MONDRIAN BULMACASI: BÜYÜMEYİ BIRAKAN BİR FARK

Hollandalı ressam Piet Mondrian en çok, büyük ölçüde renkli dikdörtgenlerden oluşan De Stijl eserleriyle tanınır. Matematikçiler bunları göründüğünden zor bir bulmaca için ödünç aldı. Kenarı n olan kare bir tuval alın. Onu kenarları tam sayı olan, hepsi tuvalin kenarlarına hizalı dikdörtgenlere bölün. Tek bir kural: iki dikdörtgen, biri çeyrek tur döndürülse bile, aynı biçimde olamaz — 2 × 3 ile 3 × 2 aynı tuvali paylaşamaz.

Şimdi alanlarını karşılaştırın. En büyük ile en küçük arasındaki fark kusurdur (defect). Soru, bunun ne kadar küçük olabileceği.

Kimsenin bulamadığı kusursuz bölme

Kusuru sıfır olan bir bölme kusursuz olurdu: biçimleri birbirinden tamamen farklı ama hepsi tam olarak aynı alanda dikdörtgenler. Eşit alanlar tek başına yetmez; parçaların boşluk ya da üst üste binme olmadan birbirine oturması da gerekir. Herhangi bir kare için kusursuz bir bölme olup olmadığını kimