduğu konumdur. Güneş‘in diğer konumlarında, Deniz‘i kabartabilme kuvveti, Su‘yun bulunduğu yerin ufkunda, Güneş‘in irtifasının (yüksekliği iki mislinin ters sinüsüne eşittir. Ve Güneş‘in Dünya‘ya mesafesinin ters kübüne eşittir. Kaziyesi: Dünya‘nın çeşitli parçalarının günlük hareketinden oluşan ve ölçüsü çekim kuvvetine göre, 1‘in 289‘a oranına eşit olan savrulma kuvveti; metinde, XIX. Önerme‘de de gösterilip ispatlandığı gibi, ekvatora yakın denizlerdeki suları, kutuplara yakın denizlerdeki sulara göre, daha yüksek bir seviyeye çıkararak kabartırken ve bu fazlalığın ölçüsü de 85 472 Paris Ayağı olduğu için: Güneş‘in kuvveti, (bunun çekim kuvvetine oranının 1‘in 12868200‘e oranına eşit olduğunu şimdi göstermiş olduğumuzdan ve bu nedenle bunun savrulma kuvvetine oranı 289‘un 12 868 200‘e oranına eşit olduğundan ya da 1‘in 44 527‘ye oranına eşit olduğundan ) Güneş‘in tam altındaki yerlerde ve ona tam zıt yerlerdeki suları, Güneş‘ten 90º uzak yerlerdeki sulara göre, sadece 1 Paris Ayağı ve 113 1/30 inçlik bir yükseklik fazlalığında kabartabilecektir. Çünkü, bu ölçünün 85 472 ayaklık ölçüye oranı, 1‘in 44 527‘ye oranına eşittir.

688

37. Önerme 18. Problem Ay‟ın Deniz‟i hareket ettirebilme kuvvetini hesap etmenin yöntemi. Ay‘ın Deniz‘i hareket ettirebilme kuvveti Güneş‘in kuvvetine orantılı olduğu için o bilgiden tümdengelim ile bulunur. Ve bu orantı da Deniz‘in hareketlerinde oluşan ve bu kuvvetlerin gözlemlenebilir tesirleri olan tabiat olayılerden de hesap edilebilir. Bristol‘ün 3 mil güneyindeki Avon Irmağı‘nın denize döküldüğü yerde; Samuel Sturmy‘nin yapmış olduğu gözlemlere göre, Güneş‘in ve Ay‘ın bahardaki ve sonbahardaki karşıtkonumlarında suyun kabardığı yüksekliğin seviyesi, yaklaşık 45 ayağa çıkar ancak dördüllerde bu sadece 25 ayak‘tır. Bu yükseklikler, evvelcene bahsedilmiş kuvvetlerin toplamının neticesidir, sonraki ise, farklarının neticesidir. O halde, eğer, S ve L harfleri sırasıyla, Güneş‘in ve Ay‘ın ekvatorda bulundukları ve Dünya‘ya ortalama mesafelerdeki konumlarda kuvvetlerini temsil ediyor ise, L + S‘nin ve L-S‘ye oranı, 45‘in 25‘e oranına eşittir, bu ise 9‘un 5‘e oranına eşittir. Ancak, suların çalkalanmasından ötürü, med‘in en fazla kabartıldığı tarihler, Güneş‘in ve Ay‘ın karşıt konumlarında olmaz, ancak, daha evvelcene de yazdığımız gibi, karşıt-konumlardan sonra sırasıyla gelen üçüncüsüdür yahut karşıt-konumları da hesap ederek; Ay‘ın bir yerin meridyeninde karşıt-konumlardan sonra üçüncü defa belirmesini takip eden tarihtir; ya da Sturmy‘nin gözlemlemiş olduğu gibi, Yeniay‘da veya Dolunay‘dan sonra gelen üçüncü gündür. Ya da; Yeniay‘dan veya Dolunay‘dan itibaren 12. saat‘tedir ve bundan ötürü de, Yeniay‘dan sonra veya Dolunay‘dan itibaren 43. saat‘te cezir oluşur. Ancak, bu limanda, Ay‘ın o yerin meridyeninde belirmesini takip eden yedinci saat‘te cezir oluşur. Ve bundan ötürü, Ay, Güneş‘ten uzak olduğundan ya da Güneş ileriye doğru harekette 18 veya 19 derecelik bir karşıt-konumdayken,

Ay‘ın o yerin meridyeninde

belirmesini hemen takip eder. Bundan ötürü de, yaz ve kış mevsimleri, en yoğun tarihlerine, Gündönümü tarihleri de denilen 21 Haziran‘da ve 21 Aralık‘ta gelmez; ancak, Güneş bu

689

gündönümü noktalarını ölçüsü yaklaşık 36 veya 37 dereceye tekabül eden ve Güneş‘in görünürdeki yörüngesinin tamamının onda bir‘lik kısmına denk gelen tarihlerde erişir. Aynı mantık ile; med‘in en fazla kabaranı, Ay‘ın o yerin meridyeninde belirmesinden sonra gelir. Bu ise, Ay Güneş‘in yanından geçtiğinde olur veya Ay Güneş ile karşıt konumda bulunup ve bunun ölçüsü de med‘in en fazla kabaranından ve bunu takip eden en kabarık med‘e kadar düşünülen hareketin tamamının On‘da Bir‘idir. Bu mesafenin yaklaşık 18 ´ derece olduğunu varsayın: Ve Güneş‘in kuvveti, Ay‘ın karşıt-konumları ve dördüllere bu mesafesinde, Deniz‘in, Ay‘ın hareketinden oluşan hareketini, Ay‘ın karşıt-konumlarda ve dördüllerde bulunduğu konumlara göre, daha az ölçüde arttırabilir veya azaltabilir ve bu ölçü ise, yarıçapın, bu mesafenin iki mislinin kosinüsüne oranındadır ya da 37º lik bir açının kosinüsüne oranındadır. Yani, bu da demektir ki: 10 000 000‘un 7 986 355‘e orantısındadır. Ve bundan ötürü, evvelki analoji‘de S harfinin yerine 0,7986355 S değerini koymalıyız. Ancak dahası, Ay‘ın dördüllerde bulunduğundaki kuvveti, ekvatordan alçaldığını hesaba katarak azaltılmalıdır. Zira Ay dördüllerde, ya da belki dördülleri 18 ´ derece geçmişken ekvatordan yaklaşık 23º 13‘ alçalmış demektir. Ve Güneş‘in veya Ay‘ın herhangi birinin Deniz‘i hareket ettirebilme kuvveti, bu gökcisimleri ekvatordan alçalırken azalır ve bunun da ölçüsü; neredeyse, alçalmanın kosinüsünün kareli orantısındadır. Ve işte bu nedenden ötürü, Ay‘ın bu dördüllerdeki kuvveti, sadece, 0,85703271 ölçüsündedir. O halde şu denklemi elde ederiz: L + 0,7986355 S‘nin 0, 8570327 L – 0,798635 S‘ye oranının 9‘un 5‘e oranına eşitliğindedir. Daha dahası: Ay‘ın hareket etmesi gerektiği düşünülen yörüngesinin çapları, eksentrisite kavramını bir kenara bırakırsak, birbirine göre, 69‘un 70‘e oranındadır. Ve işte bundan ötürü,

690

Ay‘ın Dünya‘ya karşıt konumlardaki mesafesinin, dördüllerdeki mesafesine oranı, caeteris paribus (diğer şartların tümü birbirine eşit kabul edildiğinde) 69‘un 70‘e oranındadır. Ve, mesafelerin karşıt-konumları 18 ´ derece geçmiş iken ve bu konumda med‘in en kabarığı oluşturulmuşken ve dördülleri 18 ´ derece geçmişken, bu konumda, med‘in en az kabarığı oluşturulmuşken, ortalama mesafelerin oranı, 69, 098747 ve 69, 897435 sayılarının 69 ´ sayısına oranındadır. Ancak, Ay‘ın Deniz‘i hareket ettirebilme kuvveti, mesafesinin ters kübü ile orantılıdır. Ve bundan ötürü, bu kuvvet ile en uzun ve en kısa mesafede, ortalama mesafesindeki kuvvetine oranlandığında, 0.9830427 ve 1,017522‘nin 1‘e oranına eşittir. Buradan da şu denklemi elde ederiz: 1,017522 L x 0,7986355 S‘nin 0, 9830427 x 0,8570327 L – 0,7986355 S işleminin 9‘un 5‘e oranına eşitliğindedir. Ve S‘nin L‘ye oranı da 1‘in 4,4815‘e oranına eşittir. İşte bundan ötürü; Güneş‘in kuvvetinin çekimin kuvvetine oranı, 1‘in 12 868 200‘e oranına eşittir. Ay‘ın kuvvetinin çekimin kuvvetine oranı ise 1‘in 2 871 400‘e oranına eşittir. 1.Kaziye: Güneş‘in kuvvetinin tesiri ile ajite edilen sular, bir ayak ve 11 1/30 inç yüksekliğine kaldırıldığından, Ay‘ın kuvvetinin tesiri aynı sular, 8 Ayak ve 7 5/25 inç yüksekliğine değin kaldırılacaktır. Ve bu ikisinin müşterek kuvvetinin tesiri, aynı suyu, 10 ´ feet yüksekliğine değin kaldıracaktır. Ve Ay, yerberi noktalarındayken, suların kaldırıldığı yükseklik 12 ´ feet olur. Ve bilhassa da, rüzgâr, med ile aynı yönde tesir ederse. Ve bu nicelikteki bir kuvvet, Deniz‘in hareketlerinin tümünü ajite etmek için bol bol yeterli bir kuvvettir. Zira, Doğu‘dan Batı‘ya, açık ve hür uzanan Denizler‘de, örneğin de Pasifik Denizleri‘nde ve bir de Atlantik ve Etiyopya Denizleri‘nin dönencelerinin arasında kalan kısımlarında, sular, genelde, 6, 9, 12 ya da 15 feet‘e değin yükselir. Ancak, Pasifik

691

Denizi‘nde, ki bunun derinliği fazladır ve bir de genişliği daha da fazladır; med ve cezir, denildiğine göre, Atlantik ve Etiyopya Denizleri‘ndeki ölçüsünden fazladır. Zira, med‘i tam ölçüsünde kabartmak için Deniz‘in Doğu‘dan Batı‘ya genişliği 90º den az olmamalıdır. Etiyopya Denizleri‘nde, sular, dönencelerin arasında kalan bölgelerde ılıman kuşağın bölgelerine göre, daha az bir yüksekliğe erişir, bunun da sebebi Afrika ile Amerika kıtasının güneyinde kalan kısımlarında denizin dar olmasıdır. Açık denizin ortasında sular; beraberce inip çökelmeksizin kabartılamaz. Ve bir de, bizim dar denizlerimizde, hem Doğu‘daki hem de Batı‘daki kıyılarda, cezirler, sırasıyla çökeltilir. Ve bu hesaba binâen Kıta‘nın kıyısından çok ama çok uzakta bulunan adalarda gözlemlenen med ve cezrin ölçüsü küçüktür. Bunun tam tersine, koylarının-körfezlerinin suyun dar kanallardan şiddetle geçerek dolup boşaldığı bazı limanlarda, med ve cezir, normalinden büyük olsa gerektir.

Buna

örnek

de,

İngiltere‘deki

Plymouth

ve

Chepstow

Bridge‘dir

ve

Normandiya‘daki St. Michael Dağları ve Auranches Kasabası‘dır. Ve Doğu Antiller‘deki Cambaia ve Pegu‘dur. Bu yerlerde, deniz, körfezlere doğru öyle bir şiddetle girip çıkarki, bazen, kıyılar suyun altında kalır bazen de, deniz sularının kıyıdan öteye millerce çekilmesi ile kara ortaya çıkar. Suyun körfezlere bu girip çıkma kuvveti ile sular, 30, 40 veya 50 ayaklık yüksekliğe kabartılıp çökeltilmeden sona ermez. Ve aynı değerlendirme, Macellân Boğazı gibi veya İngiltere Adası‘nın etrafındaki dar kanal ve Boğazlar hakkında da yapılabilir. Bu limanlarda ve Boğazlar‘daki med-cezir, suyun girmesi ve çıkmasının şiddeti ile belli bir ölçünün üzerinde arttırılır.

692

Ancak, kıyıdan, açık denize, çok meyilli ve birdenbire derinleşerek dönüşen denizlerde, sular; girme ve çıkmanın oluşturduğu presipitasyon olmaksızın serbestçe yükselir ve alçalır. Ve med cezrin orantısı; Güneş‘in ve Ay‘ın kuvvetleri ile tutarlı ve uyumludur. 2.Kaziye: Ay‘ın denizi hareket ettirebilme kuvvetinin, çekimin kuvvetine oranı, 1‘in 2 871 400‘e oranında olduğundan, besbellidir ki: Bu kuvvet statik ya da hidrostatik deneylerde, algılanabilecek ölçüden daha azdır, hatta, sarkaçlar ile yapılan deneylerde bile. Bu kuvvet kendisini ancak ve ancak algılanabilecek bir seviyede med-cezir‘de gösterir. 3.Kaziye: Ay‘ın Deniz‘i hareket ettirebilme kuvvetinin Güneş‘in denizi hareket ettirebilme kuvvetine oranı, 4,4815‘in 1‘e oranında olduğunda, bu kuvvetler (1.Kitabın 66. Önermesi‘nin 14. Kaziyesi‘nin mantığına göre) Güneş‘in ve Ay‘ın cisimlerinin yoğunluklarının ve bunların görünüşteki çaplarının kübünün çarpımına eşittir. Ay‘ın yoğunluğunun, Güneş‘in yoğunluğuna oranı, 4,4815‘in 1‘e oranındadır ve Ay‘ın çapının kübünün Güneş‘in çapının kübüne ters oranındadır. Bu da demektir ki: Ay‘ın ve Güneş‘in görünüşteki çaplarının ortalama değerlerinin 31‘ 16 ´‘‘ ve 32‘ 12‘‘ olduğu düşünüldüğünde 4891‘in 1000‘e oranındadır. Ancak, Güneş‘in yoğunluğunun Dünya‘nın yoğunluğuna oranı 1000‘in 4000‘e oranındadır ve işte bundan ötürü; Ay‘ın yoğunluğunun Dünya‘nın yoğunluğuna oranı, 4891‘in 4000‘e ya da 11‘in 9‘a oranındadır. Bundan ötürü de, Ay‘ın maddesi Dünya‘nın maddesinden daha yoğun ve toprak elementine daha yakındır. 4.Kaziye: Ve Ay‘ın hakiki çapının (astronomların yaptığı gözlemlere göre Dünya‘nın hakiki çapına oranı, 100‘ün 365‘e oranındadır. Ay‘ın maddesinin kütlesinin, Dünya‘nın maddesinin kütlesine oranı 1‘in 39,788‘e oranındadır.

693

5.Kaziye: Ay‘ın yüzeyindeki ivmeli çekim kuvveti, Dünya‘nın yüzeyindeki ivmeli çekim kuvvetine göre 3 misli azdır. 6.Kaziye: Ve, Ay‘ın merkezi ile Dünya‘nın merkezi arasındaki mesafenin, Ay‘ın merkezinin, Ay‘ın ve Dünya‘nın müşterek çekim merkezine mesafesine oranı, 40,788‘in 39,788‘e oranına eşittir. 7.Kaziye: Ve Ay‘ın merkezinin Dünya‘nın merkezine mesafesi (Ay‘ın Sekizde Bir‘liklerde olduğu konumlarda) yaklaşık olarak, Dünya‘nın en geniş yarıçapı birim alındığında, 60 2/5 birim uzunluğuna eşittir. Çünkü Dünya‘nın en geniş ölçülü yarı-çapı 19 658 600 Paris ayağı olduğundan ve Dünya‘nın ve Ay‘ın merkezlerinin arasındaki ortalama mesafe, bu yarıçaplardan 60 2/5 adedinin uzunluğunda olduğundan, bu değer 1 187 379 440 ayağa eşittir. Ve bu mesafenin (evvelki Kaziye‘nin mantığına göre) Ay‘ın merkezinin, Dünya‘nın ve Ay‘ın müşterek çekim merkezine mesafesine oranı, 40,788‘in 39,788‘e oranına eşittir. Ki sonraki mesafe, bundan ötürü, 1 158 268 534 ayaktır. Ve Ay, sabit yıldızlara göre, hesaplanan döngüsünü, 27 gün 7 saat 43 4/9 dakika‘da icrâ ettiği için, belirtilen açının ters sinüsü, Ay‘ın bir dakikalık bir sürede tanımladığı değerdir ki bu; 1 000 000 000 000 000 değerlik bir yarıçapı için 12 752 341 değerine eşittir. Ve yarıçapın bu ters sinüs değerine oranı, 1 158 268 534 ayağın 14, 7706353 ayağa oranına eşittir. İşte bu nedenlerden ötürü; Ay, Dünya‘ya doğru bu kuvvet ölçüsünde düşer gibi olup yine bu kuvvet tarafından yörüngesinde tutulup 1 dakikalık bir sürede, 14, 7706353 ayaklık mesafeyi tanımlar. Ve eğer bu kuvveti, 178 29/40‘ın 177 29/40‘a oranında arttırırsak, 3.Önerme‘nin Kaziyesi‘nin mantığına göre; Ay‘ın yörüngesinde hâiz bulunduğu çekim kuvvetinin tamamını hesaplamış oluruz. Ve Ay bu kuvvetin niceliğinin ölçüsünde ―düşerken‖ 1 dakikalık sürede 14,8538067 ayaklık mesafeyi tanımlayacaktır.

694

Ve Ay‘ın Dünya‘nın merkezine mesafesinin 1/60‘lık kısmında, yani bu da demektir ki, Dünya‘nın merkezinden 197 896 573 ayak mesafede; kendi ağırlığı ile düşen bir cisim; 1 saniyelik bir sürede, benzer bir mantığı izleyerek 14,8538067 feet‘lik bir yolu alır. Ve işte bundan ötürü, 19 615 800‘lük bir mesafede, ki bu aslında, Dünya‘nın ortalama bir yarıçapını teşkil eder, ağır bir cisim, düşerken, 15,11175, ya da 15 ayak, 1 inç ve 4 1/11 çizgilik bir yolu, aynı süre içinde tanımlar. İşte bu; 45º lik enlemde alçalan cisimlerin hareketidir. 20.Önerme‘nin altına ve evvelce konulmuş Çizelge‘den de anlaşılabileceği gibi,

Paris

şehrinin de üzerinde bulunduğu enlemde, bir cismin alçalması, bir çizginin yaklaşık 2/3‘lük kısmı ölçüsünde bir fazlalık ile bundan fazla olacaktır. İşte bu nedenden ötürü, bu hesaplama yolu ile; ağır cisimler, Paris‘in konumlandığı enlemin üzerinde, vakum ortamı içinde düşerken, bir saniyede, 15 paris ayağı, 1 inç, 4 25/33 çizgi değerine çok yaklaşık bir değeri tanımlayacaktır. Ve eğer çekimin kuvveti, o enlemde, Dünya‘nın günlük dönme hareketinden kaynaklanan bir savrulma kuvvetine eşit bir nicelikte çıkarılarak azaltılır ise, orada düşen ağır cisimler 1 saniyelik sürede 15 feet, 1 inç ve 1 ´ çizgi‘lik yolu tanımlayacaktır. Ve işte, ağır cisimler, üzerinde Paris‘in de yer aldığı enlemde, yukarıda, 4. Önerme‘de ve 19. Önerme‘de göstermiş olduğumuz gibi bu velosite ile düşer. 8. Kaziye: Ay‘ın karşıt konumlarında, Dünya‘nın ve Ay‘ın merkezlerinin arasındaki ortalama mesafe; Dünya‘nın yarıçaplarının en büyüğü birim alındığında, bu birimlerden 60 adedinin beraberce oluşturduğu bir mesafeye eşittir. Bundan, 1 birim 1/30‘luk kısmı çıkarılır. Ve Ay‘ın dördüllerinde, aynı merkezlerin arasındaki ortalama mesafe, bu birimlerden 60 5/6 adedinin toplam uzunluğuna eşittir. Zira, bu iki mesafenin, Ay‘ın Sekizde Bir‘liklerde bulunduğundaki ortalama mesafesine oranı 69‘un ve 70‘in 69 ´‘ye oranına 28. Önerme‘nin mantığına göre eşittir.

695

9.Kaziye: Ay‘ın karşıt-konumlarında, Dünya‘nın ve Ay‘ın merkezlerinin ortalama mesafesi, Dünya‘nın yarı-çaplarının ortalaması cinsinden 60 birime eşittir ve buna da bir yarı-çapın 1/10‘luk kısmı eklenir. Ve Ay‘ın dördüllerinde, aynı merkezlerin arasındaki ortalama mesafe, Dünya‘nın ortalama yarı-çapı birim alındığında, bunlardan 61 adedinin toplamının uzunluğundan bir yarıçapın 1/30‘luk kısmının çıkarılması ile elde edilen değere eşittir. 10.Kaziye: Ay‘ın karşıt-konumlarında, 0, 30, 38, 45, 52, 60, 90 dereceli enlemlerdeki ortalama yatay paralaks, sırasıyla, 57‘ 20‘‘, 57‘ 16‘‘, 57‘ 14‘‘, 57‘12‘‘, 57‘10‘‘, 57‘8‘‘, 57‘4‘‘ değerlerine eşittir. Bu hesaplamalarda, Dünya‘nın manyetik (mıknatıssal) çekim kuvvetini dikkate almadım, zaten bunun niceliği çok küçük olup bilinmemektedir. Ve eğer bu nicelik, ileride keşfedilirse, meridyen derecelerinin ölçüleri, değişik enlem dairelerinde eş-zamanlı salınmaya bırakılan sarkaçların uzunlukları, Deniz‘in Hareketi‘nin Kanunları; Ay‘ın paralaksı, Güneş‘in ve Ay‘ın görünüşteki

çaplarının

ölçüsü,

gözlem

ve

deneylerden

daha

hassas

bir

ölçüde

hesaplanabilecek ve çok daha yaklaşık sonuca vardırılacaktır. 38. Önerme 19. Problem Ay‟ın cisminin şeklini ve ölçülerini hesap etmenin yöntemi Eğer, Ay‘ın maddesi, Dünya‘daki denizler gibi sıvı halde bulunmuş olsaydı, bu sıvı Dünya‘nın çekim kuvveti ile Dünya‘ya göre en yakın ve en uzak kısımlarında kabartılırken tesir eden kuvvetin, Ay‘ın Dünya‘daki denizlere Ay‘a en yakın ve en uzak kısımlarında tesir edip kabartırken uyguladığı kuvvete oranı, Ay‘ın Dünya‘ya yönelmiş ivmeli çekim kuvvetinin Dünya‘nın Ay‘a yönelmiş ivmeli çekim kuvvetine oranı ve Ay‘ın çapı ile Dünya‘nın çapının çarpımına eşittir. Yani bu da, 39,788‘in 1‘e oranı ve 100‘ün 365‘e oranının çarpımına eşittir. Ya da, 1081‘in 100‘e oranına eşittir. İşte bundan ötürü; Dünya‘daki Denizler ile Ay‘ın çekim

696

kuvvetinin tesiri ile 8 3/5 feet ölçüsünde yükseltildiği için, tasavvur edilmiş Ay sıvısı, Dünya‘nın çekim kuvvetinin tesiri ile 93 feet yüksekliğe kadar kaldırılmış olacaktır. Ve bu hesaba göre, Ay‘ın biçimi, spheroid (küremsi) olacaktır. Ve bunun en uzun çapı, uzatıldığında, Dünya‘nın merkezinden geçirilir ve bu çapa dikme olarak tasavvur edilmiş çapların ölçüsü, bunu 186 feet‘lik bir ölçüde aşar. Bu nedenle, Ay, böyle bir biçimde olarak tesir eder ve işte bu nedenle Ay‘ın cisminin başından itibaren bu formda olduğunu düşünerek çözümlemelerimizi yapmalıyız. Q.E.I Kaziye: İşte bu nedenden ötürü, Ay‘ın hep aynı yüzeyi Dünya‘ya dönüktür ve Ay‘ın cismi başka herhangi bir konumda bulunamaz ve daima bir libratory hareket ile aynı konuma döndürülür. Ne var ki bu librations‘lar, bunları ajite eden kuvvetlerin zayıflığından ötürü, çok ama çok yavaş olsa gerektir: Ki, Ay‘ın, daima Dünya‘ya dönük konumda bulunması icab eden aynı yüzeyi, XVII. Önerme‘de izah edilmiş sebepten ötürü, Ay‘ın yörüngesinin diğer odak noktasına döndürülüp hemencecik de geri çekilmeksizin tekrardan yüzeyi Dünya‘ya dönük konumuna geri döndürülsün. Birinci Yardımcı Kaziye Eğer, APEp homojen bir ölçüde yoğun olan Dünya‘yı temsil ediyor ise, C harfi de bunun merkezini temsil ediyor ise, P ve p harfleri kutuplarını ve AE ekvatorunu temsil ediyor ise: Ve eğer, C merkezinden, CP yarıçapı ile Pape adındaki bir kürenin tanımlandığını varsayarsak ve QR bir düzlem olup bu düzlemin üzerinde Güneş‘ten Dünya‘ya bir doğru çizilerek bunlar dik açılar ile birbirinin üzerinde 3. boyutu da kuracak tarzda konumlandırılırsa: Ve bir varsayımda daha bulunursak: Dışarıda kalan Dünya parçasının bütününü temsil eden PapAPepE şeklinin çeşitli parçacıkları; bahsedilen kürenin yüksekliği olmaksızın, QR düzleminden o tarafa veya

697

bu tarafa çekilmeye çabalarlarsa ve bunun kuvveti de, her bir parçacık için, o düzlemden mesafelerine orantılı olur ise: Fikrim odur ki: Evvelâ, AE adındaki ekvatorun çemberinde çepeçevre konumlandırılmış ve küresiz olarak ama sanki küre varmış gibi bir halka formunda tasavvur edilmiş ve küreyi kuşatan ve homojen olarak dağıtılmış olan parçacıkların tümünün toplam kuvvetinin ve tesirinin; Dünya‘yı, merkez noktasından, sanki bir bisiklet tekerleğini döndürüyormuş gibi dairevi (çembersel) hareket ettirebilmesinin, ekvatorun QR düzlemine en uzak mesafede bulunan A noktasında yoğunlaştırılmış aynı sayıdaki parçacığın kuvvetlerinin ve

tesirlerinin

toplamının,

Dünya‘yı

merkezinden

sanki

bir

bisiklet

tekerleğini

döndürüyormuş gibi dairevi (çembersel) hareket ile hareket ettirebilmesine oranı, 1‘in 2‘ye oranına eşittir. Ve bu dairevi (çembersel) hareket, ekvatorun ve QR düzleminin kesişmesi ile oluşan müşterek doğru parçasının ekseninden icra edilir. Çünkü şöyle düşünün: K‘yı merkez alıp IL çapı ile INL yarı-çemberini tanımlayın. Varsayın ki: INL yarı-çevresi, birbirine eşit ölçüde ve sayılamayacak denli çok sayıda kısma bölünsün.

698

Ve N adındaki, çeşitli konumlardan IL çapına, NM adındaki sinüs‘ler çizilsin. Bu şartlarda: NM sinüslerinin hepsinin karelerinin toplamı, KM sinüslerinin hepsinin karelerinin toplamına eşit olur ve bu iki toplam toplandığında, bunlar ile eşit sayıda KN çapının karesinin toplamına eşit olur. Ve bundan ötürü, NM sinüslerinin hepsinin karesinin toplamı, bununla aynı sayıda KN yarı-çapının karesinin toplamının yarısı değerinde olacaktır. Şimdi varsayın ki: AE çemberinin çevresi, aynı sayıda olmak üzere, birbirine eşit ölçüde küçük parçaya bölünsün. Ve bunlara F denilsin. Her bir F‘den bir FG dikmesi, QR düzleminin üzerine indirilsin, bunun yanı sıra A noktasından da AH dikmeleri indirilsin. Bu şartlarda, her bir F parçacığının QR düzleminden çekildiği kuvvet (varsayımsal olarak) FG dikmesinin uzunluğuna eşit olacaktır. Ve bu kuvvet, CG mesafesi ile çarpılınca, elde edilen değer, F parçacığının, Dünya‘yı merkezinden döndürebilme kuvvetinin ölçüsünü verir. Ve işte bundan ötürü; F noktasındaki bir parçacığın kuvvetinin, A noktasındaki bir parçacığın kuvvetine oranı, FG x GC‘nin AH x HC‘ye oranına eşittir. Bu da demektir ki: FC2‘nin AC2‘ye oranına eşittir. Ve bundan ötürü: kendi F konumlarında bulunan F parçacıklarının tümünün toplam kuvvetinin, A konumunda bulunan aynı sayıdaki parçacığın toplam kuvvetine oranı, FC2‘lerin hepsinin toplamının AC2‘lerin tümünün toplamına oranına eşittir. Bu ise; daha önce de ispatlayıp göstermiş olduğum gibi 1‘in 2‘ye oranına eşittir. Q.E.D Ve bu parçacıklar, tesirlerinin istikameti, QR düzleminden uzaklaşan dikmeler yönünde olduğundan ve bu uzaklaşma her iki yöne doğru da eşit ölçüde olduğundan, bunlar, ekvatorun çemberinin çevresinden dönecektir. Ve beraberinde, dünya‘nın yapışkan özellikte maddesini (Ç.N: 2. Anlamı şu olabilir: Dünya küresinin ataletinin de üstesinden gelerek) taşıyacak ve bu dönmenin ekseni hem QR düzleminde hem de ekvatorda müştereken bulunan bir doğru parçasından olacaktır.

699

İkinci Yardımcı Kaziye Aynı varsayımları hâlâ kabul ederek; ikinci olarak şu fikri öne sürüyorum: Küre‟nin yüzeyinin (hacımının?) her noktasında konumlandırılmış parçacıkların tümünün Dünya‟yı belirtilmiş eksenden döndürebilme kuvvetinin toplamının, aynı sayıdaki parçacığın, AE ekvatorunun çevresinin tümünün üzerinde, bir halka misâli ve homojen olarak konumlandırıldığında; bunların Dünya‟nın bütününü aynı dairevi (çembersel) hareket ile döndürebilme kuvvetinin toplamına oranı, 2‟ni 5‟e oranındadır.

700

Çünkü şöyle düşünün: IK, AE ekvatoruna paralel olup daha dar çevreli herhangi bir çember olsun: Ve Ll aynı çemberin üzerinde Pape küresi olmaksızın konumlandırılmış herhangi iki eşit parçacık olsun. Ve, eğer, Güneş‘e çizilmiş yarıçapların dik açıları teşkil ettiği QR düzleminin üzerine, biz, LM, lm dikmelerini indirirsek, bu parçacıkların QR düzleminden çekilmelerindeki toplam kuvvetler, LM, lm dikmeleri ile orantılı olacaktır. Ll doğrusu, Pape düzlemine paralel çizilsin ve aynı düzlemi X noktasında iki eşit parçaya ayırsın. Ve X noktasından geçirerek Nn‘yi QR düzlemine paralel çizin ve L, M, lm dikmeleri N ve n‘de birleşsin. Ve QR düzleminin üzerine XY dikmesini indirin. Ve L ve l parçacıklarının karşıtkuvvetleri ile Dünya‘yı tersine doğru döndürebilme kuvvetleri LM x MC ve lm x mC‘dir. Bu ise; LN x MC + NM x MC işlemine ve ln x mC – nm x mC işlemine ya da LN x MC + NM x MC işlemine ve LN x mC – NM x mC ve LN x Mm - - NM x MC + mC işlemleri ile bulunur. Ve bu ikisinin farkı, (L ve l parçacıklarının) bu iki kuvvetin beraberce tesir ederek dünyayı dairevi (çembersel) hareket ile döndürme kuvvetine eşittir. Bu farkın pozitif kısmı olan: LN x Mm ya da 2LN x NX‘in 2AH x HC‘ye oranı ( A noktasında konumlanmış eş-ölçülü iki parçacığın kuvvetidir.) LX2‘nin AC2‘ye oranına eşittir. Ve eksi değerli kısım olan, NM x MC + mC ya da 2XY x CY‘nin 2AH x HC (Yani, A noktasında konumlandırılmış aynı iki parçacığın kuvveti)‘ye oranı, CX2‘nin AC2‘ye oranına eşittir. Ve işte bu nedenden ötürü: L ve l adındaki iki parçacığın, beraberce ama zıt istikametlerde tesir ettiği için farkı alınan kuvvetinin Dünya‘yı döndürebilmesinin, A noktasında konumlandırılmış evvelkine eşit iki parçacığın Dünya‘yı aynı tarzda döndürebilmesine oranı, LX2-CX2‘nin AC2‘ye oranına eşittir. Ancak, eğer, IK çemberinin IK ile gösterilmiş çevresinin, L adı verilen sonsuz sayıda, küçük ve ölçüsü birbirine eşit kısımlara bölündüğü varsayılır ise: LX2‘lerin tümünün aynı sayıdaki IX2‘lere oranı, 1‘in 2‘ye oranına, 1. Yardımcı Kaziye‘nın mantığına göre eşit olacaktır. Ve,

701

LX2‘lerin tümünün, aynı sayıdaki, AC2‘lere oranı da IX2‘nin 2AC2‘ye oranına eşit olur. Ve aynı sayıdaki, CX2‘nin aynı sayıdaki AC2‘ye oranı 2CX2‘nin 2AC2‘ye oranına eşit olur. İşte buradan da, IK çemberinin çevresinin üzerinde bulunan parçacıkların tümünün birleştirilmiş kuvvetlerinin, A noktasında konumlandırılmış aynı sayıdaki parçacığın bütünleşik kuvvetine oranı, IX2-2CX2‘nin 2AC2‘ye oranına eşittir. Ve bundan ötürü; 1. Yardımcı Kaziye‘nın mantığına göre, bunun, AE çemberinin çevresinin üzerinde konumlandırılmış aynı sayıdaki parçacığın birleştirilmiş kuvvetine oranı, IX2-2CX2‘nin AC2‘ye oranına eşittir. Şimdi, eğer, kürenin çapını temsil eden Pp‘nin ölçüsü birbirine eşit sonsuz sayıda p kısmına ayrıldığını kabul edelim. Bunların üzerine de, IK adında, aynı sayıdaki çemberin 3. Boyutu oluşturacak tarzda yerleştirildiğini de varsayalım. Her bir çemberin çevresindeki madde, IX2‘ye eşit olur. Ve bundan ötürü; bu yerleştirilmiş maddenin, Dünya‘yı dairevi hareket ile döndürebilme kuvveti, IX2‘nin IX2-2CX2 işleminin içine sokulmasına eşit olacaktır. Ve, aynı madde, eğer, AE çemberinin çevresinin üzerinde konumlandırılmış olsaydı sahip olacağı kuvvet, IX2‘nin AC2‘nin içine sokulmasına eşit değerde olur. Ve işte bundan ötürü; çemberlerin tümünün çevrelerinin üzerine – küre olmaksızın- konumlandırılmış maddenin tüm parçacıklarının kuvvetinin, AE adındaki en büyük ölçülü çemberin çevresinin üzerinde konumlandırılmış eşit sayıdaki parçacığın kuvvetine oranı, IX2‘lerin tümünün IX2-2CX2 işleminin içine sokulması ile elde edilen değerin; aynı sayıdaki IX2‘nin AC2‘nin içine sokulması ile elde edilen değere oranına eşittir. Yani, AC2-CX2‘lerin tümünün AC23CX2‘lerin içine sokulması ile elde edilen değerin, aynı sayıdaki AC2-CX2‘nin AC2‘nin içine sokulması ile elde edilen değerin oranına eşittir. Bu da şu demektir: AC4-4AC2 x CX2+3CX4 işlemlerinin tümünün aynı sayıdaki AC4 – AC2 x CX2 işlemine oranına eşittir. Bu da şu demektir: Flüksiyon‘u AC4-4AC2 x CX2 + 3 CX4 olan, Fluent Quantity‘nin (Akışkan

702

Niceliğin bütününün) flüksiyonu, AC4-AC2 x CX2 olan akışkan niceliğin bütününe oranına eşittir. İşte bundan ötürü; Flüksiyonlar Yöntemi‘nin yoluyla, AC4 x CX – 4/3 AC2 x CX3 + 3/5 CX5 işleminin AC4 x CX -1/3 AC2 x CX3 işlemine oranına eşittir. Bu da demektir ki: Eğer, CX yerine, Cp‘nin ya da AC‘nin bütününü yazarsak; 4/15 AC5‘in 2/3 AC5‘e oranına eşittir, bu ise, 2‘nin 5‘e oranına eşittir. Q.E.D Üçüncü Yardımcı Kaziye Aynı varsayımlarda bulunarak, üçüncü sırada, şu fikri öne sürüyorum: Parçacıkların tümünün hareketinden oluşan hareketin bütününün, Dünya‘nın tamamını yukarıda tanımlanan eksenden dairevi (çembersel) hareket ile döndürebilmesinin, evvelce bahsedilmiş halkanın,

aynı

eksenden hareketinin kuvvetine oranı; bir bileşik orantıdadır. Ve bileşik orantının unsurları da, Dünya‘daki madde ile halkadaki maddenin orantısı ve herhangi bir çemberin çeyreklik yayının karelerinin üç mislinin çemberin çapının karesinin iki misline orantısıdır. Yani, o maddenin bu maddeye orantısındadır ve sayısal olarak da 925275‘in 1 000 000‘a oranına eşittir.

Şu nedenledir ki:

Hareketsiz ekseninden döndürülerek oluşturulan bir silindirin

hareketinin, bu silindirin içine, silindirin içeride kalan yüzeyine teğet olarak yerleştirilen bir kürenin (kürenin, silindir ile beraberce döndürülerek oluşturulduğu şartta) hareketinin birbirine oranı, birbirine eşit herhangi dört karenin herhangi üçünün içerisine içeriden teğet olarak yerleştirilmiş üç çembere oranına eşittir. Ve bu silindirin hareketinin, hem küreyi hem de silindiri müşterek temas noktalarından çepeçevre çevreleyen soğan zarı gibi ince halkanın hareketine oranı, silindirdeki maddenin iki mislinin halkadaki maddenin üç misline oranına eşittir. Ve halkanın hareketinin, aynı

703

küre/silindir biçiminin kendi çapını eksen alan ve aynı devir sürede icra edilen ivmesiz döndürme hareketine oranı bir çemberin çevresinin çapının iki misline oranına eşittir. İkinci Hipotez Eğer, Dünya küresinin diğer kısımlarının çıkarılıp alındığı düşünülürse ve kalan halka münferit olarak, Dünya‘nın Güneş‘in etrafında yıllık hareketi ile tanımladığı yörüngede hareket ettirilse ve bu esnada, kendi etrafında sürdüre geldiği ve ekliptik düzlemi ile 23 ´ derecelik bir eğiklik açısı oluşturan bir hareket ile döndürülür ise, ekvatoral noktalarının hareketi, halkanın içi, ister seyyâl madde ile dolu olsun isterse de sert ve katı bir madde ile dolu olsun, değişmez.

39. Önerme 20. Problem Ekinoksların precession‟larının hesap etmenin yöntemi. Ay‘ın, düğümleri, dördüllerdeyken, Ay‘ın düğümlerinin bir çembersel yörüngedeki saatlik hareketinin ortası; 16‘‘ 35‘‘‘ 16iv.36v. değerindedir. Ki, bu değerin yarısı olan 8‘‘ 17‘‘‘ 38iv.18v. değeri, (yukarıda izah edilmiş sebeplerden ötürü) böyle bir yörüngedeki düğümlerin saatlik hareketinin ortalamasıdır. Bu hareket ise, bir sideral yılın bütününde, 20º 11‘ 46‘‘ değeri haline gelir. İşte bu sebeple, böyle bir yörüngede, tasavvur edilen Ay‘ın düğümleri, yıllık olarak, 20º 11‘ 46‘‘ ölçüsünde geriye doğru (in antecendentia) taşınır. Ve eğer, daha fazla sayıda, Ay‘ın mevcudiyeti düşünülürse, 1. Kitabın 66. Önermesi‘nin 16. Kaziyesi‘nin mantığına göre; her birinin düğümlerinin hareketi, o Ay uydusunun devir süresine eşit olurdu. Ve eğer, Dünya‘nın yüzeyinin üzerinden bir Ay, bir sideral günlük sürede döndürülmüş

704

olsaydı, bu Ay‘ın düğümlerinin yıllık hareketinin 20º 11‘ 46‘‘ ye oranı, 23 saat 56dakika lık bir sideral gün‘ün Ay‘ımızın 27 gün 7 saat 43 dakikalık devir süresine oranına eşit olurdu. Yani bir başka deyişle, 1436‘nın 39 343‘e oranına eşit olurdu. Ve aynı şartlar ve hesap, Dünya‘nın etrafındaki yörüngeyi çepeçevre çevreleyen bir Ay‘lar halkasının düğümleri için de geçerli olurdu. Bu Ay‘lar, ister birbirine hiç temas etmesin, isterse de birbiriyle kaynaşarak bütünleşik bir halka formunda olsun, isterse de bu halka katı ve esnemez bir halde bulunsun. O halde, varsayalım ki: Bu halka‘daki maddenin miktarı, PapAPepE adındaki dünyanın dış kısmının bütününe eşit olsun. Ve bu da Pape küresi olmaksızın

konumlandırılmış

olsun.

Ve

bu

da

Pape

küresi

olmaksızın

konumlandırılmış.(Bakınız, II. Yardımcı Kaziye‘nın Şekil‘i) Ve bu Küre‘nin dışarısında konumlandırılmış Dünya küresi‘ne oranı aC2‘nin AC2-aC2‘ye oranına eşit olduğundan, yani, (PC‘yi ya da aC‘yi, yani, Dünya küresinin yarıçaplarının en dar‘ının AC‘ye, yani, aynı kürenin yarıçaplarının en genişi‘ne oranının, 229‘un 230‘a oranına eşit olduğu bilgisiyle) 52 441‘in 459‘a oranına eşit olduğundan: Ve bu ikisi beraberce, halkanın çapını eksen alıp döndürülmüş olsa, III. Yardımcı Kaziye‘nın mantığına göre, halkanın hareketinin içeride konumlandırılmış küre‘ye oranı, 459‘un 52 441‘e oranının ve 1 000 000‘un 925 275‘e oranının çarpımına eşit olacaktır. Yani, 4590‘ın 485 223‘e oranına eşit olacaktır. Ve bundan ötürü; halkanın hareketinin, halkanın ve kürenin hareketlerinin toplamına oranı, 4590‘ın 489 813‘e oranına eşit olacaktır. İşte bundan ötürü; halka, küre‘nin üzerine yapışırsa ve kendi hareketini küre‘ye aktarır ise, ki bu yol ile, bunun düğümleri veya ekvatorsal noktaları geriye çekilir ise, halka‘da kalan hareketin, halkanın evvelki hareketine oranı 4590‘ın 489 813‘e oranına eşit olacaktır. Bu hesaba göre, ekvatorsal noktaların hareketi de, aynı orantıda azaltılmış olacaktır. İşte, bundan ötürü; cismin ekvatorsal noktalarının (hem halkanın

705

hem de kürenin hareketlerinden oluşmuş) yıllık hareketi, 20º 11‘ 46‘‘ lik harekete oranlanırsa, bu, 1436‘nın 39 343‘e oranının ve 4590‘ın 489 813‘e oranının çarpımına eşit olur. Bu da demektir ki: 100‘ün 292 369‘a oranına eşit olur. Birkaç sayıdaki Ay‘ın düğümlerinin (yukarıda da izah etmiş olduğumuz gibi) ve bundan ötürü; halkanın ekvatorsal noktalarının geriye çekildiği kuvvetler, (yani, 30. Önerme‘deki Şekil‘deki, 3IT ile gösterilmiş kuvvetler) çeşitli parçacıklarda, bu parçacıkların QR düzleminden mesafelerine eşittir. Ve bu parçacıklar da bu kuvvetlerin ölçüsünde düzlemden geriye doğru çekilir. Ve işte bundan ötürü, II. Yardımcı Kaziye‘nın mantığına göre, eğer, halka‘daki madde, küre‘nin yüzeyine çepeçevre yayılmış olsaydı, (tıpkı PapAPepE şeklindeki gibi) Dünya‘nın dışındaki o kaybedilmiş parçayı telâfi etmek için, parçacıkların tümünün Dünya‘yı ekvator‘un herhangi bir çapını eksen alıp tekerlek gibi dairevi (çembersel) döndürme hareketinin ve buna bağlı olarak ekvatorsal noktaları da hareket ettirme kuvvetinin tümünün toplamı evvelkine göre azalırdı. Ve bunun ölçüsü de, 2‘nin 5‘e orantısında olurdu. İşte bundan ötürü; ekinoksların yıllık gerileyişi, şimdi, 20º 11‘ 46‘‘ ye oranı, 10‘un 73 092‘ye oranına eşit olurdu. Yani, 9‘‘ 56‘‘‘50iv. olurdu. Ancak, ekvatorun düzlemi, ekliptiğin düzlemine göre, eğik açılı konumlandırılmış olduğundan, bu hareket, 91 706‘nın sinüsünün (23 ´ derecenin kosinüsüne eşittir) 100 000 kabul edilen yarıçapa orantısı ölçüsünde azaltılmalıdır. Ve hareketin kalanı, şimdi, 9‘‘ 7‘‘‘ 20iv. değerinde olur ki, bu, Güneş‘in kuvvetinden kaynaklanan ekinoksların yıllık precession‘ıdır.

Ancak, Ay‘ın denizi hareket ettirebilme kuvvetinin, Güneş‘in kuvvetine

oranı, yaklaşık olarak 4,4815‘ in 1‘e oranındadır. Ve, Ay‘ın ekinoksları hareket ettirebilme kuvvetinin, Güneş‘in hareket ettirebilme kuvvetine orantısı aynıdır. İşte buradan, Ay‘ın kuvvetinden kaynaklanan Ekinokslar‘ın Yıllık Precession‘ı 40‘‘ 52‘‘‘ 52iv. olarak bulunur ve bu ikisinin birleşik kuvvetinden kaynaklanan toplam yıllık precession 50‘‘ 00‘‘‘ 12iv

706

değerinde olur. Ki bu hareketin bu niceliği yapılmış gözlemlerden elde edilmiş verilerle de tutarlıdır. Zira, gökbilimsel rasatlardan bilinen ekinoksların yıllık precession‘ı, yaklaşık olarak 50‘‘ ölçüsündedir. Eğer, Dünya küremsi‘sinin ekvatora uzanan çapı, kutuplara uzanan çapından 17 1/6 mil ölçüsünde uzun ise, oradaki madde, yüzeye yakın tabakalarda merkezî tabakalara göre seyrek olacaktır. Ve ekinoksların precession‘ı bu uzunluk fazlalığından ötürü, arttırılacak ve bunun yanı sıra yoğunluğun nispeten fazla olan olmasından ötürü azaltılacaktır. Ve şimdi biz, Güneş‘ten, Dünya‘dan, Ay‘dan ve gezegenlerden oluşturulan sistemi tasvir etmiş olduğumuzdan, kuyrukluyıldızlar hakkında da birkaç hususu buna eklememiz gerekir.

Dördüncü Yardımcı Kaziye Kuyrukluyıldızların, Ay‟dan yüksekte olduğu hakkında ve gezegenlerin bölgelerinde olduğu hakkında. Eski

gökbilim

modelinde,

kuyrukluyıldızlar,

bilginlerce,

Ay‘ın

üzerindeki

âleme

yerleştirilmişti. Çünkü bunların günlük paralaks (ıraklık açısı) oluşturmadığı tespit edilmiş ve bunların yıllık paralaksı, gezegenlerin kürelerinden içine doğru alçaldıklarının iknâ eden bir ispatı kabul edilmişti. Çünkü gökyüzünde, burçların sırasının istikametinde doğrusal bir hatta hareket eden kuyrukluyıldızların tümü, gözükmelerinin sonuna doğru, eğer, Dünya, kuyrukluyıldız ile Güneş arasında bir konumdaysa, alışıla geldiğinden yavaş hareket ediyormuş veya geriliyormuş gibi gözükür. Ve eğer, Dünya, onlar ile ―heliocentric opposition‖ konumuna doğru yaklaşıyorken, alışılageldiğinden daha hızlı hareket ediyormuş gibi gözükür.

707

Öte yandan, Burçlar‘ın dizilişinin sırasının aksi istikametinde hareket eden kuyrukluyıldızlar, gözükmelerinin sonuna doğru, eğer, Dünya, onlar ile Güneş arasında bir konumdaysa, normalde olmaları gereken hareketten hızlı hareket ediyormuş gibi gözükürler. Ve eğer, Dünya‘nın yörüngesinin öteki tarafındalar ise, normalde olmaları gerekenden yavaş ve hatta geriliyormuş gibi gözükürler. Ve işte bütün bu görünüşler, özü itibariyle, Dünya‘nın hareketi esnâsında edindiği çok çeşitli konumlardan kaynaklanır. Bu ise, tıpkı, gezegenlerin ve Dünya‘nın hareketinin ve konumlarının oluşturduğu duruma benzer. Ki, gezegenlerin hareketleri, Dünya ile aynı istikamette olduğunda, ilerliyormuş gibi gözükür bu ise bazen yavaş bazen hızlı algılanır, bu hareket aksi istikametlere doğru olduğunda ise gerileyen hareket gibi algılanır bu ise bazen yavaş bazen hızlı gözükür. Eğer, Dünya, kuyrukluyıldız ile aynı istikamette hareket etmekte ise, ancak, bu hareket, Güneş‘in etrafından tanımlanan bir açısal hareket ile olmakta ise, ve bunun hızı, öyle hızlı olursa ki, Dünya‘dan, kuyrukluyıldıza çizilen doğrular; Kuyrukluyıldız‘ın da ötesindeki bölgelerde yakınsar ise, Dünya‘dan gözlemlenen Kuyrukluyıldız, hareketi nispeten yavaş olduğu için geriliyormuş gibi gözükecek, ve eğer, Dünya, Kuyrukluyıldız‘a göre olsa bile, Dünya‘nın hareketi, Kuyrukluyıldız‘ın hareketinden çıkarıldığında, Kuyrukluyıldız‘ın hareketinin hızı, oranı giderek artan ölçülerde azalıyormuş gibi gözükecektir. Ancak, şâyet, Dünya‘nın hareketinin istikameti, Kuyrukluyıldız‘ın hareketinin istikametine zıt ise, Kuyrukluyıldız‘ın hareketi, bundan ivmelenmiş gibi gözükecektir. Ve işte, bütün, görünüşteki ivmelenmelerden, ya da, ivmesizlenmelerden, ya da gerileyen hareketlerden, Kuyrukluyıldızın Dünya‘ya hakiki mesafesi şu yöntem ile istidlâl edilir:

708

TQA, TQB, TQC adlı açılar, Kuyrukuyıldız‘ın ilk gözükmesinin vaktinden itibaren gözlemlenmiş 3 boylamın ölçüsü kabul edilsin. Ve TQF açısı da bunun gözden kaybolmasından evvel gözlemlenmiş son boylamının ölçüsü kabul edilsin. ABC doğrusunu çizin. Bunu, QA ve QB, QB ve QC doğrularının arasında kalan kısımları olan AB, BC doğru parçaları; birbirlerine göre, ilk üç gözlemin arasının iki misline eşit olsun.

AC‘yi G‘ye doğru uzatın: Öyle ki, AG‘nin AB‘ye oranı; ilk ve son gözlemin arasında kalan vaktin, birinci ve ikinci gözlemin arasında vakit‘e oranına eşit olsun. Ve QG‘yi birleştirin. Şimdi: Eğer: Kuyrukluyıldız, bir doğrusal hat boyunca ivmesiz bir hız ile hareket etmiş olsa ve Dünya da ya hareketsiz hâlde olsa ya da Kuyrukluyıldız‘a benzer bir tarzda, ivmesiz hız ile ve doğrusal bir hat boyunca ileriye doğru hareket ettirilmiş olsa, TQG açısı, Kuyrukluyıldız‘ın yapılan son gözlemin vaktindeki boylamının ölçüsü olur. Bu nedenden ötürü: FQG açısı, boylamların farkının ölçüsü olup aslında, Kuyrukluyıldız‘ın ve Dünya‘nın hareketlerinin

709

eşitsizliğinden kaynaklanmaktadır. Ve bu açı, eğer, Dünya ve Kuyrukluyıldız, aksi istikametlere doğru hareket etmekteyse, TQG açısına eklenir ve Kuyrukluyıldız‘ı görünürdeki hareketi ivmelendirmiş gibi olur. Ancak, eğer, Kuyrukluyıldız, Dünya ile aynı istikamette hareket etmekte ise, bu çıkarılır veya Kuyrukluyıldız‘ın görünürdeki hareketini ölçüsü giderek artan oranda yavaşlamış gibi gösterir ya da belki geriye doğru hareket etmekteymiş gibi gösterir. Tıpkı şimdi izâh etmiş bulunduğumuz gibi. İşte, bu sebepten ötürü, bu açı esas itibari ile Dünya‘nın hareketinden kaynaklanır. Kuyrukluyıldız‘ın paralaks‘ının ölçüsü olan açı (Ç.N: Iraklık Açısı) denmeyi hak etmektedir. Tâbi, Kuyrukluyıldız‘ın yörüngesindeki hareketinin eşitsizliğinden kaynaklanabilecek küçük ölçüdeki artışları ya da azalışları hesaba dâhil etmezsek. İşte, bu ıraklık açısından (paralaks‘tan) Kuyrukluyıldız‘ın Dünya‘ya mesafesini tâyin edebiliriz.

710

711

S harfi, Güneş‘i temsil etsin. acT, Orbis Magnus (Büyük Yörünge) olsun. a harfi, yapılan ilk gözlemin vaktinde Dünya‘nın konumunu temsil etsin. c harfi, yapılan üçüncü gözlemin vaktinde, Dünya‘nın konumunu temsil etsin. T harfi, yapılan son gözlemin vaktinde Dünya‘nın konumunu temsil etsin. TT, Koç Burcu‘nun başlangıcına değin çizilen bir doğruyu temsil etsin. TTV açısını, TQF açısına eşit ölçüde alın. Yani, kuyrukluyıldızın, Dünya T noktasındaykenki boylamına eşit olsun. ac‘yi birleştirin. Ve, g‘ye değin uzatarak çizin. Öyle bir ölçüde ki; ag‘nin ac‘ye oranı AG‘nin AC‘ye oranına eşit olsun. Ve g harfi Dünya‘nın, ac doğrusunda ivmesiz hız ile hareketini sürdürmüş olursa, yapılacak olan son gözlemin vaktinde ulaşmış olabileceği konumu temsil etsin. Buradan da: Eğer, gT‘yı TT‘ya paralel çizersek ve TgV açısını TQG açısına eş-ölçülü alırsak, bu TgV açısının değeri, Kuyrukluyıldız‘ın g konumundan görülmüş boylamına eşit olacaktır ve TVg açısı da, Dünya‘nın g konumundan T konumuna hareket ettirilmesi ve konumunun değiştirilmesinden kaynaklanan ıraklık açısı (paralaks) olacaktır. Ve işte bundan ötürü, V, Kuyrukluyıldız‘ın ekliptik düzlemdeki konumunu temsil edecektir. Ve bu V konumu, genellikle,

Jüpiter‘in

yörüngesine

göre

daha

―aşağıda‖

kalmaktadır.

Aynı

şey,

Kuyrukluyıldız‘ın aldığı yolun eğriliğinden (incurvation) de tümdengelim yöntemiyle bilinebilir. Çünkü bu cisimler, velositeleri çok fazlayken- neredeyse- büyük çemberler üzerinde hareket etmektedir, ancak, yollarının sonuna doğru, yani, görünürdeki hareketlerinin, ıraklık açısı‘ndan (paralaks‘dan) kaynaklanan kısmının, görünürdeki hareketin tamamına orantısı nispeten fazla olduğunda, genellikle, bu çemberlerden saparlar ve Dünya bir yana gittiğinde onlar öbür yana doğru saparlar. Ve bu saptırılma (inhiraf etme?) Dünya‘nın hareketine tekabül ettiği için, esas itibariyle, ıraklık açısı‘ndan (paralaks‘dan) kaynaklanmış olsa gerektir. Ve bunun niceliği, öyle hesaba gelir ölçüdedir ki, benim yaptığım hesaba göre, gözden kaybolan Kuyrukluyıldızlar, Jüpiter‘in

712

yörüngesinin de epeyce altına konumlandırmak icap etmiştir. Buradan da şu bilgiye varırız: Bunların Yerberi ve Günberi noktalarında, Dünya‘ya çok daha fazla yaklaştıkları konumlarda, bunlar, genellikle, Mars‘ın yörüngesinin ve ―inferior‖ gezegenlerin yörüngelerinin altına inerler. Kuyrukluyıldızların çok yakınlaştığı, kafa kısımlarının ışığını inceleyerek de anlaşılabilir. Zira, Güneş‘le aydınlatılan (kendi ışık kaynağı olmayan) bir gökcisminin ışığı, eğer bu gökcismi Dünya‘dan uzaklaşıyor ise, mesafesi ile dördüncü kuvvet mertebesinde bir orantıda azalır. Bu 4. kuvvetin, kareli orantısının biri, gökcisminin Güneş‘e mesafesinin artmış olmasından kaynaklanır, kareli orantıların öbürü ise, Dünya‘dan gözlemlenen görünürdeki çapındaki azalıştan kaynaklanır. O halde, buradan şu bilgi bilinebilir: Eğer, bir Kuyrukluyıldız‘ın hem ışığının miktarı hem de görünüşteki çapı biliniyor ise (verilmiş ise) mesafesi de verilmiş demektir. Bu ise şöyle bulunur: Kuyrukluyıldızın bulunmak istenen mesafesini, bir gezegenin mesafesine çapları ile doğru orantılayıp ve ışıklarının miktarları ile ters kare orantısının tersi gibi orantılayarak bulunur. İşte böylece, 1682 yılında gözükmüş Kuyrukluyıldızı, merceğinin çapının ölçüsü 16 feet olan bir teleskoptan bakıp rasat eden ve mikrometre cihazı ile ölçüsünü alan Mr. Flamsted; Kuyrukluyıldız‘ın kafa kısmının kısa çapını 2‘00 değerinde bulmuş; ancak kafa kısmının içindeki çekirdek (veya yıldız da denilen) kısmının ölçüsünün evvelki ölçüsünün on‘da bir‘ine anca eşit olduğunu da bulmuştur. Ve işte bundan, çapı ancak 11‘‘ veya 12‘‘ değerindedir. Ancak, kafa kısmının ışığının parlaklığı 1680 yılında gözükmüş kuyrukluyıldızı geçmiştir. Ve bunun parlaklığı birinci veya ikinci kadirden yıldızlar ile mukayese edilebilir. Varsayalım ki: Satürn halkası ile beraber –yaklaşık- 4 misli daha parlaktır. Ve halkasının ışığı, halkanın içindeki küresinin ışığına -neredeyse- eşit olduğundan ve küresinin görünüşteki çapı 21‘‘

713

olduğundan, bunları beraberce müteala edersek: Küresinin ve halkasının birleşmiş ışığının ölçüsü, görünürdeki çapı 30‘‘ olan bir kürenin ışığının ölçüsüne eşit olacaktır. Buradan ise şu neticeye varırız: Kuyrukluyıldız‘ın mesafesinin, Satürn‘ün mesafesine oranı, 1‘in √4 ile ters oranındadır ve 12‘‘ nin 30‘‘ ye doğru oranındadır. Yani: 24‘ün 30‘a ya da 4‘ün 5‘e oranındadır. Hevelius‘un bize bildirmiş olduğu gibi; 1665 senesinin Nisan ayında gözükmüş Kuyrukluyıldız, parlaklık açısından, neredeyse, tüm sabit yıldızları aşmış ve hatta Satürn gezegenini bile aşmıştı ve capcanlı renklerle parıldıyordu. Ve bu kuyrukluyıldız; evvelki senenin sonuna doğru gözükmüş diğer Kuyrukluyıldız‘dan çok daha parlaktır ve parlaklığının ölçüsü 1. kadirden yıldızlar ile mukayese ediliyordu. Kafa kısmının çapı yaklaşık 6‘ idi. Ancak, kafa kısmının çekirdeği, bir teleskoptan rasat edilerek ölçüsü Jüpiter‘den birazcık daha az bulunmuştur. Ve Satürn‘ün halkasının içindeki küre ile kıyaslandığında, bazen bundan az bazen de eşit ölçüde bulgulanmıştı. O halde denilebilir ki: Kuyrukluyıldızlar‘ın kafalarının çapları, nadiren 8‘ veya 12‘ lık ölçüyü geçer. Ve çekirdeğinin veya merkezî yıldızının çapı, kafanın bütününün çapının yaklaşık on‘da bir‘i veya belki de onbeş‘de bir‘i ölçüsündedir. Öyle gözükmektedir ki: Bu yıldızların parlaklığı, gezegenlerin görünüşteki kadirleri ile yaklaşık aynı ölçüdedir. Ancak, bunların ışığının miktarlarını, genellikle, Satürn‘ün ışığının miktarı ile mukayese edildiği için ve hatta bazen, Satürn‘ün parlaklığını da aşmış olduklarından, şurası kesin bilgi olarak bilinebilir ki: Kuyrukluyıldızların

tümü,

Günberi

konumlarındayken

ya

Satürn‘ün

yörüngesinin

düzleminden aşağıya konumlandırılmalı ya da pek de fazla yukarıya konumlandırılmamalıdır. Ve kuyruklarının mesafesinin, taa sabit yıldızlara dek uzakmış gibi düşünenler de aldanmaktadır. Çünkü eğer öyle olmuş olsaydı, bu kuyrukluyıldızların bizim Güneş‘imizden alacakları ışığın miktarının bizim güneş sistemimizdeki gezegenlerin diğer güneş‘lerden

714

aldıkları (Ç:N: Sabit yıldızlardan) ışığın miktarından fazla olmaması gerekirdi. Buraya kadar mantıklı

adımlarla

ilerledik

ancak

şu

değerlendirmeyi

de

yapmaksızın

gittik:

Kuyrukluyıldızların, kafa kısımlarını çevreleyen kalın duman tabakasının mevcudiyeti sebebi ile oluşan görüntü bulanıklığı. Ki, gözlemci, bunun içinden bakarak kafa kısmını görebildiğinden, bu duman yüzünden kuyrukluyıldızların kafaları daima bulanık gözükür. Sanki, bir bulut ile çevrelenmiş gibi. Zirâ, bu cisim, bu duman ile ne kadar bulanıklaştırılmış ise, kuyrukluyıldız ona göre bir ölçüde Güneş‘e yaklaşmış demektir. Öyle ki, ondan yansıyan ışığın miktarı, gezegenlerden yansıyan ışığın miktarı ile mukayese edilebilsin. O halde; muhtemeldir ki: Kuyrukluyıldızların, yörüngesi, Satürn‘ün yörüngesinden daha ―aşağıda‖ olabilir. Bizim bunların ıraklık açılarında (paralakslarında) önceden ispatlamış olduğumuz gibi. Ancak, hepsinin ötesinde, bu kuyruklarının verdiği ispatlar ile bilinir ki bu kuyrukların nedeni, ya buralardan çıkan dumandan Güneş‘in ışığının yansıması ve bu esnada kuyruğun maddesinin eter içinde dağılıp gitmesi olgusundan ya da Kuyrukluyıldızın kendi kafasından yayılan ışıktır. İlk durumu düşünürsek: Kuyrukluyıldız‘ın bulunduğu mesafeyi kısaltmak zorunluluğu oluşur. Öbür türlü, Kuyrukluyıldız‘ın kafasından tüten dumanın uzayın çok ama çok geniş bir kısmından yayılıp gittiğini ve bu yayılmanın böyle bir velosite ile beraber mümkün ve mantıklı olmayacağını tespit etmek durumundayız. Sonraki durumu düşünürsek ise: Kuyrukluyıldız‘ın hem kafasındaki hem de kuyruğundaki

ışığın tamamının,

Kuyrukluyıldız‘ın merkezindeki çekirdeğin parlamasına atfetmek durumunda kalırız. Ancak, bu halde de, bütün bu ışığın birleştirilip Kuyrukluyıldız‘ın çekirdeğindeki diske yoğunlaştırıldığını varsayar isek; çekirdek, kesinlikle, parlaklığının ölçüsü açısından Jüpiter‘in parlaklığının ölçüsünü geçer; bilhassa da, kuyruklu yıldızın, çok büyük ve parlak bir kuyruk yaydığı dönemlerde.

715

O halde eğer, bir Kuyrukluyıldız, görünüşteki çapının ölçüsünün nispeten dar olduğu bir durumda, çok daha fazla miktarda ışığı yansıtıyor ise, bu, Güneş‘ce daha fazla aydınlatılmış olduğunu ispat eder ki bu da Kuyrukluyıldız‘ın Güneş‘e çok daha yakın olduğunu sezdirir. Ve bahsettiğimiz mantık yürütme; bazen, Venüs‘ün yörüngesinde bulunduğu iddia edilen ve Güneş‘in ışınlarının altında saklandıkları konumlarda, ateşten ışınlar gibi büyük ve muhteşem kuyruklarını salan kuyrukluyıldızlar iddiasının da aksini ispat eder. Çünkü eğer ki, bütün bu ışık sadece bir tek yıldızın içinde toplanmış olsa, bunun parlaklığı sadece bir Venüs gezegeninin parlaklığını aşmakla kalmaz; bu birim içine çok çok fazla sayıda Venüs ışığı toplanmış gibi olurdu. Son olarak da; aynı tarzda bir istidlâl, Kuyrukluyıldızların kafalarının ışıklarından da yapılabilir. Ki bu ışık, Kuyrukluyıldız‘ın, Dünya‘dan Güneş‘e doğru çekilip uzaklaşmasında artar ve Güneş‘ten Dünya‘ya doğru tekrardan yaklaşırken azalır. Öyle ki; Hevelius‘un, rasatlarına göre, 1665 yılında, gözüken Kuyrukluyıldız, ilk gözüktüğü vakitten itibaren, mütemadiyen, görünüşteki hareketini yitirmiştir ve bundan ötürü de denilebilir ki, zaten, Yerberi noktasını çoktan geçmişti. Ancak, yine de, kafasının parlaklığı günden güne artmaktaydı, tâ ki, Güneş‘in ışınlarının altında saklandı ve sonunda Kuyrukluyıldız gözükmez oldu. 1683 yılında gözüken Kuyrukluyıldız; yine, Hevelius‘un gözlemlerine göre, yılın Temmuz‘unun sonlarına doğru; yani, ilk gözüktüğü tarihlerde, çok yavaş bir hız ile hareket etmekteydi. Bir günlük süre zarfında, yörüngesinde, sadece –yaklaşık değer olarakgökyüzünde 40 veya 45 dakikalık açısal yol almaktaydı. Ancak, o vakitten itibaren, bunun günlük hareketi mütemadiyen hızlanmış ve nihayet, 4 Eylül‘de, yaklaşık, 5 dereceye değin çıkmıştı. Ve bundan ötürü, bu süre aralığı boyunca, Kuyrukluyıldız Dünya‘ya yaklaşmaktaydı. Ki bu da, kafasının çapının bir mikrometre cihazı ile ölçülmesinden de ispat

716

edilmiştir. Çünkü Hevelius‘un 6 Ağustos‘ta bulguladığı gibi, bu değer sadece 6‘ 05‘‘ idi. Ki, bu değer, aynı zaman da, Kuyrukluyıldız‘ın coma denilen kısmını da kapsamaktaydı. Ki bunu, Hevelius, 2 Eylül‘de yaptığı rasatta, 9 dakika 07 saniye olarak ölçmüştü. Ve işte bundan ötürü, Kuyrukluyıldız‘ın kafası, hareketin başlangıcında, hareketin sonuna doğru olduğundan çok daha küçük gözükmüştü. Bununla beraber, Hevelius‘un da saptamış olduğu gibi, hareketinin başlangıcında, Güneş‘e daha yakın olduğundan, sonuna doğru yapılmış rasatlara göre, çok daha parlak gözükmüştür. İşte, bundan ötürü, bütün bu süre aralığında, Dünya‘dan uzaklaşmasına bağlı olarak, parlaklığında bir azalma kaydedilmiştir, her ne kadar bu süre içinde Dünya‘ya doğru yaklaşmış olsa bile. Hem 1618 yılının Aralık Ayı‘nın ortalarında gözükmüş Kuyrukluyıldız ve hem de 1680 yılının Aralığı‘nın sonlarına doğru gözükmüş Kuyrukluyıldız‘ın da en büyük velositeleri ile hareket etmiş ve bu nedenle de bu dönemde Yerberi noktalarındaydılar. Ancak, bunların, kafa kısımlarının en parlak olduğu dönem, Güneş‘in ışınlarından anca soyutlandıkları dönem olan iki hafta öncesiydi. Ve kuyruk kısımlarının en parlak olduğu dönem ise bunların Güneş‘e daha bile yakın oldukları dönemdir. Evvelki, Kuyrukluyıldız‘ın kafa kısmı, Cysatus‘un gözlemlerine göre, 1 Aralık tarihinde, 1. Kadirden parlaklık seviyesindeki yıldızlardan daha parlak belirmiştir. Ve 16 Aralık tarihinde, ki o dönem Kuyrukluyıldız, Yerberi noktasındaydı- kadiri birazcık azalmış olmakla beraber yine de ışığı parlak ve canlıydı. 7 Ocak‘ta, Kepler, kafa kısmı hakkında bir karara varamadığı için rasat etmeyi bırakmıştır. 12 Aralık tarihinde, sonraki Kuyrukluyıldız‘ın kafa kısmı, Mr. Flamsted tarafından görülmüş ve gözlemlenmiştir. Bu rasat ise, Kuyrukluyıldız‘ın Güneş‘ten 9 derecelik bir mesafede bulunduğunda yapılmıştır. Ki bu, 3.kadir‘den bir yıldız için ancak yapılabilir. 15 ve 17 Aralık‘ta bu tekrardan, 3. Kadirden bir yıldız gibi gözükmüş ve onun parlaklığı batan Güneş‘in yakınındaki bulutların parlaklığınca azaltılmıştır. 26 Aralık‘da en

717

hızlı hareket ettiği dönemde, Kuyrukluyıldız neredeyse, Yerberi konumundaydı ve Kanatlı At Takımyıldızı‘nın (Pegasus) ağzını oluşturduğu düşünülen yıldız‘ın parlaklık seviyesi olan 3.kadirden daha azdı. 3 Ocak‘ta, 4.kadirden bir yıldız parlaklığında gözükmültü. 9 Ocak‘ta 5.kadirden bir yıldız parlaklığında gözükmüştü. 13 Ocak‘ta, o dönem büyüyen Ay dönemindeki Ay‘ın parlaklığınca gölgelenmişti. 25 Ocak tarihinde, bu 7.kadirden yıldızların parlaklığına anca erişebiliyordu. Eğer biz, Kuyrukluyıldız bir taraftayken alıp eşit süreler ile aralıklar tayin edip ve Kuyrukluyıldız diğer taraftaki Yerberi konumundayken de eşit süreler ile aralıklar tayin edersek şunu bulgularız: Kuyrukluyıldız‘ın kafa kısmı, sürenin her iki aralığında da epeyce uzakta bulunuyordu. Ancak, Dünya‘ya mesafesi her iki tarafta da eşit olmasına rağmen ve bu sebepten ötürü aynı parlaklık seviyesinde parlaması icap ettiği halde, Güneş‘e dönük Yerberi konumu tarafında en parlak hâliyle gözükmüş ve öteki tarafta kaybolup gözükmemişti bile. İşte bu nedenle, bir konum ile diğeri arasında ışık miktarının farkının bu denli büyük olmasından hareketle, evvelki durumda Güneş‘in ve Kuyrukluyıldız‘ın çok yakın mıntıkada olduğu sonucuna varıyoruz. Çünkü Kuyrukluyıldızların ışığı düzenli parlama eğilimindedir. Ve kafaları en hızlı giderken en parlak görünüşündedir. Ve işte, bundan ötürü, Yerberi konumlarında hareket etmekte oldukları sonucuna varılabilir. Bu ise, Kuyrukluyıldız‘ın Güneş‘e iyice yaklaşması ile iyiden iyiye artar. 1.Kaziye: İşte bu nedenden ötürü, Kuyrukluyıldızlar, Güneş‘ten aldıkları ışığı yansıtarak parlarlar. 2.Kaziye: Bu yazılanlardan bir bilgiyi daha anlayabiliriz: Bu ise, Kuyrukluyıldızların niçin Güneş‘in bulunduğu yarım-kürede çok sık gözüküp ve ötekinde son derece seyrek gözüktüğünü izah eder.

718

Eğer bunlar, Satürn‘ün yörüngesinin düzleminden çok daha yukarılardaki bölgelerde görülebilir olsalardı, Güneş‘e zıt taraftaki kısımlarda çok daha sık gözükmeleri icap ederdi. Zira o bölgeler, Dünya‘ya da daha yakın olurdu. Öte yandan; Güneş‘in bulunduğu yarımkürede, Güneş‘in mevcudiyeti bunları gölgeler ve sanki saklar. Zaten, kuyrukluyıldızların tarihçesini incelerken Güneş‘in yarım-küresine dönük yarımkürede, bunların, öteki yarım küreden dört veya beş misli fazla gözüktüklerini fark ettim. Bunun yanı sıra, şüphesiz, Güneş‘in ışığı ile gölgelenip de saklanmış olabilecek kuyrukluyıldız da az sayıda değildi. Çünkü, bizim mıntıkamıza doğru alçalıp gelen kuyrukluyıldızlar, ne kuyruk salar arkalarından ne de Güneşce iyice aydınlatılır. Bunlar gözlem aleti kullanılmaksızın görülemezlar tâ ki, bize, Jüpiter‘e mesafemizden daha yakın bir mesafeye gelene değin. Ne var ki, Güneş‘in etrafından dar bir yarıçap ile tanımlanmış küre biçimindeki daha büyükçe bir kısımı, Dünya‘nın Güneş‘e dönük tarafında kalır. Ve Kuyrukluyıldızlar, o daha büyükçe kısımda, genellikle, çok daha kuvvetlice aydınlatılır, çünkü çoğunlukla o bölgelerde Güneş‘e sokulup adeta komşu olmuşlardır. 3.Kaziye: Buradan şu hakikat de belirir: Uzay,

tamamen dirençsizdir. Her ne kadar,

kuyrukluyıldızlar eğrisel yörüngelerde hareket ettiriliyorsa bile ve bu hareket bazen gezegenlerin yörüngesine aksi istikametlerde olsa bile, bunlar fezada her yöne doğru ve maksimum serbestlikle hareket eder ve hareketlerini çok ama çok uzun müddet muhafaza eder ve hatta gezegenlerin yörüngesine aksi istikametlerde hareket ettiklerinde bile. Ben, kuyrukluyıldızların; bir tür yörüngede dönüp yine gezegenlerin giren bir tür gezegen olup olmadığı hakkında henüz bir bilimsel hüküm vermiş değilim. Bazı yazarlara göre ise, bu kuyrukluyıldızlar, esasında göktaşlarından (meteor‘lar) başka bir şey değildir. Bu fikir ise, bunların kafalarında mütemadiyen olup biten değişimlere atfedilmiştir. Ancak, bunun da sanki bir esası ve hakikati yoktur.

719

Zirâ, kuyrukluyıldızların kafaları büyük havaküre ile sarmalanmıştır ve genel bir mantık gereğince, bu atmosferlerin en aşağıdaki tabakaları en yoğun tabaka olsa gerektir. Bu nedenden ötürü, bu değişimler, kuyrukluyıldızın cisminde değil sadece atmosferik bulutlarında oluşur ve değişiklikler gözükür. Bu nedenden ötürü, eğer, Dünya, gezegenlerden görülüyor olsaydı, hiç kuşkusuz, kendi bulutlardan yansıyan ışık ile parlayacaktı ve Dünya küresinin katı haldeki parçası bu çevreleyen bulutlardan ötürü zar zor ve mevzi olarak gözükecekti. Yine aynı mantıkla, Jüpiter‘in havaküresinin kuşakları, o gezegenin bulutlarında oluşmuştur ve birbirine göre konumlarını değiştirirken ve Jüpiter‘in katı haldeki cismi bunların arasından, eğer seçilebilirse de pek zorlukla seçilebilir. Ve aynı mantık ile düşünürsek; kuyrukluyıldızlar atmosferlerinin altında daha bir çok bilinmez saklanmış olmalıdır, çünkü bu atmosferler, hem daha derin hem de daha kalındır. 40. Önerme 20.Teorem Kuyrukluyıldızların, odak noktaları Güneş‟in merkezinde konumlandırılmış, konik kesiti biçimindeki yörüngelerde dönerek hareket ettiği hakkında. Ve, Güneş‟e çizilmiş yarıçaplar ile, süreler ile orantılı alanları tanımladıkları hakkında. Bu Önerme; 1.Kitabın XIII. Önermesi‘nin 1. Kaziyesi‘nden belli olur ve bu III. Kitabın VIII. , XII. ve XIII. Önermeleri ile de mukayese edilebilir. 1.Kaziye: O halde, eğer, kuyrukluyıldızlar, kendilerine dönen yörüngelerde döndürülüp hareket ettiriliyorsa, bu yörüngeler, elips biçimli olacaktır. Ve bunların devir süreleri, gezegenlerin devir sürelerine orantılandığında, bu principal eksenlerinin kareli-küplü orantısında olacaktır. Ve bundan ötürü, kuyrukluyıldızlar, seyrüseferlerinin önemli bir kısmı süresince gezegenlerden daha yüksek bir yörüngede dolaşır ve buna binaen; eksenlerinin

720

ölçüsü daha uzun olan yörüngeleri tanımlar ve bir döngülerini tamamlamaları daha uzun müddet alır. Bu mantık ile düşününce: Eğer, bir kuyrukluyıldızın yörüngesinin ekseninin ölçüsü, Satürn‘ün yörüngesinin ölçüsünün 4 misli ise, kuyrukluyıldızın döngüsünün süresinin, Satürn‘ün döngüsünün süresine oranı (ki Satürn‘ün döngüsünün süresi 30 yıldır.) 4√4 (ya da 8‘in) 1‘e oranına eşittir ve bundan ötürü de 240 sene olur. 2.Kaziye: Ancak, bunların yörüngelerinin şekli parabôl eğrilerine o kadar benzerdir ki; bu parabôl eğrileri, kayda değer bir hata olmaksızın bu maksatla kullanılabilir. 3.Kaziye: Ve işte bu nedenden ötürü; 1 Kitabın 16. Önermesi‘nin 7. Kaziyesi‘nin mantığına göre, kuyrukluyıldızların hepsinin velositesinin herhangi bir gezegenin velositesine oranı, Güneş‘in etrafından geçen bir çemberin üzerinde aynı mesafede döndürülmelerini varsayım olarak kabul edersek, -çok yaklaşık olarak- gezegenin Güneş‘in merkezine mesafesinin iki mislinin, kuyrukluyıldızın Güneş‘in merkezine mesafesi ile ters kare orantısındadır. Varsayalım ki: Büyük Yörünge‘nin (Orbis Magnus) yarı-çapı ya da Dünya‘nın tanımladığı elipsin en uzun yarıçapı 100 000 000 kısımdan oluşmuş olsun. O halde, Dünya, günlük hareketi ile bu kısımlardan 1 720 212 adedini tanımlar ve saatlik hareket ile 71 675 ´ adedini tanımlar. Ve bundan ötürü, kuyrukluyıldız, Dünya‘nın Güneş‘e ortalama mesafesinin aynısında, Dünya‘nın velositesine oranı √2‘nin 1‘e oranına eşit bir velosite ile hareket etmekteyken; günlük hareketi neticesinde 2 432 747 kısımlık bir yolu tanımlar ve saatlik hareketi ile de 101364 ´ kısımlık yolu tanımlar. Ancak, mesafelerin daha geniş veya dar olduğu durumda, hem günlük hem de saatlik hareket, bu günlük ve saatlik hareket ile mesafeler ile ters kare orantısının tersi ile orantılı olacaktır ve bundan ötürü de verilmiştir.

721

4.Kaziye: O halde, buradan da şu netice çıkar: Eğer, parabôl‘ün latus rectum‘u bu orbis magnus‘un (Büyük Yörünge‘nin) yarıçapının dört misli ise ve bu yarıçapın karesinin 100 000 000 kısımdan oluştuğu varsayılır ise, kuyrukluyıldız‘ın, kuyrukluyıldan Güneş‘e çizilmiş herhangi bir yarıçap ile tanımlayacağı alanın ölçüsü, bu kısımlar cinsinden 1 216 373 ´ kısma eşit olacaktır. Ve saatlik tanımlanan alanın ölçüsü ise, bu kısımlar cinsinden 50 682 µ kısma eşit olacaktır. Ancak, eğer, latus rectum, herhangi bir orantıda geniş veya dar olursa, günlük tanımlanan alan ve saatlik tanımlanan alanı; aynı orantının ters karesinin tersi ölçüsünde daha az veya daha çok olacaktır. BeĢinci Yardımcı Kaziye Herhangi bir sayıda verilmiş noktadan geçen parabolik türde bir eğri çizgiyi tanımlamanın yöntemi Bu noktaları temsilen A,B,C,D,E,F & c. denile. Ve bu noktalar konulduktan sonra, HN adındaki herhangi bir doğru çizile. Ve bu doğruya AH, BI, CK, DL, EM, FN & c. dikmeleri indirile.

1.Kaziye: Eğer, H, I, K, L, M, N & c. noktalarının HI, IK, KL &c. adındaki aralıkları eşit ölçüde ise: b, 2b,3b,4b,5b &c. harfleri, AH, BI, CK &c. dikmelerinin ―ilk farkları‖ olsun. c,

722

2c,3c, 4c &c. ise ―ikinci farkları‖ olsun. d, 2d, 3d &c. ise ―üçüncü farkları‖ olsun. Bu da demektir ki: AH-BI b‘ye eşit, BI-CK 2b‘ye eşit, AH-BI= b‘ye eşit, BI-CK=2b CK-DL=3b DL+EM=4b -EM + FN = 5b &c. O halde; b-2b = c &c. ve böyle böyle son fark‘a kadar gidilir. Ki burada f harfidir. Sonra; RS adındaki herhangi bir dikme‘yi bulunmak istenen eğrinin ordinatı kabul edin. Ve bu ordinatın uzunluğunu hesap etmek için, varsayın ki: HI, IK, KL, LM &c. birimler olsun. Ve AH = a, -HS=p, 1/2p‘nin –IS‘nin içine sokulması, IS‘nin = q, 1/3q‘nun SK‘nın içine sokulması +SK= r, 1/4r‘nin +SL‘nin içine sokulması +SL = s, 1/5 s‘nin + SM‘nin içine sokulması +SM = t olsun ve böyle böyle adım adım ileleyerek, ME‘ye geliriz. Bu, dikme‘lerin sonuncusudur. Ve, s‘den A‘ya doğru sıralanmış HS, IS &c. terimlerinin önündeki negatif işaretlerinin önüne gelir. Ve S noktasının öbür tarafında (prefix) bulunan SK, SL &c. terimlerinin önündeki pozitif işaretlerin de önüne gelir. Ve bu -,+ işaretlerini düzenleyip, RS= a+bp+cq+dr+es+ft+ &. ‗yi elde ederiz. 2.Kaziye: Ancak, eğer, H,I,K,L &c. noktalarının HI, IK &c. ile gösterilmiş aralıkları, birbirine eşit ölçüde değil ise, AH, BI, CK &c. dikmelerinin arasında kalan ―ilk farkları‖, o dikmelerin arasında kalan aralıklara böldüğümüzde b, 2b, 3b,4b,5b &c. serisini oluştururuz. c, 2c, 3c, 4c &c. serisi bunların, birbirini takip eden ―ikinci aralığı‖na bölünmüş ―ikinci farkları‖ olmuş olsun.

723

d, 2d, 3d &c. serisi, bunların birbirini takip eden üçüncü aralığına bölünmüş üçüncü farklarından oluşturulmuş seri olsun. e, 2e & c. serisi, bunların birbirini takip eden dördüncü aralığına bölünmüş dördüncü farklarından oluşturulmuş seri olsun. Ve bu yöntemi izleyerek seriler oluşturulmaya devam edilsin. Ve bir başka gösterim ile:

,

,

&c.

Sonra;

,

,

&c.

Sonra;

,

&c. olsun.

Ve bu farklar hesap edildikten sonra; AH = a deyin,

-HS = p kabul edin.

p‘yi –IS‘nin içine sokup –IS = q denklemini kurun. q‘yu +SK‘nın içine sokup +SK = r‘yi bulun. r‘yi +SL‘nin içine sokup +SL = s‘yi bulun. s‘yi +SM‘nin içine sokup +SM = t‘yi bulun. Ve bu yöntemi izleyip son dikme kabul edilmiş ME‘ye kadar işlem yapın. Ve RS ordinatının ölçüsü;

724

RS = a+bp+cq+dr+es+ft+…vs işlemine eşit olur. Kaziyesi: O halde, eğrilerin tümünün alanları yaklaşık ölçüde hesap edilebilir. Çünkü, eğer: Bir eğrinin kareleri alınacak herhangi bir sayıdaki noktası mevcut, tanımlanmış ve hesap edilmiş ise ve bu noktalardan geçirilecek parabôl eğrisinin çizildiği kabul edilir ise: Bu parabôl‘ün alanı, karesi alınması (karelenmesi) teklif edilen eğriçizgisel alanın ölçüsüne neredeyse eşit olacaktır. Ancak, parabôl, daima, nispeten yaygın olarak bilinen yöntemleri izleyerek geometrik tarzda karelenebilir. Altıncı Yardımcı Kaziye Bu kuyrukluyıldızın gözlemlenmiş olduğu çeşitli konumlar verildiğinde, aynı kuyrukluyıldızın konumunu, verilmiş herhangi bir süre aralığında hesap etmenin yöntemi. Bir evvelki Şekil‘de, HI, IK, KL, LM; harf çiftleri yapılmış rasatların arasındaki süreleri temsil etsin. HA, IB, KC, LD, ME harf çiftleri ise kuyrukluyıldızın gözlemlenmiş olduğu boylamların 5‘i kabul edilsin. Ve HS, yapılmış ilk gözlem ile bulunmak istenilen boylamın arasındaki verilmiş süre olsun. O halde, eğer: ABCDE düzenli eğrisinin, A,B,C,D,E noktalarından geçirilecek tarzda çizildiği kabul edilir ise, RS ordinatının ölçüsü bir evvelki Yardımcı Kaziye‘nın yöntemi ile hesap edilir ve RS bulunmak istenen boylam olur. Aynı yöntemi izleyip: Gözlemlenmiş enlemlerden 5‘inin bilgisinden, verilmiş bir süredeki enlem‘i hesap edebiliriz. Eğer, gözlemlenmiş enlemlerin farkları küçük ise, diyelim ki, 4 veya 5 derece kadar ise, 3 veya 4 rasat, yeni bir boylam veya enlemi hesap etmek için kâfi gelecektir. Ancak, bu

725

farkların ölçüsü büyük ise; diyelim ki; 10 veya 20 derece olsun, yapılacak 5 rasat‘ın ölçüsü kullanılabilir. Yedinci Yardımcı Kaziye Verilmiş bir P noktasından geçen BC doğrusunu çizin; bunun parçaları olan PB, PC; konumda verilmiş AB, AC adlı iki doğru ile kesilmiş ve bunların birbirine göre verilmiş belli bir orantıda olsun.

726

Verilmiş bir P noktasından bir PD doğrusu; verilmiş iki doğrudan birine, örneğin AB‘ye yönelmiş olarak çizilsin. Ve aynısını, diğer verilmiş doğruyu temsil eden) AC‘ye yönelmiş bir istikamette uzatın; taa E noktasına değin, öyle ki, PE‘nin PD‘ye oranı, verilmiş orantıda olsun. EC de AD‘ye paralel olsun. CPB‘yi çizin ve PC‘nin PB‘ye oranı PE‘nin PD‘ye oranına eşit olur. Q.E.F Sekizinci Yardımcı Kaziye ABC, bir parabôl olsun. Odak noktası ise S noktasında olan AC kirişi ile I noktasında iki eşit parçaya ayrılmış çapı Iμ ve verteks noktası p olan) ABCI doğru parçasını kesiyorum. Uzatılarak çizilmiş Iμ‟da, μO‟yu, Iμ‟nun yarısına eşit ölçüde alın. OS‟yi birleştirin. Ve bunu ξ noktasına uzatın, öyle ki Sξ, 2SO eşit olsun. Şimdi, varsayın ki, bir kuyrukluyıldız CBA yayında dönüp hareket ediyor olsun. ξB‟yi çizin ve AC‟yi E noktasında kessin. Fikrim odur ki: AC kirişinden, AE doğru parçası E noktası ile ayrılınca, neredeyse, süre ile orantılı olur.

Çünkü, eğer EO‘yu birleştirirsek ve ABC parabolik yay‘ını Y‘de keser ise ve μX çizilip aynı yayı Iμ verteksinde keser ise, ve EO ile X noktasında buluşur ise, AEXμA eğriçizgisel alanına

727

oranı AE‘nin AC‘ye oranına eşittir. Ve bundan ötürü, ASE üçgeni ile ASC üçgeni aynı orantıda olduğundan, ASEXμA alanının tamamının ASCYμA alanının tamamına orantısı AE‘nin AC‘ye oranına eşittir. Ancak, ξO‘nun SO‘ya oranı 3‘ün 1‘e oranına eşit olduğundan ve EO‘nun XC‘ye aynı orantıda olduğundan, SX, EB‘ye paralel olacaktır. Ve bu nedenden ötürü, BX‘i birleştirince, SEB üçgeni, XEB üçgenine eşit olacaktır. İşte bundan ötürü, ASEXμA alanına EXB üçgeninin alanını eklersek ve toplamdan SEB üçgeninin alanını çıkarırsak, kalan ASBXμA alanıdır ve ASEXμA alanına eşittir. Ve işte bundan ötürü, bunun, ASCYμA alanına orantısı AE‘nin AC‘ye oranına eşittir. Ancak, ASBYμA alanı ASBXμA alanına neredeyse eşittir. Ve, ASBYμA alanının ASCYμA alanına orantısı AB yayının tanımlandığı sürenin AC yayının bütününün tanımlandığı süreye oranına eşittir. Ve bundan ötürü, AE‘nin AC‘ye oranıneredeyse- sürelerin oranına eşittir. Q.E.D Kaziye: O halde, B noktası, parabôlün μ adındaki verteks noktasına tesadüf ettiğinde AE‘nin AC‘ye oranı, sürelerin ile hassasiyetle orantılıdır. YORUM Eğer μξ ‗yu birleştirip AC‘yi δ noktasında kestirirsek ve bunun üzerinde ξn‘yi μB‘ye, 27MI‘nın 16Mμ‘ya orantısı ölçüsünde alırsak ve Bn‘yi çizersek, bu Bn AC kirişini kesecektir ve bu kesiş de, süreler ile evvelkinden çok daha bir orantıda olacaktır. Ne var ki: n noktası; ξ noktasının ya ötesinde ya berisinde olacaktır. Bunun ölçüsü de, B noktasının, parabôl‘ün vertex noktasına mesafesinin, μ noktasından fazla veya az olmasına göre olacaktır.

728

Dokuzuncu Yardımcı Kaziye

Iμ ve μM doğruları ve

bölmesinin uzunluğu kendi arasında eşittir. Çünkü, 4Sμ, vertex

noktası μ olan parabôl‘ün latus rectumu‘dur. Onuncu Yardımcı Kaziye Sμ‟yu N‟ye doğru uzatın ve P‟ye doğru biraz daha uzatın. Öyle ki, μN, μI‟nın üçte biri olsun ve SP‟nin, SN‟ye oranı SN‟nin Sμ‟ya oranına eşit olsun. Ve eğer, bir kuyrukluyıldız, SP yüksekliğine eşit bir yükseklikte haiz olduğu velosite ile ve daima ileri gitmek şartı ile, AμC yayını tanımladığı süre içinde, AC kirişine eşit bir uzunlukta tanımlayacaktır.

729

Çünkü şöyle düşünün: Eğer, bir kuyrukluyıldız, μ noktasında haiz olduğu velosite ile tanımlanmış süre zarfında, parabôl‘e μ noktasında değen bir doğrunun üzerinde ileriye doğru ivmesiz hızla hareket eder ise; S noktasına çizilen bir yarıçap ile alanları tanımlarken ASCμA adlı parabôlik alanına eşit ölçülü bir alanı tanımlar. Ve işte bundan ötürü; tanjantta ve Sμ uzunluğunun altında kalıp tanımlanmış hacım‘ın AC ve SM uzunluklarının altında kalıp tanımlanmış bir hacıma orantısı, ASCμA alanının ASC üçgeninin alanına oranına eşittir. Yani, bir başka deyişle, SN‘nin SM‘ye oranına eşittir. Bundan ötürü, AC‘nin tanjantta tanımlanmış uzunluğa oranı, Sμ‘nun SN‘ye oranına eşittir. Lâkin, 1. Kitabın XVI. Önermesi‘nin 6.Kaziyesi‘nin mantığına göre, kuyrukluyıldızın SP yüksekliğinde hâiz olduğu velositenin, aynı gökcisminin Sμ yüksekliğinde haiz olduğu velositeye oranı, SP‘nin Sμ‘ya terskareli orantısının tersidir. Yani, Sμ‘nun SN‘ye orantısındadır. Bu velosite ile tanımlanmış uzunluğun; aynı süre zarfında tanjantta tanımlanmış uzunluğa oranı, Sμ‘nun SN‘ye oranına eşittir. Bundan ötürü; bu yeni velosite ile tanımlanmış AC uzunluğu, tanjantta tanımlanmış uzunluk ile aynı orantıdadır ve bundan ötürü de, aralarında eşit ölçülü olmak zorundadır. Q.E.D Kaziyesi: Bundan ötürü, bahsedilen velosite ile Sμ + 2/3 Iμ yüksekliğini tanımlamış olan bir kuyrukluyıldız, aynı süre zarfında, AC kirişini –neredeyse- tanımlar. Onbirinci Yardımcı Kaziye Eğer bir kuyrukluyıldız hâiz olduğu hareketin tamamından soyutlanıp SN yüksekliğinden düşmeye bırakılır ise (ya da Sμ +_Iμ yüksekliğinden) ve istikameti de Güneş‘e doğru olur ise: Ve gökcismi, düşme hareketine başlatılır iken, Güneş‘in ilkin tesir ettiği kuvvetin ölçüsünde bir kuvvet ile ve sabit/ivmesiz hız ile Güneş‘e doğru çekilir ise: Aynı gökcismi, kendi

730

yörüngesinde tanımlaması mümkün olan AC yayını tanımlayabileceği bir sürenin yarısında, Güneş‘e doğru alçalma hareketinde Iμ uzunluğuna eşit bir mekânı tanımlar. Çünkü, şöyle düşünün: Kuyrukluyıldızın AC parabôlik yayını tanımlayabileceği sürede, evvelki Yardımcı Kaziye‘nın mantığına göre, evvelden SP yüksekliğindeki velositesi ile AC kirişini tanımlaması gerekir. Ve işte bundan ötürü, 1.Kitabın 16. Önermesi‘nin 7.Kaziyesi‘nin mantığına göre, eğer, aynı esnâda, kendi ağırlığı ile, yarıçapı SP olan bir çembersel yörüngede de döndürülseydi; bu çemberin bir yayını tanımlardı. Bunun ise ölçüsünün, AC parabôlik yayının ölçüsüne oranı, 1‘in 2‘ye ters kareli orantısında olurdu. Buradan da şu ara-netice bilinir: Eğer, gökcismi, SP yüksekliğinde Güneş‘e yöneltilmiş ağırlığı ile , aynı yükseklikten Güneş‘e doğru düşseydi: 1.Kitabın 16. Önermesi‘nin 9.Kaziyesi‘nin mantığına göre, bahsedilen sürenin yarısı ölçüsünde bir sürede, bahsedilmiş kirişin yarısının karesinin SP yüksekliğinin dört misline apply edilen bir ölçüdeki mekânı tanımlayabilirdi.

Yani bu da demektir ki:

bölme işlemine eşit bir mekânı tanımlayabilirdi.

731

Lâkin, kuyrukluyıldızın SN irtifâsında Güneş‘e yöneltilmiş ağırlığının aynı cismin SP irtifasındaki

Güneş‘e

yöneltilmiş

ağırlığına

oranı,

SP‘nin

Sμ‘ya

oranına

eşittir.

Kuyrukluyıldız, SN irtifasında hazi olduğu ağırlığı ile bu yükseklikten Güneş‘e doğru

düşerken, aynı süre zarfında

bölme işlemine eşit bir mekânı tanımlar. Yani bu da, Iμ

veya μM uzunluğuna eşit bir mekândır. Q.E.D

732

41. Önerme 21.Problem Verilmiş üç gözlem verisinden, bir parabôl şekilli yörüngede hareket eden kuyrukluyıldızın yörüngesini tayin etmenin yolu. Bu, halli müşkül bir meseleydi, ol sebeple, çözümlemek için muhtelif usülleri tatbik ettim. Ve Birinci Kitap‘ta bunların bir kaçının kurgusunu verdiğim problemler bu amaca yönelikti. Ancak, daha sonra, daha sade olduğunu düşündüğüm, aşağıdaki çözümü geliştirdim. Birbirinden neredeyse eşit süre aralıkları ile uzak üç ―rasat vakti‖ seçin. Ancak, kuyrukluyıldızın hareke ederkenki süre aralıklarından ne en hızlı hareket ettiği aralığı ne de en yavaş hareket ettiği aralığı seçin. Öyle ki: Sürelerin farkı‘nın sürelerin toplam‘ına oranı, sürelerin toplamının 600 gün‘e yaklaşık bir değere oranı olsun. Bir başka deyişle: E noktası, neredeyse, M noktasının üzerine gelsin ve o noktadan saparsa da A noktasından ziyâde I noktasına doğru sapsın.

Eğer, böyle doğrudan rasat etme imkânları elde değilse, VI. Yardımcı Kaziye‘nın mantığına göre Kuyrukluyıldız için yeni bir konum bulunmalıdır: S noktası, Güneş‘i temsil etsin. T, t, T, Dünya‘nın Büyük Yörüngesi‘ndeki üç konumunu temsil etsin. TA, tB, TC kuyrukluyıldızın gözlemlenmiş üç boylamını temsil etsin. V, 1. ve 2. rasat arasındaki süreyi; W, 2. ve 3. Rasat

733

arasındaki süreyi, X harfi ise: V + W ile temsil edilmiş süre zarfında, Kuyrukluyıldız‘ın, Dünya‘nın Güneş‘e ortalama mesafesindeyken hâiz olduğu velosite ile tanımlayabileceği ve III. Kitabın 40. Önermesi‘nin 3. Kaziyesi‘nin mantığına göre hesap edilebilecek uzunluğu temsil etsin.

Ve, tV, Tη kirişine indirilen bir dikme olsun. Gözlemlenmiş boylamların ortalamasını temsil eden tB‘yi, B noktasında istediğiniz konumda alın; bu ise kuyrukluyıldızın ekliptik düzlemindeki konumunu temsil etsin. Ve bir adım daha atıp: Güneş‘i temsil eden S noktasına doğru BE çizgisini çizin. Öyle ki, bunun tV dikmesine oranı, SB‘nin ve St2‘nin altındaki hacımın, kenarları SB olan dik açılı üçgenin hipotenüsünün kübüne eşit olsun ve yapılmış 2. Rasatta kuyrukluyıldızın enleminin tanjantının tB yarıçapına oranına eşit olsun. Ve, VII. Yardımcı Kaziye‘nın mantığı gereğince, E noktasından geçirerek AEC doğrusunu çizin. Bunun AE ve EC kısımları, TA ve TC doğrularında son bulsun. Ve birbirlerine oranlanınca V ve W sürelerinin toplamına eşit olsun. Bu şartlarda, eğer, ikinci gözlemde

734

yapılan kabule göre, B harfi, kuyrukluyıldızın konumu ise, A ve C harfleri, birinci ve üçüncü gözlemlerde, kuyrukluyıldızın yörünge düzlemindeki konumunu yaklaşık ölçüde gösterir. AC‘nin üzerine, bunu, I noktasında iki eşit kısıma ayıran noktadan başlayarak Ii dikmesini yükseltin. B noktasından geçirerek, Bi obscure çizgisini AC‘ye paralel çizin. Si obscure çizgisini birleştirin. AC‘yi, λ harfi ile gösterilmiş noktada kessin. Ve iI λμ paralelkenarını tamamlayın. Iζ‘yı 3I λ‘ya eşit ölçüde alın. Ve Güneş‘i temsil eden S noktasından geçirerek ζξ obscure çizgisini, 3Sζ + 3iλ ölçüsüne eşit alın. Sonra, A,E, C, I harflerini B noktasından başlayıp ξ harfi ile gösterilmiş noktaya doğru sile sile gidin ve BE adındaki yeni obscure çizgiyi çizin. Ki bunun da ölçüsü, evvelki BE çizgisine göre, BS mesafesinin Sμ + 1/3 i λ niceliği ile kareli orantısında olsun. Ve E noktasından geçirerek AEC doğrusunu, evvelki gibi, aynı kurala göre çizin. Öyle ki: AE ve EC kısımlarının ölçüsü birbirlerine göre, gözlemlerin arasındaki süreyi temsil eden V ve W harflerinin orantısına eşit olsun. İşte bu metot ile, A ve C harfleri, kuyrukluyıldızın bulunduğu konumu evvelkine göre daha hassas belirtir. AC‘nin üzerinde, bunun I noktasında iki eşit kısıma ayrıldığı yerde, AM, CN, IO dikmelerini yükseltin. Ki, bunların içinden, AM ve CN, birinci ve üçüncü gözlemlerdeki bulunan enlemlerin TA ve TC yarıçaplarına çizilmiş tanjantları olsun. MN‘yi birleştirin ve IO‘yu O noktasında kessin. iIλμ‘yu daha evvelki gibi dikdörtgensel bir paralelkenar şeklinde çizin. Uzatılarak çizilmiş IA‘da, ID doğru parçasını Sμ + 2/3iλ‘ya eşit ölçüde alın. Sonra, MN‘de N‘nin istikametinde MP‘yi alın. Bunun ise ölçüsü, yukarıda belirtilen, bulunmuş X uzunluğu ile Dünya‘nın Güneş‘e ortalama mesafesi (ya da Büyük Yörünge‘nin yarı-çapının) ile OD mesafesinin ters kareli orantısında olsun. Eğer, P noktası, N noktasının üzerine düşerse, A, B ve C noktaları, kuyrukluyıldızın ekliptik düzlemin üzerinde tanımlanmış yörüngesinin eğrisinin üzerinden geçeceği üç nokta olur. Lâkin, eğer, P noktası, N noktasının üzerine

735

düşmezse, AC doğrusunda, CG‘yi NP‘ye eşit ölçüde alın, öyle ki, G ve P noktaları NC çizgisinin tarafında kalsın. Aynı yöntemi izleyerek, isteğe göre alınmış B noktasından E, A, C, G noktalarını türetin, ve isteğe göre alınmış b ve β noktalarından e, a, c, g ve ε, α, κ, γ noktalarını türetin. Sonra, G, g ve y noktalarından geçirerek Ggy çemberinin çevresini çizin. Bu ise, ηC doğrusunu Z noktasında kessin. Ve Z, kuyrukluyıldızın yörünge düzlemindeki konumlarından birini temsil eder. Ve AC‘nin, ac‘nin ax‘in üzerinde, AF, af, aθ‘yi de CG, cg, κγ‘ya eşit ölçüde alıp F, f ve θ‘den geçirilmek şartı ile Ffθ çemberinin çevresini çizersek ve bu AT doğrusunu X‘de keser ise, X noktası, kuyrukluyıldızın ekliptik düzlemdeki bir başka konumunu temsil edecektir. Ve, X ve Z noktalarından, TX ve TZ çaplarına doğru kuyrukluyıldızın enlemlerinin tanjantlarını yükselterek, kuyrukluyıldızın kendi yörüngesindeki iki konum tayin edilmiş olur. Son olarak eğer, 1.Kitabın 19. Önermesi‘nin mantığına göre, S noktasını odak noktası kabul edip evvelce bahsedilen iki noktadan geçen bir parabôl eğrisi tanımlanır ise, bu parabôl kuyrukluyıldızın yörüngesi olur. Q.E.I Bu geometrik inşâ‘nın gösterimi, evvelki Yardımcı Kaziye‘lardan mantıkî olarak bilinir. Çünkü, AC doğrusu E noktasında, VII. Yardımcı Kaziye‘nın mantığına göre, süreler ile orantılı kesilmiştir. Ve, VIII. Yardımcı Kaziye‘ya göre, zaten öyle olmalıdır. Ve BE, XI. Yardımcı Kaziye‘nın mantığına göre, ekliptik düzlemin üzerinde konumlanmış BS doğrusunun ve Bξ nin bir kısmıdır ve bu ABC yayı ile AEC kirişinin arasında kalmış bir kısmıdır. Ve X. Yardımcı Kaziye‘nın Kaziyesi‘nin mantığına göre, MP, o yayın kirişinin uzunluğuna eşittir. Ki, kuyrukluyıldızın hakiki yörüngesinde 1. ve 3. gözlemlerin arasında tanımlayabileceği uzunluktur. Ve bundan ötürü, MN‘ye eşittir, eğer ki, B noktası, yörünge

736

düzleminde kuyrukluyıldızın hakiki olursa. Lakin, B, b β noktalarını kabul ederken bunları tesadüfî almayıp da hakiki konumlarına yakın varsaymak uygun olacaktır. Eğer, yörüngenin ekliptik düzlemdeki projeksiyonun tB doğrusunu kestiği konumda oluşan AQt açısı, şöyle böyle biliniyor ise, Bt çizgisi ile, bu açıyı kuran AC obscure çizgisini çizin. Öyle ki, bunun ölçüsünün 4/3 Tη‘ya oranı, SQ‘nun St‘ye ters kareli orantısında olsun. Ve, SEB doğrusunu; bunun EB doğru parçası olan kısmını Vt uzunluğuna eşit ölçüde olacak gibi çizerek B noktası tâyin edilir, ki bu noktayı geometrik inşâ‘da ilk kez kullanacağız. Sonra, AC doğrusunu iptâl edip ve AC doğrusunu yenibaştan çizin. Ve bunun yöntemi de evvelki geometrik inşâlara göre olsun. Ve dahası: EB‘nin üzerinde MP uzunluğunu bulup orada bu kurala göre, b noktası alın: Öyle ki, TA ve TC Y noktasında kesişsin. Yb mesafesinin YB mesafesine orantısı da bir bileşik orantıda olsun: Bu bileşik orantı da: MP‘nin MN‘ye orantısı ve SB‘nin Sb‘ye ters kareli orantısından müteşekkil olmuş olsun. Ve aynı yöntemi üçüncü defa izleyerek, üçüncü nokta olan β noktasını da bulabiliriz. Ne var ki, eğer, bu yöntem izlenirse, iki işlem -genellikle- kâfi gelecektir. Zirâ, eğer, Bb mesafesi pek dar olur ise, F, f ve G, g noktaları bulunduktan sonra, Ff ve Gg doğrularını çizin ve bunlar, bulunmak istenen X ve Z noktalarında TA ve ηC‘yi kesecektir.

Örnek Vak‟a 1680 senesinde gözükmüş kuyrukluyıldızı örnek vak‘a alalım: Aşağıdaki Çizelge‘de, bu gökcisminin hareketi, Flamsted tarafından gözlemlendiği ve sonradan, yine kendisi, kendi gözlem verilerini esas alıp hesapladığı ve yine aynı gözlemleri esas almış Dr. Halley tarafından düzeltilmiş hali ile verilmiştir.

737

Vakit

Vakit

Güneş‘in

Kuyrukluyıldız‘ın

K.‘ın

Boylamı

Kuzey

Boylamı

1680

12

Görünüşteki

Hakiki

Saat Dakika

Saat Dk. Sn.

4.46

‗ ‗‘ 1.

4 .46.0

Aralık Ayı

1681

°

51.

Enlemi

°

‗

‗‘

°

‗ ‗‘

6. 32. 30

8. 28. 0

23

21

6.32 1/2

6.36.59

11.06.44

5. 08. 12

21.42.13

24

6.12

6.17.52

14.09.26

18. 49. 23

25.23.5

26

5.14

5.20.44

16.09.22

28. 24.13

27.00.52

29

7.55

8.03.02

19.19.43

13.10.41

28.09.58

30

8.02

8.10.26

20.21.09

17.38.20

28.11.53

5

5.51

6.01.38

26.22.18

8.48.53

9

6.49

7.00.53

0.29.02

18.44.04

24.11.56

10

5.54

6.06.10

1.27.43

20.40.50

23.43.52

13

6.56

7.08.55

4.33.20

25.59.48

22.17.28

26.15.7

Ocak Ayı

738

25

7.44

7.58.42

16.45.36

17.56.30

30

8.07

8.21.53

21.49.58

13.19.51

16.42.18

Şubat Ayı 2

6.20

6.34.51

24.46.59

15.13.53

16.04.1

5

6.50

7.04.41

16.59.06

15.27. 3

9.35.0

27.49.51

Bunlara, benim gözlemlerimden bazılarını da ilave edebilirsiniz: Kuyrukluyıldızın Görünüşteki Vakit

Boylamı °

Saat Dakika 1681 Şubat‘ının

Martı‘nın

25‘i

8. 30

‗

‗‘

26.18.35

Kuyrukluyıldızın Kuzey Enlemi °

‗

‗‘

12.46.46

27‘si

8.15

27.04.30

12.36.12

1‘i

11.0

27.52.42

12.23.40

2‘si

8.0

28.12.48

12.19.38

5‘i

11.30

29.18.0

12.03.16

7‘si

9.30

9‘u

8.30

0. 4. 0 0.43.4

739

11.57.0

11.45.52

Bu gözlem verileri, merceğinin çapı 7 feet genişliğindeki bir teleskoptan bakılıp teleskobu odağına yerleştirilmiş bir mikrometre cihazı ve iplikler ile elde edilmiştir. Ki bu aletler ile biz, sabit yıldızların kendi aralarındaki konumlarını hem de kuyrukluyıldızın sabit yıldızlara göre konumunu tespit ettik. A harfi, Kanatlı At (Pegasus) Takımyıldızı‘nın sol topuğundaki dördüncü kadirden bir yıldızı (Perseus, Bayer‘s o) temsil etsin, B harfi, onu takip eden, sol ayağındaki üçüncü kadirden bir yıldızı temsil etsin (Bayer‘s ξ), C harfi, aynı ayağın topuğundaki

6.

kadirden

bir

yıldızı

temsil

etsin.

(Bayer‘s

ή)

ve

D,E,F,G,H,I,K,L,M,N,O,Z,α,β,γ,δ takımyıldızın aynı ayağında konumlandırılmış diğer nispeten daha küçük yıldızları temsil etsin. Ve p,P,Q,R,S,T,V,X yukarıda anlatılıp izah edilen gözlemlere göre kuyrukluyıldızın çeşitli konumlarını temsil etsin. Ve AB mesafesini 80 7/12 kısım kabul edip AC, bu parçalardan 52 µ idi, BC, 58 5/8 idi, AD 57 5/12 idi, BD 82 6/11 idi, CD 23 2/3 idi, AE 29 4/7 idi, CE 57 ´, DE 49 11/12, AI 27 7/12, BI 52 1/6, CI 36 7/12, DI 53 5/11, AK 38 2/3, BK, 43, CK, 31 5/9, FK, 29, FB, 23, FC 36 µ, AH, 18 6/7, DH, 50 7/8, BN, 46 5/12, CN 31 1/3, BL, 45 5/12, NL, 31 5/7 idi. HO‘nun HI‘ya oranı 7‘nın 6‘ya oranına eşitti. Ve çizgi uzatılınca, D ve E harfleri gösterilmiş arasından geçti, öyle ki D yıldızının bu doğruya mesafesi 1/6 CD idi. LM‘nin LN‘ye oranı, 2‘nin 9‘a oranına eşitti. Ve çizgi uzatılınca, H yıldızından geçmişti. İşte bu değerler, sabit yıldızların birbirlerine göre konumlarını vermekteydi.

740

741

Mr. Pound, o ölçümden sonra, yaptığı gözlemde, bu sabit yıldızların kendi arasındaki konumlarını ikinci defa tespit etmiş ve bunların boylamlarını ve enlemlerini hesap etmiş ve aşağıdaki Çizelge‘de belirtmiştir:

742

Sabit

Boylamları

Yıldızlar

°

A

‟ ‟‟

26.41.50

Kuzey

Sabit

Enlemi

Yıldızlar

° ‟ ‟‟

Boylamları

Kuzey Enlemi

° ‟ ‟‟

° ‟ ‟‟

12.8.36

L

29.33.34

12.7.48

B

28.40.23

11.17.54

M

29.18.54

12.7.20

C

27.58.30

12.40.25

N

28.48.29

12.31.9

E

26.27.17

12.52.7

Z

29.44.48

11.57.13

F

28.28.37

11.52.22

α

29.52.3

11.55.48

G

26.56.8

12.4.58

β

0.8.23

11.48.56

743

12.2.1

γ

27.25.2

11.53.11

δ

27.42.7

11.53.26

H

27.11.45

I

K

0.40.10

1.3.20

11.55.18

11.30.42

Kuyrukluyıldızın, bu sabit yıldızlara göre konumları aşağıdaki gibi gözlemlenmiştir. 23 Şubat Cuma gecesi, O.S saat 8 buçukta, kuyrukluyıldızın p noktasında bulunduğunda E noktasına mesâfesi, 3/13 AE‘den azdı ve 1/5 AE‘den çoktu ve bundan ötürü, neredeyse 3/14 AE‘ye eşitti, ve ApE açısı neredeyse dik açı olacak kadar bir eğiklikten dar açıydı. Çünkü, A noktasından pE‘nin üzerine bir dikme indirildiğinde, kuyrukluyıldızın bu dikme‘ye mesafesi 1/5 pE idi. Aynı gecenin 9 buçuğunda, kuyrukluyıldız P noktasında bulunduğunda , E noktasına

mesafenin

AE‘den çoktu ve

AE‘den azdı. Ve bundan ötürü, neredeyse, AE‘nin

‘ine eşitti ya da AE‘nin 8/39‘una eşitti. Ancak, kuyrukluyıldızın A yıldızından PE doğrusu üzerine indirilen dikmeye mesafesi 4/5 PE idi. 27 Şubat gecesi, 8‘i çeyrek geçe, kuyrukluyıldız Q noktasındayken, O yıldızına mesafesi, O ve H yıldızları arasındaki meafeye eşitti. Ve QO doğrusu uzatılıp K ve B yıldızlarının arasından geçirilmişti. Gözlem yapmama mâni olan bulutlar belirdiği için, yıldızın konumunu daha hassaslıkla tayin edemedim. 1 Mart

744

gecesi 11‘de, kuyrukluyıldız R‘de bulunurken, tamı tamına K ve C yıldızlarını birleştiren çizginin üzerinde konumlanmıştı. Öyle ki, CRK doğrusunun CR kısmı 1/3 CK‘den birazcık daha uzundu ve 1/3 CK + 1 / 8 CR işleminin uzunluğundan birazcık daha azdı. Ve bundan ötürü, 1/3 CK + 1/16 (15) CR‘ye eşitti ya da 16/45 CK‘ye eşitti. 2 Mart gecesi saat sekizde, kuyrukluyıldız S‘de bulunurken C‘ye mesafesi -neredeyse- 4/9 FC‘ydi. F yıldızının, uzatılmış CS doğrusuna mesafesi, F yıldızına mesafesinin 5 misli idi. Ve uzatılmış NS doğrusu H ve I yıldızlarının arasından geçtiğinde, bu, H yıldızına I yıldızına olduğundan 5 veya 6 misli yakındı. 5 Mart Cumartesi gecesinin 11 buçuğunda, kuyrukluyıldız T noktasındayken, MT doğrusu, ´ ML‘ye eşitti. Ve LT doğrusu uzatılıp B ve F arasından geçirildiğinde, F‘ye, B‘ye olduğundan 4 veya 5 misli daha yakındı. Ve BF bir doğru parçası kabul edildiğinde ve LT doğrusu bunu kestiğinde, bu bütünün beşte birlik veya altıda birlik bir kısmı ölçüsünde F‘ye doğru kesmekteydi. Ve, MT uzatıldığında ve BF doğru parçasını kesmeden B yıldızının tarafında çizildiğinde, B yıldızına, F yıldızından 4 misli yakın bulunmuştur. M çok küçük bir yıldızdı ve teleskoptan bakılarak zar zor görülebiliyordu ancak L yıldızı ondan nispeten büyüktü ve yaklaşık olarak sekizinci kadirdendi. 7 Mart Pazartesi gecesi; 9 buçukta kuyrukluyıldız V noktasındayken , uzatılan Vα doğrusu, B ve F yıldızlarının arasından geçirilmiş ve BF doğru parçasını kesmiş ve bunun ölçüsü F noktasına doğru olmuştur. (BF‘nin bütününün 1/10‘u ölçüsünde olarak) Ve, bunun Vβ doğrusuna orantısı 5‘in 4‘e oranına eşitti. Ve kuyrukluyıldızın αβ doğrusuna mesafesi ´ Vβ idi. ,

745

9 Mart Çarşamba gecesi saat sekiz buçukta, kuyrukluyıldız X noktasındayken, γδ‘un 2/5‘siydi. Aynı gecenin oniki‘sinde, kuyrukluyıldız, kuyrukluyıldız, Y noktasındayken, γY doğrusu, γδ‘nun, 1/3‘üne eşitti, belki de birazcık daha azdı; sanki, γδ‘nın 5/16‘sı gibiydi. Ve, δ yıldızından, γY doğrusunun üzerinde indirilen dikme, γδ‘nın –yaklaşık- 1/6‘sı veya 1/7‘si gibiydi. Ancak, o vakitte, kuyrukluyıldız ufka çok ama çok yakın konumda olduğu için, zar zor seçilebiliyordu ve bu nedenle o vakitteki konumu, evvelki gözlemlerdeki hassasiyetle tayin edilememiştir. Bu gözlemlerden, şekillerin birleştirilmesinden ve yaptığım hesaplardan kuyrukluyıldızın boylamlarını ve enlemlerini buldum. Ve Mr. Pound, sabit yıldızların ölçülen konumlarını düzelterek, kuyrukluyıldızın konumlarını daha hassasiyetle tayin etmiştir. Ki bu doğru konumlar aşağıda belirtilmiştir. Her ne kadar, ölçüyü aldığım mikrometre cihazım en hassas ölçen bir alet olmamakla beraber; benim gözlemlerimden türettiğim boylam ve enlem değerlerindeki hatalar bir dakikalık ölçüyü pek geçmez. Kuyrukluyıldız, benim yaptığım gözlemlere göre, hareketinin sonlarına doğru, (Şubat ayının sonları gibi tanımladığı paralelden) algılanabilir bir tarzda pusula yönünün Kuzey‘ine doğru alçalmaya başlamıştır. Şimdi: Kuyrukluyıldızın yörüngesini yukarıda tanımlanmış gözlemlerden türetip tayin etmek, Flamsted‘in yaptığı gözlemlerin içinden 3 gözlemi seçtim: Bunlar ise: 21 Aralık tarihli, 5 Ocak tarihli ve 25 Ocak tarihli gözlemlerdi. Ve bunların değerini, Büyük Yörünge‘nin yarıçapının 10 000 kısım olduğunun kabulü ile hesaplayıp St‘yi 9842,1 kısım ve Vt‘yi 455 kısım olarak buldum. Sonra da, ilk gözlem için, tB‘yi bu kısımlardan 5657 kısım kabul ederek, SB‘yi 9747 buldum, BE‘yi de ilk gözlem için 412 kısım, Sμ‘yu 9503 kısım, iλ‘yı 413

746

kısım, BE‘yi ikinci gözlemde 421 kısım, OD‘yi 10 186 kısım, X‘i 8528,4 kısım; PM‘yi 8450 kısım, MN‘yi 8475 kısım, NP‘yi 25 kısım değerinde buldum. Ve buradan da: İkinci bir matematiksel işlem yapmak yolu ile: İkinci tb mesafesini 5640 kısım olarak hesap ettim. Ve bu matematiksel işlem yolu ile: En nihayetinde TX mesafesini 4775 kısım ve ηZ mesafesini 11322 kısım olarak buldum. Ki bu bilgiden de, yörüngeyi

sınırlayarak ( yörünge eğrisinin limitini alıp ? ) alçalan düğümünü yükselen düğümü

Yengeç Burcu‘nda,

Oğlak Burcu‘nda 1° 53‘ buldum. Bunun düzleminin, ekliptik düzlem

ile oluşturduğu açıyı 61° 20 1/3‘ olarak buldum. Ve bunun vertex noktasının (ya da kuyrukluyıldızın Günberi noktalarının) düğüme mesafesi, 8° 38‘ dır. Ve

Yay Burcu‘nda

27° 43‘ olup 7° 34‘ pusula istikametinin Güney‘indedir, bunun latus rectum‘u 236,8 ölçüsündedir. Ve Güneş‘in bulunduğu noktaya çizilmiş bir yarıçap ile günlük olarak tanımladığı alan 93 585‘tir. (Bu hesaplamalar, Büyük Yörünge‘nin yarı-çapının karesinin 100 000 000 kısım olduğu kabulü ile yapılmıştır.) Bir başka bulgum da: Kuyrukluyıldızın bu yörüngede burçların dizilişinin sırasına göre hareket ettiğiydi. Ve 8 Aralığın gece yarısında, gece yarısını 4 dakika geçe, kuyrukluyıldız, vertex noktasında ya da yörüngesinin Günberi noktasındaydı. Bu verileri ölçeklendirme yolu, sinüslerin değerlerini veren Çizelge‘den aldım. Bunlar çok büyük nicelikler bunları sadeleştirmek için ve daha kolay anlamak için 10 000 kısımda oluşan Büyük Yörünge‘nin yarıçapını, bir İngiliz Ayağı‘nın 16 1/3 inç‘ine eşit kabul ettim. Son olarak da: Kuyrukluyıldızın hakikaten de bu metot ile tayin ettiğim yörüngede hareket edip etmediğini anlamak için, yörüngedeki konumlarını, hem aritmetik işlemler yoluyla hem de kısmen de ölçen ve pergel metodunu yapılmış bazı gözlemlerin vakitlerine uygulayıp kontrol ettim. Ki bunlar, aşağıdaki Çizelge‘de gösterilmiştir:

747

KUYRUKLUYILDIZ‟IN

Güneş‘e

Hesaplanmış Hesaplanmış Gözlemlenmiş Gözlemlenmiş

Mesafesi Boylamı

Enlemi

Boylamı

Boylamların

Enlemlerin

Farkı

Farkı

Enlemi

Aralık Ayı

12

29

2792

6°.32‘

8403

13.13 2/3

8°.18 ´

6°31 ´

8°.26

+1

-7 ´

28.00

13.11 ¶

28.10 1/12

+2

-10 1/12

+0

+2µ

-1

+ ´

ġubat Ayı

5

16669

17.00

15.29 2/3

16.59 7/8

15.27 2/5

Mart Ayı

5

21737

29.19 ¶

12.4

29.20 6/7

748

12.3 ´

Ancak daha sonra: Dr. Halley, kuyrukluyıldızın yörüngesini, bir aritmetik hesap yöntemini işleterek, çizgisel betimlemeler yöntemi ile yapılabileceğinden çok daha hassaslık ile tespit etmiştir. Ve bunu

Yengeç Burcu‘nda ve

yaparken de, düğüm noktalarının konumunu

Oğlak Burcu‘nda

1° 53‘ lık ölçüsünde tutmuş ve bir de yörünge düzleminin ekliptik düzlem ile oluşturduğu açıyı da yine 61° 20 1/3‘ ölçüsünde muhafaza etmiş; bunun yanı sıra, kuyrukluyıldızın Günberi noktasında bulunduğu vakti de yine 8 Aralık gece yarısını 4 dakika geçe kabul etmiştir. Ve Günberi noktasının yükselen düğümlerinin mesafesini, kuyrukluyıldızın yörüngesinde ölçmek yolu ile 9° 20‘ bulmuş ve parabôl eğrisinin latus rectum‘unu 2430 kısım değerinde hesaplamıştır. Ki bu değer, Güneş‘in Dünya‘ya ortalama mesafesinin 100,000 kısım olduğu kabulü ile bulunmuştur. Ve bu verileri kullanıp, hassasiyet ile icrâ ettiği bir aritmetik hesap yöntemi ile kuyrukluyıldızın konumlarını gözlem vakitleri ile beraber gösteren aşağıdaki Çizelge‘yi oluşturmuştur:

749

Kuyrukluyıldızın

Hakiki Vakti

Gün

Saat

‘

‘‘

Aralı

12.

4.

46.

Boylamını

Enleminin

n Hesap

Hesap

Güneş‘e

Hesap

Hesap

Edilme-

Edilme-

Mesafesi

Edilmiş

Edilmiş

sindeki

sindeki

Boylamı.

Enlemi.

Kusurlar

Kusurlar

kısım

° ‘

cinsinden

‘

28028

‘

6. 29. 25

k

°

‘

‘‘

8.26.0 bor

‘

‘ ‘

‘

‘

‘

-3. 5

-2. 0

-1. 42

+1.

(borealis : kuzey) 21

6.

37.

61076

7 24*---

Ocak

6.

18.

70008

-1. 3

- 0.25

26

5.

20.

75576

-1.28

+0.44

29.

8.

3.

84021

+1.59

+0.12

30.

8.

10.

86661

+1.45

-0.33

101440

+0.56

+0.8

5.

6.

1.

´

750

9.

7.

0.

110959

+0.32

+0.58

10.

6.

6.

113162

+0.10

+0.18

13.

7.

9.

120000

+0.33

+0.- 2

25.

7.

59.

145370

-1.20

+1.25

30.

8.

22.

155303

-2.10

-0.11

2.

6.

35.

160951

-2.42

+0.14

5.

7.

4. ´

166686

-0.41

+2.-

Şubat

0 25. 5.

8. 11.

41.

202570

-2.49

+1.10

39.

216205

+0.35

+2.14

Bu Kuyrukluyıldız, aynı senenin Kasım‘ında da gözükmüştü. Ve Saksonya‘daki Coburg şehrinde gözlemlemiş Mr. Gottfried Kirch tarafından aynı ayın 4‘ünde 6‘sında ve 11‘inde rasat edilmişti. Bu rasatlar, bazen, merceğinin çapı iki feet eninde olan bir teleskoptan bakılıp kuyrukluyıldızın bulunduğu konuma en yakın konumdaki sabit yıldızları yeterli hassasiyet ile gözlemleme metoduyla yapılmıştı. Ve Coburg ve Londra şehirlerinin arasının 11°lik boylam farkı oluşturduğunu hesaba katarak ve Mr. Pound‘un rasatlarına sabit yıldızların konumlarından hesap ederek, Dr. Halley, kuyrukluyıldızın bulunduğu konumları aşağıdaki gibi tespit etmiştir: 3 Kasım‘da, Londra‘nın yerel saati ile (apparent time) saat 17.02‘de kuyrukyıldız;

Terazi Burcu‘nda 29 derece 51 dakikada ve

1 derece 17 dakika 45 saniye Kuzey enleminde. 5 Kasım‘da, yerel saat ile; 15:58‘de, kuyrukluyıldız

Başak Burcu‘nda, 3° 23‘ da ve 1° 6‘ Kuzey yönünde, 10 Kasım‘da 16:31‘de, kuyrukluyıldız, Burcu‘nda Bayer Yıldız Sınıflandırması‘na göre δ ve Τ adlı iki yıldıza eşit mesafede bulunan bir

751

konumdaydı. Ancak, bu noktayı birleştiren doğruya henüz tam değmemişti ve pek az uzaktaydı.

Flamsted‘in Yıldız Haritası‘na göre, bu δ yıldızı, o vakit,

neredeyse- 41‘ Kuzey enlemindeydi. Ve Τ yıldızı,

Başak Burcu‘nda 14° 15‘ da ve -

Başak Burcu‘nda, 17° 3 ´ dakikada, 0° 34‘

Güney enlemindeydi. Ve bu iki yıldızın arasındaki orta nokta,

Başak Burcu‘nda 15° 39 µ

dakikada, 0° 33 ´ dakika Kuzey enlemindeydi. Kuyrukluyıldızın boylamının ve orta noktanın boylamının farkı 7‘ olacaktır. Ve enlemlerin farkı -yaklaşık olarak- 7 ´ dakika olacaktır. Ve buradan

şu bilgiye gidilir ki: Kuyrukluyıldız,

Başak Burcu‘nda 15°32‘ konumunda ve yaklaşık 26‘ kuzey

enlemindeydi. Yapılmış ilk gözlemde, kuyrukluyıldızın, belki küçük sabit yıldızlara göre konumu, tam da istenilen hassasiyet ile tespit edilmişti. İkinci gözlem de yeterince hassastı. Üçüncü gözlem ise, bunların en az hassas olanıydı. Ve, bunda 6 veya 7 dakikalık bir hata payı olmuş olabilir ancak bu hata payının bundan pek de fazla olduğu söylenemez. Gözlemlerin arasında, en hassas yapılmış ilkinin verilerine göre kuyrukluyıldızın boylamı, daha evvel bahsedilmiş parabolik yörüngede hesap edilmiş ve

Terazi Burcu‘nda 29° 30‘ 22‘‘ değerinde

bulunmuş ve 1° 25‘ 7‘‘ kuzey enleminde tespit edilmiş ve Güneş‘e mesafesi 115546 kısım olarak bulgulanmıştır. Dahası: Dr. Halley, gösterişli bir kuyrukluyıldızın, tarih boyunca 575 yıllık birbirine eşit süreler ile gözüktüğünü ve tekrar gözüktüğünü ve gözükmelerin ilkinin Jül Sezar‘ın öldürülmesini müteakip Eylül ayında, ikincisinin Milattan Sonra 531. senede, Lampadius ve Orestes‘in konsüllüğünde, üçüncüsünün Milattan Sonra 1106 senesinin Şubat ayında, dördüncüsünün Milattan Sonra 1680 yılının sonunda olduğunu düşünerek ve bu belirişlerin biri hâriç hepsinde uzun ve gösterişli bir kuyruğun belirdiğini de dikkate alıp (bunun istisnâsı, Sezar‘ın ölümünü müteakip Eylül ayında belirmesinde Dünya‘nın buna elvermeyen konumu sebebi ile kuyruğu o kadar da gösterişli belirmemiştir) kendine bu kuyrukluyıldızın eliptik yörüngesini hesaplama misyonunu tevdî etmiştir. Ve hesapladığı

752

yörüngenin uzun ekseninin 1 382 957 kısım, Dünyanın Güneş‘e ortalama mesafesinin bunlardan 10 000 kısım, kuyrukluyıldızın bu ölçüdeki bir yörüngedeki döngüsünün 575 yıl, yükselen düğümünü

Yengeç Burcu‘nda 2° 2‘ da dönebileceği bir kurgu oluşturmuştur. Yörüngenin düzleminin ekliptik düzlem ile oluşturduğu açıyı 61° 6‘ 48‘‘ değerinde; kuyrukluyıldızın, bu düzlemin üzerinde Yay Burcu‘ndaki Günberi noktasını 22° 44‘ 25‘‘ değerinde, Günberi konumunun en hassas ölçüsünü 7 Aralık‘ta, gece saat 11‘i 9 dakika geçe olarak saptamış ve Günberi noktasının, ekliptik düzlemin üzerindeki yükselen düğüme mesafesini 9° 17‘ 35‘‘ değerinde bulmuş ve bunun diğer (ikiz eksenini) eksenini 18481 , 2 kısım olarak hesap etmiş ve kuyrukluyıldızın bu eliptik yörüngedeki hareketini hesap etmiştir. Aşağıdaki Çizelge‘de, kuyrukluyıldızın konumları yapılmış gözlemlerin verilerinden türetilerek ve bu yörüngeyi esas alarak yapılmış hesaplamalara göre verilmiştir:

Gözlemlen

Hakiki Vakit

miş Boylam

Gün. Saat.

Kasım 3. 16. 47

‘

° ‘ ‘‘

29.51.0

Gözlemlenmi

Hesap

Hesap

Boylamdak

Enlemdeki

ş Kuzey

Edilmiş

Edilmiş

i Kusurlar

Kusurlar

Enlemi

Boylam

Enlem

°

‘

‘‘

1.17.45

°

‘

29.51.22

753

‘‘

°

‘

‘‘

1. 17.32 N

‘

‘‘

+ 0.22

‘

‘‘

-0.13

5. 12. 37

1. 6. 0

3.23.0

10.16.18

15.32.0

1. 6. 9

+1.32

+0. 9

0. 25. 7

+1. 2

-1.53

8.29. 6 N

-1.10

+1. 6

3.24.32

0.27. 0

16.17.00

15.33. 2

8.16.45

0.53. 7 S

18.21.34

18.52.15

1.26.54

20.17. 0

28.10.36

1.53.35

13.22.42 23.17. 5

Aralık

12.4.46

2.29. 0

6.32.30

8.28. 0

6.31.20

21.6.37

5.8.12

21.42.13

5.6.14

21.44.42

-1.58

+2.29

24.6.18

18.49.23

25.23. 5

18.47.30

25.23.35

-1.53

+0.30

28.24.13

27. 0. 52

28.21.42

27. 2. 1

-2.31

+1. 9

26.5.21

754

Ocak

29.8.3

13.10.41

28. 9. 58

13.11.14

28.10.38

+0.33

+0.40

30.8.10

17.38.0

28.11.53

17.38.27

28.11.37

+0. 7

-0.16

26.14.57

-0. 2

- 0.10

5.6. 1 ´

8.48.53

26.15. 7 8.48.51

9.7. 1

18.44.4

24.11.56

18.43.51

24.12.17

-0.13

+ 0.21

10.6.6

20.40.50

23.43.32

20.40.23

23.43.25

-0.27

-0. 7

13.7.9

25.59.48

22.17.28

26. 0. 8

22.16.32

+0.20

-0.56

17.56. 6

-0.49

-0.24

25.7.59

9.35.0

17.56.30

9.34.11

30.8.22

13.19.51

16.42.18

13.18.28

16.40. 5

-1.23

-2.13

2.6.35

15.13.53

16. 4. 1

15.11.59

16. 2.17

-1.54

-1.54

5.7.4´

16.59.6

15.27.3

16.59.17

15.27. 0

+0.11

-0. 3

25.8.41

26.18.35

12.46.46

26.16.59

12.45.22

-1.36

-1.24

Şubat

755

Mart

1.11.10

5.11.39

27.52.42

12.23.40

27.51.47

12.22.28

-0.55

-1.12

29.18.0

12.3.16

29.20.11

12. 2.50

+2.11

-0.26

11.45.35

-0.21

-0.17

9.8.38

11.45.52 0.43. 4

0.42.43

Bu kuyrukluyıldızın rasat edilmesi ile edinilmiş veriler, rasadın başladığı ve rasadın bittiği tarih ve vakitleri kapsadığı süre boyunca; kuyrukluyıldızın demincek betimlenen yörüngesindeki hareketi, gezegenlerin hareketleri ve bunların hesap edildiği kuramlar ile mükemmel tarzda tutarlıdır. Ve bu tutarlılık; ispat etmiştir ki: Bütün bu devirler boyunca gözükmüş ve gözden kaybolmuş olan kuyrukluyıldız bir ve aynı gökcismidir. Ve bir de, bu kuyrukluyıldızın yörüngesi burada doğru tanımlanmıştır. Belirtilen Çizelge‘de; 16 Kasım, 18 Kasım, 20 Kasım ve 23 Kasım tarihli gözlemler (kâfi derecede hassas olmadığı için) dâhil edilmemiştir. Çünkü, yukarıda verilmiş tarihlerde, rasatlar, kuyrukluyıldızı gözlemleyen çok sayıda kişi tarafından yapılmıştır. 17 Kasım tarihinde, Ponthaeus ve bilimsel ekibi Roma şehrinde, sabahın altısında (yani, Londra saati ile 5‘i 10‘u geçe) teleskobun merceğini iplikler ile bölerek düzenleyip sabit yıldızlara doğru çevirmişler ve gözleme başlamışlardır. Kuyrukluyıldız,

Terazi

Burcu‘nda 8°30‘ da ve 0° 40‘ güney enleminde tespit edilmiştir. Bu bilginlerin gözlemleri, Ponthaeus‘un bu kuyrukluyıldız hakkında yayınlamış olduğu makalesinden de okunabilir. Bu gözlemde hazır bulunmuş Cellius adlı bilgin, gözlemlerini bir mektupta Cassini‘ye yazarak

756

iletmiş ve kuyrukluyıldızı, aynı vakitte

Terazi Burcu‘nda, 8° 30‘ da ve 0° 30‘ güney

enleminde görmüştür. Benzer bir tarzda, aynı zamanda, Galletius tarafından Avignon göğünde

Terazi Burcu‘nda 8° de (enlemi tespit edilmeksizin) görülmüştür. (Bu ise

Londra saati ile sabah saat 5‘i 42 geçedir. )

Ancak kuramsal olarak, o kuyrukluyıldız

Terazi Burcu‘nda 8° 16‘ 45‘‘ de ve 0° 53‘ 7‘‘

güney enleminde olsa gerektir. 18 Kasım‘da, Roma‘nın yerel saati ile sabah 6 buçukta (Yani, Londra‘nın yerel saati ile sabah 5‘i 40 geçe) Ponthaeus, kuyrukluyıldızı

Terazi Burcu‘nda 13° 30‘ da ve 1° 00‘ güney

enleminde tespit etmiştir. Ancak, Avignon‘un yerel saati ile sabah 5‘i 30 dakika geçe, Galletius, kuyrukluyıldızı

Terazi Burcu‘nda 13° 00‘ da ve 1° 00‘ güney enleminde

görmüştür. Fransa‘da, La Fleche Üniversitesi‘nde gözlem halinde bulunmuş olan P.Ango tarafından, sabahın beşinde, (yani, Londra saati ile 5‘i 9 geçe) görülmüştür. Konumu da: İki küçük yıldızın ortasındadır, bu ikiden biri ise, Başak Takımyıldızı‘nın güneydeki el‘inde konumlanmış bir doğrunun üzerinde bulunan üç yıldızdan ortasındakidir. Bayer Sınıflandırması‘na göre ψ‘dir. Ve diğeri de kanadın en dışında olan, Bayer‘in sınıflandırmasına göre θ‘dır. İşte o vakit, kuyrukluyıldız

Terazi Burcu‘nda 12° 46‘ da ve

50‘ güney enlemindeydi. Ve Dr.Halley‘in bana bildirdiğine göre; aynı gün, Dünya küresinin üzerinde, 42 ´ dereceli paralelde konumlu New England‘daki Boston şehrinde; sabah saat beşte (yani, Londra‘nın yerel saat ile sabah 9‘u 44 geçe) kuyrukluyıldız, 30‘ güney enleminde görülmüştür.

757

Terazi Burcu‘nda -yaklaşık- 14° de ve 1°

19 Kasım tarihinde, Cambridge‘de, sabaha karşı saat 4 buçukta, ismi bilinmeyen bir gencin

rasadına göre, Spica kuyrukluyıldız

‘dan kuzey-batı yönüne doğru, yaklaşık 2° mesafedeydi. O vakitte, Terazi Burcu‘nda 19° 23‘ 47‘‘ deydi ve 2°1‘59‘‘ güney enlemindeydi.

Aynı gün, New England‘daki Boston şehrinde, sabaha karşı saat 5‘te, kuyrukluyıldızın Spica

‘ya mesafesi 1° ydi ve enlem farkı değeri olarak 40‘ ile konumlanmıştı.

Aynı gün, Jamaica Adası‘nda, Spica

‘dan yaklaşık 1° mesafedeydi. Aynı gün, Mr. Arthur

Storer; Virginia bölgesinde, Maryland şehrinin Hunting Creek mezrâsı kırsalında, Patuxent Çayı mıntıkasında, Dünya küresinin 38 ´ ° enlem dairesinde sabaha karşı saat beşte (yani,

Londra saatiyle sabah onda) kuyrukluyıldızı, Spica

üzerinde görmüş ve gök cismi

neredeyse ona bitişik halde bulunmuştu ve bunların mesafesi bir derecenin yaklaşık ¶‘ü kadardı. Ve bütün bu gözlem verilerini mukayese ederek değerlendirdim ve şu hükme vardım. Saat 9‘u 44 geçe Londra‘da, kuyrukluyıldız,

Terazi Burcu‘nda 18° 50‘ daydı ve yaklaşık-

1°25‘ güney enlemindeydi. Şimdi, kurama göre ise, kuyrukluyıldız, o zaman,

Terazi

Burcu‘nda, 18° 52‘ 15‘‘ de ve 1° 26‘ 54‘‘ güney enlemindeydi. 20 Kasım‘da, Padua Üniversitesi‘nde gökbilim profesörü Montenari, Venedik‘te sabah 6‘da (yani, Londra saati ile 5‘i 10 geçe) kuyrukluyıldızı

Terazi Burcu‘nda, 23° de ve 1° 30‘ güney enleminde

görmüştür. Aynı gün, Boston şehrinde, Spica‘dan idi ve bundan ötürü

‘ya mesafesi yaklaşık 4° doğu boylamı

Terazi Burcu‘nda -yaklaşık olarak- 23°24‘ da idi.

21 Kasım‘da, Ponthaeus ve bilim ekibi, sabahleyin 7‘yi çeyrek geçe, kuyrukluyıldızı Terazi Burcu‘nda, 27° 50‘ da ve 1°16‘ güney enleminde gözlemlemiştir. Cellius,

758

Terazi

Burcu‘nda, 28° d, P. Ango, sabahleyin saat beşte, Montenari,

Terazi Burcu‘nda 27° 45‘ da,

Terazi Burcu‘nda 27° 51‘ da gözlemlemişti. Aynı gün Jamaika Adası‘nda,

Akrep Burcu‘nun başlangıcına yakın bir konumda görülmüştü. Ve bu konumu, Spica ile yaklaşık olarak aynı enlemde, yani, 2° 2‘ da görülmüştür. Aynı gün, Doğu Antiller‘deki Ballasore‘de, sabahleyin saat 5‘te (yani, Londra‘da henüz geceyken ve saat 11‘i 20

geçiyorken) kuyrukluyıldızın Spica

‘ya mesafesi, 7° 35‘ ölçüsünde doğu‘ya doğru

bulunmuştur. Kuyrukluyıldız, spike ve balance arasında tasavvur edilmiş bir doğru üzerinde bulunup ve bundan ötürü, o vakit,

Burcu‘nda ve 26° 58‘ ve yaklaşık 1° 11‘ güney

enlemindeydi.

Ve saat, 5‘i 40 geçtikten sonra, (yani, Londra saati ile sabahleyin 5‘te) kuyrukluyıldız, Terazi Burcu‘nda, 28° 12‘ de ve 1°16‘ güney enlemindeydi. Şimdi, kurama göre ise, o vakit, Terazi Burcu‘nda, 28° 10‘ 36‘‘ de ve 1° 53‘ 35‘‘ güney enleminde bulunması

gerekiyordu. 22 Kasım‘da, kuyrukluyıldız, Montenari tarafından

Başak Burcu‘nda 2° 33‘

da gözlemlenmişti. Ancak, New England‘daki Boston‘da, kuyrukluyıldız,

Başak Burcu

yakınlarında yaklaşık 3° de -ve neredeyse evvelki ile aynı enlemde- yani 1° 30‘ da

gözlemlenmişti. Aynı gün, Ballasore‘de, sabahın 5‘inde, kuyrukluyıldız

Başak Burcu‘nun

içinde yaklaşık 3° 5‘ da gözlemlenmiştir. Aynı gün, Londra‘da, sabaha karşı, saat 6 buçukta,

Dr. Hook, bunu,

Başak Burcu‘nda 3° 30‘ da ve Spica‘dan Cor Leonis‘den geçtiği tasavvur

edilen doğrunun üzerinde gibi, tam değil ancak o çizgiden birazcık kuzeye doğru sapan çizginin üzerinde gözlemlemiştir.

759

Montenari de, aynı tarzda bir rasat yapmış ve hem o gün hem de müteakip günlerde, kuyrukluyıldızdan çizildiği tasavvur edilerek Spica‘dan geçirilen ve Cor Leonis‘in güney tarafında o gökcisminin görüntüsüne çok küçük bir mesafeden geçirildiği tasavvur edilen doğrunun üzerinde gözlemlemiştir.

Bir doğru, Cor Leonis‘den ve Spica‘dan geçirilerek ekliptiği

Başak Burcu‘nda 3° 46‘ da

ve 2 ° 51‘ lık bir açı oluşturarak kesmiştir. Ve eğer, kuyrukluyıldız, bu tasavvur edilmiş

doğrunun üzerinde ve

Başak Burcu içinde, 3°de konumlanmış olsaydı, bunun enlemi 2°

26‘ olurdu. Ancak, hem Hook hem de Montenari, bu kuyrukluyıldızın bu çizgiden, kuzeye doğru küçük bir mesafede bulunduğunda hemfikir olduğu için, kuyrukluyıldızın enlemi, bu değerden bir miktar daha az olsa gerektir. Kasım‘ın 20‘sinde, Montenari‘nin yapmış olduğu

gözleme göre, bunun enlemi, neredeyse, Spica

ile aynı enlemdeydi, yani, yaklaşık 1° 30‘

deydi. Ancak, Hook, Montenari ve Ango‘nun mutabakat halinde belirttiği gibi, bunun enlemi, mütemadiyen artmaktaydı ve bundan ötürü, Kasım‘ın 22‘sine gelindiğinde, 1° 30‘ dan algılanabilir ölçüde fazla olması gerekirdi. Ve, şimdi belirtilmiş uç değerlerin bir ortalamasını alarak, yani, 2° 26‘ ile 1° 30‘ yı, kuyrukluyıldızın enlemi yaklaşık olarak 1° 58‘ olarak

hesaplanır. Hem Hook hem de Montenari, kuyrukluyıldızın kuyruk tarafının Spica

‘ya

yönelmiş olduğunda hemfikirdi. Hook‘a göre, bu yıldızdan güneye doğru alçalma hareketindeydi, Montenari‘ye göre ise kuzeye doğru hareket halindeydi. Ve bu nedenle, bu alçalma hareketi pek algılanabilir ölçüde değildi ve kuyrukluyıldızın kuyruğu, ekvatora neredeyse paralel bir konumda uzanarak Güneş ile bakışım konumundan kuzeye doğru bir miktar sapmıştı.

760

23 Kasım‘da, sabahleyin saat 5‘de, Nuremberg şehrinde, (yani Londra saati ile 4 buçukta) Mr.

Zimmerman, kuyrukluyıldızı

Burcu‘nda, 8°8‘ de ve 2°31‘ güney enleminde görmüş ve

bunun sabit yıldızların mesafesini ölçerek konumunu hesaplamıştı. 24 Kasım‘da, şafak

vaktinden evvel, kuyrukluyıldız, Montenari tarafından

Spica

Burcu‘nun içinde, Cor Leonis ve

arasından geçtiği tasavvur edilen doğrunun kuzey tarafında, 12° 52‘ da,

gözlemlenmiş ve bundan ötürü, enlemi 2° 38‘ den az bir değerdeydi. And since the latitude as we said, Ve, enlemin ölçüsü, Montenari‘nin, Ango‘nun ve Hook‘un birbiriyle mutabık gözlemlerinden de örnek verdiğimiz gibi, mütemadiyen artmaktaydı. Bundan ötürü, ayın 24‘ünde 1° 58‘ dan birazcık büyük bir değerdi. Ve niceliğin ortalamasını alıp ciddi bir hata payı olmaksızın 2° 18‘ olarak hesap edilebilir. Ponthaeus ve Galletius şu kanıdadır: Enlem, şimdi, alçalan bir değerdedir. Ve Cellius ve New England‘daki gözlemci, bunun -yaklaşık- 1° ve 1 ´ ° olarak, aynı değerde devam edip gittiğini tespit etmişlerdi. Ponthaeus ve Cellius tarafından yapılan gözlemler hata payı içerir, bilhassa da azimut açılarını ve yüksekliklerini ölçen gözlemler böyledir. Galletius‘un yaptığı gözlemler de böyledir. Yapılan gözlemler içinde, kuyrukluyıldızın konumunu, sabit yıldızlara göre ölçen metotlar, örneğin, Montenari, Hook, Ango ve New England‘daki gözlemcinin rasatları daha hassastır. Ve buna, Ponthaeus‘un ve Cellius‘un yaptığı bazı rasatları da ekleyebiliriz.

761

Aynı gün, Ballasore‘de, sabahleyin saat 5‘de, kuyrukluyıldız

Burcu‘nda –yaklaşık- 13°

de gözlemlenmiştir. Ve kuramın tahminine göre kuyrukluyıldız o zaman,

Burcu‟nda, 13°

22‟ 42‟‟ deydi.

Ve 25 Kasım‘da, şafaktan evvel, Montenari, kuyrukluyıldızı

Burcu‘nda, 17 ¶ ° de –

yaklaşık olarak- gözlemlemiştir. Ve Cellius, aynı zamanda, kuyrukluyıldızı, Başak Yıldız Kümesi‘nin sağ dizine benzetilen konumun en parlak yıldızı ile Terazi Yıldız Kümesi‘nin kefelerine benzetilen şeklin, güneydekinin arasından geçtiği tasavvur edilen doğrunun üzerinde gözlemlemiştir.

Ve bu değer, kuyrukluyıldızın yolunu,

öngördüğünce, kuyrukluyıldız,

Burcu‘nda 18° 36‘ da keser. Ve kuramın

Burcu‘nda, -yaklaşık olarak- 18 1/3° deydi.

Bütün bunlardan şu netice istidlâl edilebilir: Gözlemler, -şu ana değin- kuram ile tutarlıdır. Ve bu tutarlı oluş durumu, 4 Kasım‘dan 9 Mart‘a değin gözüken gökcisminin aynı kuyrukluyıldızın ta kendisi olduğunu ispatlamaktadır: Bu kuyrukluyıldızın yolu, ekliptik düzlemini, iki defa kesmiştir ve bundan ötürü bir doğru olarak nitelenemez. Ekliptiği, Gök‘te, Başak Burcu bölgesinin sonlandığı ve Oğlak Burcu bölgesinin başladığı bir konumda 98° lik bir yay çizerek kesmiştir. Ve bundan ötürü, kuyrukluyıldızın yolu, büyük çemberin yolundan çok fazla ölçüde sapmıştır. Çünkü, Kasım ayında, ekliptikten güney yönüne doğru hiç değilse 3°alçalmış ve bu ayı takip eden eden Aralık ayında, ekliptikten kuzeye doğru 29° alçalmıştır. Yörüngenin iki kısımı olduğunu, bunların birinde kuyrukluyıldızın Güneş‘e doğru alçalarak hareket ettiği ve bir noktadan sonra öbür kısıma geçip tekrardan yükselen harekete başladığı ve birinden diğerine alçaldığı –görünüşteki- açının ölçüsü Montenari tarafından da

762

gözlemlendiği gibi, 30° den fazladır. Bu kuyrukluyıldız, burçlar kuşağının 9‘unu dolaşmış,

daha hassas bir tarif ile

Terazi Burcu‘nun son derecesinden

başlangıcına değin dolaşmış, bunun yanı sıra,

İkizler Burcu‘nun

Terazi Burcu‘nda bulunmuş, ki bu burçtan

gözükmeye başladığı vakitten önce geçip gitmiştir. Ve kuyrukluyıldızın Gök‘ün bu ölçüde büyükçe bir kısımını böylesine düzenli bir hareket ile kat edebilmesini izâh eden bir başka teori de yoktur. Bu kuyrukluyıldızın hareketi, kendi içinde had safhada düzensizlikler ile doluydu. Çünkü, Kasım‘ın 20‘si civarında, günde –yaklaşık- 5° lik bir yolu tanımlıyordu. Sonra, hareketi, oranı giderek artan ölçülerde yavaşlamaya başladı. Ve 26 Kasım ile 12 Aralık tarihleri arasında, 15 ´ günlük sürede, sadece 40° lik yolu tanımlamıştır. Ancak, sonra, yeniden ivmelenmiş ve yine, günde 5° lik bir yolu tanımlamaya başlamış tâ ki, hareketiyeniden- ölçüsü gitgide artan oranda azalmaya başlayana değin. Ve eğer bir teori; bu türden kendi içinde had safhada eşitsiz bir hareket ile tutarlı olabiliyor ve Göğün çok büyük bir kısmında gökcisimlerinin hareketleri ile ahenkli netice veriyor ve gezegenlerin hareketlerini izah eden kuram ile aynı esası ve kanunları kabul ediyor ise ve yapılmış gökbilimsel rasatların verilerine hassasiyetle tekabül ediyor ise, o kuram hakikati tam betimliyor demektir. Aşağıdaki Şekil‘de, bu kuyrukluyıldızın tanımladığı yörüngenin hakikate uygun bir temsilini vermeyi doğru buldum. Bu şekilde, kuyrukluyıldızın bulunduğu konumlardaki kuyruğunun uzunluğunu da mahrekin düzleminde grafik olarak gösterdim. Bu Şema‘da, ABC, kuyrukluyıldızın mahrekini temsil etmektedir. D, Güneş‘i, DE ise mahrekinin eksenlerinden birini göstermektedir.

763

764

DF, düğümlerin çizgisini, GH, Büyük Yörünge‘nin küresinin, mahrekin düzlemi ile kesişimini verir. I, kuyrukluyıldızın Miladi 4 Kasım 1680 tarihinde bulunduğu konumdur. K, aynı gökcisminin,11 Kasım‘da, bulunduğu konumu gösterir. L, kuyrukluyıldızın, 19 Kasım‘da bulunduğu konumu gösterir. N, 21 Aralık‘ta bulunduğu konumu gösterir. P, bu tarihi takip eden 5 Ocak‘taki konumunu gösterir. Q, 25 Ocak‘taki konumunu gösterir. R, 5 Şubat‘taki konumunu gösterir. S, 25 Şubat‘taki konumnu gösterir. T, 5 Mart‘taki konumunu gösterir. V, 9 Mart‘taki konumunu gösterir. Kuyruğun uzunluğunu tayin etmek için aşağıdaki gözlemleri yaptım: 4 Kasım‘da ve 6 Kasım‘da kuyruk gözükmemiştir. 11 Kasım‘da, kuyruk kendini yeni yeni göstermeye başlamıştır. Ancak, merceğinin çapı 10 feet genişliğindeki bir teleskoptan bakıldığında, ´ derece uzunluğundan fazla gözükmemiştir. 17 Kasım‘da, kuyruk Ponthaeus tarafından görüldüğünde 15° den uzundu. 18 Kasım‘da, New England‘daki rasatta, kuyruk 30° den uzun gözükmüş ve kuyruk Güneş‘e

tam zıt olarak konumlanmış ve uzayan kısmı,

Başak Burcu‘nda, 9° 54‘ lık bir konuda

bulunan Mars gezegeninin bulunduğu konuma doğru açılmıştır. 19 Kasım‘da, Maryland‘de yapılan bir gözlemde, kuyruğun uzunluğu; 15° veya 20° uzunlukta bulunmuştur. 10 Aralık‘ta, Mr. Flamsted‘in gözlemine göre, kuyruk, Ophiuchus Yılanı Yıldız Kümesi ile Aquila (Kartal) Yıldız Kümesi‘nin güneyindeki kanatta konumlanmış δ yıldızının arasında sınırlanmış mesafenin ortasından geçmiştir. Ve kuyruğunun ucu da, Bayer‘in Yıldız Sınıflandırması‘nın sistemine göre, A, w, b yıldızlarının yakınlarında son bulmuştur. Bu nedenle, kuyruğun ucunun bitimi,

Oğlak Burcu‘nda, 19 ´° lik konumda ve 34 µ °

kuzey enleminde konumlanmıştır.

765

11 Aralık‘ta, kuyruk Sagitta (Yay)‘nın kafa kısmına değin yükselmiştir. (Bayer‘in Sınıflandırması‘na göre, α,β ) Kuyruğun bitimi ise,

Oğlak Burcu‘nda 26° 43‘ da ve 38°

34‘ kuzey enlemindeydi. 12 Aralık‘ta, Yay‘ın ortasından geçti ancak bundan pek de öteye ulaşamadı.

Balık Burcu‘nda, 4° de ve yaklaşık 42 ´ ° kuzey enleminde bitti.

Ancak; bu söylenenler, kuyruğun nispeten daha parlak gözüken parçasının uzunluğu için geçerlidir. Çünkü, daha solgunca parlayan haliyle, belki de, daha sakin ve berrak bir Gök‘de, gece rasat edildiğinde, örneğin, bu gözlem, Roma şehrinde, 12 Aralık‘ta, 5‘i 40 geçe, Pontheaus tarafından yapıldığında, kuyruk kısmı Kuğu‘nun sağrısının 10° üzerine yükselmişti. Ve bu tarafından Batı‘ya doğru ve kuzeye doğru yılda 45‘ mesafeye erişmişti. Ancak, o vakit, kuyruk, yukarıdaki uc‘a doğru 3° enindeydi. Ve bundan ötürü, kuyruğun ortası, yıldızdan 2° 15‘ güney mesafesine doğru konumlanmıştı ve kuyruğun yukarı ucu Balık Burcu‘nda 22°de ve 61° kuzey enlemindeydi. Ve o vakit, kuyruk yaklaşık 70° uzunluğundaydı. 21 Aralık‘ta, neredeyse, Cassiopeia‘nın Koltuğu Yıldız Kümesi‘ne değin erişiyordu. Ve β‘ya ve Schedir‘e eşit ölçüde bir mesafedeydi. Öyle ki: Bunların herhangi

birine mesafesi, bunların biribirine mesafesine eşit olduğundan ve bundan ötürü,

Koç

Burcu‘nun 24°nde ve 47 ´ ° lik enlemiyle sona ermiştir. Aralığın 29‘unda, Scheat yıldızının sol tarafı ile temas etmiş ve Andromeda‘nın kuzeydeki ayağındaki iki yıldızın arasında kalan alanı görünüşte tamı tamına doldurmuştur. Ve 54° uzunluğunda bulgulanmıştır.

Ve bundan ötürü,

Boğa Burcu‘nda, 19° de ve 35 ° lik enlemde son bulmuştur. 5 Ocak‘ta,

Andromeda‘nın göğsündeki π yıldızına sağ tarafından ve Andromeda‘nın kemerindeki M yıldızına sol tarafından değmiş ve yaptığımız gözlemlere göre 40° uzunluğundaydı. Ancak, eğri şekilliydi ve bunun dış bükey tarafı güney istikametine doğru konumlanmıştı. Ve

766

kuyrukluyıldızın kafa kısmının civarında, Güneş‘ten ve kuyrukluyıldızın kafasından geçtiği tasavvur edilen bir çember ile 4° lik bir açı oluşturuyordu. Ancak, öbür tarafında, o çembere yaklaşık 10° ya da 11°lik bir eğiklik ile yönelmişti.Ve kuyruğun, çember ile oluşturduğu kirişin açısal değeri 8°ydi. 13 Ocak‘ta, kuyruk, Alamech ve Algol yıldızlarının arasında son buluyordu ve bunun ışığı da algılanabilecek ölçüde yeterliydi. Ancak, zayıf ve solgun bir ışık ile Perseus‘un tarafındaki κ yıldızına doğru bitişiyordu. Kuyruğun ucunun; hem Güneş‘ten hem de kuyrukluyıldızdan geçtiği tasavvur edilen çembere mesâfesi 3° 50‘ydı. Ve kuyruğun oluşturduğu kirişin o çember ile eğiklik açısı 8 ´ °ydi. 25 ve 26 Ocak‘ta kuyruğunun uzunluğu 6° veya 7°yken, zayıfça bir ışık ile parlamıştı. Ve müteakip bir veya iki gece boyunca, Gök çok açık ve berrak iken, kuyruğun uzunluğu 12°‘ye çıkmış hatta belki bunu da geçmişti ve çok zayıf ve solgun bir ışık ile parlamış ve güçlükle seçilebilmekteydi. Ancak, oradaki ekseni, tamı tamına, Auriga‘nın omuzunun doğu kısmında konumlanmış parlak yıldıza doğru yönelmişti. Ve bundan ötürü, Güneş‘le bakışım konumundan kuzeye doğru 10°lik bir açı ölçüsünde sapmıştı. Son olarak, 10 Şubat‘ta, teleskop ile yaptığım bir rasatta, kuyruğu, 2° uzunluğunda görüp tespit ettim; zira, bahsettiğim o solgun ışık, gözlüğümden baktığımda gözükmemişti. Ancak, Ponthaeus‘un yazmış olduğu gibi, 7 Şubat‘ta yapılmış bir gözlemde, kendisi kuyruğu 12° uzunluğunda gözlemlemişti. 25 Şubat‘ta ise, kuyrukluıldız, kuyruğu olmaksızın gözükmüştü ve böylece Dünya‘nın görüş ufkundan çıkana değin devam etti. Şimdi, eğer, bir kişi, tanımlanan yörüngeyi düşünürse ve kuyrukluyıldızın diğer gözükmelerini de ciddi ciddi müteala ederse, şu kanaate varır: Kuyrukluyıldızların; cisimleri, katı, sık dokulu, sabit ve dayanıklı bir yapıdadır ve tıpkı gezegenlerin yapısına benzer. Çünkü, eğer, kuyrukluyıldızlar, toprak‘dan / Dünya‘dan tüten dumanlardan veya bunların nefesleri / solukları olmuş olsaydı,

767

bunların Güneş‘e en yakın oldukları konumda (Günberi noktalarında) çok kısa bir sürede buharlaşıp dağılmaları gerekirdi. Çünkü, Güneş‘in ısısı, ondan kopup gelen ışınların yoğunluğuna göredir. Bu ise demektir ki: Işınların saplandığı Yer‘lerin/şeylerin Güneş‘e mesafesi ile ters kare orantısındadır. Bundan ötürü, 8 Aralık‘ta kuyrukluyıldız, Günberi noktasında bulunurken, bulunduğu noktadan Güneş‘in merkezine mesafesinin, Güneş‘in merkezinden Dünya‘ya mesafesine oranı, yaklaşık 6‘nın 1000‘e oranı gibidir. Ve o zamanda ve o konumda, Güneş‘in, kuyrukluyıldızı marûz bıraktığı ısının, Dünya‘da yaz aylarındaki Güneş‘in tesiri ile oluşan ısıya oranı, 1 000 000‘un 36‘ya oranı gibidir. Ya da, 28 000‘in 1‘e oranı gibidir. Ancak, kaynayan suyun ısısı, yaklaşık olarak, kuru özellikteki toprağın yaz sıcağından aldığı ısıdan 3 defa fazladır, ki bunu deney yaparak buldum. Ve kızılkor hâline gelmiş bir demir parçasının ısısı, (eğer tahminim doğruysa) kaynayan suyun ısısından – yaklaşık- 3 veya 4 misli fazladır. Ve bundan ötürü, kuyrukluyıldızın üzerinde bulunabilecek, kuru özellikteki toprak elementinin, kuyrukluyıldızın cisimi, Günberi noktasındayken, Güneş‘in ışınlarından almış olabileceği ısının miktarı, yaklaşık olarak, kızıl kor halindeki demir parçasından 2000 misli fazladır. Ne var ki: Böyle muazzam bir ısıya mâruz kalan, buharlar ve gazlar ve herhangi bir uçucu özellikteki madde, çok kısa bir anda, tükenip dağılmış olmalıydı. Bundan ötürü, bu kuyrukluyıldız, o konumlarda, Güneş‘ten muazzam miktarda ısı almış olsa gerektir ve bu ısıyı da çok uzun müddet muhafaza etmiş olsa gerektir. Çünkü, şöyle düşünün: 1 inç çapında bir küre biçimli demir parçası, açık havada, kızılkor halinde bırakıldığında, ısısının tamamını 1 saatlik bir sürede kaybetmeyecektir bile. Ancak, daha büyükçe bir küre, ısısını çapı ile orantılı olarak daha uzun müddet muhafaza edecektir. Çünkü, kürenin yüzeyi (küreyi soğutan ve onu çepeçevre saran hava ortamına orantıyla) bu orantıda olarak, kürenin ihtiva ettiği ısı/maddenin miktarına göre küçük kalır. Ve bundan ötürü, ölçüsü Dünya küresine denk bir kızıl kor demir

768

parçası, yani, çapı, yaklaşık 40 000 000 ayak ölçüsündeki bir küre, buna eşit sayıdaki günde pek soğumayacaktır bile, ya da bir başka sayı hesabı ile 50 000 yılda. Ancak, düşünmekteyim ki, ısının sürüp gitmesi, bazı gizil nedenlerden ötürü, çapın artışından da az bir orantıda artabilir. Ve bunun hakiki ölçüsünü veren orantının deneyler yoluyla araştırılması uygun olurdu. Yapılması gereken bir gözlem de şudur: Kuyrukluyıldız, Aralık ayında, Güneş‘in ışınlarınca epeyce ısındıktan sonra, kuyruğu uzamış bir hâl almış ve henüz Günberi noktasına erişmediği ,Aralık‘tan önceki Kasım ayına göre, çok daha muhteşemleşmişti. Ve genel bir kural olarak denilebilir ki: Kuyrukluyıldızların, en gösterişli ve muhteşem kuyrukları, dâima, bunların Günberi noktalarını geçmelerinin akabinde oluşur. İşte bundan ötürü: Kuyrukluyıldız‘ın mâruz kaldığı ısı ile kuyruğunun büyüklüğünün ölçüsü arasında bir ilişki ve doğru orantı vardır. Buradan ise, şu neticeye varmak yanlış olmaz: Kuyrukları, çok ama çok ince bir buhar tabakasından başka bir şey olmayıp bunu ise kuyrukluyıldızın kafa veya çekirdek kısımı ısıya maruz kalınca yayar. Ne var ki; kuyrukluyıldızların kuyrukları hakkında birkaç bilimsel kanı daha vardır: Bazılarına göre; bunlar, Güneş‘in ışığının kafa kısımlarının içinden geçerek gözükmesinden gayrı bir şey değildir, ki bunlar kafa kısmını şeffaf olarak varsayar. Diğerleri, kuyruğun, ışığın kafa kısmının içinden geçerken kırılıp Dünya‘ya erişmesinin oluşturduğu bir görüntüdür. Son olarak da, bir diğer görüş, kuyruğu, kafa kısmından mütemadiyen yukarıya doğru meyleden bir tür bulut veya buhar olduğu fikrindedir. İlk kanıya sahip olanlar, optik bilgisinden habersiz kişilerin fikridir. Çünkü, karartılmış bir odada, Güneş‘in ışığı ancak ve ancak odanın içinde uçuşan toz ve toprak parçacıklarının

769

ışınları yansıtması yoluyla gözükür. İşte bu nedenle, hava, yoğun duman parçacıkları ile satüre olduğunda, bu ışınlar, çok fazla ölçüde bir parlaklık ile gözükür ve görme hassasını ajite eder. Daha az parçacık ihtiva eden seyrek yoğunluklu havada bunlar daha az gözükebilir ve göz‘ce seçilebilir. Ancak, fezada, ışığı yansıtacak madde olmadığından hiçbir şartta gözükmez. Işık, ışınlarda olduğu haliyle, gözükmez ancak bir cisimden gözümüze yansıdığı kadarıyla gözükür. Çünkü, görüntü, ışınların gözümüzün üzerine düşmesi durumu haricinde oluşamaz. Ve bundan ötürü, kuyrukluyıldızların kuyruklarının gözüktüğü konumda, bir ölçüde bir madde yumağı olmalıdır ki, ışık, buradan yansıyıp gözükebilir hale gelsin. Çünkü, öbür türlü, fezânın her noktası Güneş‘in ışığı tarafından eşit ölçüde aydınlatıldığı için, fezanın bir kısmının diğer kısımlarından parlak gözükmesi mantıksız olacaktır. İkinci kanı da, bir takım müşkül noktalar içerir: Çünkü, kuyrukluyıldızların kuyruklarının, her zaman, ışığın kırılmasının alâmeti olan renkli tayf ile beraber gözükmesi icab ederdi. Ve sabit yıldızların ve gezegenlerin ışığının; doğrudan iletimi (distinct transmission), eter‘in ya da fezâ‘nın ortamının ışığı hiçbir kırma özelliği olmadığını ispat eder bize. Her ne kadar, sabit yıldızların, bazen, Mısırlılar‘ca bir coma ve capillitium‘ca çevrelenmiş halde gözüktüğü iddia edilmişse de, bu pek nadir olduğundan, bunun sebebini, daha ziyade bulutların duruma bağlı olarak oluşturduğu kırılmalara atfetmek icab eder. Ve aynı mantık ile, sabit yıldızların, radyasyon yaymasını ve ışıklarının titreşmesini de; hem bizim gören gözümüzün hem de havanın oluşturduğu ışık kırılmalarına atfetmek mantıklıdır. Çünkü, gözü, bir teleskobun vizörüne yaklaştırıp baktığımızda, bu radyasyonlar ve titreşimler aniden sona erer. Ancak, hava, huzursuz titreşimi ve havanın içinde yükselen su buharları sebebiyle, öyle bir durum oluşur ki, ışığın ışınları, bizim gözümüzün pupilla‘sının dar boşluğunda sıra ile bir o tarafa bir bu tarafa döndürülür ancak böyle bir optik olayı, bir teleskobun çok daha geniş

770

aperture‘lı bir vizöründen bakıldığında oluşmaz. Ve işte bu nedenle, ilkinde oluşan titreşim, ikinci durumda olmaz. Ve ikinci durumda, bu titreşimin kesilmesi, ışığın, fezâda, herhangi bir algılanabilir ışık kırılmasına mâruz kalmadan düzgün ve …. bir tarzda iletildiğinin bir ispatını verir. Lâkin, o ölçüde zayıf ve solgun bir ışıkla parlayan ve kuyruksuz gözüken kuyrukluyıldızlar olgusunu izah etmek için öne sürülen; ikincil ışınların göze tesir etmek için çok zayıf kaldığı ve sabit yıldızların da kuyruksuz gözükmesinin sebebinin bu olduğuna işaret eden görüşe karşı şu fikirle itiraz edilebilir: Teleskopları gözlemde kullanmak yolu ile sabit yıldızların ışığı yüz misli arttırılabilir ancak buna rağmen hiç bir kuyruk gözükmez onlarda. Ve, gezegenlerin ışığı daha bile bol ve parlak olup onlar da kuyruksuzdur. Ve, bir de, kuyrukluyıldızların kafasının ışığı solgun ve mat olduğu hallerde bazen, kuyrukları çok büyük gözükür. 1680 yılında gözükmüş kuyrukluyıldızda da aynı durum gözlemlenmiştir. Aralık ayında, bir gökcisminin ışığı, 2.kadirden yıldızların ışığının parlaklığına anca eşitlenir. Ancak, yine de, uzunluğu, 40 derece, 50 derece, 60 derece veya 70 dereceye varan dikkate değer kuyrukları uzuyordu. (Ve bunların yönü yukarıya doğru bakıyordu.) Ve daha sonraki tarihlerde, Ocağın 27'sinde ve Ocağın 28'inde kafa kısmı, 7. kadirden bir yıldızın parlaklığında gözükmüş ancak kuyruk (yukarıda da yazdığımız gibi) algılanabilir parlaklıkta olmakla beraber soluk bir ışıkta gözükerek -yaklaşık- uzunluğu 6 veya 7 dereceye kadar çıkmıştır ve hatta daha zor seçilen sönümlenen bir ışık ile 12 derece uzunluğa uzamıştır. Ancak, Şubat'ın 9'unda ve 10'unda, kafa kısmı, bundan böyle, gözlem aleti kullanmaksızın seçilemezken, bir teleskopla bakarak bunun uzunluğunu 2 derece ölçüsünde görüp tespit ettim. Ancak dahası: Eğer, kuyruğun gözükmesinin sebebi, fezâdaki maddenin ışığı kırması olmuş olsaydı ve Güneş'le bakışım konumundan sapması sözkonusu olsaydı ve bu sapma da gökteki konumlanışa göre olmuş

771

olsaydı, bu sapma, göklerin tüm aynı konumlarında daima aynı kısımlara doğru yönelmiş olurdu. Ancak; yılında Aralığın 28.de, geceleyin saat 8'i 30 geçe, Londra'da, Balık Burcu'nda (burç işareti koy)

8 derecede 41 dakikada ve 28 derecede 6 dakika kuzey enleminde

gözükmüşken: Güneş, Oğlak Burcu'nda (burç işareti) 18 derecede 26 dakikada bulunmaktaydı. Ve, 1577 yılında, 29 Aralık'ta Balık Burcu'nda (burç işareti) 8 derece 41 dakikada ve 28 derece 40 dakika kuzey enleminde belirmiş ve Güneş, Oğlak Burcu'nda (burç işareti) 18 derece 26 dakika civarındaydı. Her iki durumda da, Dünya'nın konumu aynıydı. Ve kuyrukluyıldız Göğün aynı konumunda belirmişti. Ancak, evvelki vaka'da, gökcisminin kuyruğu, (hem benim rasatlarıma göre hem de diğer kişilerin rasatlarına göre) Güneş'le bakışım noktasından kuzey'e doğru 4 1/2 derecelik bir açı ölçüsünde sapmıştır. Öte yandan, ikinci vakâda, Tycho'nun yapmış olduğu rasatlara göre, sapma güneye doğru 21 derecelik bir ölçüdeydi. O halde, kuyrukluyıldızların kuyruklarının izah edilmesinde, göğün ışığı kırması hipotezinin aksi ispat edilmiştir. Şimdi işin kalanı; kuyrukluyıldızların kuyruğunu izah etmeye çalışan hipotezlerden ışığın yansıması hipotezini irdeleyelim: Ve, kuyrukluyıldızların kuyruklarının kafalarından kaynaklandığı ve Güneş'in karşısındaki istikamete yöneldiği -bir de- kuyruklarının hareketinin tâbi olduğu Kanun'lardan da teyid edilebilir. Ve, Güneş'in küresinin merkezindeki noktadan geçen düzlemlerin üzerinde konumlanmış kuyrukları, mütemadiyen, Güneş'in bakışım noktasından sapar ve bu sapmanın yönü de kuyrukluyıldızın kafasının bu yörüngelerin üzerinde, ilerlerken geçtiği kısımlara yönelmiştir. Öyle ki, bu düzlemlerde bulunan bir gözlemciye göre, bunlar, Güneş'e tam zıt konumlarda gözükür. Ne var ki gözlemci, bu düzlemlerden çekilirken, bunların sapmaları belirir ve günler geçtikçe bunun ölçüsü artar. Öyle ki; caeteris paribus (yani, diğer şartların eşit olması hâlinde)

772

bu sapma; kuyruk, kuyrukluyıldızın yörüngesine daha eğik açılı olduğunda, az gözükür, bir de, kuyrukluyıldızın kafası, Güneş'e doğru epeyce yaklaştığında, ki bilhassa, eğer sapmanın açısı kuyrukluyıldızın kafasının yakınlarındaveri ile bulunmuşsa. Herhangi bir sapması olmayan kuyruklar, düz-hatlı gözükür ancak sapan kuyruklar aynı mantık mucibince, belli bir ölçüde eğrileştirilir. Bu eğrilik, sapmanın ölçüsünün fazla olduğu durumlarda fazladır ve kuyruk daha uzun olduğunda (diğer şartların eşitliği halinde, -caeteris paribus-) bu eğrilik daha net algılanabilirdir. Zira, kısacık kuyruklarda, eğrilik zor algılanabilir bir haldedir. Sapma açısı, kafa kısmında az ancak kuyruğu bitimine doğru fazladır. Bunun da sebebi şudur: Kuyrukluyıldızın kuyruğunun dışbükey kısmı, hareketin oluşturduğu sapmanın oluştuğu kısımlara dönük baktığından ve bu kuyruğun tamamı, Güneş'in merkezi noktasından başlatılıp kuyrukluyıldızın kafa kısmına doğru çizilen "sonsuz" sayıda doğrunun herbirinin üzerinde bulunduğu için böyledir: Ve kuyrukların uzun ve geniş olanları ve nispeten kuvvetli bir ışıkla parlayanları; dışbükey tarafında, içbükey taraflarına göre, daha gösterişlidir ve daha belirgin çizgiler ile tanımlanmıştır. Bütün bu değerlendirmelerden anlaşılmaktadır ki: Kuyrukluyıldızların, kuyrukları olgusu, bu gökcisimlerinin kafa kısımlarının hareketlerine göre, oluşagelen bir tabiat olayıdır ve bunun kuyrukluyıldızların kafasının Gök'te gözüktüğü konumlarda ile hiç bir illiyeti yoktur. Ve bundan ötürü, kuyrukluyıldızların kuyruğu, Göğün, ışığı kırma tesirinden kaynaklanan bir optik tesir olmayıp kendi kafalarından çıkan ve kuyruğu teşkil eden bir maddeden oluşmaktadır. Çünkü, havakürenin içindeki havalı ortamda, ısıtılmış bir cismin dumanı, eğer, cisim atâlet halinde ise dikey istikamette yükselir, yok eğer cisim; eğik bir açı ile hareket ettiriliyor ise cismin dumanı eğik bir açı ile yükselir. Aynı mantık, havanın olmadığı fezâda da işler durur. Fezâda, cisimlerin hepsi, Güneş'e doğru çekilmekte olduğu için, bu cisimlerden çıkan duman

773

ve buhar (evvelce de söylemiş olduğum gibi) Güneş'ten öte tarafa doğru yükselir. Ve eğer tüten cisim atâlet halindeyse, cismin dumanı dikey istikamette yükselir gider. Ve eğer, cisim, hareketindeki ilerleyişlerinin tümünde, buharın evvelce yükseldiği o yüksek noktaları mütemadiyen geride bırakıyor ise, duman eğik açılar ile yükselir. Ve bu eğikliğin ölçüsü, buharın en fazla velosite ile yükseldiği konumlarda en azdır. Yani şu anlama gelir; cisim, bir başka tüten cisim olan Güneş‘in yanındayken. Ancak, eğiklik açıları farklı farklı ölçülerde olduğundan, çıkan buharın sütunu eğriltilmiş olacaktır. Ve çünkü, başa yakın taraflardan çıkan buhar ―taze‖ olduğundan ve yeni oluşmuş olduğundan ve cismin kafa kısmından sonradan çıkıp yükselmeye başlamış olduğundan o tarafa, buharın maddesinin yoğunluğu da ―eski‖ dumana göre fazla olacak ve bu yoğunluk mantığının optik karşılığı da ışığı daha bol yansıtması demek olduğundan buraları daha belirgin çizgilerle de tanımlanmış olacaktır. Ben, burada, kuyrukluyıldızların kuyruklarının aniden kıvrılıp düzensiz içbükeylik veya dışbükeylik göstermelerinden bahsetmeyeceğim. Gerçi, bazı yazarlar, bunları tasvir etmişlerse de, bu görünüşlerin esas sebebi, havakürenin içindeki havanın görüntüyü deforme etmesi veya bulutların hareket etmesiyle bu kuyrukları kısmen kapatıp örtmesi gibi sebepler olabilir. Ya da belki de, Samanyolu Gökadası‘nın (Galaksisi‘nin) ışık oluşturan parçalarının, kuyrukluyıldız, göğün o bölgelerinde gözüktüğü vakit onun ışığı ile bunun ışığı karışıp bu gökadanın bir takım ışıklı parçaları sanki kuyrukluyıldızın parçasıymışcasına algılanabilir ve karıştırılıyor. Ancak, kuyrukluyıldızların atmosferlerinin, bu devasa uzay mekânlarını doldurabilecek ölçüde buhar çıkarabileceği hakikatini, kendi havaküremizin içindeki havanın seyrekliğinin ölçüsünden anlayabiliriz. Zirâ, deniz seviyesindeki ağırlığı dikkate alındığında: Belli bir ağırlıktaki hava, aynı ağırlıktaki su‘dan 850 misli büyük bir hacım kaplar. Ve işte bundan ötürü: 850 feet yükseklikli bir silindir biçimindeki bir hacımın içinde mevcut havanın ağırlığı,

774

boyu 1 feet olan ve eni evvelki ile aynı ölçüde bir silindirin içindeki suyun ağırlığına eşittir. Ancak, yüksekliği, Dünya‘nın havaküresinin en yukarı irtifaına erişen içi hava dolu ve yüksekliği yaklaşık 33 feet olan bir silindirin ağırlığına eşittir. Ve bundan ötürü, eğer, içi hava dolu silindirin bütününden, aşağıda kalan 850 feet yükseklikli kısım çıkarılırsa, yukarıda kalan kısımın ağırlığı 32 feet yüksekliğinde ve içi su dolu bir silindirin ağırlığına eşit olacaktır. Ve bu bilgilerden ve yapılmış bir çok deney ile de teyit edildiği gibi, havanın diğer havayı sıkıştırması demek olan hava basıncı, yukarıda kalan hava tabakasının ağırlığının toplamının aşağıda kalan hava tabakasının üzerine basan ağırlığıdır. (ve kütleçekimi kuvveti, Dünya‘nın merkezî noktasından mesafeleri ile ters kare orantısındadır.) Ve, II. Kitabın, XXII. Önermesi‘nin Kaziyesi‘ne göre bir hesap kurarak buldum ki: Dünya‘nın yüzeyinden itibaren tasavvur edilmiş ve Dünya‘nın en geniş yarı-çapının biri ölçüsünde bir irtifâda mevcut havanın seyrekliğini, deniz seviyesindeki yoğunluğun yarıçapı ile mukayese eden bir orantı kurulur ise: Ve bu orantı, eğer, taa Satürn gezegeninin yörüngesine ve hatta daha da öteye eriştiği tahayyül/tasavvur edilmiş bir küresel hacım ile, çapı 1 inç ölçüsünde bir başka küresel hacım ile orantılanır ise, evvelce bahsedilen orantı, bu orantıdan az olur. İşte, bundan ötürü, hava çok uzak mesafelerde muazzam ölçüde seyrelir. Ve, kuyrukluyıldızların coma da denilen atmosferi, genellikle, baş kısmının merkezi noktasından mesafesi düşünüldüğünde ve bu mesafe, baş kısmının yüzeyinden itibaren düşünülen irtifaı ile karşılaştırıldığında, 10 misli irtifâlıdır. Ve kuyruk kısmı daha bile yüksek irtifâa çıkmış olduğu için, bunlar, çok ama çok seyrek olsa gerektir. Ve her ne kadar, kuyrukluyıldızların çok daha kalın atmosferleri ve bunların cisimlerinin Güneş‘e doğru büyük kuvvetle çekilimi ve bunun yanı sıra, kendi etrafındaki hava parçacıklarının ve buharın birbirlerine doğru çekiliminin hesap edilmesinden bilinir ki; belki de fezadaki hava ve kuyrukluyıldızların kuyruklarındaki hava o denli fazla ölçüde

775

seyrek değildir. Ancak, yine de bu hesaptan, ‗kesin bilgi‘ olarak bilebildiğimiz şey, bu denli az miktardaki havanın ve buharın, kuyrukluyıldızların kuyruklarındaki görünüşlerin tümünü oluşturabilecek denli yeterli bollukta olduğudur. Zirâ, bunların, dikkate değer bir seyreklikte olduğu, ışıkları, bu tabaka arasından geçerek ışıyan sabit yıldızların olduğu olgusudur. Dünya‘nın havaküresi, kalınlığının ölçüsü sadece birkaç mil olmasına rağmen, Güneş‘in ışığı ile aydınlatıldığında, sabit yıldızların tümünün ışığını karatmakla kalmaz, bunun yanı sıra Ay‘ın ışığını da karartır. Öte yandan, Gök‘teki en küçük yıldızların bile, kuyrukluyıldızların kuyruklarının çok büyük ölçüdeki derinliğinden ışıdığı gözükür ki, Güneş, kuyrukluyıldızları da aynı tarzda aydınlatsa dahi, bu ışıyan yıldızların parlaklığında hiçbir azalma olmaz. Kuyrukluyıldızların çoğunun kuyruklarının parlaklığı da –genellikle- Dünya‘da, kontrollü deneyi yapılabilen tarzda, örneğin, Güneş‘in ışınlarının karartılmış bir odaya pencerenin üzerindeki yalıtım maddesinde açılmış delikten içeri alındığında, 1 veya 2 inç‘lik partiküllerin oluşturduğu yansımadan fazla değildir. Ve biz, çok yaklaşık bir değerde, buharın kuyrukluyıldızın kafa kısmından kuyruk kısmının bitimine kadarki yükselme hareketinde geçen süreyi saptayabiliriz. Bunun yöntemi de, kuyruğun bitim noktasından Güneş‘e bir doğru çizip ve bu doğrunun kuyrukluyıldızın yörüngesini kestiği noktayı işaretlemektir. Çünkü, şimdi, kuyruğun bitim noktasında, bulunan buhar, eğer ki, Güneş‘ten itibaren çizilmiş bir doğrunun istikametinde yükseldiyse, kafa kısmından, kafa, o kesişin noktasında bulunuyor iken yükselme hareketine başlamış olsa gerektir. Dumanın, Güneş‘ten itibaren çizilmiş bir doğrunun üzerinde ve istikametinde yükselmediği bir gerçektir. Ancak, duman, henüz yükselmeye başlamadan önce kuyrukluyıldızdan aldığı hareketi muhafaza edip ve bu hareketi, yükselmesi başladığında oluşan hareket ile bileşkelendirerek; eğik açı ile yükselmeye başlar. Ve bu mantığı da düşünerek, Problem‘in çözülmesi şu metot ile daha hassas ölçüde kotarılabilir:

776

Eğer,

yörüngeyi

kesen

çizgiyi,

kuyruğun

uzunluğuna

paralel

çizersek;

ya

da,

(kuyrukluyıldızın eğriçizgisel hareketi sebebiyle) bu çizgiden ya da kuyruğun uzunluğundan birazcık sapan bir tarzda çizersek. Ve bu prensibi işleterek, buldum ki: 25 Ocak‘ta; kuyruğun bitim noktasında bulunan buhar, kuyrukluyıldızın kafa kısmından 11 Aralık‘tan önce yükselmeye başlamıştır. Ve bundan ötürü, yükselmesinin tamamı 45 günde olmuştur. Ancak, Aralığın 10‘unda gözükmüş kuyruğun bütünü yükseliş hareketini, kuyrukluyıldızın günberi konumunda olduğundaki zamandan itibaren geçen 2 günlük müddette tamamlamıştır. Bundan ötürü de, buhar, başlangıçta ve Güneş‘in çok yakınlarında çıkarken, en fazla velosite ile yükselmiş ve sonraları, kendi ağırlığı ile mütemadiyen oranı artan ölçülerde yavaşlayan bir haerket ile yükselmeye devam etmiş ve ne kadar yükselmiş ise, kuyruğun uzunluğuna o ölçüde uzunluk ilave etmiştir. Ve kuyruk, gözükmeye devam ederken, bunun maddesini oluşturan buharın neredeyse tümü, kuyrukluyıldızın günberi konumundan itibaren çıkardığı ve yükselen dumandan oluşmuştur. Buharın evvelâ çıkıp yükselmiş olan parçası, yani, kuyruğun bitim noktasını oluşturanın, gözükmesi devam etmiş, tâ ki, çok uzak mesafelere doğru, ki bu mesafeler kuyruğun ışığını alıp yansıttığı Güneş‘ten çok ötede olduğunda, nihayet gözükmez hale gelmiştir. O halde, şu ara neticeye de varabiliriz: Kuyrukları kısa ölçülü olan diğer kuyrukluyıldızların kuyruğu, kafa kısımlarında hızlı hızlı ve mütemâdi bir hareket ile yükselmez, ve bunların kuyrukları bir sürede kaybolur. Ancak, kuyrukları nispeten kalıcı olan kuyrukluyıldızlarda, buharlardan ve soluklardan oluşma silindirik hacımlar, kafa kısmından, günlerce süren bir müddette ağır ağır işleyen hareketle yükseldiği için ve yükselen buharlar, içinden çıktıkları kafa kısımının hareketini de özümsemiş olduğu için beraberce Gök‘ü kat edip gider. İşte bu olguyu esas alıp bir başka bilimsel ara-neticeye daha erişiriz: İşte, bu olguyu esas alıp bir başka bilimsel neticeye erişiriz: Bu ise, fezâ‘nın içinde hareket eden maddeye direnç göstermeyen hür bir mekân olduğu anlaşılır. Zirâ, fezânın içindeki hacımda, sadece,

777

gezegenlerin ve kuyrukluyıldızların sert ve katı cisimleri değil, bunun yanı sıra, kuyrukluyıldızların son derece seyrek dokulu kuyrukları da hızlı hareketlerini tam bir hürriyet ile sürdürür ve bu da çok ama çok uzun müddet sürer-gider. Kepler, kuyrukluyıldızların, kafa kısımlarını çepeçevre saran atmosferin olmasına atıf yaparak ve bunun istikametinde Güneş‘ zıt taraflarına doğru olmasını da ışığın ışınlarının kuyrukluyıldızların kuyruğunu oluşturan maddeyi, uzayda hareket ederken yanlarında sürüklemelerine atfeder. Ancak, çok daha incongruent olmaksızınr şu fikri öne sürer: Böyle hür bir mekânda, ancak, ether denilen son derece narin gevşek dokulu ve seyrek ―madde‖ Güneş‘in ışınlarının tesiri ile hareket ettirilebilecek özellikte olabilir. Ne var ki; ancak, ışığın ışınları mekânda büyükçe parçacıkları algılanabilir ölçüde hareket ettirilebilemezler, velev ki, bu parçacıklar mekâna çok zayıf bir direnç ile tutunmuş olsun. Bir başka bilim yazarı, hafiflik özelliği ile de donanmış başka türde parçacıkların mevcut olabileceği fikrini öne sürmüş ve diğer türde parçacıkların da ―ağırlık‖ özelliği ile yüklü olduğu fikrini de öne sürmüştür. Ve bu fikre binâen kuyrukluyıldızların kuyruğunu oluşturan maddenin evvelki türde hafiflik özelliği olan parçacıklardan oluşmuş olabileceğini ve Güneş‘ten öte tarafa giderken yükselmesi olgusunu bu hafiflik özelliği ile izah etmeye çalışmıştır. Ne var ki; Gök cisimlerinin çekim kuvvetinin, cisimlerin ihtivâ ettiği maddenin miktarına olduğunu düşündüğümüzde ve bundan ötürü, aynı miktardaki maddeler için ne daha fazla ne daha az olabileceğini de düşündüğümüzde benim bilgisel fikrim: Kuyruğun yükselişinin sebebinin; kuyruğun seyrelmesinden kaynaklandığıdır. Örnek vermek icab ederse: Bir bacadan dumanın yükselişi, dumanın etkileştiği havanın tesiri ile oluşur. Isıyla, seyrelen hava yükselir çünkü bunu ―özgül çekim‖i azalmıştır. Ve bu, yükselirken etkileşip durduğu dumanı da beraberinde taşır ve hareket ettirir. Ve niçin, Güneş‘ten öteye uzanan kuyrukluyıldızın kuyruğu aynı mantığa göre işlemesin? Zira, Güneş‘in ışınları içinde yayıldıkları ortamlarda yansıma ve kırılma gibi iki optik olayın

778

dışında hiçbir tesirde bulunmaz. Ve ışığı yansıtan parçacıklar, bu tesir ile ısıtılır ve bu reaksiyonda müdahil olan ether maddesini de beraberinde ısıtır. Bu madde içine aldığı ısı ile seyrelir ve bu seyreltiliş‘ten ötürü, reaksiyondan önce Güneş‘e yöneltilmiş olduğu özgül kütleçekimi azalır ve bundan böyle Güneş‘ten öteye yükselir ve bu esnada kuyrukluyıldızın kuyruğunun muhtevasını oluşturan ve ışığı yansıtan parçacıkları da beraberinde taşır. Ancak, buharın yükselişi, bunların Güneş‘in etrafından deveran etmesi ile daha da arttırılmış olur. Ve bunun neticesinde, buhar, Güneş‘ten uzaklaşma eğilimine girer; öte yandan, Güneş‘in atmosferi ve gökte bulunan diğer maddeler ya büsbütün hareketsiz haldedir ya da sadece Güneş‘in kendi ekseninin etrafından kaynaklanan hızı daha yavaş ölçüde bir deveran ile hareket ettirilir. Ve işte bunlar, kuyrukluyıldızların kuyruklarının, Güneş‘e mücavir bölgelerde yükseltilmesinin sebebidir ki bu bölgelerde yörüngeler, eğriliğinin ölçüsü daha fazla olan yörüngelere eğriltilerek dönüştürülür. Ve, kuyrukluyıldızların kendi cisimleri de Güneş‘in atmosferinin daha yoğun ve bu sebeple de daha ağır kısımlarına doğru dalar. Çünkü oluşan kuyruklar, kendi öz hareketlerini korurken ve bu esnada Güneş‘e doğru çekilirken, kafaların gittiği yön istikametinde elips yörüngelerde döndürülse gerektir ve bu harekette de kuyruk daima kafa ile beraberce hareket eder ve kuyruk kafa ile gevşek bir yapışıklık ilişkisindedir. Çünkü buharın, Güneş‘e doğru çekilmesinin ölçüsü, kuyruğu, kafa kısmından sıyırıp Güneş‘in küresinin içine alçalmasını sağlayacak denli kuvvetli değildir ve kafa kısmının buharı çekmesinin kuvveti de, bu buharların kafa kısmından da kopmasını ve uzaklaşmasını önleyecek ölçüdedir. Bunlar, kendi müşterek ağırlıkları ile yörüngedeyken ya Güneş‘e doğru düşmeye başlasalar ya da Güneş‘ten müşterek yükselişlerinde ölçüsü gidereke artan oranlarda yavaşlayarak hareket etseler gerektir. Kuyrukların, o nedenden ötürü, kuyrukluyıldızların günberi konumlarında yükselenleri, kafa kısımları ile beraber uzayın, çok çok uzaktaki kısımlarına dek gidecek ve yıllar yıllar sonra kafaları ile beraber geri dönecek ve bize gözükecektir. Ya da belki, uzayın o kısımlarında

779

seyrelip azar azar kaybolup gidecektir. Çünkü, bundan sonra, kafalarının Güneş‘e doğru alçalması esnâsında, kafa kısımlarında yeni yeni kuyruklar ağır ağır yayılır. Ve bu kuyruklar azar azar artırılarak en nihayetinde …. bir ölçüye gelir. Özellikle de, günberi konumlarında eriştikleri mesafede -neredeyse- Güneş‘in atmosferine değecek gibi alçalıp gelen kuyrukluyıldızlarda. Çünkü, o günberi bölgesi yakınlarında, bu buharlar daimi bir seyreltilme ve genişleme halindedir. İşte bundan ötürüdür ki: Kuyrukluyıldızların kuyrukları, bitimlerine yakın parçalarında, kafa kısımlarına yakın parçalarına göre daha geniştir. Ve şu fiziki olay da mümkündür: Bu buharlar, mütemadiyen seyrelip ve genişleyip, en nihayetinde, göğün mekânının her tarafına dağılıp ve zaman geçtikçe, kendi ağırlığı ile, azar azar gezegenlere doğru çekilebilir. Ve onların atmosferleri (havaküreleri ile) karışabilir. Çünkü, şöyle düşünün: Denizler, Dünya‘nın yaşayışının düzeni için, olmazsa olmaz bir gerekliliktir. Çünkü, denizlerden, ısısı yolu ile yeterli bir miktar suyu buhara dönüştürüp kaldırır ve miktarı çeşitli bulut paketçiklerinde bir araya getirip toplar. Ve bu bulutların buharı yağmura dönüşebilir. Ve öyle olduğunda, bu eski buhar yeni su, toprağı sulandırır. Toprağın bu sulanması ise, bitkilerin tabî olarak üremesi ve beslenmesi için gereklidir. Eğer, bu buhar, dağların doruklarında soğuk ile temas edip sıkışır ise, buzlaşır. (bazı düşünürlerin aklederek verdiği hükümdeki gibi) Ve bunlar kaynak suyu olarak veya ırmaklara karışıp aşağı irtifâlara doğru hareket edebilir. O halde denilebilir ki: Denizlerin korunması ve gezegenlerdeki seyyâl maddenin korunması için, sanki, kuyrukluyıldızların mevcudiyeti gerekli kılınmış gibidir. Çünkü, kuyrukluyıldızların, buharı ve solukları, sıkışarak, gezegendeki, seyyâl maddelerin toplam miktarından, bitkilerin hayatiyeti ve çürüme süreçleri ile toprak elementine bir tür biyolojik simya ile dönüşüp oluşturdukları kalıntıların miktarının çıkarılması ile oluşan noksanı, mütemadiyen telâfi ve ikmâl eder. Ve, çürümüş seyyâl maddelerin hepsinde, daima, dibe çökelen bir tür sulu çamur bulunur. Ve

780

böylelikle katı toprak elementinin hacımı mütemadiyen arttırılır. Ve, eğer, seyyâl maddeler, dışarıdan ikmâl edilmezse, bunların miktarı, mütemadiyen azalsa gerektir ve ennihayetinde tükenir. Hatta dahası: Zannedersem; havadaki uçucu maddelerin mühim bir miktarı kuyrukluyıldızlardan gelmektedir, ki bu aslında maddenin en küçük olan ancak, havanın en ince ve faydalı parçasıdır ve de Dünya‘daki hayatı beslemek için en gerekli ihtiyaçtır. Kuyrukluyıldızların atmosferleri, Güneş‘e doğru alçalan yörüngede yol aldıklarında azalır ve tükenmeye yüz tutar ve ölçüsü daralır; (hiç değilse Güneş‘e doğru dönük tarafında.) Ve Güneş‘ten uzaklaşırken, bunların tükenip kuyruğa eklenmesi daha az miktardayken; atmosferi tekrardan genişler. (Eğer, Hevelius‘un rasatlarındaki ölçüler hassas alınmış ise) Ancak bu, gökcisimlerinin , en küçük gözüktükleri dönem, Güneş‘ce en fazla miktarda ısıtıldıkları dönemin akabindeki dönemdir. Ve bu mantığa göre de, o dönem en uzun ve gösterişli kuyruklarını salarlar. Ve belki de, yine aynı dönemde, çekirdek kısımlarını çevreleyen atmosferlerinde, en aşağıdaki tabakada en yoğun ve koyu duman bulunur. Çünkü, miktarı fazla ve yoğun ısıya maruz kalan cisimler, daha yoğun ve koyu duman çıkarır. Nitekim, tasvir edegeldiğimiz, kuyrukluyıldızın kafası, Güneş‘e ve Dünya‘ya eşit mesafede bulunduğunda, günberi noktasını geçip gittiğinde, evvelce gözüktüğünden daha koyu tonda gözükmüştür. Nitekim, Aralık ayında, bu gökcismi, 3.kadirden yıldızların ışığı ile mukayese edilebilirken, Kasım ayında, birinci ve ikinci kadirden yıldızların ışığı ile mukayese ediliyordu. Öyle ki; her iki gözükmesini de görenler, verdikleri raporlarda, ilkin, ikincisinden başka ve daha büyük bir kuyrukluyıldız olarak tasvir etmişlerdir. Nitekim, 19 Kasım‘da, bu kuyrukluyıldız, Cambridge‘de bir gence gözükmüş ve ışığı solgun ve cansız diye betimlenmiştir, ancak yine de Spica Virginis‘in (Bakire‘nin Mızrağı?) ışığına denkti. Ve o dönem, sonraki dönemde parlayacağı kadirden daha parlak ışımıştı. Ve 20 Kasım‘da, Montenari, yaptığı gözlemde, bunu birinci kadirden yıldızlardan daha büyük ve

781

kuyruğunun ölçüsü 2°lik uzunlukta bulmuştu. Ve, bana postaladığı mektuplarından da okuduğum kadarıyla, Mr. Storer şöyle yazmıştı: Aralık ayında, kuyruk kısmı, en büyük hacmında ve parlaklığında gözüktüğünde; kafa kısmı küçüktü, ve Kasım ayında şafak vaktinden evvel gözüktüğündeki ölçüsünden çok farklı ölçüde küçüktü. Ve bu gözüküşlerin sebebine dair düşündüğünde, verdiği hüküm, evvelâ, kafa kısmında çok fazla madde varken, hareketin ilerlemesi ile bu maddenin miktarı azar azar azalmıştır. Ve bu, benim kendi bulgularımla da tutarlıdır. Zirâ, diğer kuyrukluyıldızları incelediğimde, en hacımlı ve parlak kuyrukları arkalarından salan kuyrukluyıldızların kafaları tuhaf ölçüde küçük gözüküyordu. Nitekim, Brezilya‘da, rasat eden St. N.P. Valentinus Estancius, 1668 yılının 5 Mart‘ında saat öğleden sonra 7‘de, kuyrukluyıldızı güneybatı istikametinde görmüştür. Kafası ise, neredeyse gözle seçilemeyecek ölçüde küçüktü. Ancak, kuyruğu her türlü ölçünün üzerinde fevkaladeydi. Öyle ki: Oradan denize vuran gölgesi, sahilde ayakta duran kişilerce kolaylıkla seçilip görülmüştür. Kuyruğunun şekli Batı‘dan Doğu‘ya doğru konumlanan ve 23°‘lik bir uzunlukta kızgın ve parlak bir ışına benziyor ve bu ışın neredeyse ufka paralel vaziyetteydi. Ne var ki bu aşırı parlaklığı sadece üç gün sürmüştür. Ondan sonra ise azar azar sönükleşmiştir. Ve parlaklığının azaldığı dönemde, kuyruğunun hamcı artmıştır. Rivayete göre, Portekiz‘de gözüktüğünde kuyruğu Göğün dörtte birini kaplamış (Yani bu da 45°dir.) kuyruk Batı‘dan Doğu‘ya doğru konumlanmış ve çok dikkate değer bir parlaklık ile ışımıştır. Ancak, yine de, kuyruğun tamamı göğün bu kısımlarında gözükmemiş çünkü kafa kısmı daima ufkun altındaki bir konumda saklı kalmıştır. Ve kuyruğun hacmının artışından ve parlaklığının azalışından şu anlaşılmaktadır: O dönem, kafa kısmı, Güneş‘ten uzaklaşma hareketindeydi ve günberi noktasına da çok yakın konumdaydı. (Tıpkı, 1680 yılında gözükmüş kuyrukluyıldızda olduğu gibi) Ve, bizim, Sakson Yıllıkları‘ndan bildiğimize göre, Milâdi 1106 senesinde böyle bir kuyrukluyıldız belirmiş, bu tıpkı 1680 yılında gözükmüş kuyrukluyıldız gibi, küçük ve tuhaftı, ancak bunun kuyruğunun parlaklığı çok boldu ve

782

Gök‘te Doğu‘dan Batı‘ya uzanan bir istikamette konumlanmış büyük ve kızgın bir ışına benziyordu. (Bu tasvir Hevelius‘un da Durham keşişi Simeon‘dan aktardığı gibidir.) Bu kuyrukluyıldız Şubat‘ın başında akşama doğru gözükmüştür ve konumu da Göğün güneybatı kısmına yönelmiştir. İşte buradan da, ve kuyruğun konumundan da, kafa kısmının, Güneş‘in civarında bulunduğu istidlâl ediyoruz. Matthew Paris‘in raporunda, kuyrukluyıldız, saat üçten saat dokuza kadar Güneş‘e bir kübit mesafede bulunuyordu ve arkasından da uzun bir kuyruk salmışmıştı. Bu tasvir, aynı zamanda, Aristo‘nun 1. Kitabı‘nın 6. Meteor‘unda (?) tanımlanmış ―en parlak kuyrukluyıldız‖ ın ta kendisiydi. Onun kafası görülemiyordu çünkü Güneş‘ten evvel batmıştı ya da hiç değilse, Güneş‘in altında nispeten saklı konumdaydı. Ancak, ertesi gün, gözükebileceği kadar duru gözükmüştü, çünkü, Güneş‘ten bir yol öteye gittiğinden, ondan bir süre sonra batmıştır. Ve kafa kısmından karmakarışık yansıyan ışığı, kuyruk kısmının azâmetli parlaklığı ile gölgelenmişti. Ne var ki, daha sonra, (Aristo‘nun da kendi devrindeki eserinde yazmış olduğu gibi) kuyruk kısmının aşırı parlaklığı azalınca, kafa kısmının öz parlaklığı kendini yeniden buldu. Ve kuyruğun muhteşemliği, şimdi, Göğün üçte biri (yani 60°lik) uzunluğa erişmişti. Bu görünüş kış mevsimindeydi (an. 4. Olymp.101) ve kuyrukluyıldız Orion‘un kemerine kadar çıkıp oradan ortadan kaybolmuştu. Şurası bir gerçektir ki: 1618 senesinde gözükmüş kuyrukluyıldız, ki Güneş‘in ışınlarının tam altında belirip çok büyük bir kuyruk göstermişti, birinci kadirden yıldızlara eşit gibi gözüküyordu; belki bir miktar aşıyordu da. Ancak, o halde, şu karşı fikir de ileri sürülebilir: Bundan daha büyük olup da, daha kısa kuyruk salan, çok sayıda kuyrukluyıldızın olması, bir olgudur. Ki, bunlardan bazılarının görünüşteki büyüklüğü Jüpiter kadar büyük, bazıları Venüs‘ün ölçüsünde, hatta bazıları Ay kadardır. Dediğimiz gibi, kuyrukluyıldızlar, gezegenlerin sınıfından bir gökcismidir. Ve bunların yörüngeleri, Güneş‘in etrafından tanımlanan çok dışarlak (eksentrik) yörüngelerdir. Ve tıpkı, küreleri kuyruksuz olan gezegenlerin bir özelliğinde olduğu gibi: Kürelerinin çapı küçük ölçüde olan gezegenlerin Güneş‘e yakın

783

içerlek yörüngelerde hareket ettirilmesi olgusu gibi, kuyrukluyıldızlarının bir özelliğinin de, günberi noktalarında Güneş‘e iyiden iyiye yaklaşan kuyrukluyıldızların ölçülerinin de genellikle küçük olması ve sebepten ötürü Güneş‘in küresini çekim kuvvetleriyle pek de fazla ajite etmeyişleri fikri mantıklıdır. Ne var ki, kuyrukluyıldızların yörüngelerini kesip geçen çaplar konusunda ve bunların devir süreleri hakkında şimdilik bir fikir öne sürmüyor, bunların saptanmasını, ancak, bir döngüyü tamamlayıp aynı konuma gelmesi çok uzun zaman alan kuyrukluyıldızlar ile mukayese edilmesini umuyorum. Bu esnâda; aşağıdaki Önerme; bu inceleme hakkında bir fikir verebilir: 42.Önerme 22.Problem Yukarıda izah edilmiş yöntem ile mahreki bulunmuş bir kuyrukluyıldızın mahrekini düzeltme yöntemi. Birinci İşlem: Evvelki Önerme‘ye göre, bulunmuş ve saptanmış bir mahrekin düzleminin konumunu varsayın: Ve sonra, kuyrukluyıldızın bulunduğu mekânı temsil eden 3 konumu seçin; bu konumlar ise çok hassasiyetle yapılmış gözlemlerden tâyin edilmiş olsun ve bu noktalar birbirine çok uzak mesafelere konumlandırılsın. Sonra varsayın ki: A, yapılmış gözlemlerin ilki ile ikincisi arasında geçmiş süreyi ve B yapılmış gözlemlerden ikincisi ve üçüncüsü arasında geçmiş süreyi temsil etsin. Ancak, bu sürelerin içindeki bir anda kuyrukluyıldızın yerberi noktasında bulunduğunu ya da hiç değilse o noktanın civarında olduğunu da kabul edin. Ve gökcisiminin görünürdeki konumunu temsil eden bu noktalardan; trigonometrik işlemleri işleterek bu mahrekin varsayılmış düzleminde kuyrukluyıldızın bulunduğu hakiki konumları hesaplayın ve işaretleyin. Sonra, bu bulunmuş üç noktayı esas alıp ve odak noktası olarak da Güneş‘in bulunduğu noktayı merkez alıp Birinci Kitabı‘n 21. Önermesi‘nde târif edilmiş aritmetik işlemler metodu ile bir konik kesitini tanımlayın. Bu

784

şeklin alanı, Güneş‘in bulunduğu tasavvur edilen noktadan, bulunmuş D ve E konumlarına çizilmiş yarıçaplar ile ayrılmış/sınırlanmış olsun. Öyle ki, D yapılmış birinci gözlem ile ikinci gözlemin arasında geçen sürede tanımlanmış alanı, E, yapılmış ikinci gözlem ile üçüncü gözlemin arasında geçen sürede tanımlanmış alanı temsil etsin. Ve, T harfi, D+E olarak ifade edilen tüm alanı, 1. Kitabın XVI. Önermesi‘nde târif edilmiş yöntem ile velositesi hesaplanmış kuyrukluyıldızın tanımladığı sürenin tamamını temsil etsin. İkinci İşlem: Mahrekin düzleminin, ekliptik düzlem ile oluşturduğu eğiklik açısını muhafaza ederek mahrekin düzlemindeki düğümlerin boylamını, 20 veya 30 dakika ilave ederek arttırın ve buna P deyin. Sonra, evvelce bahsedilen, kuyrukluyıldızın gözlemlenmiş olduğ konumların üçünden yola çıkıp bu yeni düzlemin üzerinde, evvelce yapıldığı yöntem ile kuyrukluyıldızın üç hakiki konumunu hesap edin. Ve bir de, bu noktalardan geçen yörüngeyi ve iki gözlemin vaktinin arasındaki sürede tanımlanmış iki alana da d ve e deyin. Ve t harfi de, dte ile ifade edilen alanının tümünün tanımlandığı sürenin tamamını temsil etsin. Üçüncü İşlem: İlk işlemdeki düğümlerin boylamlarını muhafaza ederek mahrekin düzleminin ekliptik düzlem ile oluşturduğu eğiklik açısını, buna 20‘ veya 30‘ ilave ederek arttırın. Ve buna da Q deyin. Sonra da , kuyrukluyıldızın evvelcene bahsedilmiş ve gözlemlenerek tespit edilmiş 3 görünürdeki konumundan hareket ile bu yeni düzlemin üzerinde 3 noktayı kuyrukluyıldızın hakiki konumu olarak alın. Bir de, bu noktalardan geçen bir yörünge alın ve gözlemlerin arasında geçen sürede tanımlanmış iki alanı alın ve bunlara δ ve ε adını verin. Ve η harfi, δ + ε işlemi ile ifade olunan toplam alanın tanımlandığı toplam süreyi temsil etsin. Sonra, C‘yi 1‘e oranlayıp bunu A‘nın ve B‘ye oranına eşitleyip G‘nin 1‘e oranını da, D‘nin E‘ye oranına eşitleyin. Ve g‘nin 1‘e oranını, d‘nin e‘ye oranına eşitleyin. Ve y‘nin 1‘e oranını, δ‘nın ε‘a oranına eşitleyin. Ve S harfi de, birinci gözlem ile üçüncü gözlemin arasında geçen

785

hakiki süre olsun. Ve, denklemdeki + ve – işaretlerini düzenleyerek ve m ve n harflerini de denkleme katarak şu denklemleri buluruz: 2G – 2C = m G – mg + n G – nγ ve 2T- 2S = m T – mt + n T – n T. Ve eğer, aritmetik işlemlerin ilkinde, I harfi, mahrekin düzleminin, yörüngenin düzlemine göre, eğikliğini temsil ediyor ise, ve K düğümlerin herhangi birinin boylamını temsil etsin. O halde; I + nQ

toplama işlemi, mahrekin düzleminin, yörüngenin düzlemine göre hakiki

eğikliğini verir. Ve K + mP toplama işlemi de düğümlerin hakiki boylamını verir. Ve nihayet, eğer, aritmetik işlemlerin, birincisinde, ikincisinde ve üçüncüsünde; R, r ve p nicelikleri

mahrekin parametrelerini temsil ederse,

,

,

kesirleri aynı mahrekin transverse çapını

verir. O halde, R + mr - mR + np –nR işlemi hakiki parametre olur ve

bölme işlemi; Kuyrukluyıldızın tanımladığı mahrekin hakiki transverse çapının ölçüsünü verir. Ve bu transverse çapı verilmiş olduğunda, kuyrukluyıldızın devir süresi de zaten verilmiş demektir. Q.E.I Ne var ki, yine de; kuyrukluyıldızın devir süreleri ve bunların yörüngelerinin transverse çapları yeterince hassaslıkla tâyin edilemez; ancak, bunun için değişik zamanlarda gözükmüş kuyrukluyıldızların verilerini beraberce mukayese etmek gerekir. Şayet, eşit süre aralıkları akıp gittikten sonra; birkaç kuyrukluyıldızın aynı yörüngeyi tanımladığı anlaşılır ise; ancak o

786

zaman ve o şartlarda; biz, çok gibi gözüken gökcisimlerinin aslında aynı şekilli yörüngede dönen tek bir kuyrukluyıldız olduğu hükmünü kesin bilgi ile verebiliriz. Ve sonra, bunların döngülerinin sürelerinden, bunların yörüngelerinin transverse çaplarını buluruz ve çaplardan da eliptik yörüngelerin kendisi saptanabilecektir. Bu amaç ile bir çok kuyrukluyıldızın mahrekleri ayrı ayrı hesaplanmalıdır. Ve bu mahreklerin parabolik eğriler olduğu kabulü ile hesap edilmelidir. Zaten, bu tür mahrekler, neredeyse daima, gözlem ve deney ile tutarlı çıkacaktır. Bu bilgi, sadece, benim yukarıda belirttiğim gözlem verileri ile mukayese ederek kontrol ettiğim 1680 senesinde gözükmüş kuyrukluyıldızın parabolik mahrekinden biliniyor değil; ancak, benzer bir mantık ile, 1664 ve 1665 senelerinde gözükmüş kuyrukluyıldızın Hevelius‘ca rasat edilip elde ettiği verileri esas alıp bu gökcisminin boylamlarını ve enlemlerini hesaplamasından gelen bilgiden de biliniyor. (Her ne kadar bu veriler az hassaslık derecesinde olsa da) Ancak, Dr.Halley, yine Hevelius‘un rasat verilerini esas alıp kuyrukluyıldızın konumlarını yeniden kendisi hesaplamıştır. Ve hesapladığı bu yeni konumdan, mahrekini saptamıştır. Ve yükselen düğümünü

İkizler Burcu‘nda 21° 13‘ 55‘‘

de bulmuş, yörüngesinin, ekliptik düzleme göre eğiklik açısını 21° 18‘ 40‘‘ değerinde bulmuş. Günberi noktasının düğüme mesafesini kuyrukluyıldızın yörüngesinin içinde, 49° 27‘ 30‘‘

değerinde tahmin etmiş; bunun Günberi noktasını

Aslan Burcu‘nda 8° 40‘ 30‘‘ de

bulmuş, Güneş merkezli enlemini 16° 01‘ 45‘‘ güney enlemi bulmuş ve kuyrukluyıldızın, 24 Kasım‘da, Londra saatiyle , gece saat 11‘i 52 dakika geçe olarak kaydedilen bir vaktinde ve Danzig saati ile öğleden sonra 1‘i 8 geçe olarak kaydedilen bir vaktinde, kuyrukluyıldız günberi noktasında bulunmuştur.

787

Ve Dünya‘nın Güneş‘e ortalama mesafesini 100 000 kısımlık bir mesafe kabul ettiğimizde, yörüngenin parabôlünün latus rectum‘unun 410 286 kısımlık değerde olduğu hesap edilmiştir. Ve kuyrukluyıldızın bu yörüngede hesaplanmış konumlarının yapılan rasatların verileri ile ne ölçüde tutarlı olduğu; Dr.Halley‘in hesaplamalarıyla doldurulmuş aşağıdaki Çizelge‘den anlaşılabilecektir:

Kuyrukluyıldızın

Kuyrukluyıldızın

Gözüktüğü Vaktin

AĢağıdaki Gökcisimlerine

Danzig‟in Yerel Saati ile

GözlemlenmiĢ Mesafeleri

Kuyrukluyıldızın

Kuyrukluyıldızın

Gözlemlendiği Konumlar

Yörüngesinde HesaplanmıĢ Konumları

Gösterimi

Aralık Gün Saat Dakika 3 . 18 . 29 ´

4. 18. 1 ´

° „ ”

° „ ”

° „

”

Aslan‘ın Kalbi

46. 24.20

Boylam

7.01.00

7. 1. 29

Bakirenin Mızrağı

22.52.10

Enlem (G)

21.39. 0

21.38.50

Aslan‘ın Kalbi

46. 2. 45

Boylam

6.15. 0

6.16. 5

Enlem (G)

22.24. 0

22.24. 0

Bakirenin Mızrağı 23.52.40

Aslanın Kalbi

44.48. 0

Boylam

3. 6. 0

7. 17. 48 Bakirenin Mızrağı 27.

3. 7. 33

56.40 Enlem (G)

788

25.22. 0

25.21.40

Aslanın Kalbi

53.15.15 2.56. 0

2. 56. 0

Enlem (G)

49. 25. 0

49.25. 0

Boylam

28.40.30

28.43. 0

Enlem (G)

45.48. 0

45.46. 0

Boylam

13.03. 0

13. 5 .0

Enlem (G)

39.54. 0

39.53. 0

2.16. 0

2.18.30

Boylam

7. 14. 43

Orion‘un

45.43.30

Sağ Omzu

Procyon 19. 9. 25

20. 9. 53 ´

35.13.50

Balina Pençesi‘nin parlak yıldızı

52.56. 0

Procyon

40.49. 0

Balina Pençesi‘nin parlak yıldızı 40. 04. 4 Orion‘un

26.21.25 Boylam

21. 9. 9 ´

Sağ Omzu

Enlem (G)

33.41. 0

Balina Pençesi‘nin

33.39.40

parlak yıldızı

Orion‘un

29.47. 0 Boylam

Sağ Omzu

22. 9. 0

0 Balina Pençesi‘nin

20.29.30

789

24.24.

24.27. 0

Parlak yıldızı

Koç Burcu‘nun

26. 7. 58

Enlem (G)

27.45. 0

Boylam

9. 0. 0

22.20. 0

26.44. 0 Enlem (G)

Koç Burcu‘nun

12.34.13

7. 5. 40

7. 8. 45

Parlak Yıldızı Enlem (G) Aldebaran

28.10. 0

Koç Burcu‘nun

18.29. 0 Boylam

10.23. 0

5.24.45

10.23.13

.5.27. 52

Parlak Yıldızı Enlem (G)

Palilicium

31. 6 .45

12.36. 0

20.45. 0 Boylam

28. 7. 39

9.12.28

Parlak Yıldızı

Aldebaran

27. 6. 45

27.46. 0

Andromeda‘nın

8.22.50

29.37. 0

Boylam

2. 7. 40

Enlem (G)

4.13. 0

8.23.37

2. 8. 20

30.48.10 4.16.25

Kemeri

Palilicium

32.53.30

Boylam

1665 Senesinin Ocak Ayı

Andromedanın

28. 24. 0

25.11. 0

Kemeri Enlem (K)

7.7. 37 ½

28.24.47

Palilicium

37.12.25

790

0. 54. 0

0. 53. 0

Andromeda‘nın

13.7. 0

24.7. 29

28.7.10 Boylam

27. 6. 54

Enlem (K)

3. 6. 50

27. 6. 39

Kafası

Palilicium

38.55.20

Andromeda‘nın

20.32.15 Boylam

26.29.15

Enlem (K)

5. 25. 50

Kemeri

Palilicium

40. 5. 0

3. 7 . 40

26.28.50 5. 26. 0

Şubat Ayı Boylam

27. 4. 46

27.24. 55

7. 3. 29

7. 3. 15

Boylam

28.29.46

28. 29. 58

Enlem (K)

8.12.36

8.10.25

Boylam

29.18.15

29.18.20

Enlem (K)

8.36.26

8.36.12

Boylam

0 .2. 48

0. 2. 42

7. 8. 37 Enlem (K)

22.8.46

Mart Ayı 1.8. 16

7. 8 . 37 Enlem (K)

8.56.30

8.56.56

1665 senesinin Şubat‘ında, Koç Burcu‘nun ilk yıldızı, ki metinde bundan böyle γ harfi ile temsil

edeceğim, Koç Burcu‘nda

28° 30‘ 15‘‘ de ve 7° 8‘ 58‘‘ kuzey enlemindeydi. Koç Burcu‘nun

791

ikinci yıldızı,

29° 17‘ 18‘‘ de ve 8° 28‘ 16‘‘ kuzey enlemindeydi ve Koç Burcu‘nun 7. kadirden

bir diğer yıldızı, ki ben buna A diyorum, Koç Burcu‘nda, 28° 24‘ 45‘‘ de ve 8° 28‘ 33‘‘ Kuzey Enlemindeydi. Kuyrukluyıldız, Paris göğünde, 7 Şubat gecesi, saat 7‘yi 30 dakika geçe (yani, Danzig saati ile 7 Şubat gecesi, saat 8‘i 37 dakika geçe ) γ ve A harfi ile temsil edilmiş yıldızlar ile bir üçgen şekli oluşturmuş ve bu üçgenin γ köşesinde dik açı oluşmuştur. Ve kuyrukluyıldızın, γ yıldızına mesafesi, γ ve A yıldızlarının arasındaki mesafeye eşitti. Ki bu da, bir büyük çemberin 1° 19‘ 46‘‘lik kısmıdır. Ve bundan ötürü, γ yıldızının enleminin paralelinde konumlanmış olup 1° 20‘ 26‘‘ deydi.

Bundan ötürü, γ yıldızının boylamından, 1° 20‘ 26‘‘

lik boylam değeri çıkarılır ise, kalan 27° 9‘

49‘‘ değeri kuyrukluyıldızın boylamını veren değer olacaktır. M. Auzout, kendi ettiği rasatların

verilerini esas alarak, kuyrukluyıldızın -yaklaşık olarak- Koç Burcu‘nda,

27° 0‘ da

konumlandırmıştı. Ve, Dr. Hooke‘un, gökcisminin hareketini sınırlandırdığı Şemâ‘ya göre, o zaman,

26° 59‘ 24‘‘ de bulunmaktaydı. Ben, bu gökcismini, her iki uç değerin de ortasını bulup Koç Burcu‘na 27° 4‘ 46‘‘ ye konumlandırdım. Aynı rasatların verilerini esas alan, M. Auzout, kuyrukluyıldızın o zaman bulunduğu enlemleri 7° ve 4‘ veya 5‘ kuzey istikametine doğru konumlandırmıştı. Ne var ki, kendisinin 7° 3‘ 29‘‘ lik bir değeri kabul etmesi daha doğru olurdu; kuyrukluyıldızın ve γ yıldızının enlemlerinin farkının, γ ve A yıldızlarının enlemlerinin farkına eşitliğini kurmak metodu ile. 22 Şubat‘ta, Londra saati ile saat 7 buçukta, yani Danzig saati ile 8:46‘da, kuyrukluyıldızın A yıldızına mesafesi, Dr. Hooke‘un yaptığı rasatlara göre ve kendisinin bunu bir şema içinde sınırlandırma işlemine göre ve onun yanı sıra M. Auzout‘un yapmış olduğu gözlemlere göre ve bu veriyi esas alan M. Petit‘in yaptığı sınırlama işlemine göre, A yıldızı ile Koç Burcu‘nun ilk yıldızının arasındaki mesafenin beşte biri ölçüsündeydi ya da 15‘ 57‘‘ değerindeydi. Ve kuyrukluyıldızın, A yıldızını ve Koç Burcu‘nun ilk yıldızını birleştirdiği tasavvur edilmiş doğruya mesafesi, aynı beşte birlik

792

mesafenin çeyreği idi. Yani bu da 4‘ idi. Ve bundan ötürü, kuyrukluyıldız,

Koç Burcu‘nda 28°

29‘ 46‘‘ de ve 8° 12‘ 36‘‘ kuzey enleminde bulunmaktaydı. 1 Mart, Londra saati ile sabahleyin 7‘de, yani, Danzig saati ile 8:16‘da, kuyrukluyıldız, Koç Burcu‘nun ikinci yıldızının civarında gözlemlenmişti. Bu iki gökcisminin arasındaki mesafenin, Koç Burcu‘nun ilk ve ikinci yıldızlarının arasındaki mesafeye oranı, 1° 33‘ ya oranı, Dr. Hooke‘a göre 4‘ün 45‘e oranına eşitti. Ya da, M. Göttignies‘e göre, 2‘nin 23‘e oranına eşitti.

Ve bundan ötürü,

kuyrukluyıldızın, Koç Burcu‘nun ikinci yıldızına mesafesi, Dr. Hooke‘a göre, 8‘ 16‘‘ idi, ya da M. Gottignies‘e göre 8‘ 5‘‘ idi. Ya da, bu ikisinin bir ortalama değerini esas alırsak, 8‘ 10‘‘ idi. Ancak, M. Gottignies‘e göre, kuyrukluyıldız, Koç Burcu‘nun ikinci yıldızının ötesine geçmişti ve bunun da ölçüsü, kuyrukluyıldızın, bir günlük sürede geçtiği mekânın yaklaşık dörtte biri veya beşte biriydi, yani, 1‘ 35‘‘ lik bir değere denkti. (Ki bu hesap da M. Auzout‘nun hesabı ile mutabıktır.) Ya da, Dr. Hooke‘a göre, bu değer, o denli, fazla olmayıp belki sadece 1‘ dır. O halde, eğer, biz, Koç Burcu‘nun

ilk yıldızının boylamına 1‘ ve enlemine 8‘ 10‘‘ eklersek kuyrukluyıldızın boylam değerini

Koç

Burcu‘nda 29° 18‘ ve 8° 36‘ 26‘‘ kuzey enleminde tespit etmiş oluruz. 7 Mart‘ta Paris saati ile, 7:30 da ya da Danzig saati ile, 8:37 de, M. Auzout‘un rasatına göre, kuyrukluyıldızın, Koç Burcu‘nun ikinci yıldızına mesafesi, sözü edilen yıldızın, A yıldızına mesafesine eşittir, yani, 52‘ 29‘‘ dir. Ve bu kuyrukluyıldızın boylamının, Koç Burcu‘nun ikinci yıldızının boylamından farkı, 45‘ veya 46‘ dır. Ya da, ortalamasını alırsak 45‘ 30‘‘ değerindedir. Ve

bundan ötürü, kuyrukluyıldız,

Burcu‘nda, 0° 2‘ 48‘‘ dedir. M. Auzout‘un gözlem verilerinin, M.

Petit‘in kurguladığı şemaya oturtulmuş halini inceleyen Hevelius‘un hesabına göre, kuyrukluyıldızın enlemi 8° 54‘ ydı. Ancak, rasadın ölçüsünü alan kişi, kuyrukluyıldızın rotasının eğriliğini, hareketinin bitimine doğru tam hassaslıkla işaretleyememiştir. Ve Hevelius, M. Auzout‘nun gözlemlerini esas alan ve kurgusu olan şemâda, bu kusurlu eğriliği düzeltmiş ve böylecekuyrukluyıldızın enlemini 8° 55‘

793

30‘‘ değerine dönüştürmüştür. Ve bu kusuru, birazcık daha düzeltip enlemin değerini 8° 56‘ ya da 8° 57‘ ölçüsüne dönüştürmüştür. Bu kuyrukluyıldız, 9 Mart‘ta da gözükmüş ve o zaman bunun konumu

yaklaşık olarak

Boğa Burcu‘nda 0° 18‘da ve 9° 3 ´‘ kuzey enleminde bulunsa gerekti.

Kuyrukluyıldız, üç ay Gök‘te gözükmüş ve bu sürede neredeyse Burç Kuşakları‘ndan altısını kat edip geçmiş ve bir günde neredeyse 20 derecelik mesafe tanımlamıştı. Bunun rotası, bir büyük çemberden bir hayli sapmıştı ve kuzey yönüne doğru eğrilmişti. Ve, sona doğru, hareketi, gerileyen hareketten direkt (ilerleyen) harekete dönüşmüştü. Her ne kadar rotası, alışılmadık bir düzende idiyse de, buna rağmen, Çizelge‘nin incelenmesinden de anlaşılabileceği gibi, kuram, gözlemlerden elde edilmiş veriler ile -başından sonuna kadar- tutarlı çıkmıştır. Ve bu tutarlılığın hassasiyeti de, gezegenler hakkında kurulmuş kuram‘ların, yapılmış rasatların verileriyle tutarlı oluşunun hassasiyetinden de aşağı kalmamıştır. Ne var ki, kuyrukluyıldız, en hızlı hareketini icra ediyorken, bundan yaklaşık 2‘ lik bir değeri çıkarmamız gerekir, ki bunu yapmanın bir başka metodu da, yükselen düğüm ile günberi noktası arasında kalan açıdan 12‘‘ yi çıkarma işlemidir. Ya da, o açıyı, 49° 27‘ 18‘‘ yapmaktır. Bu kuyrukluyıldızların, her ikisinin de, (hem bunun, hem de evvelkinin) paralaksının günlük değeri, çok kaydadeğer bir niceliktedir ve bu nicelik, Dünya‘nın Büyük Yörünge‘deki günlük hareketine de işaret etmektedir. Bu kuram, benzer bir mantık yürüterek, o kuyrukluyıldızın hareketiyle de teyit edilmiştir, ki 1683 yılında gözükmesinde gerileyen hareketteydi. Ve bunun yörüngesinin düzlemi, ekliptik düzlem ile neredeyse, bir dik açı oluşturuyordu. Ki bunun yükselen düğümü, Dr. Halley‘in hesaplamalarına göre,

Başak Burcu‘nda, 23° 23‘ da bulunmaktaydı. Bunun yörüngesinin ekliptik düzleme eğikliğinin

ölçüsü 83° 11‘ ydı. Ve

İkizler Burcu‘ndaki günberi noktaıs, 25° 29‘ 30‘‘ de, Büyük Yörünge‘nin

yarıçapının 100 000 kısım olduğunu kabul ederek, kuyrukluyıldızın günberi noktasındayken Güneş‘e

794

mesafesi bunun 56 020 kısımına denk gelebilirdi ve günberi konumunun tarihi ve vakti 2 Temmuz‘da saat 3‘ü 50 dakika geçe idi. Ve aşağıdaki Çizelge‘de, bu kuyrukluyıldızın Gökteki konumları, bu yörüngede, Dr. Halley‘in hesaplamalarına göre ve bunların Mr. Flamsted‘ce rasat edilmiş konumları mukayeseli olarak verilmiştir:

1683

Güneş‘in

Kuyrukluyıldızın

Konumu

Hesap Edilmiş

Yerel

Kuyrukluyıldızın

Kuyruklu

Kuyrukluyıldızın

Hesap Edilmiş

Yıldızın

Gözlemlenmiş

Kuzey Enlemi

Gözlemlenmiş

Boylamı

Boy_

En_

Lam_

Lem_

Kuzey

ların

lerin

Enlemi

Farkı

Farkı

‘

‘

Boylamı Saate Göre Günün Vakti

Gün Saat Dk

°

‘

‘‘

°

‘

‘‘

°

‘

‘‘

°

‘

‘‘

°

‘

‘‘

‘‘

‘‘

,

Tem 13.12.55

1.02.30

13.05.42

29.28.13

13. 6.42

29.28.20

+ 1.00

+0.07

15.11.15

2.53.12

4.45.45

29.34. 0

11.39.43

29.34.50

+1.55

+0.50

17.10.20

4.45.45

10. 7. 6

29.33.30

10. 8. 40

29.34. 0

+1.34

+0.30

10.38.21

5.10.27

28.51.42

5.11.30

+1.03

-1.14

-0.53

-.1. 7

23.13.40

3.27. 0

25.14. 5

795

28.50.28

12.35.28

3.27.53

24.24.47

31. 9. 42

18.09.22

27.55. 3

26.22.52

27.54.24

26.22.25

-0.39

-0.27

31. 14.55

18.21.53

27.41. 7

26.16.57

27.41. 8

26.14.50

+0.1

-2.7

20.17.16

25.29.32

25.16.19

25.28.46

25.17.28

-.0.46

+1.9

4.10.49

22.02.50

23.18.20

24.10.49

24.12.19

-1.25

+1.30

6. 10.

23.56.45

20.42.23

22.17. 5

20.42.32

22.49. 5

-1.51

+2. 0

9.10.26

26.50.52

16. 7. 57

20. 6. 37

16. 5. 55

20. 6. 10 -2. 2

-0.27

11.32. 1

-4.30

-5.32

Ağ.

28.23.40

2.14.56

23.16.55

9

15.14.

2.47.13

3.30.48

11.37.33

16.15.10

3.48. 2

0. 43. 7

9.34.16

0.41.55

9.34.13

-1.12

-0. 3

5.45.33

24.52.53

5.11.15

24.49. 5

5. 9. 11

-3. 48

-2. 4

3.26.18

1

18.15.44

796

Güney

22.14.44

9.35.49

11. 7.14

5.16.58

11.07.12

5.16.58

-.0. 2

-0. 3

23.15.52

10.36.48

7. 2. 18

8. 17. 9

7. 1. 17

8.16.41

- 1. 1

-0.28

26.16. 2

13.31.10

24.45.31

16.38. 0

24.44.00

16.38.20

-1.31

+ 0.20

V

Bu Kuram, bir de 1682 senesinde gerileyen harekette gözükmüş kuyrukluyıldızın hareketi ile teyid

edilmiştir. Dr. Halley‘in hesabına göre, bu kuyrukluyıldızın yükselen düğümü

Boğa Burcu‘nda

21° 16‘ 30‘‘ de bulunuyordu. Yörünge düzleminin ekliptik düzleme göre eğikliği 17° 56‘ 00‘‘ idi. günberi noktası,

Burcu‘nda 2° 52‘ 50‘‘ idi. Büyük Yörünge‘nin 100 000 kısımdan oluştuğu

kabulü ile, günberi noktasında Güneş‘e mesafesi bunlardan 58 328 kısımdı, kuyrukluyıldızın günberi noktasında bulunduğu tarih ve vakit, 4 Eylül saat 7‘yi 39 dakika geçe‘ydi. Ve bu gökcisminin konumları, Mr. Flamsted‘in yapmış olduğu rasatlardan hesaplandığı değerlerin bizim kuramımıza göre, olması gereken konumlar ile beraber kıyaslandığında aynı Çizelge‘de aşağıda verilmiştir:

797

1682

Güneş‘in

Kuyrukluyıldızın

Konumu

Hesap Edilmiş

App. Time

Gün Saat

Kuyrukluyıldızın

Kuyruklu

Kuyrukluyıldızın

Boy_

En_

Hesap Edilmiş

Yıldızın

Gözlemlenmiş

Lam_

Lem_

Kuzey Enlemi

Gözlemlenmiş

Kuzey

ların

lerin

Boylamı

Enlemi

Farkı

Farkı

Boylamı

°

‘ ‘

°

‘

‘‘

°

‘

‘‘

°

‘

‘‘

°

‘

‘‘

‘

‘‘

‘

‘‘

Dk

‘

Ağ.19.16.38

7.0. 7

18.14.28

25.50. 7

18.14.40

25.49.55

-0.12

+0.12

26.14.42

24.46.22

26.12.52

+0. 1

+1.50

26.20. 3

29.38.02

26.17.37

-0.47

+2.26

20.15.38

7. 55 .52

21. 8. 21

8. 36. 14

29.37.15

22. 8. 8

9.33.55

6.29.53

26. 8. 42

6. 30. 3

26. 7.12

-0.10

+1.30

12.37.54

18.37.47

12.37.49

18.34. 5

+0.5

+3.42

+0.43

-0.34

29.08.20

16.22.40

24.46.23

15.36. 1 30. 7. 45

17.19.41

Eyl. 1. 7. 33

19.16. 9

20.30.53

17.26.43

15.13. 0

798

15.35.18

20.27. 4

17.27.17

15. 9.49

+3.49

+3.11

4. 7.22

22.11.28

25. 42. 0

12.23.48

25.40.58

12.22. 0

+1. 2

+1.48

5. 7.32

23.10.29

27. 0. 46

11.33.08

26.59.24

11.33.51

+1.22

-0.43

8. 7. 16

26. 5. 58

29.58.44

9.26.46

29.58.45

9.26.43

-0. 1

+0. 3

9. 7.26

27. 5. 9

0. 44. 10

+0. 6

+0.45

8.49.10

0.44. 4

8.48.25

Bu kuram, 1723 senesinde, gerileyen harekette gözükmüş kuyrukluyıldızın hareketi ile de teyid edilmiştir. Bu kuyrukluyıldızın düğümü, Oxford Üniversitesi‘deki Savilian Gökbilim Kürsüsü‘nde

profesör Mr. Bradley‘in hesabına göre,

Koç Burcu‘nda 14° 16‘ da idi. Yörüngesinin düzleminin

ekliptik düzlemine göre eğikliği 49° 59‘ ydı. Günberi noktası,

Boğa Burcu‘nda 12° 15‘ 20‘‘ idi.

Büyük Yörünge‘nin (Orbis Magnus‘un) yarıçapının 100 000 kısım olduğunun kabulü ile, günberi noktasında Güneş‘e mesafesi, bu kısımlardan 998 651 adet ölçüsündeydi. Günberi noktasının tarihi ve vakti, 16 Eylül‘ün öğleden sonrasının saat dördü 10 dakika geçe idi.

Bu kuyrukluyıldızın, bu

yörüngede Mr. Bradley tarafından hesaplanmış konumları, bu konumların, kendisi, amcası Mr. Pound ve Dr.Halley tarafından yapılmış rasatlara göre mukayeseli verileri aşağıdaki Çizelge‘de verilmiştir:

799

1723

Kuyrukluyıldızı

Kuyrukluyıldızı

Kuyrukluyıldızı

Kuyrukluyıldızı

Boy_

En_

n

n

n

n

Lam

Lem

Equa

_

GözlemlenmiĢ

l Time

Gün / Saat

Boylamı

°

‟ ‟‟

GözlemlenmiĢ

HesaplanmıĢ

HesaplanmıĢ

Boylamı

Kuzey Enlemi

Kuzey Enlemi

°

‟ ‟‟

°

‟

‟‟

_

ların

lerin

Farkı

Farkı

‟ ‟‟

°

‟‟

‟‟

7.21.26

5. 2.47

+49

-47

/ Dakika

Ekim

9.8.

7.22.15

5.2. 0

10.6.21

6.41.12

7.44.13

6.41.42

7.43.18

-50

+55

12.7.22

5.39.58

11.55. 0

5.40.19

11.54.55

-21

+5

14.8.57

4.59.49

14.43.50

5. 0. 37

14.44. 1

-48

-11

15.6.35

4.47.41

15.40.51

4.47.45

15.40.55

-4

-4

5

21.6.22

4. 2.32

19.41.49

4. 2.21

19.42. 3

+11

-14

22.6.24

3.59. 2

20. 8. 12

3.59.10

20. 8. 17

-8

-5

24.8. 2

3.55.29

20.55.18

3.55.11

20.55. 9

+18

+9

3.56.17

22.20.27

3.56.42

-25

+17

800

22.20.10

29.8.56

3.58. 9

22.32.28

3.58.17

22.32.12

-8

+16

4.16.30

23.38.33

4.16.23

23.38. 7

+7

+26

30.6.20

Kasım 5.5.53

8.7.

4.29.36

24. 4. 30

4.29.54

24. 4. 40

-18

-10

5. 2.16

24.48.46

5. 2. 51

24.48.16

-35

+30

5.42.20

25.24.45

25.25.17

-53

-32

8. 4.13

26.54.18

26.53.42

+18

+36

6

14.6.20

5.43.13

20.7.45

Aralık

8. 3.55

7.6.45

Bu örneklerden, açık ve seçik biliyoruz ki: Kuyrukluyıldızların hareketleri, bizim kuramımızca, gezegenlerin hareketlerini izah eden kuramlardan hiç de aşağı kalmayan bir hassaslıkla temsil edilebilmektedir. Ve bundan ötürü, bu Kuram‘la, kuyrukluyıldızların yörüngelerini niceliksel olarak çizebilir, bir kuyrukluyıldızın herhangi bir yörüngedeki devir süresini keşfedebilir ve buradan da en nihâyetinde, eliptik yörüngelerinin kesip geçen çaplarının uzunluğunu bulabilir ve bunların günberi noktalarında Güneş‘e mesafelerini de bulabiliriz/bilebiliriz. 1607 senesinde, gerileyen harekette gözükmüş kuyrukluyıldız, Dr.Halley‘in hesabına göre,

yükselen düğümü

Boğa Burcu‘nda 20° 21‘ da konumlu bir yörünge çizmiştir. Ve

yörüngesinin düzleminin, ekliptik düzlem ile oluşturduğu açı 17° 2‘ dır. Bunun günberi noktası,

Balık Burcu‘nda 2° 16‘dadır. Ve Büyük Yörünge‘yi 100 000 kısım kabul

801

ettiğimizde, günberi noktasında bulunduğunda, Güneş‘e mesafesi, bunlardan 58 680 kısımdır. Ve kuyrukluyıldız, 16 Eylül‘de, öğleden sonra, saat 4‘ü 50 dakika geçe günberi konumunda bulunmuştu. Ki bunun yörüngesi, neredeyse, tamı tamına, 1682 senesinde gözükmüş kuyrukluyıldızın yörüngesi ile örtüşüyordu. Eğer, bu ―iki‖ kuyrukluyıldız, iki ayrı gökcismi olmayıp da tek bir ve aynı kuyrukluyıldız ise, bu gökcismi, bir tam döngüsünü 75 yıllık bir sürede tamamlayacaktır. Ve bunun yörüngesinin uzun ekseninin Büyük Yörüngesi‘nin (Orbis Magnus) uzun eksenine

oranı,

köklü işleminin 1‘e oranına ya da 1778‘in 100‘e oranına -yaklaşık

olarak- eşit olacaktır. Ve bu kuyrukluyıldızın günberi noktasında Güneş‘e mesafesinin, Dünya‘nın Güneş‘e ortalama mesafesine oranı yaklaşık 35‘in 1‘e oranına eşittir. Bu verilerden hareket ederek, kuyrukluyıldızın eliptik yörüngesini hesap etmek zor bir problem olmaz. Ancak bu fikirlerin, dayandığı esas, 75 yıllık bir sürenin bitiminde aynı kuyrukluyıldızın tekrardan aynı yörüngenin üzerinde bulunarak geri döneceği fikrinin kabulüdür. Diğer, kuyrukluyıldızlar, yörünge düzlemlerinde, sanki, daha fazla yükseliyor gibidir ve döngülerini tamamlamaları daha uzun sürer. Ancak, kuyrukluyıldızın çok bol sayıda mevcudiyetinden ötürü ve onların günöte noktalarında Güneş‘e mesafelerinin muazzam bir ölçüde olması ve günöte konumlarındaki hareketlerinin nisbî (göreli) yavaşlığı nedeniyle, bunlar karşılıklı da birbirlerini çekerek hareketlerini ajite edecektir. Ve bundan ötürü, eksentrisiteleri (dışarlaklıkları) ve devir süreleri, bazen birazcık arttırılmış bazen de birazcık azaltılmış olacaktır. Bundan ötürü; aynı kuyrukluyıldızın, tam da aynı yörüngenin üzerinde

802

geri döneceğini tahmin etmek mantıklı olmaz. Bizim burada belirttiğimiz sebeplerden ötürü oluşabilecek farkların ölçüsünün bir limitin (sınırlama‘nın) içinde olması yeterlidir. Ve işte böylece: Kuyrukluyıldızların, niçin, gezegenlerin hareketlerinin anlaşılabildiği gibi, Göğün Burçlar Kuşağı‘nın sınırlarının içinde anlaşılamayacağının izahı yapılmış oluyor. Ve niçin, hiçbir sınır tanımaksızın fezanın her tarafında çeşitli türde hareketler ile hür devindiklerinin de açıklanıyor. Bir başka deyişle, kuyrukluyıldızların, Günöte noktalarındaki hareketleri çok ama çok yavaşken birbirilerinden daha

da uzağa çekilmiş olduklarında,

birbirlerinin kütle çekimlerinin daha az tesirinde kalırlar. Ve işte bu sebepten dolayı, en aşağıya doğru alçalan kuyrukluyıldız, bundan ötürü, günberi noktasında en yavaş hareket eden kuyrukluyıldız, en yükseğe çıksa gerektir. 1680 senesinde gözükmüş kuyrukluyıldız, günberi noktasındayken; Güneş‘e mesafesi, Güneş‘in çapının altıda birinden azdı. Ve o, Güneş‘i civarındaki bölgedeki aşırı yüksek velositesinden ötürü, ve Güneş‘in kendi atmosferinin yoğunluğundan ötürü, bir ölçüde direnç ile karşılaşmış ve oranları artan ölçüde yavaşlamaya başlamış olsa gerektir. Ve bu sebeple, her bir döngüsünde, Güneş‘e bir miktar daha yaklaşıp/çekilip en nihayetinde Güneş‘in küresinin içine düşse gerektir. 13 Günöte noktasında ise, en yavaş hareket ettiği feza bölgelerinde, başka kuyrukluyıldızların çekimlerinin tesirleriyle olabilir ki biraz daha yavaşlatılır ve bunun sonucunda Güneş‘e doğru alçalır. O halde denilebilir ki: Uzun devirlerde, ışıyarak ve buharlarını yayarak tedricen tükenme evresine giren sabit yıldızlar, üzerlerine düşen kuyrukluyıldızların maddesiyle yenilenebilir. Ve bu eskiyen yıldızların içine kuyrukluyu sokup bunları yeni ve taze yıldızlara dönüştürebiliyorlar. Bunlar, yeniden parlayıp ışımaya başlayabilir. Bu türden sabit yıldızlar; aniden, muhteşem parlaklıkla ışıyan ancak sonra parlaklığı tedricen azalan yıldızlardır. İşte böyle bir yıldız, Cassioepeia‘nın Koltuğu 13

Ç.N:

803

yıldız kümesinde gözükmüş ancak bunu 1572 senesinin 8 Kasım‘ının gecesi Göğün o bölgesini rasat etmiş Cornelius Gemma görmemiş ancak ertesi gece hava mükemmel derecede berrak iken (9 Kasım gecesi) bu kişi, bu gökcismini sabit yıldızların herhangi birinden daha parlak kadirde, neredeyse Venüs‘ün parlaklık kadrinde görmüştür. Tycho Brache, bu gökcismini, aynı ayın 11‘inde, o en parlak ışımasındayken görmüş ve bunun kadri, Tycho‘nun rasat ettiği vakitten itibaren tedricen azalmıştır. Ve 16 aylık bir sürenin bitiminde tamamen gözükmez olmuştur. Kasım ayında gözüktüğünde ışığının parlaklığı Venüs‘ün kadrine eşitti. Aralık ayında, ışığı azaladurmuş ve Jüpiter‘inkine eşitlenmiştir. 1573 senesinin Ocağında, ışığının parlaklığı Jüpiter‘den az Sirius‘ten (Akyıldız) çoktu. Ve Şubat‘ın sonu, Mart‘ın başı gibi bu yıldızın parlaklığına eşitlendi. Nisan ve Mayıs‘ta, ışığı, ikinci kadirden bir yıldızın ışığına denkti. Haziran, Temmuz ve Ağustos‘ta üçüncü kadirden bir yıldızın ışığına denkti. Eylül, Ekim ve Kasım‘da, 4. Kadirden bir yıldızın parlaklığına denkti. Aralık ayında ve 1574 yılının Ocağında 5.kadirden bir yıldızın ışığına denkti. Şubat ayında, 6.kadirden bir yıldızın ışığına denkti. Ve Mart ayında, tamamen kayboldu. Başlangıçta, rengi berraktı, parlaktı, beyaza çalan bir tondaydı. Sonraları, rengi biraz sarıya döndü. Ve 1573 senesinin Mart‘ında kızıl renge bürünmüştü. Tıpkı Mars gezegeni ya da Aldeberan yıldızı gibi. Mayıs ayında, bir kirli beyaz tonuna büründü, ki bu bizim Satürn gezegeninde gözlemlediğimiz bir renk tonudur. Ve bu ton, bundan sonra, hep aynı sabitlikte kalmıştır ancak mütemadiyen ışığının kadri soluklaşmıştır.Bahsedilen bu yıldız, Serpentarius Yıldız Kümesi‘nin sağ ayağında konumlanmış bir yıldız olup Kepler ve meslektaşlarınca, ilkin, 30 Eylül 1604‘de gözlemlenmiş ve ışığının parlaklığının Jüpiter‘inkini aştığı saptanmış ve her ne kadar evvelki gece hiç gözükmemişse de, bu tarihten başlayıp ışığı azar azar azalarak 15 veya 16 aylık bir sürede tamamen kaybolmuştur.

804

Hiparchus gibi bir bilgin, sabit yıldızları rasat etmeye ve bunların bir haritasını çıkartmaya heveslendiren şeyin, yeni bir yıldızın alışılagelmedik bir parlaklık sergileyerek ışımaya başlaması ve Gök‘te belirmesi olduğu söylenir. Sabit yıldızların bir sınıfı, sırayla belirip kaybolan ve parlaklıkları yavaş yavaş/tedricen/derecelerle artan ve hiçbir şartta 3.kadirden yıldızların parlaklığını aşmayan sabit yıldızlardır. Ancak, muhtemelen, bir sınıf sabit yıldız daha mevcuttur. Bunların özellikleri ise, kendi eksenlerinin etrafında dönen ve bir aydınlık bir karanlık ciheti olan ve bu iki yüzünü sırayla gösteren sabit yıldızlardır. Güneş‘ten, sabit yıldızlardan, ve kuyrukluyıldızların kuyruklarından çıkan buharın en nihayetinde birleşerek bütünleşmesi ve kendi ağırlıkları ile gezegenlerin hava kürelerine düşüp katılması ve orada sıkışarak ve bu esnada rutubetli ve uçucu maddelere dönüşmesi mümkündür. Ve oradan da, hafif bir ısıyı emerek tedricen tuz formlarına, sülfürlere ve tentürlere, cama ve kile ve kuma ve taşa, coral‘a ve diğer topraksı maddelere dönüşmesi mümkündür. GENEL ġERH Girdaplar Hipotezi‘nin açıklayıcılığında birçok zayıf nokta vardır. Her gezegenin bulunduğu konumdan Güneş‘in bulunduğu konuma doğru çizilen yarıçaplar arasında kalan bölge ile tanımlanan alanın (başka bir deyişle, gezegenin yörüngesinde süpürdüğü alanların) ölçüsü ile Gezegenin yörünge eğrisi üzerindeki bir noktadan bir diğerine hareket etmek için gereksindiği sürenin ölçüsü orantılıdır. Bu bilgi ışığında ileri sürülebilir ki: Girdapların çeşitli kısımlarının üzerindeki bir noktanın girdabın dönmesiyle bir diğer noktaya gitmek için gereken süre de bu noktaların Güneş‘e mesafesinin karesi ile orantılı olsa gerektir. Öte yandan, eğer gezegenlerin yörünge eğrisi üzerinde bir noktadan diğerine hareket etmek için gereksindiği süre, bu noktaların Güneş‘e olan mesafesiyle sesquiplicate ölçüsünde orantılıysa, dönen girdaplar üzerinde alınan bir noktanın başka bir noktaya varması için gerekli süre de bu noktaların Güneş‘e mesafesi ile aynı sesquiplicate ölçüsünde orantılı olsa gerektir.

805

Satürn, Jüpiter ve diğer gezegenler kendi küçük girdaplarında kendi eksenleri etrafında dönerken, aynı anda Güneş‘in etrafındaki daha büyük girdapta sessiz ve sakin yüzerler. Bu durumda, Güneş‘in girdabının kısımlarının devir zamanları eşit olsa gerektir.

Ancak;

Güneş‘in ve Gezegenler‘in kendi eksenlerindeki dönme hareketinin bu girdapların hareketleriyle uyumlu olması gerekirken, bu, ölçülerin hepsinden çok farklı çıkmaktadır. Kuyrukluyıldızların hareketleri son derece düzenlidir. Bu hareketler, Gezegenlerin tabi olduğu kanunlara

tabidir.

Girdaplar

Hipotezi

ile

bunları

açıklamak

imkânsızdır.

Zirâ,

Kuyrukluyıldızlar, uzayın hemen her kısmında çok ama çok dışarlak (dış uzaya doğru fırlamış) yörüngelerde hareket eder.

Bu başına buyruk hareket ise girdaplar hipoteziyle

uyuşamaz. Hava içinde fırlatılan cisimler havadan başka hiçbir şeyden direnç görmezler. Mr. Boyle‘nin havasızlık (vakum) deneylerinde yaptığı gibi havayı çekip alın, bu durumda direnç ortadan kalkar. Bu boşluk durumunda deney yapılırsa: Bir kuştüyü ile bir parça altının eşit hızla düştüğü gözlemlenir. Aynı mantıkla düşünecek olursak, Dünya‘nın havaküresinin üzerindeki göksel uzayda hareketlere direnç gösterecek hava yoktur. Bu nedenle orada bütün cisimler sürtünmesiz gibi hareket eder. Gezegenler ve kuyrukluyıldızlar, kendi yörüngelerindeki hareketlerini, yukarıda açıklanmış bilimsel kanunlara göre sürdür gider. Ancak, her ne kadar bu cisimler, yörüngelerindeki hareketlerini bu evrensel çekim kanununa göre sürdürüp dursalar bile: Başlangıçta, sadece kendi başlarına, yörüngelerinin düzenli-ölçülü hareketini ve pozisyonunu bu kanunlardan öğrenip de dönmeye başlamış olamazlar. Bu akla uygun ve mümkün değildir. 6 ana gezegen, Güneş‘in etrafında,

merkezinde (merkezlerinden birinde (?)) Güneş‘in

bulunduğu) çembersel yörüngelerde döndürülür. Bunların hareketleri aynı parçalara doğrudur ve -neredeyse- aynı düzlem üzerinde hareket eder. Dünya‘nın, Jüpiter‘in ve Satürn‘ün, sayısı

806

10 olan uyduları (Ay‘ları) bu gezegenlerin etrafında, merkezinde (merkezlerinden birinde gezegenin bulunduğu) bu gezegenlerden birinin bulunduğu çembersel yörüngelerde döndürülür. Bu dönüş hareketinin yönü aynıdır ve yörüngelerinin düzlemi de -neredeyseetraflarında döndükleri gezegenlerin yörünge düzlemleriyle aynıdır. Ancak burada şu nokta önemlidir: Bu kadar çok sayıdaki düzenli hareketin hepsinin birden mekanik sebeplerden doğduğunu iddia etmek akla uygun değildir. Çünkü bir de kuyrukluyıldızların hareketlerinin de beraber düşünülmesi gerekir. Kuyrukluyıldızlar, uzayın bütün bölgelerini çok ama çok dışarlak eliptik yörüngelerde tarar. Bu hareketlerinde gezegenlerin yörüngelerinin içinde kalan alanlarına da girerler. Bu hareket de son derece hızlı seyir eder. Gün öte noktalarında (aphelion) noktalarında; yörüngedeki hızlarının en yavaş ölçüsünde hareket eder. O bölgelerde en uzun süre oyalanırlar.

O noktada birbirlerinden en uzak

mesafededirler. Mesafenin maksimumda olmasından ötürü kütle çekimlerinin birbirine tesiri minimumdadır. Güneş, Gezegenler ve Kuyrukluyıldızlardan oluşan bu güzel sistem, sadece ve sadece, akıl ve fikir sahibi ve güçlü bir Varlığın konseyinden ve hükümranlığından türetilmiş olabilir. Ve eğer, sabit yıldızlardaki diğer güneş sistemleri de aynı konsey tarafından türetilmişse bunların tümü birden Bir olan Varlığın hükümranlığına tabidir. Özellikle de sabit yıldızlardan gelen ışığın Güneş‘ten gelen ışıkla aynı özellikte olduğunu düşündüğümüzde ve Işığın her sistemden diğerine geçtiğini de düşündüğümüzde. Ve bir de sabit yıldızların oluşturduğu sistemlerin kütle çekimleri nedeniyle birbirilerinin üzerine düşmemesi için O‘nun bunları birbirinden çok ama çok uzak mesafelerde oluşturduğunu düşündüğümüzde. Bu Varlık her şeye hükmeder. Dünya‘nın Ruhu olarak değil ama Efendisi olarak. Ve hükümranlığındakilerin alışılageldik değerlendirmesine göre Efendimiz Tanrı adlandırılır, ya da Pantakrator (Πανηοκπαηωπ), Evren‘in Hâkimi. Zirâ, Tanrı göreli (izâfi) bir kavramdır. Ve

807

ancak kullar-hizmetçiler için anlamlıdır. İlah kavramı ise, Tanrı‘nın kendi varlığı üzerinde olmayan hükümranlığıdır. Tanrı‘yı kullarının üzerinde olan ama dünyanın ruhu olarak hayal edenlerin fikrindeki gibi. Hakiki Tanrı, mutlak mükemmel, ezeli ve ebedi ve sonsuz bir varlıktır. Ancak, böyle bir Varlık, mükemmel olsa da hükümranlığı olmaksızın Efendi Tanrı sıfatını taşıyamaz. Zirâ, denilir ki: Benim Tanrı‘m, senin Tanrı‘n, İsrail‘in Tanrısı, Tanrıların Tanrısı, Efendilerin Efendisi… Ancak şunu söylemenin bir mantığı yoktur: Benim Ezeli ve Ebedim, Senin Ezel ve Ebedîn, İsrail‘in Ezeli ve Ebedisi, Tanrıların Ezeli ve Ebedisi. Benim Sonsuzum, Benim Mükemmel‘im. Bunların tümü kullarla ilgili öznel şeylerdir. Tanrı kelimesi, genellikle Efendiliği de imâ eder. Ancak her Efendi‘nin Tanrı olduğu önermesi doğru değildir. Ruhani bir varlığın hükümranlık sahası bir Tanrı‘yı inşa eder. Gerçek, En Yüce ya da Sanal bir hükümranlık Hakiki, En Yüce ya da Sanal bir Tanrı kurgular. Ve O‘nun hakiki hükümranlığından çıkan netice hakiki Tanrı‘nın dâimi hayat sahibi, akıllı ve kuvvetli bir Varlık olduğudur. Başka mükemmelliklerinin yanı sıra En Yüce Mükemmelliktedir. O, ezeli-ebedi ve sonsuz niteliktedir. Her şeyi yapabilme özelliği (her şeye kâdir olma niteliği) ve her şeyi bilebilme niteliği vardır. (âlimi kül) Bu da demektir ki: Ezelden ebede kâim‘dir. Mevcudiyeti sonsuzdan sonsuza uzanır. Her şeye hükmeder ve mevcut her şeyi ya da vücuda gelebilecek her şeyi bilir. O, ezeliyet/ebediyet ve sonsuzluk değildir, ezeliyet/ebediyet ve sonsuzluk sadece O‘nun sıfatlarıdır. O zaman veya mekân değildir, ancak dâimidir ve her yerde mevcuttur. Ve her zaman ve her yerde mevcut bulunarak zamanı ve mekânı tesis eder. Mekânın unsurları (elemanları) her zaman mevcut olduğundan ve zamanın bölünemeyecek denli küçük bir elemanı olan bir An, her yerde mevcut olduğu için: Her şeyin Yaradanı ve Efendisi olan Varlığın, hiçbir zaman var olmayışı ve herhangi bir yerde mevcut olmayışı akla uygun değildir.

808

Bütün cisimler O‘nun içindedir ve O‘nun içinde hareket ettirilir. Ancak Cisimler ve O birbirine tesir etmez. Tanrı, cisimlerin hareketinden zarar görmez ve cisimler de Tanrı‘nın her yerde mevcut bulunmasından ötürü direnç görmez. Buradan çıkarılabilecek hüküm, Tanrı‘nın her mevcudiyetinin zorunlu oluşudur: Aynı zorunluluğa binâen, her zaman ve her yerde zorunlu olarak mevcuttur. Buradan da denilebilir ki: O aynı özelliktedir. Her şeyi işitir, her şeyi görür, her şeyi anlarbilir, her şeyi kavrar, her şeye gücü yeter ve fiillerde bulunur: Ancak, bunlar hiç de insanlarca anlaşıldığı gibi değildir. Bunlar vücutsal-organsal-cisimsel bir şey de değildir. Bunlar bizce tamamen bilinemez özelliktedir. Nasıl ki doğuştan kör bir adamın renkler hakkında hiçbir fikri olamazsa bizim de her şeyi bilen Tanrı‘nın nasıl bildiği ve anladığı hususunda bir fikrimiz olamaz. O‘nun vücut veya cisim gibi bir formu yoktur. Bu nedenle, görülemez, duyulamaz, dokunulamaz, bu nedenle herhangi bir vücuda veya cisime O‘nu temsilen tapılmamalıdır. O‘nun sıfatları hakkında bir fikrimiz vardır, ancak özünün ne olduğunu bilemeyiz. Cisimlerin renklerini ve biçimlerini (formlarını) görürüz, seslerini duyarız, dış yüzeylerine dokunabiliriz, koklayabiliriz, tadabiliriz. Ancak, cisimlerin özlerini ne duyularımızla bilebiliriz ne de zihnimizden düşünme fiilleriyle bilebiliriz. O halde buradan yapılacak bir benzetme ile: Tanrı‘nın özünü pek az bilebiliriz. Biz O‘nu, ancak yarattığı şeylerden (mahlûk‘dan) sezebildiğimiz harika ve bilgece hüneri ve marifetiyle bilebiliriz. Bir de nihai sondan (final cause) Mükemmelliğine hayran oluruz ve hükümranlığındaki şeylerin yüzü suyu hürmetine tapar ve hürmet ederiz. Hükümranlığı olmayan basiretli olmayan ve bir nihai emeli olmayan bir tanrı Kader ve Tabiat‘dan gayrı bir şey olamaz.

809

Körü körüne işleyen metafizik zorunluluk, her zaman ve her yerde aynı şekilde işleyeceğinden, dünyada gördüğümüz şeylerin çeşitliliğini oluşturamaz. Tabiat‘da gözlemlediğimiz şeylerin çeşitliliği ve değişik yerlere ve zamanlara uyum sağlayabilmesi, hiçlikten çıkmış olabilemez. Bunlar ancak Varlığı zorunlu olan bir Varlığın fikrinden ve irâdesinden çıkmıştır. (Ç.N: Vâcib-ül vücûd) Tanrı‘nın gördüğü, konuştuğu, sevdiği, nefret ettiği, verdiği, aldığı, kızdığı, savaştığı, tasarımladığı, çalıştığı ve inşa ettiği ancak benzetme (teşbih olarak, metaforik) yoluyla söylenebilir. Çünkü Tanrı hakkındaki bütün fikirlerimiz insanlığın özelliklerinden benzetilerek türetilmiştir. Bu benzetme de mükemmel değildir ancak yine de bunlar birbirine yakındır. Tanrı hakkında bu kadar akıl yürütme yeterlidir. Şeylerin görünümlerinden çıkarılabildiği kadarıyla Tanrı söylemi, hiç şüphesiz Hakiki Bilgeliğin bir dalıdır. Buraya değin, Gökler‘in ve Denizler‘in işleyişinin tabiat olayılerini kütle çekiminin kuvvetiyle izah etmiş bulunuyoruz.

Ancak bu kuvvetin hakiki sebebini tayin edebilmiş

değiliz. Bu kuvvetin Güneşin ve gezegenlerin merkezlerine değin kuvveti azalmaksızın tesir eden bir sebepten kaynaklandığı âşikardır. Tesirinin, tesir ettiği cisimlerin yüzeylerinin alanlarıyla da bir ilgisi olmadığı âşikardır. Hâl bu ki mekanik nedenler genellikle bu değişken ile ilgilidir. Kütle çekimi kuvveti, tesirde bulunduğu cisimlerin içerdiği madde miktarı da denilen kütle ile alâkalıdır, bu tesirini uzayda her yöne doğru çok ama çok uzak mesafelere değin hissettirir. Bu kuvvetin niceliği de, her yöne doğru ve her zaman, mesafelerin karesi ile ters orantıyla azalır. Bir cismin, Güneş‘in bütününe yönelik çekilim kuvveti, Güneş‘in cismini oluşturan parçaların hepsine birden yönelmiş çekim kuvvetlerinin toplamından oluşur. Bu kuvvet, Güneş‘ten uzaklaştıkça, uzaklığın karesiyle ters orantılı ölçüde ve hassas bir ayarda azalır.

810

Satürn‘ün yörüngesi kadar bir mesafeye kadar dahi. Bu olgu, Gezegenler‘in gün öte noktalarındaki süratlerinin gözlemlenebilir bir durgunlukta olmasıyla da sınanabilir. Hatta hatta, Kuyruklu yıldızlar‘ın Güneş‘e en uzak bulundukları noktalarda da bu sürat durgunluğu olsa gerektir. Lakin, bugüne dek, kütle çekiminin bu özelliklerinin sebebini keşfedebilmiş değilim. Buna binaen hipotez kurmuyorum. Zirâ, Tabiî olgulardan bilinmeyen her şey eninde sonunda bir hipotezdir. Hipotezlerin ise, bunlar, metafizik özellikte olsun fiziksel olsun, maddenin gizli özellikleriyle ilgili olsun, mekanik özellikleriyle ilgili olsun, deneysel bilimde yeri yoktur. Bu bilme yolunda, çeşitli önermeler olaylardan/olgulardan istidlâl edilir. Bundan sonra tümevarım yoluyla genelleştirilir. İşte bu yolla, cisimlerin, nüfuz edilemezliği, oynaklığı, iten kuvveti, hareketin kanunları ve kütleçekiminin kanunları keşfedilmiştir. Bize, kütle çekiminin hakikaten mevcut olması, açıklanmış kanunlara göre işleyip durması ve gökcisimlerinin ve denizlerimizin her türlü hareketinin hesabının yapılmasına imkân vermesi kâfidir. Ve şimdi, bunlara ilâveten, mevcudiyeti şüphesiz çok daha ince başka bir kuvvetten bahsedeceğiz. Bu kuvvet, büyük cisimlerin özünde yayılıp saklanmış halde bulunur. Bu kuvvetin fiilleriyle, yakın mesafede duran cisimlerin parçacıkları birbirini çeker; eğer cisimler birbirine bitişik ise yapışır. Elektrik yükü almış cisimler, uzak mesafelerden tesir eder, mıntıkalarındaki cisimcikleri çeker ve iter. Işık, bu yol ile, dışarıya yayılır, yansıtılır, kırılır, eğrilir ve cisimleri ısıtır. Bu yol ile, vücudun hisleri heyecanlanır, hayvanların vücutları iradelerinin kumandasıyla hareket eder. Daha hassas bir tanımlama ise söylersek: Bu kuvvetin titreşimleri vücuttaki sinirlerin iplikçiklerinden geçer gider. Bu iletilişin yönü, vücudun sathındaki duyu organlarından beyinedir hem de beyinden kaslaradır. Ancak bu işleyiş birkaç kelime ile anlatılacak denli basit değildir. Zaten biz de bu elektriksel ve esnek kuvvetin

811

işleyişinin tâbi olduğu kanunları hassaslıkla tespit edip gösterecek kâfi miktarda deney yapmış değiliz. The Principia‟nın Sonudur.

812

Kozmos‟un ĠĢleyiĢinin Esas Kânunu

Felsefenin şafağı denilebilecek kadar kadim tarihi devirlerde; düşünürlerin azımsanamayacak kadar önemli kısmınca benimsenmiş Kozmos tasavvuru şöyleydi: Sabit yıldızlar, Kozmos‘un en yüksek kısımlarında hareket ettirilemeyecek bir sabitlikte durmakta, sabit yıldızların altındaki âlemde gezegenler, Güneş‘in etrafından taşınarak döndürülüyor, Dünya, gezegenlerden biri olmak suretiyle Güneş‘in etrafından yıllık rotasını tanımlıyor tanımlıyor, bu esnada da, kendi etrafındaki dönme hareketini kendi ekseni doğrultusunda icrâ ediyordu. Ve Güneş, Kozmos‘un bütününü ısıtan olarak tasavvur ediliyor ve Kozmos‘un merkezinde sabit durduğu düşünülüyordu. Bu Kozmos doktrini Antikçağ‘da, bilgelerce öğretilerek ve Philolaus ve Samos‘lu Aristarchus‘ca aktarılmış bir öğretiydi. Bu öğretiyi benimsemiş gruplar arasında Pitagoras ekolünün tamamı da vardı. Ve Platon (Eflâtun) olgunluk devrinde bu fikirdeydi. Bunların tümü de kadim olan Anaximander‘in hükmü de bu yöndeydi. Ve Romalı‘ların filozof kralı, Numa Pompilius da aynı kanıdaydı. Merkezinde Güneş‘in bulunduğu Kozmos fikrini temsil etmek için ve Vesta‘nın şânını yüceltmek için inşâ ettirdiği yuvarlak biçimli tapınağın merkezine ―sönmeyen ateş‖i törenle yerleştirmişti. Mısırlı‘lar da Gök‘ü gözlemleyen eski medeniyetlerden biriydi. Ve muhtemelen de, bu doktrin dışarıya onlardan yayılmıştı. Yunanlar da, Tabiat‘tan ziyade filolojik çalışmaları seven bir halk iken, Tabii Felsefe‘nin en esaslı ve ilk kıvılcımlarını onlardan alarak türetmişlerdi. Ve ocakbaşı ile ilgili törenlerdeki kadim ruhun izlerini de ta Mısırlı‘lara dek geri sürebiliyoruz. Zirâ, bu ocakbaşı törenleri; onların, gizemlerini/sırlarını aktarmalarının bir yoluydu. Bir başka deyişle, dini ayin ve hiyeroglif görüntüsü ile saklanmış bir mizansenle sıradan bir düşünmenin ötesine geçen bir felsefi aşkınlığı sezdirmenin bir yoluydu. Şurası da bir gerçektir ki: Anaxogoras, Demokritus ve diğer bilginler, Dünya‘nın sabit halde merkezde konumlandırıldığı ve sabit yıldızların her çeşidinin sabit duran Dünya‘nın etrafından döndüğü ve bu dönme hareketini de Batı yönünün istikametinde ve farklı farklı hızlar ile icrâ ettiği fikrini

813

başlatmıştır. Ancak, her iki bilimsel kurguda da, Kozmos‘daki gökcisimlerinin hareketlerinin tamamen sürtünmesiz boş uzayda olageldiği kabul edilmişti. İç içe geçmiş müşterek merkezli gökcisimlerinin katı gökkürelerinin dönmesi ile taşınarak hareket ettirildiği yanlış fikrini kabul eden kadim felsefenin gerilemeye yüz tuttuğu ve Yunanların yeni ve giderek yaygınlaşan masallarının öne çıktığı sonraki devirlerde Eudoxos, Calippus ve Aristoteles‘ce öne sürülmüştür. Ancak, her mütealanın ötesinde, kuyrukluyıldızların hareketinin olgusu, bu yanlış kurgunun içine sığmaz. Kendi devirlerinin en bilgili astronomları kabul edilen Kalde‘liler, kuyrukluyıldızları, kendine özgü özelliğe haiz gezegenler olarak düşünmüşlerdi. Bunlar, çok dışarlak yörüngeleri tanımlayıp bize ancak, sırayla ve bir döngülerinde bir defa gözükürdü. Bu ise kendi yörüngelerinin en aşağı kısımlarına alçaldıkları konumlarda olurdu. Ve bu yanlış kurgunun mantıksal neticesinde, kuyrukluyıldızlar Ay‘ın altındaki kürenin içine konumlandırılmıştı. Bundan ötürü, çağdaş astronomların rasatlarının neticesi değerlendirilir değerlendirilmez, kuyrukluyıldızlar Antikçağ‘daki kurguda konumlandırıldıkları yüksek göklere iade edilmişti. Ne var ki, eski yanlış kurgu da tamamen ve sonsuza kadar bırakılmış ve uzay bu kürelerin boyunduruğundan hürleştirilmişti. Kadim bilginlerin, gezegenlerin hür uzaydaki hareketlerinde nasıl ve ne şekilde sınırlandırıldığı ve kendi kendilerine bırakıldıklarında izlemelerinin mantıklı gözüktüğü doğrusal hatlı rotalarından saptırılıp da nasıl eğri çizgisel yörüngelere kıvrıldığı ve bu yol ile düzenli devirlerini sürdüregeldiği problemini nasıl izah ettiklerini bilmiyoruz. Ve muhtemelen de, bu müşkülü izah etmek için zaten müşterek merkezli küreler kurgulanmıştı. Sonraki devirlerin düşünürleri, bu müşkül durumu güya izah eden fikirleri öne sürmüştür. Örneğin, Kepler ve DesCartes, bir takım girdapların hareketi ile bunu izaha çalışmıştı. Ya da, Borelli, Hooke ve ulusumuzun diğer bazı bilginlerin, bir tesir veya çekim prensibini öne sürmüştü. Zirâ, Hareketin Kanunları‘ndan bilinen mantıkî sonuç, bu tesirlerin o veya bu kuvvetin fiilinden olduğudur. Ancak, bizim buradaki amacımız, bu kuvvetin niceliğini ve niteliğini bu tabiat olayıden düşünerek bulmak ve bilmektir. (218. Sayfa) Ve bazı sade vakalardaki keşfettiğimiz prensipleri, matematiksel bir metot ile

814

uygulayıp karmaşık vakalarda bu kuvvetin oluşturduğu tesirleri tahmin etmeye çalışmaktır. Çünkü, her bir tekil vak‘ayı doğrudan ve yakından gözlemlemek imkânsız ve sonu gelmeyen bir iş olacaktır. ―Matematiksel Metot‖ ile dedik çünkü, bu şekilde bu kuvvetin özellikleri/hassaları hakkında spekülasyon yapmaktan imtinâ etmiş oluyoruz ve herhangi bir hipotez ile onu belirleme önyargısından da kaçınmış oluyoruz. Ve işte bundan ötürü, biz ona, genel bir isim vererek ―merkezcil kuvvet" diyoruz, bunu ise, bir merkeze yöneltilmiş bir kuvvet olarak düşünüyoruz. Daha özel olarak düşündüğümüzde de, bu kuvveti, o nokta üzerinde konumlandırılmış bir cisme yöneltilmiş bir kuvvet olarak düşünüyoruz. Ve buna, Güneş‘e yöneltilmiş, Dünya‘ya yöneltilmiş, Jüpiter‘e yöneltilmiş gibi isimler ile tanımlıyoruz ve bunu diğer merkezi cisimlere de uygulayabiliriz. Merkezcil Kuvvet‘in işleyişi ile,gezegenlerin belli yörüngelerde çekip çevrilerek hareket ettirildiğini, eğer fırlatılan cisimlerin hareketlerini incelersek, kolayca anlayabiliriz. (75., 76.,77. Sayfa) Çünkü, şöyle düşünün: Bir taş fırlatıldığında, kendi haiz olduğu kütleden ötürü, doğrusal hatlı rotasından saptırılmak zorunda bırakılır. Ki,

bu tesir olmasa,

fırlatıldığındaki doğrusal hatlı istikametini

sürdürürdü. Ancak, bu tesir işlediğinden, cisim bir eğri rota tanımlamak zorunda bırakılırdı. Ve bu eğrisel rotayı takip ederek en nihayetinde yere indirilir. Ve cisim fırlatıldığı anda ne ölçüde fazla velosite verilmiş ise, cisim yere indirilmeden önce o ölçüde uzağa doğru gider. O halde, biz, velositenin arttırıldığını düşünelim: Öyle bir ölçüde arttırılsın ki, Yer‘e değmeden evvel 1,2,5,10,100,1000 mil ölçüsünde bir yay‘ı tanımlasın. Ve bu ölçü, git gide artırılarak, en nihayetinde, Dünya‘nın limitini aşarak ve Dünya‘ya da değmeksizin geçip gider. (513. sayfa) 513. sayfadaki Dünya şeması girecek. AFB şekli Dünya‘nın yüzeyini temsil etsin. C bunun merkezi olsun, VD, VE, VF ise cismin, yüksek bir dağın doruğundan yatay bir istikamette fırlatıldığında ve bu fırlatılışlar, sırasıyla, biri diğerinden fazla ölçüde velosite ile icrâ edildiğinde tanımlanana eğri çizgiler olsun. (400. Sayfa).

815

Ve, fezâdaki hareketler; hareketin içinde icrâ edildiği mekânın direncinin olmaması veya pek az direncin olması sebebiyle hiç mi hiç ivmesizlenerek yavaşlamaz. Ve şartların eşit mukayese edildiği bir durumu sağlamak için, varsayalım ki, Şekil‘de gösterilmiş Dünya‘nın etrafında ya hiç havanın bulunmadığını ya da bulunsa da direnç kuvvetinin olmadığını veya pek az olduğunu kabul edelim. Ve işte aynı sebepten ötürü, az bir velosite ile fırlatılmış bir cisim, VD adındaki küçük yay parçasını tanımlar, cisim birazcık fazla ölçüde bir velosite ile fırlatıldığında, biraz daha uzun olan VE yayını tanımlar ve velositeyi arttırarak, cismin ulaştığı konumlar F‘ye ve daha öteye G‘ye varır. Ve eğer, velosite daha da arttırılır ise, en nihayetinde Dünya‘nın çevresinin de epeyce ötesine geçip fırlatılmış olduğu dağın doruğuna geri döner.

816

Ve fırlatılan cismin bu hareket ile ve Dünya‘nın merkezine çizilmiş yarıçaplar ile sınırlanmış alanlar ve bu alanların süpürüldüğü süreler Principia Mathematica‘nın 1. Kitabı‘nın 1. Önermesi‘nin mantığınca orantılıdır. Ve bundan ötürü; cisim, dağa geri döndüğünde, ilk harekete geçirildiğindeki velositesinden daha az bir velositeye haiz olmayacaktır. Ve cisim aynı Kanun‘un mantığına göre mevcut velositesini muhafaza ederek aynı kapalı eğriyi üst üste defalarca tanımlamayı sürdürecektir. Ne var ki, şimdi, başka bir durumu düşünelim: Cisimler, bu dağdan daha yüksek irtifalardan, örneğin, 5, 10, 100,1000 ya da daha yüksek irtifalardan, ufka paralel çizgilerin istikametlerinde fırlatılsın. Ya da bu irtifalar, Dünya‘nın yarıçaplarının ölçüsü cinsinden tanımlanmış olsun. Bu cisimler, fırlatıldıkları velositelerin ölçüsüne göre ya da fırlatıldıkları çeşitli irtifalarda bulundukları çeşitli irtifalarda maruz kaldıkları farklı ölçülerdeki çekim kuvvetlerine göre, ya Dünya‘nın küresi ile müşterek merkezli yayları tanımlar ya da ölçüleri çeşitli eksentrisitelerde (dışarlaklıklar‘da) mahrekleri uzayda tanımlaya tanımlaya hareket ederler, tıpkı gezegenlerin yörüngelerindeki dönme hareketleri gibi. Ve tıpkı, bir taşın eğik açı ile fırlatılması durumu gibi (yani, eğik açı derken, dik olmayan ve ufka paralel olmayan herhangi bir açıyı kastediyorum.) bu açının fırlatma istikametini gösteren doğrudan Dünya‘ya yöneltilmiş mütemadiyen saptırılma (inhiraf etme) olgusu, cismin Dünya‘ya doğru çekildiğinin bir ispatıdır. Ki bu ispat da, taşın münferit olarak bırakılıp da Dünya‘ya doğru doğrudan alçalma hareketinden az kesin bir ispat değildir. Öyle ki, aynı mantık ile, düşünürsek, boş uzayda sürtünmesiz ortamların içinde hareket eden cisimlerin doğrusal hatlı rotalardan saptırılması ve bunların o konumlardan mütemadiyen deflect edilmesi olgusu, bu cisimlere dört bir taraftan tesir edip çeken bir kuvvetin mevcudiyetinin kesin bir ispatıdır. Ve kütle çekiminin varsayılmış mevcudiyetinden mantıkî bir zorunlulukla şu ara neticeye varıyoruz: Dünya‘nın etrafındaki veya üzerindeki cisimlerin tümü aşağıya doğru ―ağırlık vermek‖ zorundadır. Ve bundan ötürü, atâlet halinde aşağıya doğru bırakıldığında ya Dünya‘ya doğru doğrusal alçalma hareketinde bulunmak durumundadır; ya da en azından, eğer eğik açılı fırlatılmışlar ise, Dünya‘ya doğru yöneltilmiş doğrulardan mütemadiyen saptırılma hareketinde bulunmak durumundadır. O halde, herhangi bir merkeze yöneltilmiş bir kuvvetin varsayılan mevcudiyetinden, aynı mantıkî zorunluluk ile şu ara netice bulunacaktır. Bu kuvvetin tesir ettiği cisimlerin tümü de, ya o merkezî noktaya doğru, dikey

817

istikamette alçalmak zorundadır ya da en azından, tesir etmemiş olsa, üzerinde eğik açı ile hareket etmiş olacakları doğrulardan, o cismin hareketinin mahrekinin üzerinde tasavvur edilmiş doğrulardan bu kuvvetce saptırılıp mütemadiyen o noktaya doğru inhiraf edeceklerdir. Ve bizim Principia Mathematica‘mızın ilk iki kitabında, bu hareketler verildiğinde, kuvvetleri nasıl istidlâl edeceğimizi ya da kuvvetler verildiğinde hareketleri nasıl saptayacağımızı göstermişizdir. Eğer, Dünya‘nın ortada sabit durduğu varsayılır ise ve sabit yıldızların 24 saatlik müddetler ile hür ve sürtünmesiz uzayda döndürüldüğü tahayyül edilir ise: Şurası kesindir ki: Sabit yıldızların tesir etmesiyle yörüngelerinde tutulmaları sağlayan kuvvet, Dünya‘ya yöneltilmiş değildir; ancak, çeşitli yörüngelerin merkezlerine yöneltilmiştir; yani, bu da demektir ki: Bu kuvvetin yöneldiği tasavvur edilen kuvvet, sabit yıldızların, göğün ekvatorun bir beriye bir öteye alçalarak hareket ettikleri birkaç paralel çemberin merkezlerine doğru işleyecektir. Ve tabi bir de, genel mantık ile tutarlı olarak : Sabit yıldızlar, bu bahsi geçen yörüngelerin merkezlerine çizilmiş yarıçaplar ile alanları tanımladıklarında, bu alanlar tanımlanma süreleri ile hassasiyetle orantılı olacaktır. O halde, 1. Kitabın 4. Önermesi‘nin 3. Kaziyesi‘nin mantığınca, devir süreler ile eşit olduğundan, merkezcil kuvvetler, bu çeşitli yörüngelerin yarıçaplarına göredir ve de bunlar mütemadiyen aynı yörüngelerde dönecek, dönecek ve dönecektir. Ve benzeri ara neticeler, gezegenlerin, varsayılmış günlük hareketinden de istidlâl edilebilir. Kuvvetlerin, fiziki olarak tesir edecekleri bir cisime değil de Dünya‘nın ekseninde alınan çok sayıda hayâli noktaya yöneltilmiş olabileceği fikri ise kendi içinde çok tutarsızdır. Bundan bile daha tutarsız olan hipotez ise, bu kuvvetlerin ölçüsünün, bu eksene mesafeler ile orantılı artacağıdır. Çünkü, bunu iddia etmek, aslında, artışın muazzam bir ölçüye varması imâsı anlamına gelir ya da belki de sonsuza erişmesidir. Ancak, ne var ki: Tabiat olayıl kuvvetler, genellikle, aktıkları/kaynaklandıkları noktadan uzağa gidildikçe tesirlerini gitgide yitirirler. Ancak, bundan bile saçma olanı şudur: Ne, aynı yıldızın tanımladığı alanlar, tanımlama süreleri ile orantılıdır; ne de, bunun döngüleri aynı alanları yörüngede icrâ edilir.

818

Çünkü, yıldız, kendi gök-yarı küresinin kutup noktasından uzaklaştıkça hem alanların ölçüsü artar hem de yörünge büyür. Ve alanın artışından hesaplanıp ispat edilmiştir ki; kuvvetler, Dünya‘nın eksenine yöneltilmiş değildir. Ve bu müşkül durum; (2. Önerme‘nin 1. Kaziyesi‘nin mantığınca) sabit yıldızlarda gözlemlenmiş iki türlü hareketten belirir, bunların biri, Dünya‘nın ekseninin etrafından günlük dönme hareketidir; diğeri ise, ekliptik ekseninin etrafından icrâ edilen çok ama çok yavaş bir başka dönme hareketidir. Ve bu durumun izâh etmek için, kuvvetlerin öyle karmakarışık ve değişken bir düzenlemesini kurmak gerekir. Ki bu, düzenlemenin hiçbir fiziki kuramla ahenkli ve tutarlı olması pek de mümkün değildir. Merkezcil kuvvetlerin hakikaten de Güneş‘in, Dünya‘nın ve diğer gezegenlerin cisimlerine yöneltilmiş olduğu bilgisini bu akıl yürütme ile istidlâl ediyorum. Ay, Dünya‘mızın etrafından döner ve Arz küresi‘ninin merkezine çizilmiş yarıçaplar ile (390. sayfa) alanları tanımlar ve bu alanları tanımladıkları süreler ile neredeyse orantılı olur, bu ise, velositesinin, görünürdeki çapı ile mukayesesi ile anlaşılır. Nitekim, çapı, dar iken (ve bu nedenle de Dünya‘ya mesafesi fazlayken) hareketi daha yavaştır ve çapı genişken hareketi daha hızlıcadır. Jüpiter‘in uydularının bu gezegenin etrafından dönme hareketleri biraz daha düzenlidir (386. sayfa) nitekim, Jüpiter‘in küresi ile müşterek merkezli çemberleri –ancak- gözlemlerimizin ayırt edebildiği kadar bir hassasiyetle, ―equable‖ hareketler ile tanımlarlar. Ve yine aynı mantık ile, Satürn‘ün uyduları bu gezegenin etrafından -neredeyse- dairevî (çembersel) ve equable hareketler ile döner (387. sayfa) bu ise, -neredeyse- hiçbir gözlemlenmiş eksentrisite ile ajite edilmez. Venüs‘ün ve Merkür‘ün Güneş‘in etrafından dönerek hareket ettiği, bu gökcisimlerinin Ay‘ın görünüşlerine benzer görünümler arz etmesinden ispat edilip gösterilebilir. (388. sayfa) Bunlar, tam parlaklıkları ile gözüktüklerinde, yörüngelerinde, Dünya‘ya göre, Güneş‘in ötesindeki konumlarda bulunur. Yarım parlaklık ile parladıklarında, Güneş‘in ―over-against‖ konumlarındadır, boynuzlu gözüktüklerinde, Dünya‘nın ve Güneş‘in arasında bir konumda bulunmaktadır ve bazen de Güneş‘in yuvarlak diskinin önünden geçerler, bu geçişleri ise Dünya‘nın ve Güneş‘in arasındaki bir hatta

819

konumlandırıldıklarında olur. Ve Venüs, neredeyse, ivmesiz/ sabit bir hareket ile Güneş‘in küresi ile müşterek merkezli ve neredeyse dairevî ( çembersel) bir yörünge tanımlar. Ancak, Merkür, biraz daha eksentrik (dışarlak) hareket ile Güneş‘e cidden yakınlaşır ve tekrar uzaklaşır ve bu hareketi sırayla tekrarlar. Ne var ki, Güneş‘e yakınken daima daha hızlıca hareket eder ve bundan ötürü de Güneş‘e çizilmiş yarıçaplar ile hâlâ süreler ile orantılı alanları tanımlar. En son olarak da; Dünya, Güneş‘in çevresinden veya Güneş, Güneş, Dünya‘nın etrafından, birbirlerinin merkezlerine çizilmiş yarıçaplar ile alanları tanımladıklarında, alanlar ile süreler hassasiyetle orantılı olur. Bu olgu ise, Güneş‘in görünürdeki çapı ile görünürdeki hareketiyle mukayese edilerek ispat edilebilir. Bunlar gökbilim deneyleriyle bilinir: Bunlardan şu ara neticeye, Principia‘nın 1. Kitabı‘nın I., II., III., Önermeleri‘nin ve bunların Kaziyeleri‘nden (212., 213., 214. sayfa) varılır ki hakikaten de Dünya‘nın, Jüpiter‘in, Satürn‘ün ve Güneş‘in merkezlerine yöneltilmiş merkezcil kuvvetler vardır (ya çok hassas olarak ya da dikkate alınmayacak denli önemsiz hata payı ile) Merkür‘de, Venüs‘de, Mars‘ta ve daha küçük gezegenlerde deney yapmak gerekmektedir; benzeşim yoluyla argümanlar bunların yerine kullanılabilir. Bu kuvvetlerin (212., 213., 214. sayfalar) her bir gezegenin merkezine mesafeleri kareleri ile orantılı olarak azaldığı, 1.Kitabı‘n 4.Önermesi‘nin 6.Kaziyesi‘nden belli olurdu. Çünkü, Jüpiter‘in uydularının devir süreleri birbirlerine göre (386., 387. sayfa) bu gezegenin mesafelerine göre kareli/küplü orantıda olur. Bu orantı uzun bir müddettir bu uydularda gözlemlenmiştir. Ve Bay Flamsted, Jüpiter‘e mesafelerini bir mikrometre cihazı ile sık sık ölçmüş ve uydularının tutulmalarından bulduğu veriler ile yorumlamış ve bana yazdığı bilimsel mektupta, görme duyumuz ile ayırd edilebilecek her türlü hassaslıkta doğru olduğunu belirtmişti. Bay Flamsted, mikrometre cihazı ile aldığı ölçülerden bulduğu yörüngelerin boyutlarını bana, Jüpiter‘in Dünya‘ya ortalama mesafesi cinsinden veya Jüpiter‘in Güneş‘e ortalama

820

mesafesinin cinsinden ifade ederek ve bunların da devir süreleri ile beraber aşağıdaki Çizelge‘de yazmıştır:

Güneş‘ten Gözüktüğü Tasavvuru ile Jüpiter‘in Uydularının Jüpiter‘in Merkezine Olan Maksimum Elongasyonları ‗

‗‘

Uyduların Devir Süreleri

‗‘

Gün

Saat

Dakika Saniye

1.

1

48

ya da

108

1

18

28

36

2.

3

01

ya da

181

3

13

17

54

3.

4

46

ya da

286

7

03

59

36

4.

8

13 ´

ya da

493 ´

16

18

5

13

İşte buradan kareli-küplü orantı kolaylıkla görülebilir: Örneğin; 16 gün 18 saat 05 dakika 13 saniye‘nin 1 gün 18 saat 28 dakika 36 saniye‘ye oranının, 493 ´‘‘ x √493 ´ ‗‘ işleminin 108 x √108‘‘ işlemine oranına eşittir. Tabii, eğer, gözlemde, saptanamayan o küçük kesirleri hesaba katmazsak. Mikrometre cihazının icâdından önce; belirtilen mesafeler, aşağıdaki Çizelge‘de belirtildiği gibi Jüpiter‘in yarı-çapları cinsinden verilmiştir: -

Mesafeler

1.

2.

3.

4.

Galileo‘ya göre

6

10

16

28

Simon Marius

6

10

16

26

Cassini‘ye göre

5

8

13

23

Borelli‘ye göre

5 2/3

8 2/3

14

24 2/3

821

Mikrometre cihazının icâdından sonraki ölçümler

Townley‘e göre

5,51

8,78

13,47

24,72

Flamsted‘e göre

5,31

8,85

13,98

24,23

Tutulmalardan daha hassas şekilden hesaplandığı değerler ile

5,578

8,876

14.159

24,903

Ve bu uyduların devir süreleri Mr. Flamsted‘in gözlemlerinden bilindiği kadarıyla: 1gün 18saat.28‘ 36‘‘ 3gün.13saat.17‘ 54‘‘ 7gün.3saat.59‘36‘‘ 16gün.18saat.5‘13‘‘ değerlerindedir. Ve hesaplanan mesâfeler ise 5,578 8,878 14,168 24,968 değerleri yapılan gözlemlerden elde edilen mesafelerin verileri ile hassas bir şekilde tutarlıdır. Principia‘da 517. Sayfa Bilgin Cassini‘nin bize bildirdiğine göre (388. ve 389 sayfalarda) aynı orantı Satürn‘ün çevresinden dönen gezegenlerde de gözlemlenmiştir. Ne var ki, o gezegenlerin hareketlerini izah eden daha kesin ve daha hassas bir Kuram‘a erişinceye dek; daha uzun sürekli gözlemlerde bulunmak gerekmektedir. Güneş‘in etrafından dönen, Merkür ve Venüs gezegenlerinde aynı orantı daha büyük bir en ehil gökbilimcilerin gözlemlerinden elde edilmiş yörünge boyutları esas alındığında, hassasiyet ile tutmaktadır.

822

Mars‘ın Güneş‘in etrafından dönerek hareket ettiği bilgisi, bu gökcisminde gözüken evrelerden ve görünüşteki çaplarının orantısından bilinir. (388. ve 389. 390. sayfalar) Çünkü, Güneş‘le neredeyse kavuşum konumunda bulunduğunda tam evresindedir ve dördüllerde gibbous‘tur ve bundan Güneş‘in etrafından dönerek hareket ettiği kesindir. Ve Güneş‘le bakışım konumu noktasındayken gözüken çapı, Güneş ile kavuşum konumu noktasında gözüken çapına göre 5 misli olduğuna göre ve Dünya‘ya mesâfesi görünüşteki çapının tersine eşit olduğu için; o mesâfe; Güneş ile bakışım konumundayken; Güneş ile kavuşum konumu noktasında olduğundakine göre 5 misli azdır. Ne var ki, her iki durumda da, Güneş‘e mesâfesi, Mars‘ın dördüllerde gibbous gözüküşünden istidlâl edilen mesâfesi ile aynı ölçüde olacaktır. Ve Güneş‘in etrafından ‗‘pergel hareketi‘‘ ile Güneş‘in merkezine tanımladığı reel mesâfeler –neredeyse- eşittir ancak Dünya‘dan gözlemlendiğinde çok eşitsiz ölçülerde gözükür. Öyle ki, Güneş‘e çizilmiş yarı-çaplar ile neredeyse eşit ölçülü alanları tanımlar ancak Dünya‘ya çizilmiş yarıçaplar ile bu bazen hızlı; bazen duruyormuş gibi, bazen de geriliyormuş gibi gözükür. Jüpiter‘in, Mars gezegeninden daha yüksek bir yörüngede yine benzer bir mantık ile Güneş‘in etrafından dönerkenki hareketinin hem mesafeler ölçüsüne vurulduğunda hem de süpürülen alanların ölçüsüne vurulduğunda –neredeyse- equable olduğunu da böyle istidlâl ediyorum. Bay Flamsted, bana, postaladığı mektuplarında bildirmiştir ki: Jüpiter‘in etrafından en içerlek yörüngede dönen uydunun tutulmalarının, ki günümüze değin çok detaylı gözlemlenmiş bir gökcismidir.) kendi kuramı ile o denli tutarlı hareket ettiğini kesin bir olgu olarak bildirmiştir, ki bunun hareketinin kuramın öngördüğünden sapması hiçbir durumda 2 dakikadan fazla olmamıştır. Ve en dışarlak yörüngede dönen uydu da bu hata payı birazcık daha fazladır. En dışarlak yörüngede dönen uydudan bir iç sıradaki yörüngede döneni anca 3 misli hata payı içerir. Ve en içerlek yörüngede dönen uydudan bir dış sıradaki yörüngede döneni fark esasında çok daha büyük ölçüdedir ve neredeyse kendisinin hesaplamış olduğu Ay‘ın Çizelgeleri‘nin değerleri ile tutarlıdır. Ve Flamsted, bu tutulmaların hesabını; Mr.Romer‘ın keşfedip tanıttığı Işığın Denklemi kullanılarak düzeltilmiş ortalama hareketlerden yapmıştır. O halde, kuramın buraya dek hareketi betimlenen en dışarlak yörüngede dönen uydunun hareketinden 2‘den az bir hata payı ile ayrıldığını kabul ederek: Ve 16gün18saat 5dakika 13saniye lik devir süreyi 2‘lık

823

süreye orantılayıp ve bunun yanı sıra 3600lik ölçüdeki çemberin bütününü 1‘ 48‘‘lik yaya orantılayınca, Bay Flamsted‘in hesaplarındaki hata payı, uyduların yörüngesine indirgendiğinde 1‘ 48‘‘ den az olacaktır. Yani, uydunun Jüpiter‘in merkezinden gözlemlenmiş boylamı 1‘48‘‘lik bir hata payından az saptanmış olacaktır. Ancak, uydu, tam da gölgelerin ortasındayken bu boylamın değeri, Jüpiter‘in Güneş-merkezli boylamı ile aynı değerde ve kendisince yakın bir zamanda düzeltilmiş değerde olacaktır. Ve o halde, Bay Flamsted‘in kabul ettiği hipotez, yani Kopernik‘çi hipotez – Kepler‘ce geliştirilmiş hâliyle- (Jüpiter‘in hareketini izâh etme konusunda) hakikaten de o boylamın değerini 1‘ 48‘‘ lik hata payından az bir hassasiyet ile temsil eder. Ve ne var ki, bu boylam ile ve Yer-merkezli boylamı da beraberce kullanıp (ki bu daima kolaylıkla bulunur.) Jüpiter‘in Güneş‘e mesâfesi tespit edilir. İşte bundan ötürü, hipotezin gösterdiği değerle aynı olmak zorundadır. Çünkü olabilir ki, Güneş-merkezli boylamda olabilecek 1‘ 48‘‘ değerindeki maksimum hata neredeyse algılanamayacak ölçüde küçüktür ve hesaplamaya katılmayabilir. Ve belki de, uydunun hâlâ daha keşfedilmemiş bir eksentrisitesinden oluşmuş olabilir. Ne var ki, hem boylam hem de mesâfe doğru tespit edilmiş olduğundan, buradan zorunlu ve mantıkî olarak, Jüpiter‘in Güneş‘e çizilmiş yarı-çaplar ile tanımladığı alanların ölçüsünün hipotezin öngördüğüne eşit olduğu ve süreleri ile orantılı olduğu anlaşılır. Ve aynı hüküm, Mr. Huygens‘in ve Dr.Halley‘in gözlemleriyle Satürn‘ün uydusundan elde edilen verilerden, Satürn hakkında da verilebilir. Her ne kadar, bu hüküm doğrulamak için daha uzun periyotlar ile gözlem yapılması gerekiyor ise de ve bunu yeterli hassasiyette bir hesaplama ile sağlamak gerekiyorsa da. Çünkü, eğer, Jüpiter Güneş‘ten görülmüş olsa idi, hiçbir zaman gerileyen harekette veya duruyormuş gibi gözükmez ancak daima, neredeyse, ivmesiz/sabit bir hareket ile ilerliyor görünecektir. (389. sayfa) Ve bu gezegenin Dünya‘dan gözüktüğü en hareketinin kendi içinde çok eşitsiz olması olgusundan, (III. Önerme‘nin IV. Kaziyesi‘nin mantığınca) şunu istidlâl ediyoruz: Jüpiter‘i doğrusal hatlı rotasından saptırıp bir kıvrılıp giden yörüngede döndüren kuvvetin yönü, Dünya‘nın merkezine yöneltilmiş değildir. Ve aynı mantıkla akıl yürütünce, Mars ve Satürn gezegenleri için de aynı

824

çıkarsamayı yapıyoruz. Ve II. ve III. Önerme‘den ve III.sünün Kaziyelerinden, kuvvetlerin bir başka merkeze yönelmiş olması gerektiğini biliyoruz. Ki, bu merkezin etrafından, alanlar tanımlanırken yarıçaplar arasındaki alanların equable olması sağlansın. Ve evvelce de, Mars ve Satürn gezegenlerini de çok yaklaşık olarak ama Jüpiter gezegeninden de yeterince hassasiyet ile ispatlamış olduğumuz gibi, bu merkez Güneş‘tir. Şöyle bir fikir öne sürülebilir: Hem Güneş hem de gezegenler, eşi ölçüde tesir eden ve bir başka kuvvetçe ve birbirine paralel doğruların istikametinde, çekiliyor olabilir ancak, Hareket‘in Kanunları‘nın VI. Kaziyesi‘nin mantığına göre, böyle bir kuvvet tesir etmiş olsa bile, gezegenlerin birbirine göre konumlanmalarında hiçbir değişiklik olmayacak ve hiçbir algılanabilir oluşmayacaktır. Ne var ki, bizim bilimsel odağımız, algılanabilir tesirlerin sebepleridir. İşte, bu nedenden ötürü; bu türden her kuvvet, hâyâli ve ‗‘precevior‘‘ olarak düşünelim ve hesaba katmayalım ve Göğün olaylarının incelenmesinde kullanmayalım. Ve, III. Önerme‘nin 1. Kaziyesi‘nin mantığıncai Jüpiter‘in çekildiği kuvvetin kalanı Güneş‘in merkezine yöneltilmiş olacaktır. Gezegenlerin Güneş‘e mesafeleri, ister Tycho‘nun kurgusundaki gibi Dünya‘yı sistemin merkezine yerleştirelim isterse de Kopernik gibi Güneş‘i sistemin merkezine yerleştirelim, aynı ölçüde çıkmaktadır. Ve bu mesâfelerin hakiki değerler olduğu Jüpiter vak‘asında zaten evvelce ispatlamıştık. Kepler ve Bullialdus (388. sayfa) büyük bir hassasiyet ile gezegenlerin Güneş‘e mesâfelerini tespit etmiştir. Ve bu sebepten, onların çizelgeleri Gök ile en tutarlı değerlerdir. Ve gezegenlerin tümünde, Jüpiter‘de ve Mars‘ta, Satürn‘de ve Dünya‘da, tabi Venüs‘te ve Merkür‘de de; bunların her birinin Güneş‘e mesâfelerinin kübü, devir sürelerinin kareleri ile oranlıdır. Ve bundan ötürü, IV. Önerme‘nin VI. Kaziyesi‘ne göre, gezegenlerin, Güneş sisteminde Güneş‘in etrafından süpürdüğü alanların tümünden Güneş‘e yöneltilmiş merkezcil kuvvet, Güneş‘e mesafelerin karesi ile orantılı bir ölçüde azalır. Bu orantıyı incelerken, ortalama mesâfeleri esas almak durumundayız veyahut 15. Önerme‘nin mantığınca, yörüngeleri kesip geçen yarı-eksenleri esas almak durumundayız ve yörüngeleri tanımlarken; rasat verilerinin fark edilmemiş kusurlarından oluşmuş olabilecek küçük değerli kesirleri veya izâhını, metinde ileride yapacağımız başka sebeplere atfedilebilecek küçük değerli kesirleri hesabımıza dahil etmemek durumundayızdır. Ve biz daima, bahsettiğimiz orantının tamı tamına doğru olduğunu bulmaktayızdır. Nitekim, Satürn‘ün, Jüpiter‘in, Mars‘ın, Dünya‘nın, Venüs‘ün ve

825

Merkür‘ün Güneş‘e mesafeleri, gökbilimcilerin rasat verilerine göre ve Kepler‘in hesaplamasına göre, 951 000, 519 650, 152 350, 100 000, 72 400, 38 806 sayıları ile temsil edilir. Bullialdus‘un hesaplamansa göre, 954 198, 522 520, 152 350, 100 000, 72 398, 38 585 sayıları ile temsil edilir. Ve devir sürelerden hesap edildiğinde, 953 806, 520 116, 152 399, 100 000, 72 333, 38 710 sayıları gibi bulunur. Gezegenlerin mesâfelerinin Kepler‘e göre olanı ve Bullialdus‘a göre olanı önemsenebilecek hiçbir nicelikte farklılaşmaz, en fazla ölçüde farklılaştıkları değerler de, devir sürelerden bulunan mesâfelerin değerleri, bu değerlerin arasında kalmaktadır. Dünya‘nın etrafından dönme yolu ile oluşan kuvvet de benzer bir mantık ile mesafelerin kareli orantısında azalır. Bunu da aşağıdaki metot ile istidlâl ediyorum: Ay‘ın, Dünya‘nın merkezine ortalama mesâfesi, Dünya‘nın yarıçapları cinsinden ifâde edildiğinde: Batlamyus‘a, (Ptolemy) Kepler‘in Ephemerides eserine göre, Bullialdus‘a, Hevelius‘a ve Ricciolus‘a göre 59, Flamsted‘e göre 59 1/3, Tycho‘ya göre 56 ´, Vendelin‘e göre 60, Kopernik‘e göre 60 1/3, Kircher‘e göre 62 ´‘dir. (391. 392. 393. sayfalar) Ne var ki, Tycho, ve onun oluşturduğu Işığın Kırılması Çizelgeleri‘ne göre, ışığın fiziki özelliğine tamamen aykırı olarak, Güneş‘in ve Ay‘ın ışıklarının kırılmalarını sabit yıldızların ışıklarının kırılmalarının ölçüsünden fazla gösterdiği için ve ufuk çizgisinde yaklaşık dört veya beş dakikalık bir ölçüde, Ay‘ın yatay paralaksını bu dakikalara yakın bir ölçüde artırmıştır. Yani, paralaksın (ıraklık açısına) toplam değerinin 12‘de biri veya 15‘de biri ölçüsünde. Bu hatayı düzelttiğimizde, mesâfe, Dünya‘nı yarıçapları cinsinden 60 veya 61 birim bulunur ki, bu değer diğerlerinin bulmuş oldukları değerler ile neredeyse mutabıktır. O halde şöyle düşünelim: Varsayalım ki: Ay‘ın Dünya‘ya ortalama mesâfesi Dünya‘nın yarı-çaplarınn cinsinden 60 birim olsun. Ve sabit yıldızlara göre düşünülen devir süresi, gökbilimcilerin tespit etmiş olduğu gibi 27gün 7saat 43dakika olmuş olsun.

826

Ve IV. Önerme‘nin 6. Kaziyesi‘ne göre; Dünya‘nın yüzeyine yakın bir konumda atâlet hâlinde kabul edilen bir cisim, havakürenin içerisinde döndürülsün. Bu döndürme hareketinin merkezcil kuvvetinin ölçüsü, Ay‘ın yörüngesindeki bir mesafedeki merkezcil kuvvete göre düşünüldüğünde, Dünya‘nın merkezine mesafelerin ters kareli orantısında olcak yani, 3600‘ün 1‘e oranına eşit olacak ve bu cisim, havanın sürtünmesinden oluşan direnci hesaba katmazsak bir devrini 1saat 24dakika27saniyede tamamlayacaktır. Varsayın ki: Dünya‘nın çevresi 123 249 600 Paris Ayağı olmuş olsun, ki bu değer, Fransız‘ların en son yaptıkları ölçümlerde buldukları değerlerdir, (vide p. 406) Bu şartlarda, aynı cisim, dairevi hareketinden mahrum bırakılır ise ve daha önce olduğu gibi aynı merkezcil kuvvetin tesir etmesi ile düşer ise 1 saniyelik bir sürede 15 1/12 Paris Ayağı ölçüsünde bir uzunluğu geçer. Bu bilgiyi ise XXXVI. Önerme‘ye istinâd eden bir hesaplama ile istidlâl ediyoruz ve bu bilgi Dünya‘nın yüzeyine yakın konumlarda cisimler ile yapılmış deneyler ile de tutarlıdır. Nitekim, Bay Huygens sarkaçlar ile yapmış olduğu deneyler ve bunlara dayandırdığı hesaplamalar yolu ile göstermiştir ki: Dünya‘nın yüzeyine yakın konumlarda, merkezcil kuvvetin tesiri ile (bu kuvvetin özü ne her neyse) düşen cisimler 1 saniyelik sürede 15 ´ Paris Ayağı ölçüsünde bir uzunluğu geçer. Ne var ki: Eğer, Dünya‘nın hareket ettiği kabul edilir ise: Dünya ve Ay, Hareket‘in Kanunları‘nın IV. Kaziyesi‘ne göre ve 67. Önerme‘ye göre, beraberce hareket ettirilecek ve bu hareketinde müşterek çekim merkezlerini esas alan bir hareket olacaktır. Ve 60. Önerme‘nin mantığınca, Ay, 27 gün 7saat 43dakika lık aynı ölçüdeki bir periydik sürede, Dünya‘nın etrafında döndürülerek oluşturulan ve ölçüsü de mesafeler ile kareli orantıda azalan bir merkezcil kuvvet ile bir yörüngeyi tanımladığında: Bunun yarıçapının, evvelki yörüngenin yarıçapına oranı (yani, Dünya‘nın 60 yarıçapı ölçüsündekine oranı) Dünya‘nın ve Ay‘ın kütlelerinin toplamının, bu toplamın ve Dünya‘nın kütlesinin değerinin arasında kalan iki orta orantılının ilkine oranına eşit olacaktır. Yani, eğer, Ay‘ın, (görünüşteki çapının 31 ´‘ olduğunu esas alıp) Dünya‘nın yaklaşık 1/42‘si olduğunu kabul edersek, 43‘ün 3√ (42+43)I 2 işlemine oranında veya yaklaşık; 128‘in 127‘ye oranında olduğunu kabul edersek. Ve o halde: Yörünge‘nin yarı-çapı, yani, Ay‘ın ve Dünya‘nın merkezleri arasındaki mesâfe, bu durumda, Dünya‘nın yarı-

827

çapının cinsinden 60 ´ birim olacaktır. Ki, bu değer Kopernik‘in atfettiği değer ile neredeyse aynı değerde olup Tycho‘nun rasatlarının verilerinin de yadsımadığı değerlerdir. Ve işte, bundan ötürü, kuvvetin azalışının kareli orantısı bu mesâfede; kuramla ve veriler ile tutarlı olup tutmaktadır. Ben burada, yörügenin, Güneş‘in tesirinden kaynaklanan artışını; önemsiz değerde gördüğümden hesaba katmadım, ancak; eğer, bu değer de çıkarılır ise, hakiki mesâfe –yaklaşık- Dünya‘nın 60 4/9 yarıçapı cinsinden bir ölçüde kalacaktır. Dahası,

(390.

sayfa)

kuvvetlerin

azalışının

bu

orantısı,

gezegenlerin

eksentrisitesinden

(dışarlaklığından) ve apsis‘lerin çok yavaş hareket etmesinden de teyit edilir.

Nitekim, 45.

Önerme‘nin Kaziyelerinin mantığınca: Bundan gayrı hiçbir orantıda, Güneş‘in etrafından dönen gezegenler, her bir devirlerinde, Güneş‘e bir defa en az mesafelerine alçalamaz ve bir defa –en fazlamesafelerine yükselemez ve bu mesafelerin konumları da sabit kalamazdı. Kareli orantıdan az bir sapma, apsislerin hareketinde; her bir devirde, hatırı sayılır ölçüde bir hareketi üretirdi ancak bu hareket devirlerin sayısı çoğaldıkça muazzam büyüklükte bir ölçüye varırdı. Ne var ki, günümüze değin, sayısı bilinmeyen sayıda çok devirden sonra bile; Güneş‘in etrafından dönen gezegenlerin yörüngelerinde böyle bir hareket gözlemlenmemiştir. Bazı gökbilimciler böyle bir hareketin olmadığını söylemektedir, diğerleri ise olduğunu söylemekte ancak ölçüsünü, metinde ileride izâh edeceğimiz sebeplerden kaynaklanabilecek olanlardan fazla olamayacağını tahmin etmektedir ve bunun da şimdi ele aldığımız sorunla ilgisi yoktur. Biz Ay‘ın apsis‘in hareketini de hesap-dışı tutabiliriz (390.391 sayfalar) ki bunun değeri Güneş‘in etrafından dönen gezegenlerde olduğundan çok daha fazladır; her bir devirde 3 dereceye varır. Ve bu hareketten de şu hesap ispat edilip gösterilebilir: Dünya‘nın etrafından dönen cisimlerin merkezcil kuvveti; mesafeler ile orantılı azaltıldığında, mesafeler ile kareli orantıdan az azalmaz ancak mesafelerin küplü orantısından da çok daha az ölçüde azalır.

828

Çünkü, eğer, kareli orantı azar azar değiştirilip küplü orantı haline getirilir ise, apsis‘in hareketi bu yol ile sonsuza doğru artmış olur. Ve bundan ötürü, çok küçük bir mutasyon ile Ay‘ın apsis‘in hareketini aşsa gerektir. Bu yavaş hareket Güneş‘in çevresinden dönme hareketiyle oluşan kuvvetin tesiri ile oluşur, ki bunu metinde ileride izâh edeceğiz. Ancak, bu sebebi izole edip hesap harici tutarsak; Ay‘ın apsis‘i veya Yer-öte noktası sabit olacaktır ve Dünya‘nın etrafından dönme hareketi ile oluşan merkezcil kuvvetin azalışında, Dünya‘ya çeşitli mesafelerde kareli orantı, hassas bir şekilde tutacaktır. Şimdi, bu orantının hesabını emin bir şekilde kurduğumuzdan; çeşitli gezegenlerin kendi aralarında icrâ ettikleri kuvveti mukayese edebiliriz. (391. sayfa) Jüpiter‘in Dünya‘ya ortalama bir mesafesinde; Jüpiter‘in merkezine göre en dışarlak yörüngede dönen uydunun maksimum elongation‘ı, Bay Flamsted‘in rasat verilerine göre 8 dakika 13 saniye‘dir. İşte bu nedenden ötürü: Uydu‘nun Jüpiter‘in merkezine mesafesinin Jüpiter‘in Güneş‘e ortalama mesafesine oranı, 124‘ün 52 012‘ye oranına eşittir. Ancak, bunun Venüs‘ün Güneş‘in merkezine ortalama mesafesine oranı, 124‘ün 7234‘e oranına eşittir. Ve bunların devir süreleri de 16 ¶ gün ve 224 2/3 gün olur. Ve bu bilgiden de, 4. Önerme‘nin 2. Kaziyesi‘ne göre, mesafeleri, sürelerin karelerine böldüğümüzde, şunu istidlâl ediyoruz: Jüpiter‘in uydusunun Jüpiter‘e çekildiği kuvvetin, Venüs‘ün Güneş‘e çekildiği kuvvete oranı 442‘nin 143‘e oranına eşittir. Ve eğer biz, uydunun çekildiği kuvveti, 124‘lük mesafenin 7234‘lük mesafeye kareli orantısında azaltırsak, elde edeceğimiz oran; Venüs‘ün Güneş‘e mesafesi ölçüsünde bir uzaklıktan tesir eden ve Jüpiter‘in etrafından dönme hareketiyle oluşan merkezcil kuvvetin, Venüs‘ün Güneş‘in etrafında dönerken çekildiği merkezcil kuvvete oranını buluruz ki bu da 13/100‘ün 143‘e oranına eşittir. Ya da 1‘in 1100‘e oranına eşittir. İşte bu bilgiden de, şunu biliriz: Eşit mesafelerde, Güneş‘in etrafından tesir eden merkezcil kuvvet, Jüpiter‘in etrafından tesir eden merkezcil kuvvetten 1100 misli büyüktür. Ve benzer bir hesap yaparak: Satürn‘ün uydusunun 15gün22saatlik devir süresinden ve Satürn gezegeni bize ortalama mesafesindeyken, uydusunun Satürn‘den maksimum elongasyonu 3 dakika 20 saniye‘dir.

829

Buradan da şu netice bilinir: Bu uydunun Satürn‘ün merkezine mesafesinin, Venüs‘ün Güneş‘e mesafesine oranı, 92 2/5‘in 7234‘e oranına eşittir. Ve bu bilgiden de Güneş‘in etrafından tesir eden mutlak kuvvetten 2360 misli fazla olduğu bilinir. Venüs‘ün, Jüpiter‘in ve diğer gezegenlerin, Güneş-merkezli hareketlerinin düzenliliğinden ve Dünyamerkezli düzensizliğinden III. Önerme‘nin IV. Kaziyesi‘nin mantığını işleterek biliyoruz ki; Dünya‘nın etrafından tesir eden kuvvet ile mukayese edildiğinde çok çok küçüktür. Ricciolus ve Vendelin, birkaç defa, Güneş‘in paralaksını, Ay‘ın dichotomy‘lerini teleskop ile gözlemleyerek tespit etmeye çalışmış ve onların bulguları, bunun yarım dakikalık bir ölçüyü aşmadığı yönündedir. Kepler, Tycho‘nun rasat verilerinden ve kendi rasat verilerinden bulmuştur ki: Mars‘ın paralaksını kayda değer bulmamıştır; Güneş‘e bakışım noktasında bulunduğu konumda bile bu paralaks Güneş‘inkinden birazcık fazla bir değerdedir. Flamsted, aynı paralaksı, bir mikrometre cihazı ile, Mars, yerberi konumunda bulunduğunda da ölçmeye teşebbüs etmiş ve bulduğu değerler, hiçbir zaman 25‘‘ yi aşmamıştır, o da bu bilgiden Güneş‘in paralaksının en fazla 10‘‘ değerinde olduğunu istidlâl etmiştir. Buradan ise şu bilgi bilinir: Ay‘ın Dünya‘ya mesâfesinin, Dünya‘nın Güneş‘e mesafesine oranı, 29‘un 10 000‘e orantısından daha büyük bir değerde değildir. Ya da Ay‘ın Dünya‘ya mesâfesinin Venüs‘ün Güneş‘e mesafesine orantısı da 29‘un 7233‘e oranından fazla değildir. Bu mesafeleri veri alıp bunları da devir süreler ile beraber düşünüp yukarıda izâh edilmiş metodu işleterek şunu istidlâl etmek kolaydır: Güneş‘in etrafından merkezine doğru tesir eden mutlak kuvvet, Dünya‘nın etrafından merkezine doğru tesir eden mutlak kuvvetten an azından 229 400 misli büyüktür. Ve her ne kadar zaten eminsek bile, Ricciolus‘un ve Vendelin‘in rasatlarından da biliyoruz ki: Güneş‘in paralaksı (Iraklık açısı) yarım dakikadan azdı. Ancak, buradan da şu bilgi bilinir: Güneş‘in etrafından merkezine tesir eden mutlak kuvvet, Dünya‘nın etrafından merkezine tesir eden mutlak kuvveti 8500 misli aşar. Benzer hesaplama yolu ile bir benzeşim keşfettim. Bu benzeşim, gezegenlerin

830

kuvvetleri ve kütleleri arasında bir benzeşimdir. Ne var ki, bu benzeşimi izâh etmeden önce, öncelikle gezegenlerin, Dünya‘ya ortalama mesafelerinde gözüken çaplarını tespit etmek gerekir. Bay Flamsted (387. sayfa) mikrometre cihazı kullanarak, Jüpiter‘in çapını 40‘‘ veya 41‘‘, Satürn‘ün halkasının çapını 50‘‘, ve Güneş‘in çapını da yaklaşık 32‘ 13‘‘ olarak bulmuştur. (387. sayfa) Ancak, Satürn‘ün çapının, halkasının çapına oranı, Bay Huygens ve Dr. Halley‘e göre, 4‘ün 9‘a oranına eşittir. Galletius‘a göre, 4‘ün 10‘a oranına eşittir ve Hooke‘un merceğinin çapı 60 feet olan bir teleskoptan bakarak tespit ettiğine göre 5‘in 12‘ye oranına eşittir. Ve, orantıların orta değerli olanından istidlâl edilen değere göre Satürn‘ün küresinin çapı yaklaşık 21‘‘ dir. Bu bahsettiğimiz nicelikler, görünürdeki magnitütlerdir: Ancak, ışığın eşit olmayan kırılma özelliği sebebiyle, teleskop, ‗‘gördüğü‘‘ ışıklı noktaların hepsini inbisat eder ve vizörün odağında bir dairevi alanı kaplar, bunun da eni yaklaşık merceğin aperture‘unun 50‘de birlik kısmıdır. Şurası bir olgudur ki: Işık çevreye (çeperlere doğru) neredeyse algılanamayacak denli seyrektir, ancak nispeten ışığın yoğunlaşmış olduğu ortalara doğru algılanabilecek gibidir ve burada ufak bir aydınlanmış daire oluşturur ki, bunun eni, parlak noktanın parlaklık seviyesine göre değişir, ancak, genellikle, bütünün eninin 3‘de birlik ya da 4‘de birlik ya da 52de birlik kısmı ölçüsündedir. Şekildeki ABD, ışığın bütününün oluşturduğu bir çemberi temsil etsin, PQ, daha yoğun ve berrak olan ışığın aydınlattığı küçük halka olsun. C, her ikisinin de müşterek merkezi olsun. CA, CB, büyük çemberin yarıçapları olsun ve bunlar C noktasında bir dik açı kurmuş olsunlar. ACBE ise, bu yarıçapların altında tanımlı bir kare olsun. AB, bu karenin köşegeni olsun. EGH merkezi C olan ve CA, CB asimptotları olan bir hiperbôl olsun. PG, BC çizgisinin üzerindeki herhangi bir noktasından çıkarılan ve hiperbôl eğrisi P ile G noktası ile birleşen bir dikme olsun. AB, AE doğruları da, K ve F noktalarında birleşiyor olsun. Ve ışığın yoğunluğu P ile temsil edilen herhangi bir noktada, benim hesaplamalarıma göre, FG çizgisi kadardır. Ve bundan ötürü de, merkezde sonsuzca yoğun ve çeperlerde pek az yoğundur. Ve PQ adındaki ufak dairenin içindeki ışığın, dışarıdaki büyük dairenin

831

küçük daire olmaksızın tasavvur edilen alanındaki ışığına oranı, CAKP dörtgensel şeklinin alanının PKB üçgeninin alanına oranına eşittir.

Ve eğer biz, PQ adlı ufak dairenin azar azar küçültüldüğünü düşünüp idrak edersek ve en nihayetinde kaybolup gittiğini, ışığın yoğunluğunu temsil eden FG çizgisi yavaş yavaş görme duyusu ile algılanabilecek ölçünün altına iner. O halde: Yapılmış bir ışık deneyini düşünelim: Çapı 3 feet olan bir ateş yakılsın. Bu ateşe 191 382 feet‘lik mesafeden merceğinin çapı 3 feet olan bir teleskoptan bakılsın. Bu deney yapıldığında, Mr. Picart‘a 8‘‘ eninde gözükmüştür. Halbuki, sadece 3‘‘ 14‘‘‘ gözükmesi gerekirdi. Ve işte bundan ötürü, sabit yıldızların nispeten daha parlak olanları teleskoptan bakıldığında, 5‘‘ veya 6‘‘ lik bir çap ile gözükür ve bu da ancak tam ve parlak ışıdıklarında oluşur. Ancak, nispeten solgun parladıklarında bundan az bir genişlikte anca gözükebilirler. Ve benzer bir mantık ile, bilgin Hevelius, teleskobunun

832

‗‘aperture‘‘ının ölçüsünü daraltmış ve teleskobun topladığı ışığın büyük bir kısmını çeperlere doğru karartmış ve gözlemlediği yıldızın diskini daha belirgin çizgiler ile tanımlamış ve bu metot ile azaltıldığında dahi yine de 5‘‘ veya 6‘‘ lik bir çap ölçüsünde gözükmüştür. Ne var ki Mr. Huygens, sadece, gözüyle baktığı merceği birazcık islendirmiş ve bu yöntemle, tesirli bir yol ile dağılmış ışığı karartmış, öyle ki, sabit yıldızlar, sadece ve sadece birer nokta gibi gözükmüş ve hiçbir algılanabilir eni-boyu olmamıştır. İşte bu mantıkla, Bay Huygens, gezegenlerin ışığının tamamını, gezegen ile gözlemcinin arasına engelleyecek bir konumda giren gök cisimlerinin enlerini dikkate alıp yaptığı çözümlemede, gezegenlerin çaplarını onları, mikrometre cihazı ile ölçen diğer bilginlerden daha fazla bir ölçüde tespit etmiştir. Çünkü, ışığın dağılmış kısmı, gezegenin nispeten yoğun ışığının yanındayken gözükmezken gezegen cismin arkasında kalıp ‗‘saklandığında‘‘ her yöne doğru yayılmış gözükmüştür. Son olarak, işte bu nedenledir ki: Gezegenler, Güneş‘in diskinin içinden geçerken ışığın dilatasyonundan ötürü, görünüş itibariyle küçülür. Çünkü, Hevelius‘a, Galletius‘a ve Dr.Halley‘e göre Merkür‘ün görünüşteki çapı, 12‘‘ veya 15‘‘ yi geçmez görünmüştü. Ve Venüs, Bay Crabtrie‘ye sadece 1‘ 3‘‘ çapında gözükmüştü. Harrox‘a 1‘ 12‘‘ çapında gözükmüştü. Ne var ki, Hevelius‘un ve Hugenius‘un Güneş‘in diski olmaksızın yaptığı rasatlarda, en azından 1‘ 24‘‘ ölçüsünde gözükmesi gerekirdi. Ve işte, 1684 senesinde, Paris Kraliyet Rasathânesi‘nde, Güneş tutulmasından hem birkaç gün evvel ve hem de birkaç gün sonra yapılmış rasatlarda alınan ölçü 31‘ 30‘‘ değerindeydi. Ve tutulma esnasında alınan ölçüde, 30‘ ya da 30‘ 05‘‘ yi geçmiyordu. Ve işte bunlardan ötürü, gezegenlerin görünüşteki çaplarının ölçüsü, Güneş diski olmadığında azaltılmalı ve Güneş diskinin içindeyken birkaç saniyelik bir ölçüde artırılmalıdır. Ancak, bu kusurlar, mikrometre cihazı ile yapılmış ölçümlerde, genellikle, beliren değerlerden az gibi gözükmektedir. Bay Flamsted, Jüpiter‘in uydularının tutulmalarını gözlemleyip ve oluşan gölgelerin çaplarını ölçüp şunu bulmuştur: Jüpiter gezegeninin yarı-çapının, Jüpiter‘in en dışarlak yörüngesinde dönen uydusunun maksimum elongasyonuna oranını, 1‘in 24, 903 sayısına oranına eşit bulmuştur. İşte bu bilgiden de, elongasyonun ölçüsü 8‘ 13‘‘ olduğundan Jüpiter‘in çapı da 39 ´ olarak bulunur. Ve

833

dağılan ışığın hesaptan düşüldüğü bir durumda ve mikrometre ile alınan ölçüde, çapın değeri 40‘‘ veya 41‘‘ den 39 ´ ‗‘ ye indirgenecektir. Ve aynı düzeltme işleminden geçirilerek Satürn‘ün çapı da 21‘‘lik bir değerden 20‘‘ lik bir değere veya bundan az bir değere indirgenir. Ancak, eğer yanılmıyorsam, Güneş‘in çapı, ışığının çok daha yoğun olması sebebi ile, daha fazla bir ölçüde azaltılacak ve yaklaşık 32‘ veya 32‘ 6‘‘ gibi düşünülecektir. Bu kadar farklı magnitütlerdeki cisimlerin kuvvetleri itibariyle bir benzeşime gelmeleri Kozmos‘un sırlarından biri olarak görülebilir. (400. sayfa) Mümkündür ki: Güneş‘e nispeten uzaktaki gezegenlerde, ısının noksan oluşundan ötürü, Dünyamızda bol bol bulunan o metalimsi cevherler ve ponderous madenler bulunmayabilir. Ve Venüs‘ün v Merkür‘ün cisimleri, Güneş‘in ısısına çok daha yoğun mâruz kaldıklarından, sert kabuklu ve daha çok pişmiş ve daha sık dokuludur. Nitekim, yanan cam ile yapılmış deneyden biliyoruz ki: Isı, ışığın yoğunluğu ile beraber artmaktadır ve yoğunluk da Güneş‘e mesafenin ters kareli orantısında artmaktadır. İşte buradan da ispatıyla biliriz ki: Güneş‘in Merkür‘deki ısısı, Dünya‘daki yaz mevsimlerinin ısısının 7 mislidir. Bu ısıyla, Dünya‘da su kaynar; ve termometre ile ölçerek yaptığım deneylerde gördüğüm gibi, cıva ve spirit of vitriol (hidroklorik asit ?) gibi ağır seyyâl maddeler usul usul buharlaşır. Ve bundan ötürü, Merkür gezegeninde, hiçbir seyyâl madde barınamaz, ancak çok ağır olup da çok yoğun ısıya dayanabilen maddeler mevcut olabilir ve bunlardan çok yoğun cevherler üreyebilir. Ve neden şu mantıkla düşünülmesin ki: Eğer, Tanrı, değişik cisimleri Güneş‘e değişik mesafelere konumlandırmış ise, öyle ki, yoğun cisimler daima Güneş‘e yakın konumlarda bulunur ve her cisim kendi haline uygun bir sıcaklığa mâruz kalır, ki bu, o maddenin işlenmesi için tam da uygun ortamı oluşturur. Bu değerlendirmeden, belirir ki, gezegenlerin ağırlıkları birbirlerine göre kuvvetlerine göredir. Ancak, eğer, gezegenlerin çapları daha bir hassaslıkla ölçülebilseydi memnun olurdum: Bunu bilmek ise şu şekilde kurgulanmış bir deney ile mümkün olabilir: Bir lâmba çok uzak bir mesâfede konumlandırılır ve bunun ışığı, dairevî bir deliğin içerisinden ışıtılır. Ve hem deliğin ölçüsünü hem de lambanın ışığı öyle bir ölçüde azaltılır ki, teleskoptan bakıldığında gözüken tayf tıpkı bir gezegen gibi gözükür ve aynı ölçüye göre tanımlanır. Bu şartlar altında, deliğin çapının teleskobun objektifine mesafesine oranı, gezegenin hakiki çapının, gezegenin Dünya‘ya

834

mesafesine oranına eşit olur. Lambadan yayılan ışık, araya ya kumaş parçaları sokarak ya da islendirilmiş cam sokarak azaltılabilir. Burada betimlediğimiz benzeşim gibi bir gözlemlenmiş benzeşim de kuvvetler ve çekilen cisimlerin arasında mevcuttur. (395. 396. 397. sayfalar) Gezegenlerin üzerinde tesir eden merkezcil kuvvet, mesafelerin kareli orantısında azaldığından, ve devir süre mesafelerin kareli küplü orantısında arttığından şurası besbellidir ki: Merkezcil kuvvetin tesiri, (ve bundan ötürü de devir süreler) birbirine eşit kütleli gezegenlerin Güneş2e eşit mesafelerinde birbirine eşit olsa gerektir. Ve kütleleri farklı gezegenler, Güneş‘e eşit mesafelerde, merkezcil kuvvetin tesirleri, gezegenlerin kütlelerine göre olsa gerektir. Çünkü, eğer, bu tesirler, hareket ettirilen cisimlerin kütlesi ile orantılı olmamış olsaydı, tesirler, bu küreleri yörüngelerinin eğrilerinin üzerindeki tanjantlardan eşit sürelerde beriye eşit ölçüde çekemezdi. Ve eğer, Jüpiter‘in ve uydularının tümüne birden tesir eden ve Güneş‘in etrafından Güneş‘in merkezine doğru işleyen kuvvet, eğer Jüpiter ve uydularından oluşan sistemin tümüne, bu sistemdeki gökcisimlerinin çeşitli ölçülerdeki kütlelerine göre orantılı olmuş olmasa, Jüpiter‘in uydularının hareketleri, bu denli düzenli olamazdı. Ve aynı tespit, Satürn ve uydularından oluşan sistem için ve Dünya ve Ay‘dan oluşan sistem için de yapılabilir. Bu ise, 65. Önerme‘nin, II. ve III. Kaziyeleri‘nden belli olur. Ve işte bundan ötürü, eşit mesafelerde, merkezcil kuvvetin işleyişinin tesiri, tesire maruz kalan gezegenlerin kütleleri ile orantılıdır veya kürelerin hacımında ihtiva edilen maddenin miktarları orantılıdır, denebilir. Ve aynı nedenden ötürü, gezegenin, oluşturulduğu, aynı ölçüdeki madde parçacıklarının tümünün üzerinde aynı ölçüde tesir etmek zorundadır. Çünkü, eğer, tesir, maddenin miktarına orantılı bir ölçüde işlemeyip de bazı tür parçacıkların üzerinde, diğerlerinin üzerinde olduğundan daha kuvvetli tesir etmiş olsaydı, gezegenlerin bütününde de sadece, küredeki hacımın ihtiva ettiği maddenin miktarına orantılı ölçüde tesir etmiş olmazdı, ancak, bir tür maddenin, bir gezegende daha bol mevcut olup diğerinde daha kıt bulunmasına göre işliyor olurdu.

835

Ben bu benzeşimi çok hassas ölçerek, Dünya‘mızda mevcut değişik türdeki maddeler ile yaptığım deneylerde inceledim. (343., 344. sayfalar) Ve eğer, Dünya‘nın etrafından tesir eden kuvvetin ölçüsü, hareket ettirilen cisimlerin kütleleri ile orantılı ise, Hareket‘in 2. Kanunu‘na göre, bu bunları, eşit sürelerde eşit velositeler ile hareket ettirecek ve bırakılan cisimleri eşit sürelerde eşit mekânları kat eder bir ölçüde düşürecek ve eşit ipliklerden asılmış cisimlere eşit sürelerde salınım yaptıracaktır. Ve eğer, tesir eden kuvvetin ölçüsü fazla ise, süreler az olacak ve eğer kuvvet az ise süreler fazla olacaktır. Nitekim, diğer bilginlerce de uzun bir zaman önce gözlemlenmiş olduğu gibi, (havanın az ölçüdeki direncini de hesaba katarak) tüm cisimler, eşit mekânları eşit sürelerde kat ede ede alçalır. Ve sarkaç düzeneklerini istihdam eden deneylerin yardımıyla bu sürelerin eşitsizliği çok hassas bir ölçüde bilinebilir. Aynı şeyi; altın,gümüş,kurşun, cam, sofra tuzu, ahşap, su ve buğday gibi maddeleri istihdam ederek denedim: İki eşit ölçüdeki ahşaptan kutu hazırladım. Bu kutulardan birini ahşap ile doldurdum ve buna eşit ağırlıktaki altını 8mümkün olduğunca hassas ölçmeye çalışıp) diğerinin salınım merkezine astım. Kutular, 11 feet‘lik eşit ipler ile sallanmaya bırakılmış ve ağırlık ve şekil yönünden birbirine tamamen benzer ve eşit arkaç haline getirilmiş ve havanın direncine eşit ölçüde mâruz bırakılmıştır. Ve birini diğeri ile beraber bırakıp eşit salınımlar yaparak ileri geri hareket etmelerini uzunca bir süre seyrettim. Ve bu deneyleri yaparak şunu keşfettim: Aynı ağırlıktaki cisimlerde, madde miktarının farkı, bütünün binde birlik kısımından azdı. Çekilen cisimlere eşit mesâfelerde tesir eden merkezcil kuvvet, bu cisimlerin ihtiva ettiği maddenin miktarlarına orantılı olduğu için, akıl ve mantık şunu gerektirir: Çekilen cisim kadar, çeken cisminihtiva ettiği maddenin miktarınına da orantılı olsa gerektir. Bütün fiziki tesirler karşılıklı işlediğinden ötürü ve 83. ve 93. sayfalarda anlatılan Hareketin Üçüncü Kanunu‘na göre, tesir, cisimleri, birbirine karşılıklı olarak yaklaştırır ve bundan ötürü, her iki cisimde de aynı olmak durumundadır.

836

Şurası doğrudur ki, biz, bir cismi, çekn cisim, diğer cismi ise çekilen cisim olarak düşünürüz, ancak bu ayırım sadece matematiksel bir ayrım olup tabî bir ayrım değildir. Çekim, her birinden diğerine müşterektir ve bundan ötürü her ikisinde de aynı türden olmak durumundadır. Ve zaten, çeken kuvvet her ikisinde de mevcuttur. Güneş, Jüpiter‘i ve diğer gezegenleri çeker, Jüpiter, uydularını çeker ve aynı sebepten ötürü, uydular da birbirlerinin üzerinde tesir ettiği gibi Jüpiter‘in üzerinde de tesir eder ve tekmil gezegenler karşılıklı olarak birbirinin üzerinde tesir eder. Ve her ne kadar, iki gezegenin karşılıklı tesirleri ayırt edilip iki tesir olarak düşünülebilir ise ve bununla her biri yekdiğerini çekiyormuş gibi algılanabilirse de, ne var ki, bu tesirler ―intermediate‖ olduğundan, bunlar iki ayrı işlemi oluşturmayıp tek bir işlemin iki terimi olarak düşünülmelidir. İki cisim, aralarına yerleştirilmiş bir cord‘un büzüşmesi ortaya çıkarak da cisim birbirlerine karşılıklı olarak çekilebilir. Burada, tesirin çifte sebebi vardır. Düşünülür ise her iki cismin eğilimi de, ancak tesirin kendisi de, hareket her iki cisimin de üzerine tesir ediyormuş gibi düşünüldüğünde, çifttir, ancak, tesirin kendisi ortaya konan üçüncü cisim düşünülür ise, ‗bir tek tesir‘dir denilebilir. Güneş‘in Jüpiter‘i çektiği tesir münferit bir şey ve Jüpiter‘in Güneş‘i çektiği tesir apayrı bir şey değildir. Lâkin, bu, Güneş ve Jüpiter‘in mütekabilen yekdiğerine doğru yaklaşma teşebbüsü olan tek bir tesirdir. Güneş‘in jüpiter‘i çektiği tesir ile aslında, Jüpiter ve Güneş, Hareket‘in Üçüncü Kanunu‘na göre, müştereken yakınlaşmaya çabalar ve Jüpiter‘in Güneş‘i çektiği tesir ile, benzer bir düşünüş ile, Jüpiter ve Güneş müştereken bir araya gelmeye çabalar. Ancak, ne Güneş Jüpiter‘e doğru tesir eden iki misli bir tesir ile çekilir ne de Jüpiter Güneş‘e doğru tesir eden iki misli bir tesir ile çekilir. Ancak bu, tek bir müşterek tesirdir, ki her ikisi de yekdiğerine yaklaşır. İşte aynı mantık ile, demir parçası mıknatısı çeker (93. sayfa) ama aynı anda mıknatıs da demir parçasını çeker. Çünkü, mıknatısın, civarındaki demir parçalarının tümü diğer demir parçalarını çeker. Ancak, mıknatıs ve demir arasındaki karşılıklı tesir, bir tek tesirdir ve düşünürlerce bir tek bütün kabul edilir.

837

Demirin mıknatıs üzerindeki tesiri, aslında, mıknatısın kendisi ve demir arasındaki bir tesirdir ve bununla her ikisi birden birbirine yaklaşmaya çalışır. Ve bu besbellidir ki, mıknatısı çekip uzaklaştırdığınızda, demirin bütün kuvveti neredeyse tükenir. Bu mantığı takip ederek şöyle düşünmemiz gerekir: İki gezegen arasındaki etkileşimi bir tek tesir olarak idrak etmek ve bu her ikisinin de beraberce işleyen özelliklerinden kaynaklandığını kabul etmek gerekir. Ve eğer bu tesir, her iki cisim ile de alâkalı ise, eğer cisimlerden birinde bulunan maddenin miktarı ile orantılı ise, mantıkî olarak, diğer cisimde ihtivâ olunan maddenin miktarıyla da ilgili olacaktır. Belki bu argümana şu yoldan itiraz edilebilir: Bu felsefenin mantığına göre, (398. sayfa) cisimlerin hepsi karşılıklı olarak birbirini çekmeliydi, ki ancak bu, dünyanın üzerindeki cisimler ile yapılan deneylerden istidlâl edilen sonuçlara ve kanıtlara aykırıdır: Ancak, ben de şöyle bir karşı cevap verebilirim: Katı cisimlerle yapılmış deneylerin burada bir anlamı yoktur, çünkü, homojen kürelerin yüzeylerinin civarındaki çekimi (72. Önerme‘nin mantığına göre) çaplarına göredir. Örneğin, çapı bir ayak ölçüsündeki bir küre ve toprak elementine benzer bir madde özelliğindeyse, yüzeyinin çok yakınına konumlandırılmış küçük bir cismi çekerken, bu çekimin ölçüsü; eğer Dünya küresi yüzeyinin yakınına konumlandırılmış olsaydı çekeceğinden 20 000 000 misli az olurdu. Ancak, bu denli küçük bir kuvvet ise hiçbir gözlemlenebilir tesir oluşturmaz. Eğer, böyle iki küre, bir inç‘in µ‘ü yakınlıkta konumlandırılmış olsa, bunlar, dirençsiz ortamlarda bile, kendi karşılıklı çekimleriyle 1 aylık bir süreden evvel bir araya gelemezdi.

838

Ve ebadı daha küçük küreler, daha yavaş olarak, çaplarına orantılı ölçüde yavaş bir tempoda bir araya gelir. Aslında, koca bir dağın hepsi bile gözlemlenebilir bir tesiri oluşturmaya yetmez. Bir dağ düşünün ki, formu yarım-küre olsun, 3 mil yüksekliği olsun, 6 mil genişliği olsun, bu kendi çekimiyle, bir sarkacı esas dikmesinin düşey doğrultusundan 2 dakikalık bir açısal ölçüde bile çekemez. Ve ancak, çok cüsseli gezegenlerin oluşturduğu kuvvetler ile bu algılanabilir, öbür türlü, diğer ufak cisimlerin hareketinin çözümlenmesinde aşağıdaki mantık geçerlidir: 93. sayfadaki ABCD şekli, Dünya küresini temsil etsin, buysa AC adındaki herhangi bir düzlem ile ACB ve ACD adındaki iki kısıma kesilmiş olsun. ACB kısımı, ACD kısımına ağırlığının tamamıyla basar ve ACD kısımı, eğer, eşit ölçüde ve ters yönde işleyen bir kuvvet ile tesir edilmezse, bu baskıyı tolere edip hareketsizliğini sürdüremez. Ve bundan ötürü, cismin kısımları, birbirinin üzerine kendi ağırlıklarıyla basarlar yani bu da Hareket‘in Üçüncü Kanunu‘na göre demektir, ki birbirlerini eşit ölçüde çekerler. Ve eğer, ayırılır ve bırakılırlarsa, birbirlerinin üzerine doğru kütlelerine mütekabil velositeler ile düşerler. Bunların tümünü bir mıknatısta deneyip görebiliriz, ki bu mıknatısın çekilen kısmı, çeken kısmını propel etmez ancak sadece durdurulur ve orada atâleti muhafaza ettirilir.

839

Şimdi varsayın ki: ACB, Dünya‘nın yüzeyinde konumlandırılmış küçük bir cisim olsun; bu şartlarda, bu parçasının ve kalan parça olan ve toprağa yakın ve dönük duran ACD parçasının karşılıklı çekimleri birbirine eşittir. Ancak, parça‘nın yüzü toprağa dönük çekimi ( ya da ağırlığı) parçacığın ihtivâ ettiği madde miktarı kadardır. (sarkaçlar ile yaptığımız deneylerde ispatlamış olduğumuz gibi) Benzer bir mantıkla, Dünya‘nın (toprak elementinin) parçayı çekimi de parçanın ihtiva ettiği madde kadar olacaktır. Ve işte bundan ötürü, Dünya‘daki katı (toprak elementi olan)cisimlerin çekim kuvvetleri, ihtiva ettikleri maddenin miktarlarına göredir. Hangi biçimde olursa olsun, katı (toprak elementi) cisimlerin ihtiva ettiği maddenin miktarına göre olan kuvvetler (396. sayfa) ve bu nedenle de, biçimlerin biçim değiştirmesi ile dönüşmeyen kuvvetler, her nasıl olursa olsun cisimlerin her türünde bulunsa gerektir, bu cisim ister toprak elementi içeren (katı cisim) ister (hava içeren) katı olmayan seyyâl cisim olsun, daima ihtiva ettiği maddelerin miktarına orantılıdır, çünkü, maddenin geneli dikkate alındığında, töz/cevher açısından bir fark yoktur ancak maddenin hâli ve biçimleri (formları) itibariyle bir farklılaşma mevcuttur. Lâkin, göksel cisimlerde de, aynı mantığın işlediği şu örnekle ispatlanır: Bizim evvelce ispatladığımız gibi, Güneş‘in etrafından tesir eden merkezcil kuvvetin gezegenlerin üzerinde oluşturduğu tesir, (mesafeler birbirine eşit alındığında) gezegenlerin ihtivâ ettiği maddelere göredir. Ve Jüpiter‘in etrafından tesir eden merkezcil kuvvetin, Jüpiter‘in uydularının üzerindeki tesiri, aynı Kanun‘a tâbidir ve aynı mantık ile işler: Ve aynı işleyiş mantığı, gezegenlerin tümünden gezegenlerin her birine yöneltilmiş çekim kuvveti için de geçerlidir, denilebilir. Ne var ki, bu bilgiden de (69. Önerme‘nin mantığına göre) bunların çekim kuvvetleri, ihtiva ettikleri maddenin miktarlarına göredir, bilgisi de bilinir. Dünya‘nın parçaları birbirini mütekabilen çekerken, tüm gezegenlerin parçaları da birbirini mütekabilen çeker. Şayet, Jüpiter ve uydularıbir araya getirilseler de bir bütünleşik küre yapılsalar, kuşkusuz birbirlerini hâlâ eskiden olduğu gibi, çekmeye devam ederlerdi. Ve öte yandan, tersini düşünürsek, Jüpiter‘in cismi, parçalara ayırılıp da bir çok küre yapılsa, hiç şüphesiz, bunlar, uyduları, eski biçimlerinde çektiklerinden farklı bir ölçüde çekmeyeceklerdi. Bu çekimlerden biliyoruz ki:

840

Dünya‘nın ve gezegenlerin cisimleri bir effect küreyi teşkil eder ve bunun parçaları uyumla yapışır ve hiçbir şekilde ether ortamında dağılmış değildir. Ancak, daha evvel de ispatlamış olduğumuz gibi, bu kuvvetler, maddenin evrensel özelliğinden tezahür eder (398. sayfa) ve bundan ötürü de, bir bütün kürenin kuvveti, kürenin parçalarının ayrı ayrı hâiz olduğu kuvvetlerden müteşekkildir. Bu bilgiden de şu bilinir: (74. Önerme‘nin 3. Kaziyesi‘ne göre) şu bilinir; her bir parçacığın kuvveti, bu parçacığa, oluşan mesâfenin kareli orantısında azalır. Ve, 73. ve 75. Önermeler‘e göre de bir kürenin tamamının kuvveti, kürenin yüzeyinden dışarısına doğru düşünüldüğünde, kareli orantıda azalırken, kürenin yüzeyinen içerisine doğru düşünüldüğünde, merkezlere mesâfenin basit orantısında azalır, tabi, eğer küre homojen bir maddeden yapılmış ise. Ve eğer, kürenin maddesinin yoğunluğu, merkezden kürenin sathına (yüzeyine) doğru giderken düşünüldüğünde, homojen değil ise (398. 399. sayfa) kürenin yüzeyinden dışarıya doğru (76. Önerme‘nin mantığını izleyerek) mesâfelerin kareli orantısında azalır, yeter ki, heterojenlik, kürenin, merkezini müşterek nokta alan iç içe geçmiş kürelerin oluşturduğu yuvarlak hacımların her birinde benzer ölçüde olsun. Ve böyle iki küre, (aynı Önerme‘nin mantığınca) birbirlerini, birbirlerinin merkezlerine mesafelerinin kareli orantısında azalan bir kuvvet ile çekeceklerdir. İşte buradan da bilinir ki: Bir kürenin mutlak kuvveti, bu kürenin ihtivâ ettiği maddenin miktarına eşitir. Ancak, bir kürenin diğerine çekildiği motive kuvvet, ki bunu katı cisimler için ve Dünya üzerinde düşünürsek, günlük dilde buna ‗‘ağırlık‘‘ diyoruz, bu iki kürenin ihtiva ettiği maddelerin miktarlarının çarpımının kürelerin merkezleri arasındaki mesâfeye bölünmesine eşittir. (76. Önerme‘nin 4. Kaziyesi‘nin mantığına göre) Ki bu kuvvete, her biri kürenin yekdiğerine doğru taşınacağı verilmiş beli bir sürede, düşünülen hareketin miktarı orantılıdır. Ve ivmeli çekim kuvveti de, ki bununla kastettiğimiz şey, her bir kürenin kendi ihtiva ettiği maddenin miktarına göre yekdiğerine çekileceği kuvvet; o diğer küredeki madde miktarının, ilk küredekiyle çarpılıp kürelerin merkezlerinin arasındaki mesâfenin karesine bölünmesine eşittir (76. Önerme‘nin 2. Kaziyesi‘nin mantığına göre.) Ki bu kuvvetin ölçüsü ve çekilen kürenin, verilmiş bir sürede diğerine

841

doğru taşındığı velosite orantılıdır. Ve şimdi bu prensiplerin adamakıllı özümsenmesi ve anlaşılmasından sonra, gökcisimlerinin kendi aralarında icrâ ettikleri hareketleri tespit etmek kolay olacaktır. Yukarıda izâh etmiş olduğumuz gibi, gezegenlerin kuvvetleri birbiriyle mukayese ederek (karşılaştırarak) anladık ki, Güneş‘in etrafından tesir eden merkezcil kuvvet, diğer tümünü 1000 misli aşmaktadır. Ne var ki: Böylesine muazzam bir kuvvetin tesir etmesiyle, Güneş sistemin içindeki gökcisimlerinin tümünün hatta hatta Güneş sisteminin ötesindeki gökcisimlerinin de, doğrusal bir istikamette Güneş‘e doğru alçalmaları kaçınılmaz gibidir, tabi, (uzayın diğer kısımlarına doğru tesir eden başka kuvvetlerin tesiri olmadıkça) Bizim Dünyamız da bu gökcisimlerinden biridir. Şurası da kesindir ki, Dünya‘nın uydusu Ay da, gezegenler ile aynı özelliği taşıyan bir gökcismidir ve diğer gezegenlerin tâbi olduğu aynı çekimlere tâbidir, ki bunun delili de, Dünya‘nın etrafından tesir eden kuvvet yoluyla yörüngesinde tutulduğu olgusudur. Ne var ki, yukarıda da, ispat etmiş olduğumuz gibi, Dünya ve Güneş‘e doğru eşit ölçüde çekilir. Daha evvel de ispatlamış olduğumuz gibi, cisimlerin tümü, genel çekim kanunlarına tâbidir. Hatta, bu cisimlerin herhangi birinin, Güneş‘in etrafındaki dairevî hareketinden mahrum bırakıldığını varsayarsak, ve bu cismin Güneş‘e mesâfesi de verilmiş olduğunda, 36. Önerme‘nin mantığına göre, bu gökcisminin, ne kadarlık bir sürede Güneş‘e doğru alçalıp varacağını hesap edebiliriz. Bu sürenin ölçüsünü şöyle düşünebilirsiniz: Bir gökcisminin, evvelki mesâfesinin yarısında bulunarak döndürülebileceği devir sürenin yarısında, ya da, gezegenin devir süresine göre 1‘in 4√2 ‘ye oranında olan bir süre olarak. Bir başka ifâde ile; Venüs‘ün alçalarak Güneş2in küresine varacağı 40 günlük bir rotada, Jüpiter‘in 2 yıl ve 1 aylık rotasında ve Dünya ve Ay‘ın beraberce kat edeceği 66 gün ve 19 saatlik bir rotada. Ne var ki, böyle bir hareketlenme olmadığından, zorunlu olarak denebilir ki, bu cisimler (75. sayfa) uzayın, diğer kısımlarına doğru hareket ettirilmektedir. Ancak, her hareket de bu amaç için yeterli olmayabilir. Böyle bir alçalmayı engellemek için, gerekli orantıda bir velosite gerekmektedir. Gezegenlerin hareketlerinin, artan oranlarda yavaşlamasından türetilen fikir işte buraya isnat ettirilir. Güneş‘in etrafından Güneş‘in merkezine doğru tesir eden kuvvet, gezegenlerin hareketlerindekiartan

842

ölçülerdeki yavaşlığın kareli oranında azaltılmadıkça, ilk kuvvetin artan kısımı, bu gezegenlerin cisimlerini Güneş‘e doğru yönelmiş bir alçalma hareketine zorlayabilirdi. Örneğin, eğer, diğer şartların eşitliği kabul edilir ise, (caeteris paribus) bir gezegenin hareketi, yarı ölçüde yavaşlatılsa, gezegen, Güneş‘in etrafından tesir eden kuvvetin evvelki ölçüsünün bir çeyreği ile yörüngesinde tutulur. Kuvvetin ¶‘lük fazlası ile Güneş‘e doğru alçalırdı. Ve işte bu nedenledir ki: Gezegenler (Satürn, Jüpiter,Mars, Venüs ve Merkür) yerberi noktalarında, hakikatte ne yavaşlatılır, ne hakikaten durağan hâle gelir, ne de hâkikaten yavaş hareketler ile geriler. Bunların tümü, sadece görünüştedir. Lâkin, gezegenleri yörüngelerinde mütemadiyen döndüren mutlak hareketler, daima doğrudan ve neredeyse ―equable‖ dır. Ne var ki, ispatlamış olduğumuz gibi, bu hareketler Güneş‘i merkez alıp icrâ edilmektedir ve bundan ötürü, Güneş, mutlak hareketlerin merkezi olmaklığıyla hareketsiz haldedir. Nitekim, biz, Dünya‘ya, hiçbir mantıkî yol ile sabitlik atfedemeyiz; çünkü eğer bunu kabul edersek, gezegenler, yerberi noktalarında hakikaten de yavaşlatılmış olur, hakikaten durağan olur, hakikaten geiler ve hareketin noksanından ötürü de Güneş‘e doğru alçalır. Ancak dahası: Gezegenler (Venüs, Mars, Jüpiter ve diğerleri) Güneş‘e çizilmiş yarıçaplar ile düzenli yörüngeleri ve alanları (ispatlamış olduğumuz gibi) süreler ile orantılı bir ölçüde –neredeyse- tanımlayageldiklerinden, buradan, III. Önerme‘nin ve 65. Önerme‘nin III.Kaziyesi‘nin mantığına göre, şu bilgi de bilinir: Güneş, kaydadeğer hiçbir kuvvet ile hareket ettirlmemektedir. (Belki, şu durum haricinde: Gezegenlerin tümünün, kendi haiz oldukları madde miktarlarına göre, paralel çizgilerin istikametlerinde taşınması durumu haricinde) Tanımlanan bu durumun da olmadığı düşünülürse, Güneş‘in sistemin merkezinde –neredeyse- sabit durarak konumlandırıldığı anlaşılır. Eğer Güneş, Dünya‘nın etrafından hareket edip dönseydi de bu esnâda, diğer gezegenleri de kendi etrafında döndürerek taşıyor olsaydı, Dünya, Güneş‘i çok büyük bir kuvvet ile çekmeliydi, ne var ki, Güneş‘in etrafında taşınan gezegenler, herhangi bir algılanabilir tesir üretmeyen kuvvetsizlikte olurdu ki bu durum da 65. Önerme‘nin 3.Kaziyesi ile çelişik olurdu. Bu argümana şu argümanı ekleyebilirsiniz: Kozmos kurgularında, bir çok düşünür, Dünya‘yı parçalarındaki ağırlıktan ötürü, kurdukları kurgunun en aşağısı bölgesine (Ç.N: Ya da iç içe geçmiş

843

müşterek merkezli kürelerin en içteki bölgesine.) konumlandırılmışlardı. Ancak, şimdi, daha kuvvetli bir sebepten ötürü bilmekteyiz ki: Güneş‘in, Dünya‘nın haiz olduğu, yerçekiminden 1000 misli (veya daha fazla) bir merkezcil kuvvete haiz olması sebebiyle, böyle bir kurguda Güneş, en aşağıdaki konuma doğru alçalmak zorunda kalırdı ve Kozmos‘un merkezi konumuna yerleşirdi. Ve bu akıl yürütmeyle, sistemin bütününün işleyişi daha bütünsel olarak ve daha hassas olarak anlaşılabilecektir. Sabit yıldızların birbirlerine göre hareketsiz olduğu fikrinden (401. 402. sayfa) Güneş, Dünya ve gezegenleri gökcisimlerinden oluşmuş tek bir sistem olarak düşünüp kendi aralarındaki çeşitli areketler ile oraya buraya hareket ettirildiğini ve Hareket‘in Kanunları‘nın IV. Kaziyesi‘nin mantığına göre bu sistemin müşterek çekim merkezinin ya sabit olup ya da bir doğrusal istikamette sabit/ivmesiz hız ile ileriye hareket ettirildiğini düşünebiliriz: Böyle bir durumdaysa, sistemin bütünü, aynı mantıkla, ileriye doğru, doğrusal hatlarda ivmesiz/sabit hız ile hareket ettirilmiş olacaktır. Ne var ki, böyle bir hipotezi kabul etmek çok zordur ve bundan ötürü bunu bir yana atarak diyoruz ki: Müşterek merkez sabittir: Ve, Güneş‘in konumu hiçbir zaman taşınarak değiştirilmez. Güneş‘in ve Jüpiter‘in müşterek çekim merkezi, Güneş‘in küresinin yüzeyinde bir noktadadır ve diğer gezegenler, Jüpiter‘in tarafındaki kısımlarda konumlandırılmış olsa dahi, onların hepsinin ve Güneş‘in müşterek çekim merkezi, anca, Güneş‘in merkezinden itibaren iki misli ötelenmiş olabilir. Ve bundan ötürü, Güneş, her ne kadar, gezegenlerin çeşitli konumlanışlarına göre, ajite ediliyor ola bile, ve mütemadiyen, ileri-geri yavaşcana işleyen bir dengeleme hareketiyle geziniyorsa da, hiçbir durumda, kendi küresinin bir çapı ölçüsünden fazla bir mesâfede, sistemin hepsinin merkezi olan noktadan kaymaz. Ancak, Güneş‘in ve gezegenlerin ağırlıkları , yukarıdaki izah edildiği gibi, tayin edildikten sonra, hepsinin kendi aralarındaki konumları ve hepsinin müşterek çekim merkezi tespit edilebilir. Ve bu, nokta verilmiş olduğunda, Güneş‘in konumu, istenilen herhangi bir zamanda, bilinebilir. Bu mantık ile dengelenip duran Güneş‘in etrafından, diğr gezegenler eliptik yörüngelerde döndürülür. (403. sayfa) ve Güneş‘e çizilmiş yarı-çaplar ile, tanımlama süreleri ile -neredeyse- orantılı alanları tanımlar, ki bu 65. Önerme‘de izâh dilmiştir. Eğer, sabit olup da, diğer gezegenler, birbirlerine

844

karşılıklı tesir etmeselerdi, bunların yörüngeleri eliptik olur ve XI. Önerme‘den ve XIII. Önerme‘nin 1. Kaziyesi‘nin mantığınca, süreler ile tamı tamına orantılı alanları tanımlaya tanımlaya dönerlerdi. Ne var ki, gezegenlerin kendi aralarındaki tesirleri, Güneş‘in diğer gezegenlerin üzerindeki tesirleri ile mukayese edildiğinde önemsizdir ve hiçbir algılanabilir hata da üretmez. Ve bu bahsedilen hatalar; dönme hareketlerinin Güneş‘in etrafından, biraz evvel betimlenen tarzdan ziyâde, Güneş‘i merkeze sabit tutup (66. Önerme‘nin ve 68. Önerme‘nin Kaziyesi‘nin mantığına göre) yapıldığı kurguda ve bilhassa da, eğer, her bir yörüngenin odak noktası, hepsinin müşterek çekim merkezinde konumlandırılır ise: Yani, örneğin: Merkür‘ün yörüngesinin Güneş‘e yakın odağı, Güneş‘in merkezinde konumlanmışsa, Venüs‘ün odağı, Güneş‘in merkezinde konumlanmışsa, Venüs‘ün yörüngesinin odağı, Merkür‘ün ve Güneş‘in müşterek çekim merkezinde konumlanmışsa ve Dünya‘nın yörüngesinin odağı, Venüs‘ün, Merkür‘ün ve Güneş‘in müşterek çekim merkezinde konumlanmış ise ve benzeri bir mantık ile kalan diğerlerinin de. Ve bu kurguyla, gezegenlerin, -Satürn hâricindeki- hepsinin yörüngelerinin odakları, Güneş‘in merkezinden algılanabilir ölçüde hareket ettirilmiş olmayacak ve Satürn‘ün yörüngesinin odağı da, Jüpiter‘in ve Güneş‘in müşterek çekim merkezinden algılanabilir ölçüde çekilmiş olmayacaktır. Ve bundan ötürü, gökbilimciler, Güneş‘ini merkezini, gezegenlerin yörüngelerinin müşterek odağında konumlandırılmış olduğunu saptadıklarında hakikate çok yakın bir tespitte bulunmuştur. Satürn‘ün yörüngesi düşünülürse, buradan oluşan hata 1‘ 45‘‘ yi aşmaz. Ve eğer kurulacak bir kuramda, bunun yörüngesinin odağı; Jüpiter‘in ve Güneş‘in müşterek çekim merkezi noktasına konumlandırılırsa; bu kurgu gözlem ve veriler ile daha tutarlı olacaktır. Ve işte buradan da, buraya değin söylediğimiz her şey teyid edilmiş olacaktır.

Eğer, Güneş sabit olmuş olsa ve birbirlerinin üzerinde bir tesirde bulunmamış olsalar, bunların, gün-öte noktaları veya yörüngelerin düğümleri de benzeri bir mantık ile (1. Önerme, XI. Önerme ve XIII. Önerme‘nin Kaziyesi‘nin mantığına göre.) sabit olacaktır. Ve bunların eliptik yörüngelerinin uzun eksenleri de XV. Önerme‘nin mantığına göre; devir sürelerinin

845

karelerinin küp köklerine eşitsiz olacaktır. Ve işte bundan ötürü, devir süreler verilmiş olduğundan onlar da verilmiş olacaktır. Ancak, bu süreler, kendileri de hareket ettirilebilir olan ekvatorsal noktalardan itibaren ölçülmez ancak, Koç Burcu‘nun birinci yıldızından itibaren ölçülür. Dünya yörüngesinin yarım eksenini 100 000 kabul edin: Ve gezegenlerin yörüngelerinin yarı-eksenleri, yani, Satürn, Jüpiter, Mars, Venüs ve Merkür‘ün, bunların devir sürelerinden bilindiği kadarıyla, sırasıyla, 953 806, 520 116, 152 399, 72 333, 38 710 sayılarında olur. Ne var ki, Güneş‘in hareketinden ötürü ve 60. Önerme‘nin mantığına göre, her bir yarı-ekseni, Güneş‘in merkezi ile o gezegenin müşterek çekim merkezi arasındaki mesâfenin yaklaşık üçte birlik ölçüsündekibir mesâfede artırılır. (405. ve 406. sayfa) Ve dıştaki gezegenlerin içteki gezegenler üzerinde tesir etmesinden ötürü, içtekilerin devir süreleri, birazcık uzatılır, ancak, sürenin ölçüsü de algılanabilir herhangi bir nicelikte değildir. Ve bunların gün-öte noktaları da (VI. Kaziye‘den ve VII. Kaziye‘den ve 66. Önerme‘nin mantığından) çok yavaşça ileriye doğru (in consequentia) taşınır. Ve yine benzer bir mantık ile, devir süreleri de, özellikle de dışarlak yörüngedekilerin, kuyrukluyıldızların tesiriyle uzatılır. Tabi, eğer, Satürn‘ün yörüngesinin ötesinde bu kuyrukluyıldızlar dolanıyorsa. Ve bunların tümünün gün-öte noktaları da bu yol ile ileriye doğru taşınır. (in consequentia) Ve gün-öte noktalarının ilerleyişinden, mantıkî olarak istidlâl edilen husus, düğümlerin gerileyişidir. (66. Önerme‘nin XI., XIII. Kaziyeleri‘nin mantığna göre.) Ve eğer, ekliptik düzlem, sabit/hareketsiz kabul edilir ise, 66. Önerme‘nin 16. Kaziyesi‘nin mantığına göre, her bir yörüngede, düğümlerin gerileyişinin, gün-öte noktalarının ilerleyişine oranı, Ay‘ın yörüngesindeki düğümlerin gerileyişinin yer-öte noktasının ilerleyişine oranına neredeyse eşit olacaktır. Yani, bu da yaklaşık olarak, 10‘un 21‘e oranına eşit olur. Ancak, gökbilim rasatlarının da teyit ettiği gibi, sabit yıldızlara göre ölçüldüğünde, gün-öte noktalarının

846

ilerleyişleri ve düğümlerin gerileyişleri de çok yavaş olagelmektedir. Ve bundan ötürü, muhtemeldir ki: Gezegenlerin yörüngelerinin kapsadığı alanın ötesinde kuyrukluyıldızlar vardır ve bunlar çok ama çok eksentrik (dışarlak) yörüngelerde dönerek ve yörüngelerinin günberi kısımlarında hızlıca hareket ederek ve gün-öte kısımlarında çok ama çok yavaş hareket ile dönerek, devir sürelerinin neredeyse tamamına yakın bir kısmını, gezegenlerin ötesindeki uzayda doldururlar. Ki bu konuya, metinde, ilerideki sayfalarda daha ayrıntılı olarak izâh edeceğiz. Güneş‘in etrafından böyle döndürülen gezegenler (413., 414., 415. sayfalar) aynı esnâda, kendi etraflarından dönen diğer uyduları veya Ay‘ları da taşıyabilir ki bu olgu 66. Önerme‘den de bilinmektedir. Ancak, Güneş‘in tesirinden ötürü, bizim Ay‘ımız daha fazla bir velosite ile hareket etse gerektir ve Dünya‘ya çizilmiş yarı-çaplar ile, süreye göre daha büyük alanları tanımlar, ve yörüngesinin eğriliği daha az olsa gerektir ve bundan ötürü de, karşıtkonumlarda Dünya‘ya, dördüllerde olduğundan daha fazla yaklaşır, buna istisnâ olarak da, eksentrisitenin hareketinin bu tesirleri engellediği durumları gösterebiliriz. Çünkü, Ay‘ın, yeröte noktası, karşıt-konumlarda olduğunda eksentrisitesi en fazladır ve dördüllerde olduğunda en az seviyededir. Ve işte bundan ötürüdür ki; yer-beri noktasındaki Ay, bize daha yakın olup daha hızlıca hareket eder ancak, yer-öte noktasındaki Ay bizden daha uzaktır ve daha yavaşça hareket eder. Ancak dahası, yer-öte noktası ilerleyen ve düğümler gerileyen harekettedir ve her ikisi de unequable‘dır. Çünkü, yer-beri noktaları; karşıt-konumlarında daha hızlıca ilerleyen harekettedir ve dördüllerinde daha yavaş gerileyen hareketindedir. Ve bu ilerleyişin, gerileyişten fazlalığı yıllık olarak ileriye doğru (in consequentia) transfer edilir.

847

Ancak, düğümler, karşıt-konumlarında hareketsizdir ve dördüllerinde en hızlı gerileyen hareketlerindedir. Ancak daha dahası, Ay‘ın en büyük enlemi, dördüllerindeyken karşıtkonumlarında olduğundan daha fazladır ve ortalama hareket de Dünya‘nın gün-ötesinde, günberisinde olduğundan daha hızlıcadır. Ay‘ın hareketindeki başka bir takım eşitsizlikler, gökbilimcileirn rasatlarından değil, ancak aşağıda belirttiğimiz prensiplerden, yani, 66.Önerme‘nin, II., III., IV., V., VI., VII., VIII., IX., X., XI., XII., XIII. Önermeleri‘nden bilinir ve bunlar hakikaten de Gök‘te mevcuttur. Ve bunun en ustalıklı gözüktüğü kuram, eğer yanılmıyorsam Mr. Horrox‘un hipotezidir ki bunu Mr. Flamsted düzeltip Gök‘ün verilerine uyarlamıştır, ancak yine de bu gökbilim hipotezleri, düğümlerin hareketleri bâbında düzeltilmelidir, zirâ, düğümler, en büyük denklemlerine ya da teknik terimle prostahaerensis‘e Sekizde Birlik‘lerinde erişirler ve bu eşitsizlik de, Ay düğümlerdeyken en fazla seviyesindedir ve bundan ötürü, Tycho ve ondan sonra gelenler, bu eşitsizliğe Ay‘ın Sekizde Birlik‘leri ismini vermişlerdir. Aylık olarak düşünmüşlerdi ancak bizim delil olarak ileri sürdüğümüz sebeplerden ötürü bu düğüm noktalarının Sekizde Birlik‘leri olarak da düşünülebilinir ve yıllık bazda değerlendirilebilinir. Gökbilimciler‘ce fark edilmiş o eşitsizliklerin yanı sıra (414. sayfa, 445. , 447. sayfalar) bazı bir takım eşitsizlikler daha mevcuttur. Ki bunlar ile Ay‘ın hareketleri o denli karmaşıklaştırılmıştır ki, günümüze değin hiçbir bilimsel kânunla belirlenmiş bir düzene indirgenememiştir. Bunlara örnek olarak da, Ay‘ın yer-öte noktalarının ve düğümlerinin aatlik hareketlerini veya velositelerini ve bunların denklemlerini, bunun yanı sıra; karşıtkonumlardaki

maksimum

eksentrisitenin

(dışarlaklığın)

ve

dördüllerdeki

minimum

eksentrisitenin (dışarlaklığın) farkını ve bir de bizim varyasyon adını verdiğimiz eşitsizliği belirtebiliriz, bir yılın gelip geçtiği müddette, 66. Önerme‘nin XIV. Kaziyesi‘nin mantığına göre, Güneş‘in gözüken çapının küplü orantısında artırılır veya azaltılır. Bunun yanı sıra,

848

varyasyon, X. Yardımcı Kaziye‘nın I. ve II. Kaziyeleri‘nce ve 66. Önerme‘nin XVI. Kaziyesi‘nin mantığınca, dördüllerin arasında geçen sürenin neredeyse kareli oranında değişebilir özelliktedir ve bu tüm eşitsizlikler, Ay‘ın yörüngesinin Güneş‘e dönük tarafında, karşıt tarafa dönük olduğu tarafa göre azıcık fazladır ancak bu fark anca belli belirsiz algılanabilir ya da belki hiç algılanamaz bile. 422. sayfada belirtilmiş ama konuyu özet geçmek için betimlenmemiş bir hesaplama ile, buldum ki: Ay‘ın Dünya‘ya çizilmiş yarıçaplar ile sürenin birbirine eşit birkaç anında tanımladığı alanların ölçüleri- neredeyse- 237 3/10 sayısının ve Ay‘ın yarı-çapı birim alınan bir çemberde tasavvur edilmiş hareketinde, en yakın dördül‘e mesâfesinin iki mislinin ters sinüsünün toplamına eşittir. Ve bundan ötürü, Ay‘ın Dünya‘ya mesâfesinin karesi, bahsedilmiş bu toplamın Ay‘ın saatlik hareketine bölünmesine eşittir. Yani, varyasyonun Sekizde Birlikler‘de ortalama niceliğinde olduğunda, ancak varyasyon, eğer daha fazla veya daha az ise, ters sinüs, aynı oranda artırılmalı veya azaltılmalıdır. Gökbilimciler, rasat yolu ile deneyip bu mesâfelerin gözlemler ile bulunmuş ölçülerinin Ay‘ın gözüken yarı-çapları ile ne ölçüde tutarlı olduğunu araştırabilir. Ay‘ımızın hareketlerinden, Jüpiter‘in ve Satürn‘ün ayları ya da uydularının hareketlerini de türetebiliriz: (413. sayfa) Çünkü, Jüpiter‘in en dışarlak (eksentrik) yörüngede dönen uydusunun düğümlerinin ortalama hareketinin, Dünya‘mızın uydusu Ay‘ın düğümlerinin ortalama hareketine oranı, bir bileşik orantıdadır ki: Bu bileşik orantının unsurları ise: Dünya‘nın Güneş‘in etrafından dönmesinin devir süresinin kareli orantısının, Jüpiter‘in Güneş‘in etrafından dönmesinin devir süresine oranının ve Jüpiter‘in uydularının devir sürelerinin basit orantılarının, Ay‘ımızın Dünya‘nın etrafından dönmesinin devir süresine oranına göre kurgulanmış bir düzendedir. (66. Önerme‘nin XVI. Kaziyesi‘nin mantığına göre)

849

Ve bundan ötürü, bu düğümler, yüz yıllık bir müddetde, 8o 24‘ ölçüsünde geriye doğru (in antecedentia) taşınır. İçerlek yörüngede dönen düğümlerin ortalama hareketlerinin en dışarlak düğümlerin ortalama hareketine oranı, bunların devir sürelerinin onların devir sürelerine oranına (aynı Kaziye‘nin mantığına göre) eşittir ve bundan ötürü de verilmiştir. Ve her bir uydunun apsis‘inin ileriye doğru (in consequentia) hareketinin, aynı gökcisminin düğümlerinin geriye doğru (in antecedentia) hareketine oranı, Ay‘ın yeröte noktasının hareketinin; düğümlerinin hareketine (aynı Kaziye‘nin mantığına göre) oranına eşittir ve bundan ötürü de verilmiştir. Düğümlerin en büyük denklemlerinin ve her bir uydunun apsis‘lerinin çizgisinin, Ay‘ın düğümlerinin en büyük denklemlerine ve Ay‘ın apsislerinin çizgisine, sırasıyla oranı, uyduların, düğümlerinin ve apsislerinin çizgilerinin, birinci denklemlerin bir devrindeki sürede tanımlı hareketinin, Ay‘ın düğümlerinin ve yer-öte noktasının Son Denklemlerin bir devrinin süresinde tanımlı hareketine oranına eşittir. Bir uydunun Jüpiter‘den gözüktüğü kadarıyla varyasyonunun Ay‘ımızn varyasyonuna orantısı, uydunun ve Ay‘ımızın, Güneş‘ten ayrılıp da tekrardan Güneş‘e döndürüldüğü sürelerde tanımlanmış, düğümlerinin hareketlerinin bütünlerinin orantısına (aynı Kaziye‘nin mantığına göre) eşittir. Ve bundan ötürü, en dışarlak yörüngede dönen uydunun varyasyonu 5‘‘ 12‘‘ / ?‘ yi aşmaz. Bu eşitsizliklerin çok küçük niceliklerde belirmesinden ötürü ve hareketliğin yavaşlığından ötürü, uyduların hareketleri çok ama çok düzenli gözükmektedir: Öyle ki, çağımızdaki bazı gökbilimciler, ya düğümlerin hareket ettiğini yadsımaktadır ya da bunların hareketlerini çok yavaşça gerileyen bir hareket olarak değerlendirmektedir.

850

(404. sayfa) Ve, gezegenler, böylelikle, birbirine mesafeli merkezleri esas alan yörüngelerde döndürülürken bu esnâda, bunların her biri kendi eksenlerinde dönerler. Bu hareketler ise, Güneş‘te 26 günde, Jüpiter‘de 9 saat 56 dakikada, Mars‘ta 24 2/3 saatte, Venüs‘te 23 saatte___ tamamlanır ve bu hareketlerin icrâ edildiği düzlemler ekliptik düzlemlere çok da eğik değildir. Ve bunun yönü de Burçlar Kuşağı‘nın İşaretleri‘ne göredir, ki bunu da gökbilimciler, kürelerin üzerindeki beneklerden veya maculae‘lerden tespit ederler, ki bunlar görüşümüze kendilerini sırasıyla sunarlar. Ve bu harekete benzer bir mantık ile icrâ olunan Dünya‘mızın 24 saatte tamamladığı bir dönme hareketi vardır. Ancak, bu hareketler, merkezcil kuvvetlerin tesiriyle ne ivmelendirilir ne de ivmesizlendirilir, ki bu da 66. Önerme‘nin 22. Kaziyesi‘nden belli olur, ve bundan ötürü de, diğerlerinin içinden, bunlar, en fazla equable olanı ve ölçüme en uygun olanıdır. Ne var ki, bu devirler, Güneş‘e göre değil ancak sabit yıldızlardan birine göre düşünülmelidir: Çünkü, gezegenlerin, Güneş‘e göre düşünülen konumları unequable olduğundan, bu gezegenlerin Güneş‘ten Güneş‘e düşünülmüş devirleri de unequable olacaktır mantıken. Aynı mantıkî işleyiş ile: Ay; kendi ekseninden bir döndürülme hareketi ile, sabit yıldızlara göre en equable bir hareketi ile; örneğin, 27gün 7saat 43dakika lık bir sürede, yani, bir Sideral Ay‘da döndürülür. Öyle ki, bu günlük hareket, Ay‘ın yörüngesindeki ortalama hareketine eşittir. Bu hesaba göre de, Ay‘ın yüzeyi daima; bu ortalama hareketin icrâ edildiği merkeze dönüktür. Bu da demektir ki –neredeyse- Ay‘ın yörüngesinin dıştaki odak noktasına doğru dönüktür. Ve işte bu sebepten de, Ay‘ın yüzeyinin Dünya‘dan bir saptırılması (deflection) oluşur ki bu bazen Doğu‘ya doğru bazen de Batı‘ya doğru yöneltilmiştir, bu ise dönük durduğu odağın konumuna göre değişir. Ve bu saptırılması da, Ay‘ın yörüngesinin denklemine eşittir; ya da,

851

ortalama ve hakiki hareketlerin arasındaki farka eşittir. Ve işte bu, Ay‘ın boylamda dengelenme hareketidir: Ancak, benzer bir mantık ile enlemdeki bir dengelenme hareketiyle de tesir edilir. Ki bunun oluşu da, Ay‘ın ekseninin; Ay‘ın Dünya‘nın etrafından döndürüldüğü yörüngenin düzlemine göre eğikliğindendir. Çünkü, o eksen, sabit yıldızlara göre aldığı konumu -neredeyse- muhafaza eder ve bundan ötürü de, kutuplar, kendilerini, bizim gözümüze sırasıyla sunarlar, ki bunu da, Dünya‘nın hareketinin misâliyle anlayabiliyoruz, ki Dünya‘nın kutupları; ekseninin, ekliptik düzleme göre eğikliği sebebiyle, sırasıyla, Güneş‘ce aydınlatılır. Ay‘ın ekseninin sabit yıldızlara göre konumunu hassas bir şekilde tespit etmek işi/problemi bir gökbilimcinin ödevidir. Gezegenlerin, günlük dönme hareketleri sebebiyle bunların ihtivâ ettiği madde, bu hareketin ekseninden geri çekilme eğilimindedir ve bundan ötürü, maddenin seyyâl kısımları, ekvatoral enlemlerde kutuplara yakın enlemlere göre daa fazla yükseltilir (405. sayfa) Ve bu seyyâl madde; katı kısımlar da beraber yükselmese, ekvatora yakın kısımları suyun altında bırakırdı. (405. ve 409 sayfa) Bu hesaba binâen, gezegenlerin, ekvatorsal bölgelerinde kutuplara yakın bölgelerine göre birazcık daha şişkin-kalın olduğu anlaşılır. Ve bunların ekvatorsal noktaları (413. sayfa) işte bu sebepten ötürü regressive hâle gelir. Ve bunların eksenleri, bir üğrüm hareketiyle, her bir devirde iki defâ, ekliptiklere doğru dengelenir; ve iki defa tekrardan eski eğikliğine geri döner, ki bu 66.Önerme‘nin 18. Kaziyesi‘nde izâh edilmiştir. Ve işte bu sebepledir ki, Jüpiter; görüntüyü adamakıllı büyüten teleskoplardan incelendiğinde, tam bir yuvarlaklıkta gözükmez. (409. sayfa) ekliptik düzleme paralel konumlandırılmış çapı, kuzey-güney ekseninden çizilmiş çapına göre birazcık uzundur. Ve günlük hareketten ve Güneş‘in ve Ay‘ın çekimlerinin tesirinden ötürü, (415. ve 418. sayfalar) denizimiz günde iki defa kabarmak ve çökelmek zorundadır ve bu hem Ay‘ın

852

tesirinden hem de Güneş‘in tesirindendir. (66.Önerme ve 19. ve 20. Kaziyeleri mantığına göre) Ve suyun seviyesinin maksimumu, o veya bugünün 6. saatinde olur ve evvelki günün 12. saatinden sonra olur. Günlük hareketin yavaşlığıyla med, 12. saatte çekilir (retracted) ve mütekabil kuvvetiyle uzatılır ve 6. saate daha yakın bir vakte kadar geciktirilir. Ancak, o vaktin tâbi olgularla daha kesin saptandığı bir duruma değin, neden aşırı iki ucun ortasını seçerek, suyun maksimum seviyesinin üçüncü saatte oluştuğunu kabul etmeyelim? Çünkü, su, Güneş‘in ve Ay‘ın çekim kuvvetinin onu daha yüksek bir seviyeye yükselttiği müddetçe mütemadiyen yükselerek ve bunların çekim azalmaya yüz tuttuğunda su çökelmeye başlayacaktır. Örneğin, 9. saatte 3. saate değin, yani kuvvetin yoğun olduğu dönemde ve üçüncü saatten dokuzuncu saate değin, kuvvetin az tesirli olduğu dönemde. Burada bir saat derken kastettiğim kavram, Güneş‘in ve Ay‘ın her birinin o yerin meridyeninde belirdiği durumdur ki bu o gökcisminin ufuk çizgisinin hemen altından teğet olduğu durum olduğu kadar üzerinden teğet olduğu durumu da içerir. Ve Ay gününün saatlerinden şunu anlıyorum: Ay‘ın görünüşteki günlük hareketiyle tanımladığı bir süre olmuş olsun. Ay‘ın o yerin meridyeninde belirişinden ertesi gün yine o aynı yerin meridyeninde tekrardan belirişine kadar geçen süreyi düşünün. Bu toplam sürenin 24‘de 1‘lik kısımları da Ay gününün saatleri olur. Ne var ki, Güneş‘in ve Ay‘ın kışkırttığı iki hareket, birbirinden ayrık iki hareket olarak değil de bir karma hareket olarak belirir. Güneş‘in ve Ay‘ın kavuşma ve bakışım konumlarında bunların kuvvetleri beraberce tesir edecek ve en fazla ölçüdeki med‘i ve cezir‘i oluşturacaktır. Dördül‘lerde Güneş‘in kabarttığı suları Ay çökeltecek ve Ay‘ın kabarttığı suları çökeltecektir ve bu kuvvetlerin farkı alınınca da; med-cezir‘in en azı belirecektir. Ve tecrübenin bize gösterdiği gibi, med-cezirde Ay‘ın kuvvetinin gösterdiği tesiri Güneş‘ten fazladır, öyle ki, suyun en yüksek seviyesi yaklaşık. Ay‘ın üçüncü saatinde oluşur. Karşıt-

853

konumların ve dördüllerin haricindeki konumlarda ise Ay‘ın tek başına tesiri ile kabartılan med, Ay‘ın üçüncü saatinde çökeltilir. Ve Güneş‘in tek başına tesiri ile kabartılan med de, Güneş‘in üçüncü saatinde çökeltilir ve her ikisinin kuvvetlerinin bileşkesiyle kabartılan med; bir ara vakitte çökeltilir ki bu vakit, daha ziyâde, Ay‘ın üçüncü saatinde, Güneş‘in üçüncü saatine göre daha yakındır. Ve işte bu nedenden ötürü Ay, karşıt-konumlardan dördüllere geçerken, ki bu esnâda, Güneş‘in üçüncü saati Ay‘ın üçüncü saatinden önce gelir, med‘in en kabarığı , Ay‘ın üçüncü saatinden önce oluşur. Ve bu ise, Ay‘ın Sekizde Birlik‘lerinden azıcık bir süre sonra ve en büyük süre aralığı ile olur. Ve benzer ölçüdeki süre aralığı ile med‘in en kabarığı Ay‘ın üçüncü saatini takip eder, ki bu esnâda Ay dördüllerden karşıt-konumlara geçmektedir. Ne var ki Güneş‘in ve Ay‘ın tesirleri, Dünya‘ya mesâfelerine göre değişir, nitekim, Dünya‘ya daha az uzaklarken tesirleri fazladır ve daha uzaklarken tesir azdır ve bunun ölçüsü de, gözüken çaplarının küplü orantısındadır. Bundan ötürü de: Güneş, kış mevsiminde, yerberi konumunda olduğundan, tesiri azladır ve karşıt konumlarında med-ceziri birazcık fazla oluşturur ve dördüllerdeyken yaz mevsiminde oluşturduğundan birazcık daha az oluşturur, tabi bu mantık, diğer şartların eşitliği halinde geçerlidir. (caeteris paribus) Ve Ay, her bir ay, yerberi konumundayken, yeröte konumunda bulunduğu 15 gün öncesine ve 15 gün sonrasına göre med‘i daha fazla kabartır. Bu ise şu anlama gelir: En yüksek seviyeli iki med, birbirinden hemen sonra gelen iki karşıt konumda oluşmaz. Hem Güneş‘in hem de Ay‘ın tesiri, benzer bir mantıkla, ekvator mesâfelerine göre ya da declination‘larına göredir. Çünkü, eğer, bu gökcismlerinden biri kutupta konumlandırılmış olup da Dünya küresinin sularının parçalarının tümünün mütemâdiyen çekerdi ve bu tesir ile hiçbir ―intension ve

854

remission‖ oluşmazdı ve hareketin mukabil hareketi de oluşmazdı. Ve işte bundan ötürü, bu iki gökcismi de, ekvatordan herhangi bir kutba doğru alçalırken, bunun ölçüsüne göre derece derece kuvvetlerinden yitirir ve hesaba göre de gündönümlerine tesâdüf eden karşıt konumlarda, ekinokslara tesadüf eden karşıt-konumlarda olduğundan az ölçüde ajite edecektir. Ancak, gündönümlerine tesadüf eden dördüllerde, ekinokslara yakın günlere tesadüf eden dördüllerde olduğundan fazla ölçüde med‘i kabartacaktır. Çünkü, o zaman ekvatorda konumlandırılmış Ay‘ın tesiri, Güneş‘in tesirini en fazla ölçüde aşar. Bundan ötürü de, cezirin en çok çökeltildiği zaman, o karşıt-konumlara tesadüf eder ve cezirin en az çökeltildiği zaman da, her iki ekinoks civarındaki günlere tesâdüf eden o dördüllerdedir. Ve tecrübe ile bulduğumuz gibi, karşıt-konmlarda, en fazla ölçüdeki med-cezir, daima dördüllerde en az ölçüdeki med-cezirce takip edilir. Ne var ki, Güneş, kış mevsiminde, Dünya‘ya yaz mevsiminde olduğundan daha az uzak olduğundan, bu şu anlama gelir: Med-cezir‘in maksimum‘u ve minimum‘u, genellikle, bahar ekinokundan sonra değil de önce belirir ve genellikle sonbahar ekinoksundan önce değil sonra belirir.

855

Dahası, Güneş‘in ve Ay‘ın tesirleri, konumların enlemlerine de göredir. Şekildeki, ApEP‘yi, her tarafından derin sularla kaplanmış Dünya küresini temsil ediyor kabul edelim: C bunun merkezi olsun. P,p kutupları olsun. AE ekvatoru olsun, F ise, ekvatorun hâricindeki herhangi bir nokta olsun. Ff, ise o yerin paraleli olsun. Dd; ise Ff‘nin ekvatorun diğer tarafındaki paraleli olsun. L, Ay‘ın, H konumundan 3 saat evvel, (Dünya‘nın, Ay‘ın tam altındaki yeri) blunduğu konum olsun. h , ise bu konumun aksi tarafındaki konum olsun. K, k, 90o lik mesafede konumlanmış yerler olsun. CH, Ch; denizin seviyesinin Dünya‘nın merkezine göre düşünülen en yüksek konumları olsun. CK, Ck en az yükseklikler olsun. Ve eğer, Hh, Kk eksenleri ile bir elips tanımlar da, bu şekil, Hh adlı uzun ekseninden döndürülerek HPKhpk küremsi cismi (spheroid) oluşturulur ise, bu küremsi cisim, neredeyse Deniz‘in şeklini temsil edecektir. Ve,

856

CF, Cf, CD, Cd, F, f, D,d konumlarındaki denizi temsil edecektir. Ancak dahası. Eğer elipsin bahsedilmiş döndürülmesinde herhangi bir N noktası, NM çemberini tanımlar ise ve bu Ff, Dd parabôllerini R,T ile gösterilmiş herhangi bir konumda keser ise ve AE ekvatorunu S‘de keser ise, CN bu çemberde konumlandırılmış R, S, T adındaki yerlerdeki suyun yüksekliğini temsil eder. İşte buradan da: F adındaki herhangi bir yerin günlük dönme hareketinde, med‘in en yüksek yeri F noktasında olacaktır, bunun vakti de, Ay‘ın o yerin meridyeninde ufkun üzerinde belirmesini takip eden 3. saatte olacaktır. Ve bundan sonra da en büyük cezir, Q noktasında olacak ve Ay‘ın batmasından sonraki üçücü saatte olacaktır. Ve sonra, en kabaraık med, f noktasında, olacak bunun vakti de, Ay‘ın o yerin meridyenine ufuk çizgisinin altından gelmesini takip eden üçüncü saatte olacaktır. Ve nihâyet, cezrin en fazla olduğu Q noktasında, vakit Ay‘ın doğmasından itibaren üçüncü saatte olur ve f noktasındaki sonraki med, evvelki F noktasındakinden az olur. Ve Deniz‘in bütünü, iki büyük ve yarı küresel med‘e ayrılmış olduğundan, biri KHkC adındaki kuzey tarafta, diğeri ise KhkC adındaki karşıt yarıkürededir ve işte bundan ötürü, kuzey ve güney med‘leri olarak isimlendirebiliriz. Bu med‘ler daima birbirine zıt olarak ve sırayla, her yerin meridyenine 12 ay saati ölçüsündeki süre aralıkları ile varır. Ve, kuzey yarımküredeki ülkelerin kuzey med‘ini ve güney yarımküredeki ülkelerin güney med‘ini daha fazla mantığından hareket ile, ekvatorun hâricinde Güneş‘in ve Ay‘ın doğup battığı yerlerin tümünde med‘ler sırasıyla fazla ve az kabarır. Ancak, med‘in fazla kabaranı, Ay‘ın, o yerin verteks‘ine doğru alçaldığı konumda olur ki bunun da vakti, yaklaşık olarak,

857

Ay‘ın o yerin meridyenine ufka yukarıdan teğet olarak belirmesinden 3 saat sonradır. Ve, Ay declination‘ını değiştirdiğinde, büyük med, küçük olanına dönüştürülecektir. Ve, med-cezir‘in su seviyelerinin farkının en büyüğü, yaklaşık olarak, gündönümlerine tekabül eder, bilhassa da, Ay‘ın yükselen düğümünün Koç Burcu‘nun ilk yıldızında olduğunda. Kış mevsiminde sabah med‘i akşam med‘ini aşar ve yaz mevsiminde akşam medleri sabah med‘lerini aşar. Colepress ve Sturmy‘nin yapmış olduğu gözlemlere göre Plymouth İskelesi‘nde, 1 ayak yüksekliğinde ve Bristol İskelesi‘nde 15 inç yüksekliğinde aşar. Ne var ki, burada tanımlayageldiğimiz hareketler; ―reciprocation‖ kuvveti nedeniyle bir miktar değiştirilir, nitekim, sular, çekimin kuvvetiyle harekete geçirilip de o hareketi özümsedikten, vis insita da denilen atâlet kanununa göre hareketlerini bir süre daha korur. Ve işte bu şu anlama gelir: Med-cezir, Ay‘ın ve Güneş‘in çekiminin oluşturduğu tesir bitse bile, bir süre daha sürer gider. Bu; verilmiş hareketin korunması eğilimi sebebiyle, birbirini takip eden med-cezirlerin farkı azalır ve bu özellik, karşıt konumlardan hemen sonra beliren medceziri fazla ve dördüllerden hemen sonra gelen medceziri az ölçüde oluşturur. Ve işte bu sebepten ötürü; Plymouth ve Bristol limanlarında oluşagelen müteakip med-cezirler, birbirinden bir ayak ölçüsünden ya da 15 inç‘lik bir ölçüden farklı olmaz ??? Bu limanların tümündeki med‘lerin en kabarığı da karşıt konumlardan sonra gelen birinci değil üçüncü med‘dir. Ve bunun yanı sıra; suyun hareketleri, su dar suyollarında (kanallardan) geçerken hızı artan oranlarda yavaşlatılır. Öyle ki, bazı boğazlarda ve ırmakların ağızlarında, en fazla kabaran med, karşıt konumlardan sonra gelen dördüncüsü ve hatta beşincisidir. Ve olabilir ki, med‘in en çok kabartıldığı zaman, karşıt konumlardan sonra gelen dördüncü med veya beşinci med olabilir, hatta daha bile sonra çökeltilebilir çünkü, denizin hareketleri, denizin suyunun kıyılara doğru dar su yollarından geçerken ivmesizlenerek yavaşlar. İşte bu nedenle; med, İrlanda Adası‘nın Batısı‘ndaki kıyılara Ay‘ın üçüncü saatinde varır ve aynı ada‘nın güneyindeki kıyısındaki limanlara da bir-iki saat sonra varır, tabi bir de, halkın dilinde Sorlings Adaları denilen Cassiterides Adaları‘na ve limanlarına, sonra sırasıyla

858

Falmonth, Plymouth, Portland ve Wight Adası‘na, Winchester, Dover, Thames Irmağı‘nın ağzına ve en sonunda Londra Köprüsü‘ne erişir, bu geçişin süresi de 12 saat sürer. Ancak daha, med-cezirin aktarılması, kâfi ölçüde derin olmadığında, okyanusun kendi içindeki su yolları tarafından bile engellenebilir. Çünkü, şöyle düşünün: Med, Kanarya Adaları‘nda, Ay‘ın üçüncü saatinde olur ve Atlantik Okyanusu‘na kıyıdar Batı sahilleri; misâl, İrlânda, Fransa, İspanya ve Afrika‘nın ta Ümit Burnu‘na değin sahillerin hepsinde (bir takım sığ yerler ile engellendiği durumlar haricinde) med, sonraki saatlerde kabartılır. Ve Cebel-i Târık Boğazı‘nda, Akdeniz‘den kaynaklanan bir su akıntısının hareketi sebebiyle, med daha erken bir saatte kabarır. Ancak, bu kıyılardan ayrılıp okyanusu boylamasına geçip Amerika sahillerine geldiğimizde, med evvelâ Brezilya‘nın en doğu ucundaki kıyılarına ulaşır, bu ise neredeyse Ay‘ın dördüncü veya beşinci saatinde olur. Sonra, Ammauzun nehrinin ağzına Ay‘ın altıncı saatinde varır ancak onun civarındaki adalara da Ay‘ın dördüncü saatinde varır. Sonra da, Bermoda Adaları‘na Ay‘ın yedinci saatinde ve Florida‘daki St.Augustin limânına Ay‘ın yedibuçukuncu saatinde varır. Ve bundan da anlaşılır ki, med‘in, okyanustan aktarılırkenki hareketinin hızı Ay‘ın rotasına göre olması gerektiği düşünülen yavaş bir hızdadır. Ve bu yavaşlatılma aslında çok gereklidir, böylelikle, deniz, aynı zamanda Brezilya ve Yeni Fransa arasında çökeltilir ve Kanarya Adaları civarında yükseltilir ve Avrupa ve Afrika sahillerinde de tam tersi olagelir. Çünkü, deniz, eğer, bir yerde yükseltiliyor ise, diğer bir yerde çökeltilmemesi imkânsızdır. Ve muhtemeldir ki, Pasifik Okyanusu aynı Kanun‘a göre ajite edilir, nitekim Şili sahillerinde ve Peru sahillerinde med‘in en kabarığı, rivâyete göre, Ay‘ın üçüncü saatinde oluşur. Ancak, bunun hangi velosite ile, Japonya Adaları‘nın ve Filipin Adaları‘nın doğusundaki sahillere ve Çin‘e çok yakın diğer adaların doğudaki sahillerine aktarıldığı konusunu henüz öğrenmiş değilim. Dahası, olabilir ki (s.418) med; okyanusun içinden değişik su kanallarından aktarılarak aynı limana aktarılır ve bu esnâda bazı kanalların içinden diğerlerine göre daha hızlı akar; ki bu durumda, aynı

859

med, iki ya da daha çok sayıda birbirini takip eden akıntıya bölünür ve yeni türde bir hareketin bileşkesini oluşturur. Varsayalım ki: Bir med, iki eşit med akıntısına bölünsün, bunlardan ilki, diğerini 6 saatlik bir süreyle ve öncelesin ve bunun belirmesi, Ay‘ın o limanın meridyeninde gözükmesini takip eden üçüncü saatte veya 27. saatte olsun. Eğer, Ay, o yerin meridyeninde gözüktüğü vakitte, ekvatorda ise, 6 saatlik süreler ile biri diğerinin yerine gelen bir düzen ile eşit ölçülü med‘ler belirir, ki bunlar aynı eşit ölçüde ve aynı sayıda cezirler ile buluşup birbirini dengeler, öyle ki o gün için su sakinleşir ve sütliman kalır. Eğer, sonra Ay, ekvatordan alçalır ise, okyanustaki med‘ler sırasıyla ve değişerek yazdığımız gibi fazla ve az ölçüde olur. Ve işte buradan iki fazla ölçüde ve iki az ölüde med akıntısı sırasıyla o limana aktarılır. Ancak, med‘lerin, en büyük ölçüde olan ikisi, suyun en yüksek seviyesini, bu ikisinin ortasındaki bir vakitte indirecek ve medlerin fazla ölçüde olanı ve az ölçüde olanı, beraberce tesir edip bu ikisinin arasındaki bir vakitte suyun sviyesini ortalama bir seviyeye getirecektir. Ve en az ölçüdeki iki med‘in ortasındaki bir vakitte, su, minimum yüksekliğine erişecektir. Öyle ki, bu düzende, 24 saatlik bir müddette, su, maksimum seviyesine iki defa değil sadece bir defa erişecek ve minimum seviyesine de sadece bir defa inecektir. Ve bunların maksimum yüksekliği, eğer ki, Ay, yükseltilmiş kutba doğru alçalmış ise, Ay‘ın o yerin meridyeninde gözükmesinden itibaren hesaplanan altıncı veya otuzuncu saatte oluşacaktır ve Ay deklinasyon (alçalması) değiştirdiğinde, bu med, cezire dönüşecektir. Bu izâh edilenlerin bir örneğini, biz, Tunquin Krallığı‘ndaki 20 derece 50 dakika kuzeyde konumlu Batsham limanında buluyoruz. Bahsedilen limanda, Ay‘ın ekvatorun üzerinden geçişini takip eden günde, sular durulur, ve Ay, kuzeye doğrusu alçaldığında, sular, diğer limanlarda gözlemlendiği gibi, günde iki defa med ve cezire uğramaz ancak her gün sade bir defâ medcezir oluşur. Ve med, Ay‘ın batmasının vaktinde ve cezirin en büyük ölçülüsü Ay‘ın batmasının vaktinde ve cezirin en büyük ölçülüsü Ay‘ın doğmasının vaktinde olur. Bu med, Ay‘ın alçalması ile artar, ta ki, yedinci ve sekizinci güne değin ve sonra bunu takip eden

860

yedinci veya sekizinci günde, bu, daha evvel arttığındaki oranı ile azalır ve Ay alçalmasını değiştirdiğinde biter. Bundan sonra, med, birdenbire, cezire dönüşür ve bundan böyle de, cezir Ay‘ın batmasının vaktinde ve med Ay‘ın doğmasının vaktinde oluşur, tâ ki, Ay tekrardan alçalmasının değiştirene değin. Bu limana, okyanustan; suyun girdiği iki yol bulunmaktadır: Bu yollardan biri, daha kestirme ve kısa yol olup Hainan Adası ile Quantung (Çin‘in bir İl‘i) sahili arasındadır. Diğer uzatılmış yol ise, aynı ada ile Cochim Sahili‘nin arasındadır. Ve su yollarının kısa olanından akan med, Batsham‘a daha erken aktarılır. Irmakların suyunun aktığı ırmak yatağında, denizin suyunun, med‘in kabarması ile ırmak yatağına doğru hareketlenerek akması ve ırmak yatağındaki suyun denize doğru geriy geriye akması olguları, ırmağın akıntısına göredir. Ve bu akıntı, denizin suyunun ırmağa girmesini engellmeye (çalışır) ve suyun tekrardan denize çıkmasına yardım eder; girişi geciktirir ve yavaşlatır ve çıkışı çabuklaştırır ve hızlandırır. Ve bu nedenledir ki: Suyun geriye doğru akması, suyun içeriye girişinden daha uzun sürer, bilhassa da ırmakların yukarı çığırlarında, çünkü, buralarda denizin kuvveti kendini az hissettirir. Sturmy‘nin yazmış olduğuna göre, Bristol‘ün üç mil güneyindeki Avon nehrinde su sadece beş saatlik sürede med kabarması halindedir, ancak, yedi saatlik sürede cezir (çökeltilme) hâlindedir. Ve hiç şüphesiz, sürelerdeki bu farkın ölçüsü, Bristol‘ün kuzeyinde, örneğin, Caresham ya da Bath‘da daha bile fazladır. Çünkü, denizin hareketinin, Ay‘ın karşıt-konumlarında ve Güneş‘in karşıt-konumlarında; daha kuvvetli olmasından ötürü, ırmakların akışından oluşan direnci, nispeten daha kolay yener ve suyun ırmağa ağzından girişini çabuklaştırır ve daha uzun sürmesini sağlar ve bundaki sürenin farkını azaltır. Ay‘ın karşıt-konumlarına doğru yaklaştığı dönemlerde, ırmaklar suyla daha bol doldurulacaktır, ve bunların akıntıları, medlerin fazlalığı ile engellenecektir ve bundan ötürü de, suyun, denize doğru akmasının hareketini; Ay‘ın karşıt-konumlarında bulunduğu dönemlerden birazcık sonra, Ay‘ın karşıtkonumlarda bulunduğu dönemlerden birazcık öncesine göre, birazcık daha fazla geciktirecektir.

861

İşte, hesabın değerlendirilmesi ile medlerin en yavaş hareketlisi; Ay‘ın karşıt-konumlarında bulunduğu dönemlerde olmayacak ancak o dönemi birazcık önceleyecektir. Ve buna ilâve olarak, şunu da gözlemledim ki: Ay‘ın karşıt-konumlarında bulunduğu dönemlerde oluşan med, bir de Güneş‘in çekiminin tesiri ile yavaşlatılıyordu. Ve bu her iki sebebin de beraberce tesir etmesi ile med‘in geciktirilmesi, Ay‘ın karşıt-konumlarında bulunduğu dönemlerden önce, hem daha fazla ölçüde ve hem de daha çabuk oluyordu. Ben bütün bunları, Flamsted‘in, yapılmış bir çok gözlemin verilerini katıp oluşturmuş olduğu Med-Cezir Çizelgeleri‘nden biliyorum. Burada tanımlayageldiğimiz Kanunlar ile belirlenir medcezirin vakitler. Ne var ki medcezirin ölçüsünün fazlalığı, denizin hacımı ile ilişkilidir. C noktası Dünya‘nın merkezini temsil etsin. EADB ise, denizlerin oval şeklini belirtsin. CA doğru parçası, bu oval alanın uzun-yarı ekseni olsun, CB kısa-yarı-ekseni olup diğerinin üzerinde dik açılar ile duruyor olsun. D noktası, A ve B noktaları arasındaki orta nokta olsun. Ve ECF ya da eCF Dünya‘nın merkezinden çıkan bir açı olsun, öyle ki, bu açının kirişleri (subtend) leri, denizin kıyılarını temsil eden E,F ya da e,f noktalarının arasında kalan deniz parçalarının genişliğini belirtsin.

Şimdi varsayın ki: A noktası, E ve F noktalarının arasındaki orta-nokta, D noktası ve e ve f noktalarının arasındaki orta-nokta olsun. Ve eğer, CA ve CB yüksekliklerinin farkı, Dünya‘yı çepeçevre sarmalayan çok derin bir denizde olagelen bir med-cezrin niceliğini temsil etsin. CA yüksekliğinin, CE‘den veya CF‘den fazlalığı (farkı) E ve F noktaları ile gösterilmiş sahiller ile sınırlandırılmış EF denizinin ortasındaki med-cezirin niceliğini temsil edecektir. Ve Ce yüksekliğinin

862

Cf yüksekliğinden fazlası, yaklaşık olarak, aynı denizin f ile temsil edilmiş sahillerindeki med-cezrin niceliğini temsil edecektir. İşte buradan da anlaşılmaktadır ki: Medcezir, denizin ortasında sahilerden çok daha az belirir ve sahillerdeki medcezir neredeyse (bir çeyreklik yayın ölçüsünü aşmayan bir deniz genişliği veren) EF yayına eşittir. (451. sayfa, 452. sayfa) Ve işte bundan ötürü, Afrika ve Amerika kıtalarının arasındaki denizlerde, (ekvatora yakın bölgelerde) denizin eninin ölçüsünün dar olduğu coğrafyada, medcezir, ekvatoral bölgelerde, ılıman iklimin hüküm sürdüğü enlemlere doğru gidildikçe, denizlerin eninin geniş olduğu kuzey yarımküredeki ve güney yarımküredeki medcezirlerden çok daha az ölçüde olagelir. Ya da, Pasifik Okyanusu‘nun sahillerinin neredeyse tümünde, hem Amerika kıtasına doğru hem de Çin‘e doğru ve hem dönencelerin arasında kalan bölgede, dönencelerin dışında kalan bölgede, ve okyanus ortalarındaki adalarda, bunun seviyesi iki veya üç feet‘ten pek fazla olmaz, ancak, büyük kıtaların sahillerinde, üç veya dört mislidir ve daha yukarı enlemlerde, eğer okyanustan aktarılan hareketler derece derece dar bir alana sıkışır ise ve su, körfezleri, sırasıyla dolduruyor ve boşaltıyor ise, su, İngiltere‘deki Plymouth ve Chepstow Bridge, Normandiya‘daki St.Michael Dağı ve Avranches kasabasında, Doğu Antiller‘deki Cambaia ve Pegu‘daki dar su yollarından hızla ve şiddetle geçmeye zorlanır. Bu yerlerde, su, içeri sokulurken ve dışarıya ittirilirken büyük bir şiddetle hareket ettirilir ve bazen sahilleri suyun altında bırakır. Ve bazen de sahillerden, deniz millerce çekilerek denizin tabanı gözükecek şekilde ortaya çıkar. Suyun, içeri girişi ve içeriden çıkışı; suyu 40 veya 50 feet (veya fazla) yükseltmeden/çökeltmeden sona erdirilemez. İşte bu şekilde, denize, uzun ve dar su yolları ile, diğer su yollarından daha geniş ve derin su yolları ile açılan ağızlarda (örneğin, Doğu‘daki giriş yollarında İngiltere ve Macellân Boğazı gibi yerlerde) daha fazla ölçüde medd-ü cezir gözükecektir. Ya da, bir başka deyişle, hareketinin yollarını daha fazla ölçüde intend ve remit edecektir; ve bundan ötürü de suyu daha yüksek kaldıracak ve daha ingin bir seviyeye indirecektir. Rivâyete göre; Güney

863

Amerika kıyılarında, Pasifik Okyanusu, çekilmesi esnâsında bazen kıyıda iki mil açığa dek çekilir ve öyle ki, sahilde ayakta durup gözlem-görüş ufkundan çıkar. İşte bu sebepledir ki, bu mıntıkalarda, med daha fazla kabaracaktır ancak, suyun daha derin olduğu bölgelerde, suyun girişininin ve çıkışının velositesi azaltılmış olacağı için, seviyesinin yükselişi ve alçalışı da öyle az olacaktır. Bu tür yerlerde de, suyun yükselişinin altı, sekiz veya on feet‘ten fazla olduğunun bir verisi bulunmamaktadır. Yükselişin miktarının, aşağıdaki metot ile hesaplıyorum:

S harfi Güneş‘i temsil etsin. T, Dünya‘yı (419, 420 sayfa), P ayı, PAGB ise Ay‘ın yörüngesini temsil etsin. SP‘de, SK‘yı ST‘ye eşit ölçülü alın ve SL‘yi de SK‘ye,SK‘nin SP‘ye kareli orantısında alın. LM‘ye paralel olarak PT‘yi çizin ve varsayın ki, Güneş‘in etrafından oluşan ve Dünya‘ya yönelerek tesir eden merkezcil kuvvet, ST veya SK mesafesi ile temsil edilmiş olsun. SL ise Ay‘a yöneltilmiş niceliğini temsil edecektir. Ne var ki, bu kuvvet, SM ve LM bileşenlerinden oluşturulumuştur ve bunun LM kuvveti ve SM‘nin TM ile temsil edilmiş kısmı (66. Önerme‘den ve bunların Kaziyelerinden de belli olduğu gibi) nın Ay‘ın hareketlerini ajite etme

864

Ay ve Dünya, müşterek çekim merkezlerinden döndürüldüğü müddetçe,

Dünya‘nın hareketi

kuvvetlerin tesirinin altında düzenlenecektir. Ancak; biz bunlardan, kuvvetlerin toplamı cinsinden bahsedebileceğimiz gibi, Ay‘ın hareketlerinin toplamı olarak da bahsedebiliriz ve bunları, bu niceliklerle orantılı olan TM ve ML çizgileriyle temsil edebiliriz. LM kuvvetinin ortalama niceliğinde bulunurken, bunun; Ay‘ın, Dünya‘nın merkezde sabit bulunduğu bir yörüngede PT mesafesinden dönerkenki kuvvetine oranı; Ay‘ın Dünya‘nın etrafındaki dönmesinin devir süresinin, Dünya‘nın Güneş‘in etrafında (66. Önerme‘nin 17. Kaziyesi‘nin mantığınca) dönmesin devir süresiyle kareli orantıdadır. Yani, sayısal değer olarak ifâde edilir ise: 27 gün 7saat43dakika nın 365gün 6saat 9dakika sürelerinin kareli oranındadır ya da 1000‘in 178725‘ e oranında ya da 1‘in 178 29/40‘a oranındadır. Dünya‘nın, atâlet hâlinde durduğu bir yörüngede, Ay‘ın Dünya‘nın yarıçapı cinsinden 60 ´ yarıçaplık bir PT mesâfesinden, döndürülebileceği kuvvetin, aynı sürenin içinde; mesâfeyi 60 yarıçap ölçüsünde kabul edip yaptığımız bir kurguda dönebileceği kuvvete oranı, 60 ´‘nin 60‘a oranına eşit olur. Ve bu kuvvetin, Dünya‘nın yüzeyinde tesir edegelen çekim kuvvetine oranı, yaklaşık olarak, 1‘in 60 x 60‘a oranına eşittir. Ve işte bundan ötürü; ML ortalama kuvvetinin, Dünya‘nın yüzeyinde tesir edegelen çekim kuvvetinin ölçüsüne oranı, 1 x 60 1/2 ‗nin 60 x 60 x 178 29/40 çarpma işlemine oranına eşittir. Ya da, 1‘in, 638092,6 sayısına oranına eşittir. İşte bundan ötürü, TM kuvveti de, TM ve ML çizgilerinin orantısında verilmiş olur. Ve işte bu kuvvetler, Ay‘ın hareketlerinin ajite edildiği Güneş‘in kuvvetleridir. Eğer, biz, (449. sayfa) Ay‘ın yörüngesindeki bir mesâfeden, Dünya‘nın yüzeyine doğru alçalırsak, bu kuvvetler, mesâfelerin ölçüleri olan 60 ´ ve 1‘in oranında azaltılacaktır. Ve bundan ötürü; LM kuvveti, o halde, çekimin kuvvetinden 38604600 misli az bir hâle gelir. Ne var ki, bu kuvvet, Dünya‘nın yüzeyinin üzerindeki her bir yere eşit ölçülerde tesir edeceğinden, denizin hareketlerinin üzerinde, hissedilir bir tesirde bulunmayacak ve bundan ötürü, bu hareketin anlaşılması hususunda hesap-dışı tutulacaktır.

865

Mevzubahis diğer TM kuvveti, Güneş‘in dikey konumlarında veya ―nadir‖ denilen konumlarda, ML kuvvetinin 3 mislidir ve bundan ötürü, çekimin kuvvetinden 12 868 200 misli azdır. Şimdi, varsayın ki: ADBE, Dünya‘nın küresel yüzeyini temsil: aDbE, bunun yüzeyini çepeçevre yayılmış su‘yun yüzeyini temsil etsin, C müşterek merkezi olsun, A, Güneş‘in dikey geldiği konum olsun, B bunun aksi tarafta simetrik konumlandırılmış karşılığı olsun, D,E

evvelkinden 90 derece mesâfedeki

konumlar olsun: ACEmlk, Dünya‘nın merkezinden geçen dik açılı silindir biçimli su kanalı olsun. TM kuvveti herhangi bir konumda, o konumun DE düzlemine mesâfesine eşittir, ki bunun üzerinde A noktasında C‘ye çekilmiş bir çizgi dik açılar ile üzerine bindirilmiş konumda olduğunda ve bundan ötürü de, su kanalının EClm ile temsil edilmiş kısmının hiçbir niceliği yoktur.

866

Ancak, AClk ile temsil edilmiş öteki kısmında, çeşitli yüksekliklerdeki çekim kuvvetine eşittir. Çünkü, Dünya‘nın merkezine doğru alçalırken, çekimin kuvveti, 73. Önerme‘nin mantığınca, her konumda o konumun yüksekliğine eşittir. Ve bundan ötürü de, suyu yukarıya doğru çeken TM kuvveti, çekimini, kanalın AClk bacağında verilmiş belli bir oran ile kademe kademe yitirecektir. Ki, bu müteala‘ya göre, su, bu bacakta yükselecektir; tâ ki, çekimin noksanı; yüksekliğin fazlalığı ile telâfi edilene değin. Ve su; (kanalın diğer bacağı olan) EClm‘nin içindeki toplam kütleçekimine eşitlendiğinde atâlete geçecektir. Her bir parçacığın ayrı ayrı tasavvur edilen çekimi, Dünya‘nın merkezine mesafesine eşit olduğu için, suyun, herhangi bir bacaktaki ağırlığı, yüksekliğin kareli oranında artacaktır. Ve işte bundan ötürü; suyun, AClk bacağındaki yüksekliğinin, ClmE bacağındaki yüksekliğine oranı, 12 868 20 sayısının 12 868 200 sayısına ters kareli oranında olacaktır. Ya da, 25 623 053 sayısının 25 623 052 sayısına oranında olacaktır ve suyun EClm ayağındaki yüksekliğinin, yüksekliklerin farkına oranı, 25 623 052 sayısının 1‘e oranına eşittir. Ne var ki, suyun yüksekliği, EClm ayağında 19 615 800 Paris Ayağı yüksekliğindedir, ki bu değer, Fransızlar‘ın yaptığı son ölçümlerde bulunmuş bir değerdir. Bundan ötürü, evvelki benzeşime göre, yüksekliklerinin farkı, 9 1/5 Paris Ayağı inç‘i ölçüsünde bulunur. Ve Güneş‘in çekiminin kuvveti, denizi, A konumunda yükseltirken, E konumunda yükselttiğinden 9 inç fazla yükseltir. Ve ACEmlk su kanalının içinin buz tuttuğu varsayılır ise bile, A ve E‘deki yükseklikler, ve arada kalan diğer konumlardaki yükseklikler hep aynı kalır. Aşağıdaki şekilde, Aa, yüksekliğin, A noktasındaki 9 inç‘lik fazlalığını temsil etmiş olsun ve hf de, h ile gösterilmiş diğer herhangi bir konumdaki yüksekliğin fazlalığını temsil ediyor olsun. Ve DC‘nin üzerine fG dikmesini indirin ve Dünya‘nın küresine F noktasında değsin. Ve Güneş‘e mesafe o ölçüde büyüktür ki, oradan buraya çizilmiş doğruların tümü paralelmiş gibi müteala edilebilsin, bu şartlarda; herhangi bir f noktasında TM kuvvetinin, herhangi bir A konumundaki kuvvete oranı, FG‘nin sinüsünün AC yarıçapına oranına eşittir. Ve bundan ötürü, o kuvvetlerin tümü de, paralel çizgiler ile yöneltilmiş olduğundan, bunlar, Ff, Aa gibi birbirine paralel yükseklikler oluşturacak ve bunlar aynı

867

oranda belirecektir. Ve işte bundan ötürü de, Dfaeb su kütlesinin formu, ab doğru parçasını, elipsin uzun ekseni kabul eden bir döndürme hareketi ile oluşturulan bir küremsi hacım olacaktır. (sferoid)

Ve fh dikmesinin, Ff eğik yüksekliğine oranı, fG‘nin fC‘ye oranına ya da FG‘nin AC‘ye oranına eşit olacaktır. Ve işte bundan ötürü, fh yüksekliğinin Aa yüksekliğine oranı, FG‘nin AC‘ye kareli orantısında olacaktır, yani, bu da demektir ki: DCF açısının iki mislinin, ters sinüsünün yarıçapın iki misline oranına eşit olacak ve bu sebepten ötürü de, zaten verilmiş olacaktır. Ve Güneş‘in, yapar gözüktüğü Dünya‘nın etrafındaki dönme hareketinin, her bir anında, suyun yükselmesinin ve alçalmasının orantıları, ekvatorun altında verilmiş herhangi bir konumda, istidlâl edebiliriz. Bunun yanı sıra, bu yükselişin ve alçalışın azalmasının ölçüsünü de, bunun sebebi ister konumların enleminin farklılığı olsun isterse de Güneş‘in deklinasyonunun farklılığından olsun, istidlâl edebiliriz. Örneğin, konumların enlemini esas alan bir hesaba göre, denizin alçalışının

868

yükselişinin ölçüsü, her konumda, enlemlerin kosinüslerinin kareli orantısında azaltılır ve Güneş‘in deklinasyonlarını esas alan bir hesaplamaya göre ise, ekvatorun altında bulunan konumlardaki alçalış ve yükseliş, deklinasyonun ko-sinüslerinin kareli orantısında azaltılır. Ve ekvatorun haricindeki konumlarda, sabahki ve akşamki yükselişlerin yarılarının toplamı (yani, yükselişin ortalaması), neredeyse aynı oranda azaltılır. S ve L harflerini, sırasıyla, Güneş‘in ve Ay‘ın ekvatorda konumlandırıldığındaki ve Dünya‘ya ortalama mesafelerindeki kuvvetlerini temsil etsin. R yarıçap olsun, T ve V harfleri günün herhangi bir vakitte, Güneş‘in ve Ay‘ın deklinasyon açılarını tümler açıların iki mislinin ters sinüslerini temsil etsin. D ve E, Güneş‘in ve Ay‘ın görünürdeki ortalama çaplarını temsil etsin. Ve, F ve G harflerinin, bu gökcisimlerinin verilmiş herhangi bir vakitteki görünür çaplarını temsil etsin, ve bunların, ekvatorun altındaki med‘leri kabartma kuvvetinin ölçüsü,

karşıt konumlarda;

, dördüllerde

olur.

Ve eğer, paralellerin altında da aynı oran gözlemlenmiş ise, kuzey enlemlerinde hassaslıkla yapılmış rasatların verilerinde, L ve S kuvvetlerinin orantılarını tespit edebiliriz. Ve sonra bu kuralın aracılığı ile, med-cezir, her bir karşıt-konumdaki ve dördüldeki niceliklerini tahmin edebiliriz. Bristol şehrinin 3 mil güneyindeki Avon ırmağının ağzında (450. sayfadan 453. sayfaya dek) ilkbaharda ve sonbaharda, Sturmy‘nin yapmış olduğu rasadın verilerine göre, Güneş‘in ve Ay‘ın kavuşum ve bakışım konumlarında suyun yükselişinin tamamı, yaklaşık, 45 feet ölçüsündedir ancak dördüllerde anca 25 feet ölçüsündedir. Güneş‘in ve Ay‘ın görünürdeki çaplarının verileri, burada tespit edilmiş olmadığından, varsayalım ki, bunlar ortalama niceliklerinde olmuş olsun, bunun yanı sıra, Ay‘ın; equinoctial quadratures‘larında, ki deklinasyonun ölçüsünün ortalama niceliği 23 ´ o olsun. Ve yarıçapın 1000 olduğunu kabul edersek, ve bunun tümler açısının iki mislinin ters sinüsünün ölçüsü 1682 olsun. Ne var ki, Güneş‘in ekinokslardaki ve Ay‘ın karşıt-konumlardaki deklinasyonları, hiçbir nicelik içermez ve her birinin

869

tümler açılarının iki mislinin ters sinüs sinüslerinin değerleri 2000‘dir. İşte buradan da; bu kuvvetlerin

karşıt-konumlardaki toplamı, L + S olur; ve dördüllerde de

olur.

Ki bunların, sırası ile, med‘lerin 45 ve 25 feet‘lik yükseklikleri ile orantılıdır veya 9 birimin 5 birime orantısındadır. Ve işte bundan ötürü, en/uç değerleri ve ortalamaları; çarparak, şunu buluyoruz:

Ancak, dahası: Zannedersem, şu bilgiyi de metinde vermiştim: Yazın, karşıt-konumlarda denizin yükselişinin, dördüllerde onun yükselişine oranı yaklaşık 5‘in 4‘e oranındadır. Gündönümlerinde, muhtemeldir ki; bu orantı, birazcık daha azdır, örneğin, 6‘nın 5‘e oranına eşittir. Buradan da şu bilgi bilinir: L, 5 1/6 S‘ye eşittir. [ Çünkü, bu takdirde orantı şöyledir:

]

870

Bizim bu orantıyı gözlemlerden elde edilebilecek veriler yolu ile daha hassaslık ile tespit edebileceğimiz bir güne değin, şimdilik, L = 5 1/3 S denklemini kabul edelim. Ve medlerin yüksekliği bunları ajite eden kuvvetler ile oranlı olduğundan ve Güneş‘in çekiminin kuvveti, med‘i 9 inç‘lik bir yüksekliğe yükseltebildiğine göre, Ay‘ın çekiminin kuvveti, aynı kütleyi, 4 ayaklık bir yüksekliğe yükseltmeye yetecektir. Ve eğer, bu yüksekliğin, iki misline yükseltildiğini veya belki de üç misline yükseltildiğini kabul edersek; denizin hareketinde gözlemiş olduğumuz ―reciprocation‖ kuvveti ile ve hareket bir kez başlatıldığında bir süre daha sürdürülegeldiği için; okyanusta, hakikaten de mevcut bütün o medcezirin miktarını oluşturmaya yetecek ölçüde bir kuvvet bulunacaktır. İşte,

böylece, biliyoruz ki, bu kuvvetler

denizi

harekete geçirmeye

yeterlidir. Ancak,

gözlemleyebildiğim kadarıyla; Dünya‘nın yüzeyinde kendini hissettirecek herhangi bir başka tesir üretmeye yetecek kuvvette değildir. Çünkü: 1 grain‘in ağırlığı, 4000 grain‘in içinden, dünyadaki en gelişkin hassas terâzi ile bile ayırt edilemez. Ve Güneş‘in med-cezir‘i hareket ettirebilme kuvveti, kütleçekiminin kuvvetinden 12 868 200 defa azdır. Ve, hem Ay‘ın hem de Güneş‘lerin birleşik kuvveti (toplamı) sadece Güneş‘in kuvvetini, 6 1/3‘ün 1‘e oranında aşmaktadır, ancak, bu yine de kütleçekiminin kuvvetinden 2 032 890 misli azdır. Buradan da besbellidir ki: Bu iki kuvvet beraberce, bir terazide bir ağırlığın algılanabilecek gibi, artırmak veya azaltmak için gerekenden 500 misli azdır. Ve bundan ötürü, bu ikisi, asılmış hiçbir cismi algılanabilecek ölçüde oynatamazlar. Benzer bir mantıkla, bunlar, sarkaçlarda, barometrelerde, durgun suda yüzen cisimlerde, ya da benzer tarzda kurgulanabilecek statik deneylerinin üzerinde hiçbir algılanabilir tesiri olmaz. Havakürenin içinde de, tıpkı, denizlerde olduğu gibi, bir flux ve reflux hareketini kışkırtacaklar ancak bu hareketin ölçüsü öyle küçük olacak ki, algılanabilir hiçbir rüzgâr bundan ötürü üretilmeyecektir. Eğer, Ay‘ın ve Güneş‘in med‘i kabartmadaki tesirleri (454. sayfa) ve bunun yanı sıra, görünürdeki çapları, eşit ölçülü olmuş olsa, bunların mutlak kuvvetleri (66. Önerme‘nin 14. Kaziyesi‘ne göre) magnitütleri‘ne eşit olurdu. Ne var ki, Ay‘ın tesirinin Güneş‘in tesirine oranı, yaklaşık, 5 1/3‘ün 1‘e

871

oranındadır. Ve Ay‘ın çapı, Güneş‘in çapında 31 ´‘nin 32 1/3‘e oranında azdır. Ya da 45‘in 16‘ya oranında azdır: Şimdi, Ay‘ın kuvveti, tesirin doğru oranında artırılmalıdır ve çap ters küplü orantıda artırılmalıdır. O halde: Ay‘ın magnitütüne göre kuvvetinin, Güneş‘in magnitütüne göre oranı bir bileşik orantıda olacak ve bunun unsurları da, 5

1/3‘ün 1‘e oranı ve 45 ile 46‘nın ters küplü

orantısından oluşacaktır. Yani, yaklaşık olarak, 5 7/10‘un 1‘e oranında olacaktır. Ve bundan ötürü, Ay, cismini magnitütüne göre düşünüldüğünde, Güneş‘in cisminin magnitütüne göre düşünülenkinden, 5 7/10‘un 1‘e oranındaki bir ölçüde mutlak merkezcil kuvvete hâiz olacaktır. Ve bundan ötürü de, aynı oranda daha yoğun demektir. Ay‘ın Dünya‘nın etrafından dönmesinin süresi olan 27gün 7saat 43dakika da bir gezegen, Güneş‘in çevresinden dönmesinin mesâfesi de, Güneş‘in merkezinden Güneş‘in 18, 951 çapı ölçüsünde olursa ve Güneş‘in görünürdeki çapını 32 1/5‘‘ kabul edersek ve aynı sürenin içinde, Ay da, atâlet hâlinde bulunan Dünya‘nın etrafından bunun mesâfesi Dünya‘nın çapının cinsinden 30 çapa eşit olursa dönebilir. Eğer ki, vakaların her ikisinde de, çapların ölçüsü aynı olmuş olsa, 72. Önerme‘nin 2. Kaziyesi‘nin mantığına göre, Dünya‘nın etrafından tesir eden mutlak kuvvetin, Güneş‘in etrafında tesir eden mutlak kuvvete oranı, Dünya‘nın magnitütünün Güneş‘in magnitütüne oranına eşit olur. Dünya‘nın çapı, Ay‘ın çapına göre, 30 sayısının 18, 954 sayısına oranında olduğundan, Dünya‘nın cismi, bu oranın kübü nispetinde az olacaktır. Yani, 3 3/2 8/9‘in 1‘e oranında ve işte bundan ötürü; Dünya‘nın, kendi magnitütüne göre kuvvetinin, Güneş‘in magnitütüne göre düşünülen kuvvetine oranı, 3

3/2

8/9‘un 1‘e oranındadır. Ve bu

sebepten ötürü, Dünya‘nın yoğunluğunun Güneş‘inkine oranı, aynı oranda olacaktır. O halde, Ay‘ın yoğunluğunun Güneş‘in yoğunluğuna oranı, 5 7/10‘un 1‘e oranına eşit olacaktır, Ay‘ın yoğunluğunun Dünya‘nın yoğunluğuna oranı, 5 7/10‘un 3 28/29‘a oranına eşit ya da 23‘ün 16‘ya oranına eşit olacaktır. İşte buradan da; Ay‘ın magnitütünün, Dünya‘nın magnitütüne oranı, yaklaşık, 1‘in 41 ´‘ye oranına Ay‘ın mutlak merkezcil kuvvetinin Dünya‘nın mutlak merkezcil kuvvetine oranı, 1‘in 29‘a oranına eşit olacak ve Ay‘ın ihtivâ ettiği maddenin Dünya‘nın ihtivâ ettiği maddeye oranı, aynı oranda olacaktır. Ve buradan da; Dünya‘nın ve Ay‘ın müşterek çekim merkezi, buraya değin saptanmış

872

olduğundan daha hassaslıkla tayin edilecektir. Ki bu bilgiden de, şimdi, Ay‘ın Dünya‘ya mesafesini daha bir hassaslıkla saptayabiliriz. Ancak, ben, Ay‘ın ve Dünya‘nın cisimlerinin birbirlerine göre orantısının; med-cezirin olgularından daha hassas tanımlanmasını umuyor ve bu esnâda da, Dünya‘nın çevresinin, şimdiye değin hiç kimsenin ölçmediği kadar birbirinden uzak iki noktanın arasına esas alan bir deney ile ölçülmesini umuyorum. İşte böylece, gezegenlerin bir genel hesabını vermiş oluyorum. Sabit yıldızlar konusuna gelince: Bunların, yıllık paralaksının ölçüsünün küçüklüğü, gezegenler sisteminin de çok ötesinde bir mesâfede bulunduklarının da bir ispatını veriyor. Bu paralaksın, bir dakikalık bir değerden küçük olduğu kesindir. Ve bu kesin bilgiden de, şu bilgiye ulaşılır: Sabit yıldızların, mesâfesi Satürn‘ün Güneş‘e mesâfesinden 360 misli fazladır. Örneğin, düşünün ki, Dünya gezegenlerden biridir ve Güneş de sabit yıldızlardan herhangi biridir. Aşağıdaki, akıl yürütme ile sabit yıldızların, kuramda konumlandırıldığı mesâfe daha da öteye …. Dünya‘nın yıllık hareketinden, sabit yıldızların birbirine göre, bir apparent transposition‘ı oluşur ve bunun ölçüsü de neredeyse bunların duble paralaksına eşittir. Ancak, daha büyük nispeten ―yakın‖ yıldızlar, uzakta olanlara göre (ki bunlar sadece teleskopla bakılıp görülebilir.) bugüne değin bunların en küçük ölçüde dahi hareket ettikleri gözlemlenmemiştir. Eğer, biz, o hareketin ölçüsünü 20‘‘ den az kabul edersek, nispeten yakınındaki sabit yıldızların mesafesi, Satürn‘ün Dünya‘ya ortalama mesafesini 2000 misli aşabilecektir. Ve yine, Satürn‘ün küresinin diski, ki sadece 17‘‘ veya 18‘‘ ölçüsünde bir çapı vardır, Güneş‘in ışığının 1 / 2 100 000 000‘ unu alır. Ve işte bu diskin ölçüsü; Satürn‘ün küresel yüzeyinin bütününden o ölçüde azdır. Şimdi, eğer, Satürn‘ün aldığı ışığın 1/4‘ünü yansıttığını kabul edersek, Güneş‘ce aydınlatılmış yarım-küresinden yansıyan ışığın bütünü, Güneş‘in yarı-küresinden yayımlanan ışığın yaklaşık olarak 1 / 4, 200,000,000‘u olur. Ve bundan ötürü, ışık, ışıyan cisime olan mesâfesinin kareli oranında seyrekleştiği için, eğer, Güneş‘i, Satürn‘den 10 000 √42 defa daha uzak olsaydı, Satürn‘ün şimdi halkası dikkate

873

alınmazsa- parladığı parlaklıkta gözükecekti ve yani bu da birinci kadirden bir sabit yıldızdan birazcık daha parlak gözükeceği anlamındadır. Şimdi, o halde, varsayalım ki: Güneş, Satürn‘ün Dünya‘ya mesâfesinden yaklaşık 100 000 misli uzakta parlayan bir sabit yıldızdır. Ve bunun görünüşteki çapı 7v.16vi dır. Bunun Dünya‘nın yıllık hareketinden ötürü oluşan paralaksı 13‘‘‘‘. dır. Ve bu verileri kıyasladığımızda: Hacımı ve ışığı Güneş‘ inkine eşit, birinci kadirden sabit yıldızların mesâfesi, görünüşteki çapı paralaksının çok daha fazla ölçüde olduğu anlaşılır. Bazıları belki şöyle hayal edebilir: Sabit yıldızların ışığının önemli bir kısmı uzayın devasa boşluğundan geçerken engellenir ve kaybolur. Ve bu hesaba binaen: Bazı bilginler, yaptıkları kurgularında sabit yıldızları çok daha yakın mesafelere konumlandırmışlardır. Ancak, bu hesabı doğru kabul edersek daha uzak yıldızlar zorluklar görülebilir. Varsayın ki, en yakın sabit yıldızın ışığının ¶‘ü uzaydan bize geçerken kaybolsun; ve mantıkla, ¶ lük kesrin yarısı daha, evvelki mekânın iki misli yolu alırken kaybolacaktır ve üç misli, üç misli yolu alırken kaybolacaktır. Ve işte bundan ötürü, iki misli mesâfedeki sabit yıldızlar, 16 defa daha sönük gözükecektir, bu değerin 4‘lük kısımı görünüşteki çapının ufalmasından oluşacak ve 4‘lük kısmı da uzaklıktan ötürü kaybolan ışık nedeniyle olacaktır. Ve aynı mantık ile, denilebilir ki: Sabit yıldızlar, üç misli mesâfede 9 x 4 x 4 ya da 144 misli sönük gözükecektir. Ya da, 4 misli mesafede bulunduklarında, 16 x 4 x 4 x 4 veya 1024 misli daha sönük gözükeceklerdir. Ne var ki, ışığın azalışının böyle büyük bir miktarda bulunması, hiçbir şekilde gözlemler ile ve veriler ile tutarlı değildir ve sabit yıldızları bu yol ile değişik mesâfelere konumlandıran hipotez de temelsiz kalmaktadır. İşte, bu nedenle, sabit yıldızlar, birbirlerinden bu denli devasa mesâfelerde konumlandırılmış ise (460. ve 461. sayfalar) birbirlerini, ne algılanabilecek ölçüde çekebilir ne de bizim Güneş‘imizce çekilebilirler. Ne var ki, kuyrukluyıldızlar; bir zorunluluk ile, Güneş‘in etrafından tesir eden bir kuvvetce, tesir edilmiş olsa gerektir. Zirâ, kuyrukluyıldızlar, gökbilimciler tarafından, yapılan kurgularda, Ay‘ın üstündeki küreye yerleştirilmişlerdi, çünkü, bunların, günlük paralaksının olmadığı

874

tespit edilmişti, öyle ki, bunların yıllık paralaksı, gezegenlerin bölgelerine doğru alçaldıklarının iknâ eden bir ispatı olmuştu. Çünkü, doğrusal bir rotada, burçlar kuşağının sırasında hareket eden kuyrukluyıldızların tümü, gözükmelerinin sonlarına yakın bir vakitte, normalde gözüktüklerinden daha yavaş belirirler ya da gerileyen harekette gözükürler (eğer, Dünya, onların ve Güneş‘in arasında bir konumda ise). Ve eğer, Dünya, onlar ile, ―heliocentric opposition‖ konumuna yaklaşmaktaysa, normalden daha hızlı hareket ediyormuş gibi gözükür. Öte yandan, eğer ki, Burçlar Kuşağı‘nın sırasının tersine doğru hareket eden, kuyrukluyıldızlar, gözükmelerinin sonlarına doğru, eğer, Dünya onlar ile Güneş‘in arasındaysa, olması gerekenden daha hızlı görünür ve eğer, Dünya, yörüngesinin diğer tarafında bulunuyor ise normalde biraz daha yavaş ve hatta gerileyen hareketteymiş gibi gözükür. Bu, Dünya‘nın değişik konumlarındaki hareketinde de olagelir. Eğer, Dünya, kuyrukluyıldızın gittiği istikamet ile aynı istikamette hareket ediyor ancak hareketinin hızı ondan fazlaysa, kuyrukluyıldız geriliyormuş gibi gözükür. Eğer, Dünya, kuyrukluyıldızdan, yavaş bir hareket ile hareket ediyor ise, kuyrukluyıldız, yavaş bir hareket ile ileriye doğru hareket ediyormuş gibi gözükür. Ne var ki eğer; Dünya, tersi istikametine hareket ediyor ise, kuyrukluyıldız hızlı harekette gözükür ve ben, nispeten daha yavaş ve nispeten daha hızlı hareketlerin farklarını toplayıp, nispeten daha hızlı ve gerileyen hareketlerinin de toplamını alıp ve bunların oluşmasına sebep olan, Dünya‘nın konumuyla ve hareketiyle mukayese ederek bu paralaks metodu ile buldum ki: Kuyrukluyıldızların, sadece göz ile bakılınca gözükmez oldukları anda bulundukları mesâfe, daima, Satürn‘ün Dünya‘ya ortalama mesâfesinden azdır ve hatta genellik ile, Jüpiter‘in Dünya‘ya ortalama mesafesinden bile azdır. Aynı şey kuyrukluyıldızların yörüngelerin rotasının eğriliğinden de hesap edilebilir. (462. sayfa) Bu cisimler, hareketleri hızlı hızlı süregiderken,

-neredeyse- büyük çemberleri tanımlaya tanımlaya

hareket ederler. Ancak, bunlar, rotalarının sonlarına doğru; görünüşteki hareketlerinin, paralaks tesirinden oluşmuş kısımı, bunların görünüşteki hareketlerinin bütününe göre daha fazla bir orantıya geldiğinde, genellikle bu çembersel rotadan saparlar.

875

Ve, Dünya yörüngesinde diğer yana gittiğinizde, öteki yana sapar; ve bu defleksiyon (Dünya‘nın hareketine tekâbül etmesinden ötürü) esas itibariyle, paralaksdan kaynaklanmış olsa gerektir. Ve oradaki nicelik, öyle dikkate değer bir niceliktir ki, benim hesabıma göre, gözden kayboluveren kuyrukluyıldızı, Jüpiter‘in epeyce altındaki bir bölgede konumlandırmak mantıklı gözükmektedir. O halde, buradan da şu neticeye varız: Bunlar, yerberi ve günberi konumlarında, bize çok yaklaştıklarında, genellikle, Mars‘ın yörüngesinin ve içerlek yörüngede dönen gezegenlerin yörüngesinin de epeyce altındaki bir konuma ilerler. Dahası: Kuyrukluyıldızların yakınlığı, yörüngenin yıllık paralaksı ile onaylanmıştır, ancak, bu, kuyrukluyıldızların sabit/ivmesiz hız ile doğrusal hatlı istikametlerinde hareket ettiği varsayımı ile çok yaklaşık olarak hesaplanan (toplanan) değerlere göredir. Bu hipoteze göre, bir kuyrukluyıldızın mesâfesine, 4 gözlemden hesaplamanın metodu (ilk defa Kepler‘ce denenmiş ve Dr. Wallis ve Sir Christopher Wren‘ce mükemmelleştirilmiştir. ) iyi bilinmektedir. Ve, hareketlerinin ölçülen bu düzenliliğe indirgenen kuyrukluyıldızlar genellikle gezegenlerin bölgesinin ortalarından geçer. İşte, 1607 senesinde gözükmüş kuyrukluyıldız ve 1618 senesinde gözükmüş diğer kuyrukluyıldız, bunların hareketi Kepler‘ce tanımlandığı rotasıyla, Güneş‘in ve Dünya‘nın arasından geçip gitmişti. 1614 senesinde geçip giden ise Mars‘ın yörüngesinin altından geçip gitmişti. 1680 yılında buluşmaya gelen ise, Merkür gezegeninin yörüngesinin altından, hareketi, Sir Christopher Wren ve diğerlerince tanımlandığı rotasında geçip gitmişti. Benzeri bir, doğrusal hatlı hipotezi kabul ederek, Hevelius, kendilerini, gözlemleyebildiğimiz kuyrukluyıldızların tümünü Jüpiter‘in yörüngesinin altındaki bir konuma konumlandırmıştı. Bundan ötürü, bazı bilginlerin, gökbilimsel hesaplamalara aykırı olması nedeniyle, bu gökcisimlerin, kuramsal konumlarını, ya sabit yıldızların uzak mesafedeki bölgelerine konumlandıran ya da Dünya‘nın hareket ettiğini kuramlarında inkâr ettikleri görüş, yanlış bir kavram olması sebebiyle de gökbilimsel hesaplamalara aykırı olması sebebiyle de bâtıldır.

876

Bunun yanı sıra, bunların hareketleri, hâreket hâlindeki Dünya‘nın çok yakınlarındaki bölgelerden geçip gittiklerini varsaymadıkça mükemmel bir düzenliliğe (ahenge) indirgenemez. Ve bunlar, kuyrukluyıldızların yörüngelerinin ve hareketlerinin hakkında ayrıntılı ve hassas bir bilgiye sahip olmaksızın sadece paralaks hesabından bulunan bilgilerdir. Kuyrukluyıldızların, Dünya‘ya epeyce yaklaşmaları; bir de kafa kısımlarının ışıklarının miktarının artışından teyid edilir. (463. ve 465. sayfa) Çünkü, Güneş‘ce aydınlatılan bir gökcisminin ışığı, vardığı mesâfe ile 4. kuvvetten bir orantıda azalır: Şöyle düşünün: Bunun, bir kareli orantısı Güneş‘e mesâfelerinin artması sebebiyle azalan değerdir ve diğeri, gökcisminin görünürdeki çapının azalışı sebebiyle azalan değerdir. O halde şu istidlâl edilebilir: Satürn gezegeninin, Dünya‘ya mesâfesi, Jüpiter gezegeninin Dünya‘ya mesâfesine göre 2 misli olduğunda ve görünüşteki çapı Jüpiter‘in çapının yaklaşık yarısı olduğunda, yaklaşık 16 defa daha sönük gözükse gerektir. Ve eğer, mesâfesi 4 misli fazla olmuş olsaydı, ışığı, 256 misli az olurdu ve bundan ötürü, gözlem aracı kullanmaksızın yapılan bir rasatta algılanamazdı bile. Ancak, kuyrukyıldızların ışığı, görünüşteki çaplarını aşmaksızın, neredeyse, Satürn‘ün ışığının miktarına eşit olur. İşte böyle; 1668 yılında gözükmüş kuyrukluyıldız, Dr. Hooke‘un gözlemlerine göre, parlaklık itibariyle, birinci kadirden bir sabit yıldızın ışığına eşit bulunmuştu. Ve koma‘sının içindeki yıldız ya da başı, merceğinin yarı-çapı 15 feet‘lik bir teleskoptan görüldüğünde, ufuk çizgisinin yakınında gözüken Satürn gezegeninin parlaklığındaydı. Ancak, kafa kısmının çapı, ancak 25‘‘ değerindeydi ve bu değer Satürn‘ün hem küresini hem de halkasını aynı anda kapsayabilecek bir çemberin çapına eşittir. Coma kısımı, ya da kafa kısımını çevreleyen bir saça benzeyen kısmı, bunun yaklaşık 10 misliydi. Yani, 4 1/6 dakika idi. 1682 senesinde gözükmüş kuyrukluyıldızı Mr. Flamsted gözlemlemiştir. Bu gözlemi 16 feet ölçüsündeki bir tube ve mikrometre cihazı kullanarak yapmıştır. Kuyrukluyıldızın saçının minimum çapını 2‘ 0‘‘ değerinde ölçmüştür. Ancak, kuyrukluyıldızın çekirdek kısmı, ya da

877

ortasındaki yıldız kısmı, bu enin ancak onda birlik kısmına erişebiliyordu. Ve bundan ötürü de ölçüsü, sadece, 11‘‘ veya 12‘‘ saniye değerindeydi.

Ancak, kafa kısmının ışığı ve berraklığı, 1680 yılında

gözükmüş kuyrukluyıldızınkini aşıyordu. Ve ölçüsü, birinci veya ikinci kadirden yıldızlarınkine eşitti. Dahası, Hevelius‘un bildirdiğine göre: 1665 senesinde gözükmüş kuyrukluyıldızın Nisan ayındaki parlaklıklığı neredeyse, sabit yıldızların her birinin parlaklığını geçiyordu. Hatta Satürn‘ünkini de geçiyordu ve renkleri de daha canlıydı. Nitekim bu kuyrukluyıldız, evvelki senenin sonunda gözükmüş kuyrukluyıldızdan daha ışıklıydı. Ve ışığının parlaklığı birinci kadirden yıldızların parlaklığı ile mukayese ediliyordu. Koma kısmının çapı yaklaşık 6‘ değerindeydi. Ancak, çekirdek kısımı, bir teleskoptan bakılıp gözlemlendiğinde: Jüpiter‘in çapından belirgin bir ölçüde kısaydı. Ve Satürn‘ün halkasının içindeki esas küresinin çapından bazen kısa bazen de eşit bulunmuştu. Bu boya, halkasının boyunu da ilâve edin. Ve Satürn‘ün görünüşteki imgesinin ölçüsü, kuyrukluyıldızınkinin iki misli olacaktır. Işığı da ondan daha yoğun olmayacaktır. Ve buradan biliyoruz ki kuyrukluyıldız Güneş‘e Satürn‘den yakın olsa gerektir. Yapılmış gözlemlerin bulgularından: Çekirdek kısmının, kafa kısmının bütününe orantısının, ara sıra 8‘ ya da 12‘ yı geçtiği bulunmuştur. Ve öyle görünmektedir ki: Kuyrukluyıldızların yıldız kısmı, gezegenlerin görünüşteki magnitütleriyle, genellikle, aynı ölçüdedir. Ne var ki, ışıklarının ölçüsü, sık sık Satürn‘ünki ile mukayese edilebilir ölçüdedir ve bazen de onu geçer. Ve buradan da biliyoruz ki: Kuyrukluyıldızlar, günberi konumlarındayken, Güneş‘e mesafeleri, Satürn‘ün Güneş‘e mesafesinden ancak azıcık fazla olabilir. Bunun iki misli mesâfede, ışık dört misli az olur. Ki, bu bulanık solukluğun, Satürn‘ün ışığından azlığının ölçüsü, Satürn‘ün ışığının Jüpiter‘in ışığının parlaklığına oranına (?) eşittir. (denklem nasıl kuruluyor?

A-B = B/C mi yoksa, A-B = C-B

mi? A/B = B/C bilmiyorum, kararsız kaldım…) Ancak, bu fark kolaylıkla gözlemlenebilir. 10 misli fazla bir mesâfede, bunların cisimlerinin görünüşleri, Güneş‘in görünüşteki ölçüsünden büyük gözükmek zorundadır. Ancak, ışıkları Satürn‘ünkinden 100 misli sönük olsa gerektir. Ve bunun daha da ötesindeki mesâfelerde, cisimlerinin görünüşteki ölçüleri, Güneş‘in görünüşteki ölçüsünü daha da aşsa gerektir. Lâkin, bu karanlık bölgelerde bulundukları için, bundan böyle gözükemez halde olmak zorundadırlar.

Bu sebeplerden ötürü: Kuyrukluyıldızların Gök Kuramı‘ndaki konumlarını, (eğer

Güneş‘i de sabit yıldızlarıdan biri kabul ederek bir değerlendirme/hesap yapacak olursak) Güneş‘in ve

878

sabit yıldızların arasında kalan bölgeye konumlandırmak imkansızdır. Çünkü, besbellidir ki, kuyrukluyıldızlar orada, bizim Dünya‘da, sabit yıldızların en parlağından aldığımız ışığın miktarından fazlasını almış olmasalar gerektir. Buraya değin yaptığımız çözümlemelerde bir olguyu hesaba katmadan düşündük. Bu ise, kuyrukluyıldızların kafa kısımlarını çepeçevre sarmalayan koyu ve bol duman ve kafalarının, bu tabakanın arkasından sanki bir bulutun içinden gözüküyormuşcasına belirişi. Çünkü, böyle bir cisim Güneş‘e ne ölçüde yaklaşır ise o ölçüde fazla bu duman tabakası ile sarmalanır: Öyle ki, cisimden yansıyan ışığın miktarı, gezegenlerden yansıyan ışık ile yarışır. İşte buradan da, şu bilgi muhtemelen bilinir ki: Kuyrukluyıldızlar yörüngelerinden Satürn‘ün yörüngesinin çok altına inerler, zaten bunu da paralaksların hesabı ile evvelce ispat etmiştik. Ancak, her şeyden önce, bu bilgi, kuyruklarında da gösterilmiştir, bunların parlamasının sebebi: Ya, bunlardan çıkan dumandan Güneş ışığının yansıması ve kendini aether‘in içinde yaymasından kaynaklanmış olabilir ya da kendi kafalarından neşet eden ışıklarının aktarılmasından oluşuyor olabilir. Evvelki durumda,

kuyrukluyıldızların, sözkonusu kuramda konumlandırıldığı mesâfeyi

kısaltmak zorunda kalırız: Çünkü, aksi takdirde, bunların kafa kısımlarından çıkan dumanın, uzayın devâsa ölçülerdeki mesafelerinde aktarıldığını ve bu aktarımın çok büyük bir velosite ile yapıldığını kabul etmek durumunda kalırız. Ki bu kabul, tamamen akla aykırıdır. Sonraki durumu düşünürsek ise: hem kafa kısmından hem de kuyruk kısmından çıkan ışığın miktarının bütününü çekirdek kısmına atfetmek zorunda kalırız. Ancak, eğer, bütün bu ışığın çekirdeğin diskinin içine yoğunlaşmış ve sıkışmış olduğunu kabul ettiğimizde ise; sadece çekirdeğin parlaklığının bile Jüpiter‘in parlaklığını çok fazla ölçüde geçmesi gerekirdi. (Özellikle de, kuyrukluyıldızın çok büyük ve parlak bir kuyruk yaydığı durumlarda.) O halde, eğer, görünüşteki çapı daha az olduğu durumda, daha fazla ışık yansıtıyor ise, bu şu anlama gelir: Güneş‘ce çok daha fazla aydınlatılmış olması icap eder ve bundan ötürü de Güneş‘e çok daha yakın olması bir zorunluluktur. Bu mantıkla düşünürsek: Milattan sonra, 1679 senesinin

879

Aralığı‘nın 12‘sinde ve 15‘inde kuyrukluyıldız gözüktüğünde ve çok parlak bir kuyruk saldığı dönemlerde ve bu parlaklığının ölçüsünün toplamı Jüpiter‘e eşitlendiği…

if their light were dilated and spread through so great a space, was, as to the magnitude of its nucleus, less than Jupiter

(Mr. Flamsted‘in gözlemlemiş olduğu gibi.) ve bundan ötürü de

Güneş‘e çok daha yakın olmuş olduğu konumlarda. Hatta, Güneş‘e Merkür‘den bile daha yakn olmuş olduğu konumlarda. Nitekim, aynı ayın 17‘sinde, Dünya‘ya daha yakınken, kuyrukluyıldızı, 15 feet‘lik bir telekoptan bakarak rasat eden Cassini‘ye gözüktüğünde, parlaklığı Satürn‘ün küresinin parlaklığından birazcık daha az bulunmuştur.

(551. sayfa) Aynı ayın 8‘inde, sabahleyin, Dr.Halley, kuyruğunu gözlemlemiştir. Geniş ve çok kısa biçimde gözükmüş ve sanki o vakit Güneş‘in doğmakta olduğu konuma çok yakın olduğundan sanki Güneş‘in diskinden yükseliyormuş gibi gözükmüştür. Görünüşü, fevkâlade parlak bir bulut gibydi. Ve, Güneş‘in diskinin kendisi, ufkun üzerinde gözüktüğünde bile görünürden kaybolmamıştr. Parlaklığı, bu nedenden ötürü, bulutların parlaklığını Güneş doğana kadar geçmiştir, ve parlaklığı, yıldızların parlaklıklarının hepsinin toplamından çok daha fazlaydı, ancak, hemen yakınındaki Güneş‘in parlaklığı yanında cılız kalıyordu. Ne Merkür, ne Venüs ne de Ay‘ın kendisi, doğan Güneş‘in diskine bu denli yakın görülmemiştir. Şöyle hayâl edin: Bu dilate edilmiş ışığın bir araya toplanıp da kuyrukluyıldızın çapı Merkür‘ünkinden küçük çekirdeğinin yörüngesinde yoğunlaşsın. Parlaklığı bu yol ile artırılmış olarak daha da gösterişli hâle gelecek, Merkür‘ü çok fazla ölçüde aşacaktır, ve bundan ötürü de Güneş‘e çok daha yakın olmak zorundadır. Aynı ayın, 12‘sinde ve 15‘inde, bu kuyruk, kendini çok daha geniş bir hacıma açarak daha seyrek gözükmüştür. Ve bunun akabinde, harikulade parlayan kızışmış bir ışın gibi belirmiştir. 40 veya 50 derece

880

uzunluğundaki boyundan ve 2 derecelik eninden, biz, cismin, bütünün ışığının miktarının ne olması gerektiğini hesap edebiliriz. Kuyrukluyıldızların, Güneş‘e bu aşırı yaklaşmaları durumu, kuyruklarının en parlak/gösterişli gözüktüğü durumlardan da teyid edilmiştir. Çünkü, kafa kısmı Güneş‘in diskinin önünden geçerken ve Güneş‘in ışınlarının altında saklı kalmışken, çok parlak ve ışıltılı gözüken kuyrukları, kızışmış ışınlar gibi, ufkun üzerinden yayılmıştır, diye rivayet edilmiştir. Ancak, sonradan, kafa kısmı belirmeye başlayıp Güneş‘in yuvarlağından uzaklaştıkça, evvelki parlaklığı daima azalır ve tedricen sönükleşerek Samanyolu‘nun solukluğuna gelinceye kadar solar. Başlarda nispeten algılanabilir iken bundan sonra safha safha sönükleşerek kaybolur. Aristoteles‘in, Lib.1, Meteor 6‘sında ‗en parlak kuyrukyıldız‘ diye betimlediği işte böyleydi: ―Oradaki kafa kısmı görülemiyordu, çünkü Güneş‘ten evvel batmıştı, yahut hiç değilse Güneş‘in ışınlarının altında saklı kalmıştı, ancak, ertesi gün görülebileceği kadar net olarak gözükmüştü; nitekim, Güneş‘ten azıcık bir yol öteye gitmiş halde, ondan hemen sonra ufkun altına inerek gözden kaybolmuştu; ve kafa kısmının dağınık ışığının kuyruk kısmının parlak ihtişâmıyla nispeten gölgede bırakıldığı durum henüz oluşmamıştı. Ancak, Aristoteles‘in yazmış olduğu gibi, kuyruğun ihtişâmı azaldığında, kuyruk kısmı özündeki eski parlaklığına geri dönmüştü. Ve kuyruğun ihtişâmı Göğün üçte birlik kısmına denk gelen 60°‘ye erişmişti. Kış mevsiminde gözüktüğü konum itibari ile Orion‘un Kemeri‘ne değin yükselmiş ve orada gözden yitmişti.‖ Aynı türde gözüken iki kuyrukluyıldız Justin‘ce Lib.37‘de betimlenmiş ve onun anlatımına göre ―öyle parlamıştı ki sanki Göğün hepsi yanıyormuş gibiydi ve büyüklüğü ile Göğün çeyreğini doldurmuştu ve ihtişâmı Güneş‘inkini aşmıştı.‖ Ki bu son sözleriyle, bu kuyrukluyıldızların ve Güneş‘in doğduğu/battığı konumun yakınlığını imâ etmiştir. (494. ve 495.sayfalar.) Bunlara bir 1101 veya 1106 senelerinde gözükmüş kuyrukluyıldızı da ekleyebiliriz:‖ Hevelius‘un, Durham‘lı keşiş Simeon‘dan alıntıladığı gibi, ―çok küçük ve

881

gölgede kalmış bir yıldızdı ( tıpkı 1680 senesinde gözüken gibi) ancak ondan çıkan ihtişâm aşırı parlaktı ve kızışmış bir ışın misâli doğuya ve kuzeye uzanıyordu.‖ Şubat ayının başlarında, akşama doğru, güney-batı yönünde gözükmüştü. Bu bilgiden ve kuyruğun konumunun bilgisinden, kafa kısmının Güneş‘e yakın olmuş olduğunu istidlâl edebiliriz. Matthew Paris‘in yazmış olduğu gibi, ―Güneş‘e mesâfesi -yaklaşık- bir cubit idi [sanki altıncı saat olsa gerek] üçüncü saatten dokuzuncu saate değin uzun ışık huzmeleri yaymaktaydı.‖ 1264 senesinin Temmuz‘unda, veya gündönümü tarihi civarında, gözükmüş, kuyrukluyıldız Güneş‘in doğma vaktinden hemen önce gökte belirmiştir. Işınlarını Doğu yönüne doğru yoğun olarak- Gök‘ün ortalarına erişecek gibi göndermiştir.

Ancak, Güneş‘in, ufukta

gözüktüğü konum, gün be gün, bir yönde ilerlerken, kuyrukluyıldız, ufuktan hergün biraz daha yukarı çekilip Gök‘ün ortalarını geçmiştir. Rivayete göre, ilk önceleri, büyük ve parlakken ve büyük bir koma kısmına sahipken, bu kısım günden güne azalıp erimiştir. Bu durum: Append.Matth.Paris, Hist.Ang eserinde şöyle betimlenmiştir: ― Milattan sonra 1265 senesinde, harika bir kuyrukluyıldız belirmiştir. Öyle ki, o devirdeki hiçbir kişi böylesini görmemiştir: Doğu‘dan muhteşem bir parlaklık ile yükselerek kendini, Gökyarıküresinin Batı yönünün ortalarına değin açmıştır.‖ Bu ibarenin, grameri bozuk da olsa Latincesini aşağıya naklediyorum: Ab oriente enim cum mango fulgore sur…. Usque ad medium hemisphaerii versus occidentem, omnia perlucid pertrahebat. “1401 veya 1402 senesinde, Güneş ufkun altına indiğinde, Batı yönünde parlak ve ışıltılı bir kuyrukyıldız belirmiştir. Bu kuyrukluyıldız, kuyruk kısmını yukarıya doğru vermiş, bir ateşin alevi gibi parlaklıkta ve bir mızrak biçimindeydi, ışınlarının oklarını Batı‟dan Doğu‟ya doğru savurmaktaydı. Güneş battığında, kendi ışınlarının ışıltısı ile ufku çepeçevre aydınlatmış ve diğer yıldızların ışığını hiç görünmeyecek kadar gölgelemiş ve gecenin karanlığının havayı

882

gölgelemesine izin vermemiştir. Çünkü, ışığı, diğer bütün gökcisimlerinin ışığını aşmış ve bu, göklerin yukarılardaki kısımlarına değin uzamıştır.” &c. Hist.Byzant.Duc.Mich.Nepot. Kuyrukluyıldızın kuyruğunun konumlanışından ve ilk belirişinin vaktinden, kafa kısmı o vakit Güneş‘e yakındı ve gün be gün ondan öteye gitmiş olduğunu istidlâl ediyoruz. Nitekim o kuyrukluyıldız 3 ay müddetince gözükmeye devam etmiştir. 1527 senesinin Ağustos‘unun 11‘inde, sabaha karşı dört gibi, Avrupa semâlarının neredeyse tümünde, Aslan Burcu‘nda korkunç bir kuyryukluyıldız gözükmüş ve ışıması, hergün bir saat artı bir saatin çeyreği sürmüştür. Doğu‘dan belirmiş, güneybatı yönünde yükselerek harika bir uzunluğa erişmiştir. En gösterişli olduğu konum kuzeye doğru uzadığı yöndü, ve kuyruğunu çevreleyen dumanı çok korkunçtu. Halkın hayalgücünün uydurduğu anlatıma göre, çok büyük bir kılıcı tutan hafif eğik bir kol biçimindeydi. 1618 senesinde, Kasım ayının sonlarına doğru bir dedikodu yayılmıştı. Gündoğumu vaktinde bir ışın belirmiş ve aslında bu, kafa kısmı henüz Güneş‘in ışınlarınca gölgelenmiş olduğu için gözükmeyen bir kuyrukluyıldızdı. 24 Kasım‘da, aynı vakitte, kuyrukluyıldızın kendi gövdesi parlak ışıyarak belirmişti ve hem kafa kısmı hem de kuyruk kısmı aşırı parlaktı. Kuyruğunun uzunluğu, ilk önce 20 veya 30 derece ölçüsündeyken, 9 Aralık‘a kadar artarak 75 derecelik bir ölçüye değin erişmişti. Ancak, o dönemki ışıltısı, ilk dönemki ışıltısından az parlak ve seyrelmiş haldeydi. 1668 senesinin 5 Mart‘ında, sabah karşı 7 sularında, kuyrukluyıldızı Brezilya‘da gören P. Valent. Estancius, bu cismi ufkun güney-batı yönünde tespit etmiştir. Kafa kısmı çok küçük ölçüde zar zor seçilebilir idi ancak kuyruk kısmı aşırı ölçüde parlaktı. Öyle ki, bunun denizden yansımasını sahildeki halk kolaylıkla seçebiliyordu. Bu aşırı parlaklığı ancak üç gün sürmüştür ve o vakitten sonra kaydadeğer bir ölçüde azalmıştır. Kuyruk kısmı, başlangıçta, Batı yönünden Güney yönüne uzanmaktaydıve konumu, ufka neredeyse paraleldi ve uzunluğu 23 derecelik bir parlak ışın görünümündeydi. Bundan sonra,

883

kuyrukluyıldız, ışığı azalarak, magnitütü artarak görünmez hâle gelmiştir. Öyle ki, Cassini, bunu Bologna şehrinde,Mart‘ın 10‘unda, 11‘inde, 12‘sinde ufkun üzerinde yükselerek 32 derece uzunluğunda görmüştür. Rivâyete göre Portekiz‘de görüldüğünde, Göğün yaklaşık çeyreğini kaplamış (yani bu da 45°‘ye karşılık gelir.) ve konumlanışı Batı‘dan Doğu‘ya doğru dikkate değer bir parlaklıkta olmuştur.

Ancak, gökcisminin bütünü gözükmemiştir: Çünkü,

kuyrukluyıldızın kafa kısımı, Dünya‘nın bu kısmında daima ufkun altında saklı kalmıştır. Kuyruğun uzayışından bellidir ki kafa kısımı Güneş‘ten uzağa çekilmiştir ve Güneş‘e en yakın bulunmuş olduğu konum, ilk önce kuyruğu en parlakkendi. Bütün bu anlatılanlara 1680 yılında gözükmüş kuyrukluyıldızı da ekleyebiliriz: Ki bunun harikulade parlaklığı, kafa kısmının Güneş ile yaptığı kavuşum konumu yukarıda betimlenmişti. Ancak, bu ölçüdeki bir parlaklık şu anlama gelebilir ki. Bu türden kuyrukluyıldızlar, gerçekten de ışıktan çeşmeyi geçmiştir ve özellikle de kuyruk kısımları hiçbir durumda Güneş‘e karşıt konumlarında, o ölçüde parlamadığı için bu hükme varabiliriz. Bir de o kızışmış ışınları o bölgede hiçbir durumda gözlemlememişizdir. Son olarak, aynı şey, şuradan da

istidlâl edilebilir ki: (466, 467. sayfalar)

Kuyrukluyıldızların kafa kısımlarının ışığı, kuyrukluyıldız, Dünya‘dan Güneş‘e doğru çekilirken artıştadır ve kuyrukluyıldız Güneş‘ten Dünya‘ya doğru geri döndürülürken azalıştadır. Bu nedenden ötürü, 1665 senesinde gözükmüş kuyrukluyıldızların sonuncusu, Hevelius‘un yapmış olduğu rasata göre, ilk gözüktüğü vakittten itibaren, mütemadiyen, görünüşteki hareketini yitirmekteydi, ve bu sebepten ötürü de yerberi noktasını zaten geçmiş bir konumdaydı. Ancak, yine de kafa kısmının parlaklığı gün be gün artmaktaydı, tâ ki, Güneş'in ışınlarının altında saklı kalıp da gözükme hâle gelene değin. Yine, Hevelius'un yapmış olduğu gözlemlere göre: Kuyrukluyıldızın ilk gözükmüş olduğu ,1683 senesinin Temmuz'unun sonlarına doğru, çok yavaş bir hız ile hareket etmekteydi: Bir günlük sürede,

884

yörüngesinde, yaklaşık olarak 40 veya 45 dakikalık yol alarak ilerlemekteydi. Ancak, o dönemden itibaren, günlük hareketi, 4 Eylül tarihine dek mütemadiyen artmış, ve o zaman 5 derecelik bir yüksekliğe çıkmıştı. Ve bu sebepten ötürü, bu süre aralığı boyunca, kuyrukluyıldız Dünya'ya yaklaşmaktaydı. Bu ise, benzer bir şekilde, kafa kısmının çapının bir mikrometre cihazı ile ölçülmesinden de ispat edilmiştir. Nitekim, Hevelius, 6 Ağustos'ta aldığı ölçüde, bunu -koma kısmı dahil- 6' 5'' olarak ölçmüştür. 2 Eylül'de, aldığı ölçüde ise bunu 9' 7'' değerinde tespit etmiştir. Ve bundan ötürü, kafa kısımı, hareketinin başlangıcında, hareketin sonundakine göre çok az ölçüde gözükmüştür. Ne var ki, yine Hevelius'un bildirdiğine göre, hareketin başlarında, Güneş'e daha yakın olduğu için, hareketinin sonlarındaknden çok daha ışıklı belirmiştir. İşte bundan ötürü, bu süre aralığının bütününde, Güneş'ten öteye çekilmesi sebebiyle, Dünya'ya yaklaşıyor olmasına rağmen, parlaklığı azalmıştır. Hem, 1618 senesinin Aralık ayının ortasında gözükmüş kuyrukluyıldız ve hem de 1680 senesinde aynı ayın sonlarına doğru gözükmüş kuyrukluyıldız, velositelerinin maksimumunda hareket etmekteydiler. Ve bu sebepten ötürü de,

o dönemde yerberi

noktalarındaydılar. Ancak, kafa kısımlarının en parlak gözüktüğü dönem iki hafta evveline denk geliyordu, ki bu, Güneş'in ışınlarının parlaklığından nihayet çıktıkları dönemdeydi. Ve kuyruklarının en parlak olduğu dönem, Güneş'e birazcık daha yakın konumda bulundukları bir süre evveliydi. Cysatus'un 1 Aralık'ta yapmış olduğu rasata göre, evvelki kuyrukluyıldız, birinci kadirden parlayan yıldızlardan parlak gözükmekteydi. Ve 16 Aralık'ta yapılmış rasatta, (o dönemde yerberi noktasında bulunurken) küçük bir magnitütte gözükmüş parlaklığı ve berraklığı çok fazla ölçüde azalmıştı. 7 Ocak'ta, Kepler, kafa kısmından emin olamadığı için rasat etmeyi bırakmıştır. 12 Aralık'ta, Flamsted'ce yapılmış rasatta, kuyrukluyıldızın kafası Güneş'e 9 derecelik bir mesafede tespit edilmişti. Ki üçüncü kadirden bir yıldızın bu konumda gözlemlenmesi pek de mümkün değildir. 15 ve 17 Aralık'ta aynı gökcismi, üçüncü kadirden parlayan bir yıldızın parlaklığında belirmiştir, parlaklığı ise, batan Güneş'in civarındaki

885

bulutların parlaklığından ötürü nispeten az gözükmüştü. 26 Aralık'ta, en hızlı hareketindeyken ve -neredeyse-

yerberi konumundayken, üçüncü kadirden parlayan bir yıldız olan Os

Pegasi'den az parlaktı. 3 Ocak'ta, dördüncü kadirden parlayan bir yıldız gibi gözükmüştü, 9 Ocak'ta beşinci kadirden parlayan bir yıldız gibi gözükmüştü. 13 Ocak'ta, gözden yitmişti, çünkü, o dönem büyüme evresinden olan Ay'ın parlaklığı ile örtülmüştü. 25 Ocak'ta, yedinci kadirden parlayan yıldızların parlaklığına anca eşitti. Eğer, biz, yerberi konumlarının her hand'inde eşit süreler alırsak, uzak mesafelerde konumlandırılmış kafa kısımlarının, önce ve sonra, eşit ölçüde parlaması gerekir: Çünkü, Dünya'ya mesâfeleri eşittir. Durumların birinde çok parlak oluşu, ve diğer durumda gözden yitmiş olmasının sebebi; birinci durumda Güneş'e yakın olmasına , diğer durumda ise uzak olmasına atfedilebilir. Ve bu iki durumdaki ışığın miktarlarının mukayesesinden, ilk durumda çok yakın olduğunu istidlâl ediyoruz. Çünkü, kuyrukluyıldızların ışığı düzenli bir özelliktedir, kafa kısmı en hızlı hareket etmekteyken en bol ve parlak seviyesindedir ve bu sebepten ötürü yerberi konumlarında bulunmaktadırlar, excepting in so far as it is increased by their nearness to the sun. Bütün bunları değerlendirerek, en nihâyetinde, kuyrukluyıldızların niçin Güneş‘in bölgesini sık sık ziyâret edegeldiklerini keşfettim. Eğer, Satürn‘ün çok ötesindeki bölgelerde görülebiliyorlarsa; bunlar, uzayın, Güneş‘in aksi istikametindeki bölgelerinde daha sık gözükmek zorundadırlar. Çünkü o konumda bulunanlar Dünya‘ya daha yakın olsa gerektir ve Güneş‘in araya girmesi ile öbür konumda gözükebilecek olan kuyrukluyıldızlar, Güneş‘in ışığının örtmesi sebebiyle gözükmez olurlardı. Ancak, ben kuyrukluyıldızların tarihçesini inceledim ve şunu tespit ettim. Güneş‘in tarafında gözükmüş kuyrukluyıldızların sayısının, Satürn‘ün tarafında gözükmüş kuyrukluyıldızların sayısının 4 veya 5 misli olduğunu öğrendim. Bunun yanı sıra, kuşkusuz, Güneş‘in ışınlarının altında saklanıp kalmış olabilecek kuyrukluyıldızların sayısının pek de az olmayabileceğini de istidlâl ettim: Çünkü, bizim

886

bölgemize doğru alçalarak gelen kuyrukluyıldızların ne kuyruk saldıklarını ne de Güneş‘ce fazla aydınlatıldıkları bir olgudur ve bunlar kendilerini, bize Jüpiter‘den yakın bir mesâfeye gelene değin keşfettirmezler. Lâkin, Güneş‘i merkezî nokta alıp pek kısa bir yarıçap ile tanımlanan o küresel uzay hacımının, nispeten büyük kısımı, Dünya‘nın Güneş‘e dönük tarafında kalır. Ve bu kısımdaki kuyrukluyıldızlar, Güneş‘ce daha kuvvetlice aydınlatılır ve genellikle de Güneş‘e nispeten yakın konumda bulunurlar. Bunun yanı sıra: Yörüngelerin çok fazla ölçüde eksentrik (dışarlak) oluşundan ötürü, bunların aşağıdaki apside‘ları, Güneş‘e, bunlar eğer, Güneş ile müşterek merkezli yörüngelerde devirlerini sürdürüyor olsalardı oluşacak mesafelerden yakındır. İşte buradan da şunun sebebini anlıyoruz: Kuyrukluyıldızlar, kafaları Güneş‘e doğru alçalmaktayken, niçin, daima, kısa ve seyrek gözükür ve ölçü olarak da, ara sıra 15 veya 20 derecelik uzunluğu geçer. Buna mukabil, kafalarının Güneş‘ten öteye dönük çekildiği durumlarda, genellikle, kızışmış ışınlar gibi ışırlar ve akabinde uzunlukları 40,50,60,70 derece -hatta fazlasına- uzunluğuna erişir. Ve kuyruğun ihtişâmının ve uzunluğunun sebebi, kuyrukluyıldız Güneş‘ten yakın geçerken Güneş‘in ona aktardığı ısıdır. Ve buradan şu hükme varılabileceğini düşünüyorum ki: Bu türden kuyruklar salmış kuyrukluyıldızlar Güneş‘in çok yakınından geçip gitmiştir. İşte, biz, bir de, kafalarının atmosferlerinden oluşan kuyruklarını da hesaplayabiliriz. (487. ve 488. sayfalar.) Ancak, burada, kuyrukluyıldızların kuyrukları hakkında üç bilimsel görüş vardır: Bazılarına göre, bunlar, Güneş‘in ışığının ışınlarının, kuyrukluyıldızların kafa kısımlarının içinden geçmesiyle oluşan bir tabi olaydan başka bir şey değildir ki bu görüştekiler, kafa kısmının şeffaf olduğunu varsaymaktadır. Diğer görüştekiler, bunu, ışığın, kuyrukluyıldızın kafa kısmının içinden geçerken kırılması ve sonra Dünya‘ya ulaşması ile izah etmişlerdir. Son olarak, diğer fikir şudur: Bu kuyruklar, kuyrukluyıldızların kafa

887

kısımlarından mütemadiyen tüten bir tür bulut‘tur veya buhar‘dır ve Güneş‘in aksi istikametine doğru yönelmiştir. Birinci görüş, henüz optik bilgisi olmayanların görüşüdür, çünkü, Güneş‘in ışınları karartılmış bir odada gözükmez, ancak, odanın içindeki havada uçuşan küçücük toz ve duman parçacıklarından yansıdıkları kadarıyla/sebebiyle gözükürler. Ve işte bundan ötürü de, yoğun duman ile dolu bir ortamda, bunlar daha fazla bir parlaklıkta gözükür ve havanın daha seyrek olduğu ortamlarda daha belli belirsiz ve güçlükle gözükürler. Ancak, uzayda, ışığın yansıyabileceği hiçbir madde olmadığından, hiçbir şey görülmez. Işık, ışınlarda olduğu haliyle değil, ancak yansıyıp gözümüze geldiği haliyle görülür. Çünkü, görme, ışığın ışınlarının gözümüze düşmesinden başka bir şey değildir. Ve bundan ötürü, görülen kuyrukluyıldızların kuyruklarının gözüktüğü konumlarda ışığın yansıyacağı bir madde olması zorunludur. Ve işte bu nedenle, tartışmada 3. görüş ağır basmaktadır. Çünkü, ışığın yansıdığı madde, bir başka konumda bulunamaz ancak kuyruğun konumunda bulunabilir: Çünkü, aksini kabul eder isek, fezanın kısımlarının hepsi Güneş‘ce eşit ölçüde aydınlatıldığı için, fezânın hiçbir kısmı, diğer kısımlarından daha parlak gözükemezdi. İkinci görüş ise, bir çok hususu izah edememektedir: Kuyrukluyıldızların, kuyruk kısımları hiçbir durumda, ışığın kırılması olgusunda daima görülen o renkler ile gözükmemektedir. Ve, sabit yıldızların ve gezegenlerin ışıklarının, Dünya‘ya kırılmaksızın iletilmesi olgusu, aether‘in veya fezanın ortamının hiçbir kırma özelliği olmadığının bir bilimsel gösterimi ve ispatıdır. Her ne kadar, sabit yıldızların, bazen, Mısırlılar‘ca bir coma ve capillitium‘ca çevrelenmiş halde gözüktüğü iddia edilmişse de, bu pek nadir olduğundan, bunun sebebini, daha ziyade bulutların duruma bağlı olarak oluşturduğu kırılmalara atfetmek icab eder. Ve aynı mantık ile, sabit yıldızların, radyasyon yaymasını ve ışıklarının titreşmesini de; hem bizim gören gözümüzün hem de havanın oluşturduğu ışık kırılmalarına atfetmek mantıklıdır. Çünkü, gözü, bir teleskobun vizörüne yaklaştırıp baktığımızda, bu radyasyonlar ve titreşimler

888

aniden sona erer. Ancak, hava, huzursuz titreşimi ve havanın içinde yükselen su buharları sebebiyle, öyle bir durum oluşur ki, ışığın ışınları, bizim gözümüzün pupilla‘sının dar boşluğunda sıra ile bir o tarafa bir bu tarafa döndürülür ancak böyle bir optik olayı, bir teleskobun çok daha geniş aperture‘lı bir vizöründen bakıldığında oluşmaz. Ve işte bu nedenle, ilkinde oluşan titreşim, ikinci durumda olmaz.

Ve ikinci durumda, bu titreşimin kesilmesi, ışığın, fezâda, herhangi bir algılanabilir ışık kırılmasına mâruz kalmadan düzgün ve …. bir tarzda iletildiğinin bir ispatını verir. Lâkin, o ölçüde zayıf ve solgun bir ışıkla parlayan ve kuyruksuz gözüken kuyrukluyıldızlar olgusunu izah etmek için öne sürülen; ikincil ışınların göze tesir etmek için çok zayıf kaldığı ve sabit yıldızların da kuyruksuz gözükmesinin sebebinin bu olduğuna işaret eden görüşe karşı şu fikirle itiraz edilebilir: Teleskopları gözlemde kullanmak yolu ile sabit yıldızların ışığı yüz misli arttırılabilir ancak buna rağmen hiç bir kuyruk gözükmez onlarda. Ve, gezegenlerin ışığı daha bile bol ve parlak olup onlar da kuyruksuzdur. Ve, bir de, kuyrukluyıldızların kafasının ışığı solgun ve mat olduğu hallerde bazen, kuyrukları çok büyük gözükür. 1680 yılında gözükmüş kuyrukluyıldızda da aynı durum gözlemlenmiştir. Aralık ayında, bir gökcisminin ışığı, 2.kadirden yıldızların ışığının parlaklığına anca eşitlenir. Ancak, yine de, uzunluğu, 40 derece, 50 derece, 60 derece veya 70 dereceye varan dikkate değer kuyrukları uzuyordu. (Ve bunların yönü yukarıya doğru bakıyordu.) Ve daha sonraki tarihlerde, Ocağın 27'sinde ve Ocağın 28'inde kafa kısmı, 7. kadirden bir yıldızın parlaklığında gözükmüş ancak kuyruk (yukarıda da yazdığımız gibi) algılanabilir parlaklıkta olmakla beraber soluk bir ışıkta gözükerek -yaklaşık- uzunluğu 6 veya 7 dereceye kadar çıkmıştır ve hatta daha zor seçilen sönümlenen bir ışık ile 12 derece uzunluğa uzamıştır. Ancak, Şubat'ın 9'unda ve 10'unda, kafa

889

kısmı, bundan böyle, gözlem aleti kullanmaksızın seçilemezken, bir teleskopla bakarak bunun uzunluğunu 2 derece ölçüsünde görüp tespit ettim. Ancak dahası: Eğer, kuyruğun gözükmesinin sebebi, fezâdaki maddenin ışığı kırması olmuş olsaydı ve Güneş'le bakışım konumundan sapması sözkonusu olsaydı ve bu sapma da gökteki konumlanışa göre olmuş olsaydı, bu sapma, göklerin tüm aynı konumlarında daima aynı kısımlara doğru yönelmiş olurdu. Ancak; yılında Aralığın 28.de, geceleyin saat 8'i 30 geçe, Londra'da, Balık Burcu'nda (burç işareti koy)

8 derecede 41 dakikada ve 28 derecede 6 dakika kuzey enleminde

gözükmüşken: Güneş, Oğlak Burcu'nda (burç işareti) 18 derecede 26 dakikada bulunmaktaydı. Ve, 1577 yılında, 29 Aralık'ta Balık Burcu'nda (burç işareti) 8 derece 41 dakikada ve 28 derece 40 dakika kuzey enleminde belirmiş ve Güneş, Oğlak Burcu'nda (burç işareti) 18 derece 26 dakika civarındaydı. Her iki durumda da, Dünya'nın konumu aynıydı. Ve kuyrukluyıldız Göğün aynı konumunda belirmişti. Ancak, evvelki vaka'da, gökcisminin kuyruğu, (hem benim rasatlarıma göre hem de diğer kişilerin rasatlarına göre) Güneş'le bakışım noktasından kuzey'e doğru 4 1/2 derecelik bir açı ölçüsünde sapmıştır. Öte yandan, ikinci vakâda, Tycho'nun yapmış olduğu rasatlara göre, sapma güneye doğru 21 derecelik bir ölçüdeydi. O halde, kuyrukluyıldızların kuyruklarının izah edilmesinde, göğün ışığı kırması hipotezinin aksi ispat edilmiştir. O halde, kuyrukluyıldızların kuyruğu tâbi olayının izah edilmesi, ışığı yansıtan bir maddeden türetilmek zorundadır. Bu devasa hacımları doldurabilecek buhar/duman‘ın kuyrukluyıldızların atmosferlerinden çıkıp yükselebileceği, aşağıdaki argümanlardan da anlaşılabilir: İyice bilinmektedir ki: Dünya‘nın yüzeyine yakın konumdaki hava, onunla aynı ağırlıktaki sudan 1200 misli fazla hacım kaplar. Ve işte bundan ötürü, 1200 feet yüksekliği olan bir silindir sütunun hacımında içerilmiş ( ihtiva olunan) hava, ağırlık açısından, hacımının su içerdiği varsayılan ve 1 foot yüksekliği olan ve tabandaki dairesinin çapı önceki silindir ile

890

eşit olan bir silindir biçimli bir hacımla eşittir. Ancak, atmosferin en yukarısına dek yükselen silindir biçiminde bir hacımın içerdiği havanın ağırlığı, 33 feet yüksekliğindeki silindir biçimli bir hacımda içerildiği varsayılan suyun ağırlığına eşittir. Ve işte bundan ötürü, hacımının hava içerdiği varsayılmış silindirin bütününden, aşağıdaki 1200 feet yükseklikli parçası çıkarıldığında, yukarıda kalan parçasının ağırlığı, yüksekliği 32 feet‘lik, su ihtivâ eden bir silindir hacımın ağırlığına eşittir. İşte bundan ötürü de, 1200 feet‘lik yükseklikte, ya da iki furlong‘luk yükseklikte, incumbent havanın ağırlığı daha azdır, ve bunun neticesinde, sıkıştırılmış havanın seyrekliği, dünyanın yüzeyine yakın havadan 33‘ün 32‘ye oranında daha fazladır. Ve bir yol bu oranı elde ettiğimizde; havanın seyrekliğini, II.Kitabı‘n, XXII. Önermesi‘nin, Kaziyesi‘nin gösterdiği yoldan giderek ve oradaki genişlemenin sıkışmaya ters orantılı olduğunu kabul ederek, herhangi bir konum için hesap edebiliriz: Ve bu orantı, Hooke‘un ve diğer bilginlerin deneyleriyle ispatlanmıştır. Yaptığım hesaplamaların neticesini aşağıdaki Çizelge‘de belirttim: Bu Çizelge‘nin birinci sütununda, hava‘nın yüksekliğini mil cinsinden verilmiştir, ki bundan 4000 mil Dünya‘nın yarı-çapını ölçüsünü verir, ikinci sütunda, sıkıştırılmış havanın ya da incumbent ağırlık verilmiştir, üçüncü sütunda, kütleçekiminin, Dünya‘nın merkezine mesafesi ile kareli orantıda olduğu varsayımını kabul ederek, havanın seyrekliği veya genişlemesi verilmiştir. Ve romen rakamları ile verilmiş ondalık basamaklar, çeşitli şifreli sayıları oluşturmak için kullanılmıştır. Örneğin, 0,xvii 1224 0,000000000000000001224 sayısıdır ve 26956 xv 26956000000000000000 sayısıdır.

891

HAVA‘nın Yüksekliği 0 5 10 20 40 400 4000 40000 400000 4000000 Sonsuz

Sıkıştırılması 33 17,8515 9,6717 2,852 0,2525 0, xvii 1224 0,cv. 4465 0,cxcii 1628 0,ccx 7895 0,ccxii 9878 0,ccxii 6041

Genişlemesi 1 1.8486 3,4151 11,571 136,83 26956 xv 73907 cii 20263 clxxxix 41798 ccvii 33414 ccix 54622 ccix

Bu Çizelge‘den besbellidir ki: Hava, yukarıya doğru çıkıldıkça öyle bir ölçüde seyrelir ki, o yoğunluktaki hava ile doldurulmuş bir küre, Dünya‘nın yüzeyine en yakın irtifâda ve bir inç çapında olarak, o seyreltilmişlik ile Dünya‘nın bir yarı-çapının ölçüsüne eşit bir yükseklikte haiz olabileceği seyreklik ile dilate edilir ise, gezegenlerin bölgesini tâ Satürn‘ün küresine dek hatta ondan da ötesine dek doldururdu. Ve, bunların mesâfelerinin evvelcene yapılmış bir hesâbına göre; Dünya‘nın on yarı çapı ölçüsündeki bir yükseklikte, sabit yıldızların beri yanındaki

uzayın

hacımından

daha

fazla

hacımı

doldurur.

Ve

her

ne

kadar,

kuyrukluyıldızların atmosferlerinin çok daha kalın olması sebebiyle ve bir de Güneş‘in çevresinden tesir eden merkezcil kuvvetin büyük nicelikte olması sebebiyle, mümkündür ki, fezâdaki hava ve kuyrukluyıldızların kuyruklarındaki hava, o devava ölçüde seyreltilmiş değildir: Ancak, bu hesaplamalardan besbellidir ki: Havanın ve buharın çok küçük bir miktarı, kuyrukluyıldızların çok görünüşlerinin tümünü oluşturmaya bol bol yetmektedir. Bunların, aslında yoğunluklarının çok dikkate değer olması, sabit yıldızların ışığının bunların içinden geçip ışımasından bellidir. Dünya‘nın havaküresi, Güneş‘in ışığı ile aydınlatıldığı vakitlerde, bir kaç mil kalınlığında olmasına rağmen, yıldızların tümünün ışığını gölgeleyip kararttığı gibi, Ay‘ın bile gölgeler. Öte yandan, yıldızların en küçüğünün bile, kendi parlaklıklarından

892

hiçbir azalmaya uğramaksızın, yine Güneş‘ce aydınlatılan kuyrukluyıldızın kuyruğunun yoğun kalınlığının arasından ışıdığı gözlemlenmiştir. Kepler, kuyrukluyıldızların kuyruklarının yükselmesini, kafalarının atmosferlerine atfetmiştir ve bunun istikametinde Güneş‘ zıt taraflarına doğru olmasını da ışığın ışınlarının kuyrukluyıldızların kuyruğunu oluşturan maddeyi, uzayda hareket ederken yanlarında sürüklemelerine atfetmiştir. Ancak, çok daha incongruent olmaksızınr şu fikri öne sürer: Böyle hür bir mekânda, ancak, ether denilen son derece narin gevşek dokulu ve seyrek ―madde‖ Güneş‘in ışınlarının tesiri ile hareket ettirilebilecek özellikte olabilir. Ne var ki; ancak,

ışığın

ışınları

mekânda

büyükçe

parçacıkları

algılanabilir

ölçüde

hareket

ettirilebilemezler, velev ki, bu parçacıklar mekâna çok zayıf bir direnç ile tutunmuş olsun. Bir başka bilim yazarı, hafiflik özelliği ile de donanmış başka türde parçacıkların mevcut olabileceği fikrini öne sürmüş ve diğer türde parçacıkların da ―ağırlık‖ özelliği ile yüklü olduğu fikrini de öne sürmüştür. Ve bu fikre binâen kuyrukluyıldızların kuyruğunu oluşturan maddenin evvelki türde hafiflik özelliği olan parçacıklardan oluşmuş olabileceğini ve Güneş‘ten öte tarafa giderken yükselmesi olgusunu bu hafiflik özelliği ile izah etmeye çalışmıştır. Ne var ki; Gök cisimlerinin çekim kuvvetinin, cisimlerin ihtivâ ettiği maddenin miktarına olduğunu düşündüğümüzde ve bundan ötürü, aynı miktardaki maddeler için ne daha fazla ne daha az olabileceğini de düşündüğümüzde benim bilgisel fikrim: Kuyruğun yükselişinin sebebinin; kuyruğun seyrelmesinden kaynaklandığıdır. Örnek vermek icab ederse: Bir bacadan dumanın yükselişi, dumanın etkileştiği havanın tesiri ile oluşur. Isıyla, seyrelen hava yükselir çünkü bunu ―özgül çekim‖i azalmıştır. Ve bu, yükselirken etkileşip durduğu dumanı da beraberinde taşır ve hareket ettirir. Ve niçin, Güneş‘ten öteye uzanan kuyrukluyıldızın kuyruğu aynı mantığa göre işlemesin? Kepler, kuyrukluyıldızların kuyruklarının yükselmesini, kafa kısımlarının atmosferlerine atfeder. Ve bunların Güneş‘e aksi istikametteki yönelişlerini de, ışığın ışınlarının

893

kuyrukluyıldızların kuyruklarının maddesini beraberlerinde sürüklemesine atfeder. Ve fazla bir tutarsızlığa düşmeksizin şunu varsayabiliriz: Böylesine boş bir hacımda, aether ölçüsünde ince ve seyrek bir madde formu, ışığın ışınlarının tesirleri ile sürüklenebilir. Ancak, bu ışınlar, çok zayıf bir direnç ile tutunmuş olan büyük cisimcikleri –gözlemlenebilecek ölçüde- bizim bölgemize hareket ettirebilme kabiliyetinde değildir. Kuyrukluyıldızların kuyruklarının maddesi bu bahsedilmiş türden de olabilir ve bunun Güneş‘ten yükselmesinin sebebi hafifliği de olabilir. Ancak, gökcisimlerinin kütleçekimlerinin, bu cisimlerin içerdiği maddenin miktarına göre olduğu düşünülür ise ve bu sebepten ötürü de, aynı maddenin miktarından ne eksik ne fazla olabileceğinini de düşünerek şu kanıya vardım: Bu yükseliş daha ziyâde, kuyrukluyıldızların kuyruğunun maddesinin seyrelmiş olmasından oluşan bir harekettir. Bacadan çıkan dumanın yükselişinin sebebi, dumanın içine karıştığı havanın tesiriyledir. Isınarak seyrelmiş hava yükselir çünkü özgül çekim kuvveti azalmıştır. Ve bu yükselişinde, beraberinde, temas ettiği duman parçacıklarını da taşır. Ve neden, kuyrukluyıldızın kuyruğu Güneş‘ten niçin benzeri bir mantık ile yükselmiş olmasın? Çünkü, Güneş‘in ışınları temasta bulunduğu maddenin ortamının üzerinde yansıma veya kırılma haricinde hiçbir tesirde bulunmaz. Ve bu hareket ile ısıtılan ışığı yansıtan parçacıklar, bu fiziki süreçte müdahil olan aether‘in maddesini ısıtır. Ve bu madde özümsediği ısı ile seyrelir ve bu seyrelme sebebiyle, evvelce onu Güneş‘e yönelten özgül çekim kuvveti azalır. Oradan bir ırmağın akışı gibi yükselecektir. Ve yükselirken de, beraberinde, kuyrukluyıldızın kuyruğunun oluşmuş olduğu yansıtan parçacıkları taşıyacaktır. Evvelce de söylediğimiz gibi, Güneş‘in ışığı burada yükselişi kolaylaştırır. Ve, kuyrukluyıldızların kuyruklarının kafalarından kaynaklandığı ve Güneş'in karşısındaki istikamete yöneldiği -bir de- kuyruklarının hareketinin tâbi olduğu Kanun'lardan da teyid edilebilir. Ve, Güneş'in küresinin merkezindeki noktadan geçen düzlemlerin üzerinde konumlanmış kuyrukları, mütemadiyen, Güneş'in bakışım noktasından sapar ve bu sapmanın

894

yönü de kuyrukluyıldızın kafasının bu yörüngelerin üzerinde, ilerlerken geçtiği kısımlara yönelmiştir. Öyle ki, bu düzlemlerde bulunan bir gözlemciye göre, bunlar, Güneş'e tam zıt konumlarda gözükür. Ne var ki gözlemci, bu düzlemlerden çekilirken, bunların sapmaları belirir ve günler geçtikçe bunun ölçüsü artar. Öyle ki; caeteris paribus (yani, diğer şartların eşit olması hâlinde) bu sapma; kuyruk, kuyrukluyıldızın yörüngesine daha eğik açılı olduğunda, az gözükür, bir de, kuyrukluyıldızın kafası, Güneş'e doğru epeyce yaklaştığında, ki bilhassa, eğer sapmanın açısı kuyrukluyıldızın kafasının yakınlarındaveri ile bulunmuşsa. Herhangi bir sapması olmayan kuyruklar, düz-hatlı gözükür ancak sapan kuyruklar aynı mantık mucibince, belli bir ölçüde eğrileştirilir. Bu eğrilik, sapmanın ölçüsünün fazla olduğu durumlarda fazladır ve kuyruk daha uzun olduğunda (diğer şartların eşitliği halinde, -caeteris paribus-) bu eğrilik daha net algılanabilirdir. Zira, kısacık kuyruklarda, eğrilik zor algılanabilir bir haldedir. Sapma açısı, kafa kısmında az ancak kuyruğu bitimine doğru fazladır. Bunun da sebebi şudur: Kuyrukluyıldızın kuyruğunun dışbükey kısmı, hareketin oluşturduğu sapmanın oluştuğu kısımlara dönük baktığından ve bu kuyruğun tamamı, Güneş'in merkezi noktasından başlatılıp kuyrukluyıldızın kafa kısmına doğru çizilen "sonsuz" sayıda doğrunun herbirinin üzerinde bulunduğu için böyledir: Ve kuyrukların uzun ve geniş olanları ve nispeten kuvvetli bir ışıkla parlayanları; dışbükey tarafında, içbükey taraflarına göre, daha gösterişlidir ve daha belirgin çizgiler ile tanımlanmıştır. Bütün bu değerlendirmelerden anlaşılmaktadır ki: Kuyrukluyıldızların, kuyrukları olgusu, bu gökcisimlerinin kafa kısımlarının hareketlerine göre, oluşagelen bir tabiat olayıdır ve bunun kuyrukluyıldızların kafasının Gök'te gözüktüğü konumlarda ile hiç bir illiyeti yoktur. Ve bundan ötürü, kuyrukluyıldızların kuyruğu, Göğün, ışığı kırma tesirinden kaynaklanan bir optik tesir olmayıp kendi kafalarından çıkan ve kuyruğu teşkil

895

eden bir maddeden oluşmaktadır. Çünkü, havakürenin içindeki havalı ortamda, ısıtılmış bir cismin dumanı, eğer, cisim atâlet halinde ise dikey istikamette yükselir, yok eğer cisim; eğik bir açı ile hareket ettiriliyor ise cismin dumanı eğik bir açı ile yükselir. Aynı mantık, havanın olmadığı fezâda da işler durur. Fezâda, cisimlerin hepsi, Güneş'e doğru çekilmekte olduğu için, bu cisimlerden çıkan duman ve buhar (evvelce de söylemiş olduğum gibi) Güneş'ten öte tarafa doğru yükselir. Ve eğer tüten cisim atâlet halindeyse, cismin dumanı dikey istikamette yükselir gider. Ve eğer, cisim, hareketindeki ilerleyişlerinin tümünde, buharın evvelce yükseldiği o yüksek noktaları mütemadiyen geride bırakıyor ise, duman eğik açılar ile yükselir. Ve bu eğikliğin ölçüsü, buharın en fazla velosite ile yükseldiği konumlarda en azdır. Yani şu anlama gelir; cisim, bir başka tüten cisim olan Güneş‘in yanındayken. Ancak, eğiklik açıları farklı farklı ölçülerde olduğundan, çıkan buharın sütunu eğriltilmiş olacaktır. Ve çünkü, başa yakın taraflardan çıkan buhar ―taze‖ olduğundan ve yeni oluşmuş olduğundan ve cismin kafa kısmından sonradan çıkıp yükselmeye başlamış olduğundan o tarafa, buharın maddesinin yoğunluğu da ―eski‖ dumana göre fazla olacak ve bu yoğunluk mantığının optik karşılığı da ışığı daha bol yansıtması demek olduğundan buraları daha belirgin çizgilerle de tanımlanmış olacaktır. Ve öte yandaki buhar safha safha silinerek gözden yitecektir. Ancak, buradaki görevimiz Tabiat‘taki görünüşlerin sebeplerini izah etmek değildir. Son olarak bahsettiğimiz hususlar doğru veya yanlış olsun: Hiç değilse, deminki anlatıda şunu ispat ettik ki: Işığın ışınları, kuyrukluyıldızların kuyruklarından çıkarak doğrusal istikametlerde göğün içinden geçerek doğrudan iletilir. Öyle ki, bunu gözlemleyenler, nerede olurlarsa olsunlar, bu kuyruklar onlara gözükür. Ve bunun mantıkî sonucu şudur ki: Kuyruklu yıldızların kafa kısmından çıkan kuyruklar, Güneş‘in aksi istikametindeki bölgelere doğru yükselmek zorundadır. Ve bu prensipten istifade ederek, bunların mesâfelerini –yeni baştan-

896

aşağıda izah edeceğimiz yöntem ile tespit edebiliriz.

Şekilde, S Güneş‘i temsil etsin. T, Dünya‘yı temsil etsin. STA, kuyrukluyıldızın Güneş‘ten elongasyonunu temsil etsin. ATB, kuyruğunun görünüşteki uzunluğunu temsil etsin. Ve ışık, kuyruğun en uç kısımlarından TB doğrusunun istikametinde yansıtıldığı için, bu uçlar TB çizgisinin üzerinde herhangi bir konumda bulunmak zorundadır. Varsayın, D noktasında bulunsun ve DS‘yi birleştirip TA‘yı C‘de kesin. Bu şartlar kabul edildiğinde, kuyruk kısmı, daima, Güneş‘in –neredeyse- aksi istikametindeki yana doğru uzatıldığı için ve bu sebepten

897

ötürü, Güneş, kuyrukluyıldızın kafa kısmı, kuyruğun uzayan uçları, bir doğru üzerinde konumlanır. Kuyrukluyıldızın kafası ise C noktasında bulunacaktır. TB‘ye SA‘yı paralel çizin. TA çizgisiyle A noktasında buluşturun. Kuyrukluyıldızın kafasının bulunduğu C noktası, zorunlu olarak, T ve A arasında bulunacaktır. Ve kuyruğun uçları, sonsuz uzunluktaki TB çizgisinin üzerinde bir konumda bulunacağı için, ve S noktasından TB çizgisine çizilmesi mümkün tüm SD çizgileri, TA çizgisini, T ve A noktaları arasında bir konumda kesmek zorundadır. İşte bundan ötürü, kuyrukluyıldızın Dünya‘ya mesafesi, TA aralığını aşamaz, Güneş‘e mesafesi de Güneş‘in öte yanındaki SA aralığını ya da beri yanındaki ST aralığını aralığını aşamaz. Örneğin: 1680 yılında gözükmüş kuyrukluyıldızın Güneş‘ten elongasyonu, 12 Aralık tarihinde 9° dereceydi ve kuyruğunun uzunluğu en azından 35° ölçüsündeydi. O halde, eğer, TSA üçgeni oluşturulursa, ve bunun T açısının 9 derecelik elongasyonuna eşittir. Ve A açısı ATB‘ye eşittir, ya da kuyruğun uzunluğuna, viz 35°‘ye. O halde eğer, TSA üçgeni oluşturulursa, bunun T açısı da, 9°‘ye eşit olursa, ve A açısı ATB‘ye eşit olursa, ya da kuyruğun uzunluğuna eşit olursa, viz, 35°‘ye, bu şartlarda, SA‘nın ST‘ye oranı; yani, kuyrukluyıldızın Güneş‘e mümkün mesâfelerinin âzâmisinin limitinin, orbis magnus‘un (Büyük Yörünge‘nin) yarı-çapına oranı, T açısının sinüsünün A açısının sinüsüne oranına eşittir. Yani, yaklaşık olarak, 3‘ün 11‘e oranına eşittir. Ve işte bu nedenden ötürü; o vakit, kuyrukluyıldızın Güneş‘e mesafesi, Dünya‘nın Güneş‘e mesafesinin 3/11 ünden az bir mesafedeydi. Ve bunun neticesinde, ya Merkür‘ün yörüngesinin içinde bulunmaktaydı ya da sözkonusu yörünge ile Dünya arasında bir konumda bulunmaktaydı. 21 Aralık‘ta, kuyrukluyıldızın Güneş‘ten elongasyonu, 32 2/3° idi ve kuyruğunun uzunluğu 70° idi. İşte bundan ötürü, 32 2/3° lik açının sinüsünün, 70°lik açının sinüsüne oranına eşittir, yani, 4‘ün 7‘ye oranına eşittir. İşte, kuyrukluyıldızın Güneş‘e mesafesinin limitinin, Dünya‘nın Güneş‘e mesafesine oranı böyleydi. Ve bunun sonucunda, kuyrukluyıldız o vakit henüz Venüs‘ün yörüngesinin sınırladığı alanın dışına çıkmamıştı. 28 Aralık itibariyle; kuyrukluyıldızın

898

Güneş‘ten elongasyonu 55° ve kuyruğunun uzunluğu 56° idi. Ve bundan ötürü; kuyrukluyıldızın Güneş‘e mesafesinin limiti, henüz, kuyrukluyıldızın Dünya‘ya mesafesine eşitlenmemişti. Ve bunun sonucunda, kuyrukluyıldız henüz Dünya‘nın yörüngesinin sınırladığı alanın dışına çıkmamıştı. Ancak, paralaksının ölçüsünden bilmekteyiz ki: Yörüngeden egress‘i, -yaklaşık olarak-

5 Ocak civarında olmuştur, ve bunun yanı sıra,

Merkür‘ün yörüngesinin içine değin alçalmıştı. Güneş ile bakışım konumunda olduğunda, 8 Aralık‘a günberi konumunda bulunmuş olduğunu kabul edelim: Ve buradan şu bilgi edinilecektir: Günberi noktasından itibaren Dünya‘nın yörüngesinin tanımladığı sınırın dışına çıktığı vakte kadarki seyr-ü seferinde 28 gün geçmiştir. Ve bunun sonucunda: Müteakip 26 veya 27 günde, ki bu sürede sadece gözle görülebilen mesafenin epeyce ötesine geçmiştir, Güneş‘e mesafesini anca iki misli artırmıştır. Ve, benzeri mantığı izleyerek, diğer kuyrukluyıldızların bulunduğu mesafelerin limitini alırsak, en nihayetinde şu neticeye varırız: Kuyrukluyıldızların, gözlem aracı kullanmaksızın, sadece göz ile görülebilir olduğu sürenin içinde; Güneş‘i merkezî noktası alan bir küresel hacımın içinde konumlanmışlarıdır ve bu kürenin yarıçapının ölçüsü, Dünya‘nın Güneş‘e mesafesinin iki veya âzâmi üç mislidir. Ve işte buradan da şu neticeye varırırz: Kuyrukluyıldızlar, bize gözükür olduklarının sürenin bütününde, Güneş‘in etrafından tesir eden merkezcil kuvvetin tesir sahasının içinde bulunur. Ve bundan ötürü, bu kuvvetin tesirince ajite edilir. 1. Kitab‘ın, XII. Önermesi‘nin, 1. Kaziyesi‘nin mantığınca, gezegenlerin de tâbi olduğu mantık gereğince, hareket ettirilecektir. Ve bu hareketin şekli, koniklerden çıkma kesitler üzerinde olacaktır. Bunun da odak noktalarından biri Güneş‘in bulunduğu noktada konumlanacaktır. Ve Güneş‘ çizilmiş yarıçaplar ile süreler ile orantılı alanları tanımlayacaklardır. Çünkü bu kuvvet, çok ama çok uzak mesafelere hükmeder, Satürn‘ün yörüngesinin çok daha ötesine kadar. Kuyrukluyıldızlar hakkında üç hipotez öne sürülmüştür: (466. sayfa) Bir hipoteze göre, bunlar, gözüküp kaybolma sıklıkları gibi oluşturulur ve kaybolurlar. Diğer bir hipotez,

899

bunların sabit yıldızların bölgesinden gelen gökcisimleri olduğu görüşüdür, ve bunlar Güneş sisteminin içinden geçerken bizce görülürler. Sonuncu hipotez ise şudur: Bunlar, Güneş‘in etrafından mütemadiyen dönen gökcisimleridir ancak bu devirleri çok dışarlak (eksentrik) yörüngelerde olur. Birinci durumda, kuyrukluyıldızlar, hâiz oldukları farklı velositelere göre, çeşitli türden konik kesitleri şeklinde yörüngeler üzerinde hareket edecektir. İkinci durumda, hiperbôl‘leri tanımlayacaktır. Ve, bu iki durumun herhangi birinde, Göğün, dört bir yanını ziyaret ede ede yolculuklarını sürdürecektir, kutup noktaları bölgelerini olduğu gibi ekliptiğe doğru olan bölgeleri de ziyaret edeceklerdir. Üçüncü durumda: Bunların hareketleri, çok eksentrik (dışarlak) şekilli, hatta neredeyse, parabôllere yaklaşan elips eğrilerinin üzerinde olacaktır. Ancak, eğer gezegenlerin tâbi olduğu kanun dikkate alınırsa, bunların yörüngeleri, ekliptiğin düzleminden pek fazla ölçüde alçalmayacaktır.

Ve benim, şimdiye değin

gözlemleme imkânı bulduğumdan istidlâl ettiğime göre, hakikat olanı üçüncü durumdur. Çünkü, kuyrukluyıldızlar, hakikaten de, burçların kuşağını ziyaret ederler, ve ancak nadiren 40°‘lik heliocentric latitude‘a yükselirler. Ve bunların –neredeyse- parabolik yörüngelerde hareket ettiği olgusunu, bunların velositelerinden istidlâl ediyorum. Çünkü, bir parabôlün tanımlandığı velosite, her bir noktasında, bir kuyrukluyıldızın veya gezegenin Güneş‘i merkezî nokta (Ç.N: Ya da kutup noktası) alan bir çembersel yörüngede -aynı mesâfededevir ettirildiğindeki velositesine oranla, 16. Önerme‘nin 7. Kaziyesi‘nin mantığınca, 2‘nin 1‘e ters kareli oranındadır. Ve benim hesaplamalarıma göre, kuyrukluyıldızların velositesi çok yaklaşık olarak (much about) da bu değerde bulunmuştur. Bunu, velositeleri, mesafelerden – yaklaşık değerde- istidlâl ettim. Ve mesâfeleri de, hem paralakslardan hem de kuyruklarının görünüşlerinden istidlâl ettim. Ve, velositelerin değerinde olabilecek fazlalığın veya noksanın ölçüsünü; bahsettiğim metot ile hesaplanmış mesafelerden oluşabilecek hata payından fazla olmadığını tespit ettim. Ancak, ben bir de aşağıda izah edeceğim gibi bir mantıkla düşündüm: Orbis Magnus‘un (Büyük Yörünge‘nin) yarıçapının 1000 kısıma bölündüğünü kabul ederek:

900

Aşağıdaki Çizelge‘deki birinci sütundaki sayılar, parabôlün verteks noktasının Güneş‘in merkezine mesafelerinin, evvelki satırda bahsetiğimiz kısımların cinsinden temsil edilmesi olsun. Ve bir kuyrukluyıldız, ikinci sütunda verilmiş sürelerde, günberi noktasından, Güneş‘i merkezî noktası alan orbis magnusun yarıçapı ile tanımlanan kürenin yüzeyine hareket edip varacaktır. 3., 4., ve 5. sütunlarda gösterilmiş sürelerde ise, bu gökcismi, Güneş‘e mesafesini iki misline, üç misline, dört misline artıracaktır.

901

I. ÇĠZELGE

GünSaat Dakika

GünSaat Dakika

Gün Saat Dakika

12

77

16

28

142

219

0

27

5

27

16

07

77

23

14

10

27

21

00

78

06

24

20

28

06

40

78

20

13

40

29

01

32

79

23

34

80

30

13

25

82

04 56

160

33

05

29

86

10 26

320

37

13

46

93

23

38

640

37

09

49

105

01

28

106

06

35

1280

11

Gün Saat Dakika

2560

14

144 03 19

17

30

221 08

54

153 16

08

232 12 20

200 06

43

297 03 46

147

902

17

22 31

300

06

03

[Bu çizelge, burada düzeltilmiş hâliyle verilmiştir. Bu düzeltme de, Dünya‘nın günlük hareketinin sadece 59‘ olduğu ve bir dakikanın ölçüsünün de, 1000 kısımlık yarıçap varsayıldığında, bir dakikanın –yaklaşık- 0,2909‘luk parçasına eşit olduğu varsayımı yapılmıştır. Eğer bu ölçüler doğru alınmışsa (doğru kabul edilirse) Çizelge‘nin doğru sayılarının hepsi daha az değerde belirecektir. Ancak, bunların farkı, bu fark âzâmi değerinde olduğunda ve Dünya, Güneş‘e 4 misli mesafede bulunduğunda, sadece, 16saat.55dakika.‘ ya erişir. ] Bir kuyrukluyıldızın, Orbis Magnus‘un küresinin içine girişinin süresi ile aynı küreden çıkışının süresi eşittir. Bu, bunun paralaksından da yaklaşık değerde istidlâl edilebilir. Ancak, daha elverişli olarak da aşağıdaki Çizelge‘den anlaşılabilir: Bir kuyrukluyıldızın Güneş‘ten görünürdeki elongasyonu

60° 65 70 72 74 76 78 80 82 84 86 88 90

Kendi yörüngesindeki, günlük hareketinin görünüşteki ölçüsü İlerleyen Gerileyen Hareket Hareket 2° 18‘ 2 33 2 55 3 07 3 23 3 43 4 10 4 57 5 45 7 18 10 27 18 37 sonsuz

Orbis Magnus‘un 1000 kısım olduğu kabulü ile Dünya‘ya bu kısımların cinsinden mesafesi

00° 20‘ 00 35 00 57 01 09 01 25 01 45 02 12 02 49 03 47 05 20 08 19 16 39 sonsuz

1000 845 684 618 551 484 416 347 278 209 140 70 00

Bir kuyrukluyıldızın, orbis magnus‘un küresinin içine girişi veya aynı kürenin dışına çıkışı, bunun Güneş‘ten elongasyonu ile aynı vakitte olur. Bu ise, 1. Sütunda, kuyrukluyıldızın günlük hareketi ile yan yana verilmiştir. 1681 senesinde gözükmüş kuyrukyıldızın, 4 Ocak‘ta O.S, yörüngesindeki günlük hareketinin görünüşteki ölçüsü, 3°15‘ ve buna tekabül eden elongasyon 71 2/3° idi. Ve kuyrukluyıldız, Güneş‘ten bu elongasyonu, 4 Ocak‘ta akşamleyin saat altı sularında almıştır. 1680 senesinde, 11 Kasım‘da, o vakit belirmiş kuyrukluyıldızın günlük hareketi 4 2/3°. Ve buna tekabül eden elongasyon değeri olan 79 2/3 10 Kasım‘da, geceyarısından

az

evvel

oluşmuştur.

Şimdi,

903

belirtilmiş

tarih

ve

vakitlerde,

bu

kuyrukluyıldızlar, Güneş‘e eşit mesafelere varmışlardır. Ve Dünya, o vakitte -neredeysegünberi konumunda bulunmaktaydı. Ancak, ilk çizelge, Dünya‘nın Güneş‘e ortalama mesafesinin 1000 kısımdan müteşekkil olduğu varsayımı ile oluşturulmuştur. Ve bu mesafe, mekânın, belli bir ölçüdeki fazlalığı ile aşılır, bu ise, Dünya‘nın, günlük hareketi ile bir günlük sürede tanımlayabileceği bir mekâna eşittir, ya da kuyrukluyıldızın 16 saatlik hareketiyle tanımlayabileceği bir mekâna eşittir. Kuyrukluyıldızı, bu 1000 kısımdan müteşekkil ortalama mesafeye indirgemek için, evvelki süreye 16 saat ekliyoruz, ve elde ettiğimiz değeri evvelkinden çıkarıyoruz. Ve bu işlemler ile, evvelki, 4 Ocak öğleden sonra 10 oluyor, sonraki de 10 Kasım sabahleyin saat altı oluyor. Ancak, bu gökcisimlerinin, günlük hareketlerinin gidişatının (tenor and progress) şu bilgi bilinir: Her iki kuyrukluyıldız da, 7 Aralık ve 8 Aralık arasında, Güneş ile kavuşum konumlarında bulunmaktaydı. Ve bu bilgiden de 4 Ocak‘ta öğleden sonra saat 10‘da bir yanda, ve 10 Kasım‘da sabahleyin 6‘da diğer yanda bulunduğunu biliyoruz. Bu ikisinin arasında da -yaklaşık- 28 gün vardır. Ve 1. Çizelge‘nin verdiği bilgiye göre, parabolik yörüngelerdeki hareketler bu sayıda gün gerektirir. Ancak, her ne kadar, biz metinde buraya değin, bu kuyrukluyıldızları iki ayrı gökcismi olarak düşünmüşsek de: Bunların günberi noktalarının özdeş olmasından ve velositelerinin eşit ölçüde (mutabık) olması olgusundan, muhtemelen bir ve aynı gökcismi olduğu hükmüne varıyoruz. Ve, eğer, öyle ise: bu kuyrukluyıldızın yörüngesi, ya bir parabôl olmak zorundadır ya da öyle değilse bile, parabôl‘den pek az farklılaşan bir konik kesiti olmak zorundadır ve bunun vertex noktasında, zorunlu olarak, Güneş‘in yüzeyi ile neredeyse temas ediyor demektir.14 Çünkü,

14

Ç.N. Bir eğri bir nokta’nın muhitinden (locus) geçiyor ise (neighbourhood), Newton’un gökcisimlerinin hareketini irdelerken, matematikteki kilit bir kavramı izah ediyor gibidir sanki. Bu işin uzmanı olmadığımdan muhtemelen diyorum. Ve bilenlerin, bizi aydınlatmalarını rica ediyorum.

904

(P. system of the world‟da 564. sayfa) II. Çizelge‘den biliyoruz ki: Kuyrukluyıldız‘ın Güneş‘e mesafesi, 10 Kasım‘da, 360 kısımdan müteşekkildi, ve 4 Ocak‘ta, 630 kısımdan oluşmaktaydı. Bu mesafeleri bildiğimizden, ve kuyrukluyıldızın boylamının ve enleminin bilgisinden; kuyrukluyıldızın o sürelerde bulunduğu konumların mesafesini 280 kısım olarak istidlâl ediyoruz: bunun yarısı olan 140 da kuyrukluyıldızın yörüngesine çizilmiş bir ordinattır. Bu ise, bunun eksenini, orbis magnus‘un yarıçapı ile (yani 1000 kısımı) -neredeyse- eşit ölçüde keser. Ve, bundan ötürü; 140‘lık ordinatın (yani, eğrinin ekseni üzerinde alınmış bir doğru parçası demek olur) karesini 1000 kısım ile bölerek, latus rectum‘un ölçüsünü 19,16 ölçüsünde buluyoruz. Bu ondalık sayıyı yuvarlayıp 20 tamsayısı ile ifade ediyoruz. İşte bunun çeyreği (dörtte biri) olan 5 sayısı; yörüngenin vertex noktasının, Güneş‘in konumlandırıldığı noktaya mesafesidir. Ancak, bu 5 kısımlık mesafeye tekâbül eden süre, 1. Çizelge‘ye göre, 27gün.16saat.7‘ dır. Ki bu süre içinde, kuyrukluyıldız eğer, bir parabolik yörüngenin üzerinde hareket ederse, günberi noktasından, 1000 kısımlık yarıçap ile tanımlanmış orbis magnus küresinin yüzeyine hareket ettirilmiş olurdu. Ve bu sürenin iki misli, yani, 55gün. 8 1/4saat de, bu kürenin içinde kalan hareketinin tamamı icra ettirilmiş olurdu. Ve nitekim icra ettirilmiştir. Çünkü, 10 Kasım‘da sabahleyin saat 6‘da, kuyrukluyıldızın, orbis magnus‘un küresinin içine girmesi ile 4 Ocak‘ta öğleden sonra saat 10‘da, aynı küreden çıkmasının arasında geçen süre, 55gün.16saat dir. Aradaki, 7 ¶ saat

lik küçük fark, bu kabataslak hesapta, hesap harici bırakılabilir. Ve belki de,

kuyrukluyıldızın hareketinin bir miktar daha yavaş olmasından kaynaklanıyor olabilir. Zaten, eğer, kuyrukluyıldızın hareket ettirildiği hakiki yörünge elips ise böyle olmak zorundadır da. Girmesinin süresinin ve çıkmasının süresinin tam ortasındaki süre olan, 8 Aralık‘ta sabahleyin 2 idi. Ve bundan ötürü, bu vakit, kuyrukluyıldız, günberi noktasında olsa gerektir. Ve binaenaleyh, tam da o gün; şafak vaktinden evvel, Dr. Halley, (yazmış olduğumuz gibi) kuyruğu, kısa ve geniş bir ölçüde görmüş, ancak çok parlak olduğunu tespit etmiş, ve ufuktan

905

dikey vaziyette yükseldiğini gözlemlemiştir. Kuyruğun konumundan şu bilgi kesin olarak bilinir ki: Kuyrukluyıldız, o vakit, ekliptiği geçmiş ve kuzey enleminin içine girmişti ve bundan ötürü, günberi noktasından zaten geçip gitmişti. Ki bu nokta, ekliptiğin diğer yanında kalıyordu, ancak, henüz, Güneş ile kavuşum konumuna da gelmemişti. Ve kuyukluyıldız, [bu ünlü kuyrukluyıldız hakkında bilgi için, 475. s‘dan 486. s‘ya kadar olan sayfalara bakınız.] o vakit, kendi günberi noktasının ve Güneş ile kavuşum noktasının arasında bulunduğu için, bu vaktin birkaç saat evvelinde, kendi günberi noktasında olmuş olmak zorundaydı. Çünkü, Güneş‘e o denli yakın bir mesafede, çok fazla ölçüde bir velosite ile hareket ettirilmiş olmak zorundaydı ve görünüş itibariyle, be her saat, yaklaşık olarak, yarım dereceyi tanımlamış olmak zorundaydı. Benzeri türde bir hesaplamayı yürüterek buldum ki: 1618 senesinde gözükmüş kuyrukluyıldız, orbis magnus‘un küresine, 7 Aralık‘ta, gün batımına doğru girmiştir. Ancak, Güneş ile kavuşum noktası, araya giren 28 günlük süreden sonra, 9 Kasım‘da veya 10 Kasım‘da olmuştur.

Bu ise tıpkı, ondan evvelki kuyrukluyıldızdaki gibidir. Çünkü, bunun

kuyruğunun ölçüsünden, ki evvelkine eşit ölçüdeydi, muhtemelen biliyoruz ki: Bu kuyrukluyıldız, diğerine benzer bir şekilde,

Güneş ile neredeyse, temas etme noktasına

gelmiştir. Aynı senenin içinde, bu bahsetmiş olduğumuz kuyrukluyıldızın sonuncusu olduğu dört kuyrukluyıldız gözükmüştür. Bunlardan ikincisi, ki ilk gözüküşü 31 Ekim‘dedir, ve gözüktüğü konum doğan Güneş‘in civarındaydı, ve akabinde Güneş‘in ışınlarının altında saklı kalmıştı. Zannedersem, aynı olay dördüncüsünün de başına gelmişti, ki bu da Güneş‘in ışınlarının altından yaklaşık 9 Kasım‘da çıkmıştı. Bunlara biz bir de, 1607 senesinde gözükmüş kuyrukluyıldızı ekleyebiliriz. Ki bu da, orbis magnus‘un küresine 14 Eylül‘de girmiş ve Güneş‘e günberi mesafesine, araya giren 35 günlük bir süreden sonra, 19 Ekim‘de erişmiştir. Günberi noktasındaki mesafesi, Dünya ile, görünüşü itibariyle, –yaklaşık- 23 derecelik bir açının veterini oluşturmuş ve bundan ötürü de 390 kısımdan müteşekkildi. Ve 1.

906

Çizelge‘de, bu kısımlerın sayısına, 34 günlük bir süre tekabül etmektedir. Dahası, 1665 senesinde gözükmüş kuyrukluyıldız, orbis magnus küresine –yaklaşık- 17 Mart‘ta girmiş ve günberi noktasına –araya giren 30 günlük bir süreden sonra- yaklaşık olarak 16 Nisan‘da erişmiştir. Günberi noktasındaki mesafesi, yaklaşık 7 derecelik bir açının Dünya ile bir veterini oluşturmuştur. Ve bundan ötürü, 122 kısımdan müteşekkildir. Ve I. Çizelge‘de, bu sayıdaki kısıma 30 günlük süre tekabül etmektedir. Ve, 1682 senesinde gözükmüş kuyrukluyıldız, orbis magnus küresine -yaklaşık- 11 Ağustos‘ta girmiş ve günberi noktasına 16 Eylül‘de erişmiştir. Ki bu dönemde, Güneş‘e mesafesi –yaklaşık- 350 kısımdan müteşekkildi. Ki buna da, I. Çizelge‘ye göre, 33 ´‘luk bir süre tekabül etmektedir. En nihayetinde, unutulmaz Regiomontanus kuyrukluyıldızı, ki 1472 senesinde, bizim kuzey yarımküremizin kutup noktasının etrafından öyle bir çeviklikle hareket ettirilmişti ki, 1 günde, 40 derecelik yolu tanımlamış ve orbis magnus‘un küresine 21 Ocak‘ta girmiş, kutuptan geçip gittiği vaktin civarında, buradan Güneş‘e doğru bir istikamette hızlandırılmış, Şubat ayının – yaklaşık- sonlarına doğru, Güneş‘in ışınlarının altında saklanmıştır. İşte bu bilgiden de, muhtemelen biliyoruz ki: orbis magnus‘un küresinin içine girmesinin zamanı ile günberi noktasına gelmesinin zamanı arasında 30 günlük süre veya birazcık daha fazlası geçmiştir. Bu kuyrukluyıldız hakikatte, diğerlerinden daha fazla bir velosite ile hareket etmiş değildir, ancak, görünüşteki velositesinin muhteşemliği Dünya‘ya çok yakın bir mesafeden geçip gitmesindendir. O halde, bu şartlarda, kuyrukluyıldızların velositesi (471. sayfa), bu ham hesaplamalardan tespit edilebildiği kadarıyla, parabôllerin, yahut parabôllere benzer elipslerin betimlendiği velositelerin ta kendisidir. Ve işte bundan ötürü, bir kuyrukluyıldızın ve Güneş‘in arasındaki mesafe verilmiş olduğunda, kuyrukluyıldızın velositesi de –neredeyse- verilmiştir. Ve işte buradan da, çözülmesi gereken aşağıdaki problem oluşmştur.

907

PROBLEM Bir kuyrukluyıldızın velositesi ve Güneş‟in merkezine mesafesi arasındaki ilişki verildiğinde o kuyrukluyıldızın mahreki bulunmak istensin. Eğer ki, bu problem çözümlenir ise, bu takdirde, bizim elimizde kuyrukluyıldızların mahreklerini âzâmi hassasiyet ile tespit edebileceğimiz bir yöntem olacaktır: Çünkü, iki defa varsayılır ise, ve bu kabulden mahrek iki misli ölçüde hesaplanır ise ve her bir mahrekin kusuru da gözlemlerden bulunur ise, varsayım, ―Rule of False‖ adını verdiğimiz metot ile düzeltilebilir. Ve bu yöntem ile bulunmuş üçüncü mahrek gözlemler ile hassaslıkla tutarlı olacaktır. Ve kuyrukluyıldızların mahreklerini bu yöntemi izleyerek tespit ettikten sonra, en nihayetinde, şu hususlarda daha kesin bilgi edinmiş oluruz: Bu cisimlerin hareket ettikleri rotaların kısımlarının çok daha hassas bilgisini edinmiş oluruz, bunların hareket ettirildikleri velositeleri bilmiş oluruz, ne türden velositeleri tanımladıklarını biliriz, kafa kısımlarının Güneş‘e çeşitli ölçülerdeki mesafelerine tekabül eden kuyruklarının hakiki magnitütlerinin ve biçimlerinin bilgisini bilmiş oluruz. Bir de, belli süre aralıklarını müteakip aynı kuyrukluyıldızın

dönüp

dönmeyeceklerini

ve

devirlerini

hangi

periyodik

sürede

tamamlayacaklarını bilebiliriz. Ancak, problem, evvelâ, kuyrukluyıldızın, üç veya daha fazla sayıda yapılmış gözlemden verilmiş bir saat için, saatlik hareketini tespit etmek yoluyla çözümlenmeye başlanabilir. Ve sonraki adım, mahreki, bu hareketten türetmektir. Ve işte, mahrekin; yapılmış bir rasatın vaktindeki saatlik hareketi esas alınarak kurgulanması, kendini ya teyid edecektir ya da etmeyecektir. Çünkü, yanlış bir hipotez kabul edilerek ve sadece bir veya iki rasat saati için hesaplanmış hareket, hiçbir şart ve halde, kuyrukluyıldızların hareketleri, ta başından sonuna değin düşünüldüğünde, tutarlı olmayacaktır. Hesaplamanın yönteminin tümü şöyledir:

908

I.YARDIMCI KAZİYE Şekilde verilmiş OR, TP adındaki iki doğruyu, RP adındaki üçüncü doğru ile kesiştirin, öyle ki, TRP açısı bir dik açı teşkil etsin. Ve, eğer, SP adındaki bir diğer doğru, verilmiş herhangi bir S noktasından geçirilerek çizilir ise: Bu SP çizgisinin altında oluşan hacım ve verilmiş herhangi bir O noktasında bitimli bir OR doğrusunun karesi, verilmiş belli bir magnitütte olabilir. Bu ise, çizgiler ile betimleme metoduyla aşağıdaki gibi yapılır: Varsayın ki: Hacımın verilmiş magnitütü, M2 x N olsun. OR adındaki doğrunun üzerindeki herhangi bir r noktasından rp dikmesini yükselterek TP çizgisi ile p noktasında birleştirin.

909

Sonra da, Sp noktasından geçirilerek Sq çizgisini

işlemine eşit ölçüde çizin. Benzer

bir tarzda, S2q, S3q, &c. üç veya daha fazla sayıda doğru çizin. q2q3q adındaki regular çizgiyi, q2q3q, &c. adlı noktaların hepsinden geçirilerek çizilir ise, TP doğrusunu P noktasında kesecektir, ki işte bu noktadan PR dikmesi indirilmelidir. Q.E.F Trigonometri metodu ile ise aşağıdaki gibi yapılır: Evvelki metot ile bulunmuş TP doğrusunu, bu defa, varsayın. TR, SB dikmeleri, TPR, TPS üçgenlerinin içinde verilmiş olacaktır. SBP üçgeninin içinde SP kenarı verilmiş olacaktır. Bunun yanı sıra, hatanın ölçüsünü veren

işlemi de verilmiş olacaktır. Bu hatayı D ile temsil edin. Yeni bir hatayı da E ile temsil edin. D‘nin E‘ye oranını, 2p2q ± 3p3q hatasının 2p3p hatasına oranına eşitleyin. Ya da, 2p2q ± D hatasının 2pP hatasına oranına eşitleyin. Ve bu yeni hatanın değeri, TP uzunluğuna eklendiğinde (toplandığında) ya da ondan çıkarıldığında, TP ± E ile ifade edilmiş doğru uzunluğu verecektir. Şekile şöyle ibr bakıp yapacağımız değerlendirme, ekleyeceğimizi mi yoksa çıkaracağımızı belirleyecektir. Ve, eğer, bu işlemleri yapma sırasında, herhangi bir noktada, birazcık daha düzeltme faydalı görülür ise, aynı işlem tekrarlanabilir. Aritmetik metot ile de şöyle yapılır: Varsayın ki bu yapılmıştır ve TP + e,

TP doğrusunun

çizgisel metot (delineation) ile bulunmuş hakiki uzunluğunu temsil etsin. Ve bu bilgiden, OR,

BP ve SP çizgilerinin hakiki uzunlukları bulunacak ve bunlar sırasıyla,

910

,

BP + e ve

. İşte buradan da, yakınsar dizilerin toplamı metodunu işleterek şu işlemi elde ediyoruz:

Verilmiş,

,

. katsayıları için, işlemin işaretlerini dikkatlice düzenlersek, şu denklemleri elde ederiz:

911

,

kesirlerini koyarsak ve

İşte buradan da, pek küçük değerde olan,

terimini hesabın dışında tutarsak, e‘nin

değeri

bayağı

–

G‘ye

eşitlenir.

Eğer,

kesir

(âdi

kesir)

değil

ise,

denklemini alın.

Ve bu noktada şu tespit yapılmalıdır ki: Burada, daha girift ve müşkül problemleri çözmek için, tüm şartlarda işleyebilecek bir genel yöntemin bulunması gereği hissedilmektedir. Bu yöntem hem, trigonometri yolundan işlemeli hem de aritmetik yolundan işlemelidir. Ve, metnin burasına değin kullanageldiğmiz karmaşık hesaplamaları gerektirmemeli ve affected equations çözümlenmesini de gerektirmemelidir. II. YARDIMCI KAZĠYE Verilmiş bir şekilde, üç doğru çizilsin. Bu üç doğruyu; bu üç doğrunun herhangi birinin üzerinde alınmış herhangi bir noktadan geçmek şartı ile dördüncü doğru kessin. Öyle ki, noktanın alındığı doğrunun, kesilmiş kısımları ile oluşturulan doğru parçalarını, biri diğerine, verilmiş herhangi bir oranda olsun. AB, AC, BC konumda verilmiş doğruları temsil etsin. Ve varsayın ki D harfi, AC çizgisinin üzerinde verilmiş nokta olsun. AB‘ye paralel olarak DG‘yi çizin. BC ile G noktasında birleştirin. Ve, GF‘yi BG ile verilmiş oranda alıp FDE‘yi çizin. Ve, FD‘nin DE‘ye oranı FG‘nin BG‘ye oranına eşit olacaktır. Q.E.F

912

Trigonometri yöntemi ile işte böyle yapılıyor. CGD üçgeninde açıların hepsi ve CD kenarı verilmiştir. Ve bu bilgiden, diğer kenarlar bulunur. Ve verilmiş oranlardan GF ve BE çizgileri de verilmiş demektir.

913

III. Yardımcı Kaziye Bir kuyrukluyıldızın, verilmiş herhangi bir vakitteki saatlik hareketini çizgisel betimleme (linear description) metodu ile bulmanın ve temsil etmenin yöntemi. En itibarlı rasat verilerinden, kuyrukluyıldızın boylamlarının üçü verilmiş olsun. Ve, ATR RTB bunların farkları olarak kabul edilsin. TR adlı, ortadaki rasadın vaktindeki saatlik hareket bulunmak istensin. II. Yardımcı Kaziye‘nın mantığınca, ARB doğrusunu çizin: Öyle ki, AR, RB adlı kesilmiş kısımlar ile oluşmuş doğru parçaları, rasatların arasındaki süreler ile oranlı (eşit?) olsun.

Ve, eğer, bir cisim, sürenin tamamı boyunca, AB çizgisinin tamamını sabit hareket ile betimler ise. Ve bu süre boyunca, T noktasından bakılıp gözlemlenir ise. Bu cismin, R noktasının civarında haiz olduğu görünürdeki hareket, kuyrukluyıldızın TR rasatının vaktinde haiz olduğu görünürdeki hareket ile neredeyse eşit olacaktır.

914

Aynı ġeyin Biraz Daha Hassaslıkla Betimlenmesi Ta, Tb; biri bir yanda, diğeri öbür yanda daha uzun mesafelerde verilmiş iki boylam olsun. Ve II. Yardımcı Kaziye‘nın mantığınca, aRb doğrusunu çizin. Öyle çizin ki: Bunun kesilmiş parçalarının teşkil ettiği doğru parçaları olan aR, Rb; aTR,RT arasındaki süreler ile orantılı olsun. Varsayın ki: Bu, TA, TB çizgilerini D ve E noktalarında kessin. Ve, TRa‘nın eğimindeki hata, gözlemlerin arasında geçen süre ile –neredeyse- kareli oranda arttığı için, FRG‘yi çizin. Ama öyle bir çizin ki: Ya, DRF açısı ARF açısına, ya da DF çizgisi AG çizgisine oranlandığında; aTB gözlemlerinin arasında geçen sürenin tamamının, ATB gözlemlerinin arasında geçen sürenin tamamına kareli oranına eşit olsun. Ve bu yöntem ile bulunmuş FG çizgisini, yukarıdaki örnekte bulunmuş AB çizgisinin yerine kullanın. Bu işlemleri yaparken şuna dikkat etmek uygun olacaktır: ATR, RTB, aTA, BTb açılarının ölçüleri, on veya onbeş dereceden az olmamalıdır. Ve buna tekabül eden süreler, sekiz veya oniki günden fazla olmamalıdır. Ve boylamlar, kuyrukluyıldız âzâmi velosite ile hareket ediyorken alınmalıdır. İşte bu yöntem ile, gözlemlerin hataları, boylamların farklarına daha az bir orantıda tesir edecektir. IV. YARDIMCI KAZİYE Bir kuyrukluyıldızın boylamlarını, verilmiş herhangi bir vakit itibariyle hesap etmenin yöntemi. Bu şöyle yapılır: FG çizgisinin üzerindeki Rr, Rρ mesafelerini sürelere orantılı alın. Tr, Tρ çizgilerini çizin. Trigonometri metoduyla işlem yapmak zaten besbellidir.

915

V.YARDIMCI KAZİYE Enlemleri hesap etmenin yöntemi. TF, TR,TG‟nin üzerinde, yarıçap olacak biçimde ve dik açılar ile gözlemlenmiş enlemlerin tanjantları olan Ff, RP, Gg‟yi yükseltin. PH‟yi, fg‟ye paralel çizin. rp, ρώ dikmeleri PH ile birleşecek ve bulunmak istenen enlemlerin tanjantlarını Tr ve Tρ‟ye yarıçaplar teşkil ederek oluşturacaktır. 1.PROBLEM Bir kuyrukluyıldızın, ratio of the velosity‟ ni varsayıp mahrekini tespit etmenin yöntemi. S harfi Güneş‘i temsil etsin. t, T, η harfleri, Dünya‘nın yörüngesinde Güneş‘e eşit mesafede bulunduğu üç konumu temsil etsin. p, P, ώ harfleri, kuyrukluyıldızın mahrekinde bulunan ve öncekilere tekabül eden aynı sayıdaki konumu temsil etsin.

916

Öyle bir düzende ki: Bir konum ile diğeri arasına sokulmuş mesafeler, hareketin Bir saatlik ölçüsüne tekabül etsin(karşılık gelsin). pr, PR, ώρ ekliptiğin düzlemine indirilmiş dikmeler olsun. Ve rRρ bu düzlemin üzerindeki mahrekin vestige‟i olsun (izi?, vestige of the trajactory ?). Sp, SP, Sώ, SR,ST, tr,TR, ηπ, TP‘yi birleştirin. Ve, tr, ηπ O noktasında birleşsin. TR, -neredeyse-

aynı O noktasına yakınsar. (ya da, tam olmasa da, hata payı dikkate

alınmayacak ölçüde küçüktür.) Evvelce, öne sürülmüş yardımcı kaziyeler‘den rOR, ROρ açıları verilmiştir. Bunun yanı sıra, pr‘nin tr‘ye, PR‘nin TR‘ye ve ώπ‘nun ηπ‘ya oranı da verilmiştir. tTηO şekli, benzeri bir mantık ile, hem magnitüt olarak hem de şekildeki, konumu itibariyle verilmiştir. Bunun yanı sıra ST mesafesi; STR, PTR, STP açıları da verilmiştir. Varsayalım ki: Kuyrukluyıldızın P konumundaki velositesinin, bir gezegenin, merkezî noktasında Güneş‘in bulunduğu SP yarıçaplı bir çembersel yörüngede dönerken hazi olduğu velositeye oranı, V‘nin 1‘e oranına eşit olsun. Ve, biz, pPώ çizgisini, aşağıda belirtilecek şartlarda belirlemiş oluyoruz: Kuyrukluyıldız‘ca iki saatlik sürede geçilmiş pώ hacımı‘nın, V x tη hacımına (yani, aynı sürede Dünya‘nın geçtiği hacımın V sayısı ile çarpımı) oranı; Dünya‘nın Güneş‘e mesafesini temsil eden ST‘nin, Kuyrukluyıldız‘ın Güneş‘e mesafesini temsil eden SP‘ye ters kareli oranına eşit olur.

Ve bir de: Kuyrukluyıldızca, birinci saatte geçilen pP hacımının,

kuyrukluyıldızca ikinci saatte geçilen Pώ hacımına oranı, cismin p noktasında haiz olduğu velositenin p noktasında haiz olduğu velositeye oranına eşit olsun. Bu da demektir ki: SP mesafesinin Sp mesafesine ters kareli oranına eşit olsun. Ya da, 2Sp‘nin SP+Sp‘ye oranına eşit olsun. Zaten ben bu eserin tamamında, algılanabilir bir hata oluşturmayan küçük değerli kesirleri hesaba katmadım. Evvelâ şunu söylemek gerekir ki: Matematik bilginleri, affected equations‘ları çözümlerken, ilk yaptıkları denemede, denklemin kökünü farâzi bir değer atfederler. Ben de, çözümleme işlemini yaparken, bulunmak istenen TR mesafesini, elimden gelenin en iyisiyle tahmin ettim.

917

Sonra da II.Yardımcı Kaziye‘ye göre, rπ‘yu çizdim. İlk önce, rR‘nin Rπ‘ya eşit olduğunu kabul ederek, SP‘nin Sp‘ye oranı keşfedildikten sonra da, rR‘nin Rπ‘ya oranı, 2SP‘nin SP + Sp‘ye oranına eşit olabilir gibi işlem yaptım. Ve, pώ, rπ ve OR çizgilerinin birinin diğerine oranını buldum. Varsayın ki: M‘nin V x tη‘ya oranı, OR‘nin pώ‘ya oranına eşit olsun. Ve, pώ‘nın karesinin V x tη‘nun karesine oranı, ST‘nin SP‘ye oranına eşit olduğu için: ex aequo şunu elde ediyoruz: OR2‘nin M2‘ye oranı, ST‘nin SP‘ye oranına eşittir. Ve bundan ötürü: OR2 x SP işlemiyle tanımlanmış hacım, M2 x ST işlemiyle tanımlı verilmiş hacıma eşit olacaktır. İşte buradan da: (STP, PTR üçgenlerinin şimdi aynı düzlemin üzerinde konumlandığının kabulüyle), TR, TP, SP, PR, I.Yardımcı Önerme‘den verilmiş olacaktır. Ben bu işlemleri, evvelâ, hızlıca ve kabataslak bir tarzda çizgilendirme (delineation) yöntemiyle, sonra, birazcık daha hassas ve özenli çalıştığım bir çizgilendirme (delineation) yöntemiyle, ve son olarak da, aritmetik hesaplama yöntemiyle yaptım. Sonraki işlemim: rπ, pώ çizgilerinin konumunu âzâmi hassasiyetle tespit etmekti ve düğümleri ve Spώ düzleminin, ekliptiğin düzlemine göre eğimini belirlemekti. Ve Spώ düzleminin üzerinde bir mahrek tanımlıyorum: Bu mahrek, bir cismin, P konumundan bırakılıp verilmiş

pώ doğrusunun istikametinde

hareket ettirilmesinin mahrekidir. Bu cismin hareket ettirildiği ι velositesi‘nin, Dünya‘nın velositesine oranı, pώ‘nın V x tη‘ya oranına eşit olur. Q.E.F

II. PROBLEM Thence bulunmuş, velositenin oranının varsayılmış değerini ve mahreki düzeltmenin yöntemi. Kuyrukluyıldızın gözükmesinin sonlarına doğru bir rasat verisi alın. Ya da, daha evvelce alınmış rasat verilerinin gösterdiği kounmdan çok uzak bir mesafede konum gösteren diğer herhangi bir rasat verisini alın.

Spω düzleminin üzerindeki o gözlemin çizgisiyle,

kuyrukluyıldıza çizilmiş bir doğrunun kesişimini bulun. Bunun yanı sıra, gözlemin yapıldığı

918

vakitte, kuyrukluyıldızın mahrekinde bulunduğu konumu da bulun. Eğer, bu kesişim, o konumun içinde ise, bu, mahrekin doğru tespit edilmiş olduğuna bir ispattır. Eğer, içinde değil ise, yeni bir işlem süreci başlatılır: Yeni bir V sayısı varsayılır, ve yeni bir mahrek hesaplanır. Ve sonra: Kuyrukluyıldızın, yeni hesaplanmış bu mahrekin üzerinde, deneme mahiyetindeki o gözlemin vaktindeki konumu, mahrekin düzleminin üzerindeki kuyrukluyıldızın konumuna çizilmiş bir doğrunun kesişimi, önceki adımdaki gibi tespit edilir. Ve, hatanın sapması ile diğer niceliklerin sapmasını mukayese ederek,

Rule of the Three (―Üç‘ün Kuralı‖ ?)

mantığınca, hatanın mümkün olduğunca küçültülmesi için; diğer niceliklerin hangi ölçüde saptığını veya düzeltilmesi gerektiğine dair bir hükme varırız. Ve bu düzeltmeler yolu ile, eğer ki, hesaplamalarımızın temelindeki gözlemler tam hassas ise ve biz V niceliğini varsayarken fazla ölçüde yanılmamış isek; mahreki tam bir hassasiyetle bulabiliriz. Çünkü, eğer ki yanılmış isek, bu işlem,

mahreki, yeterince hassasiyetle tespit edene değin

tekrarlanmalıdır.

Q.E.F

“Kozmos‟un ĠĢleyiĢinin Esas Kanunu” Kısmının Sonudur.

919

920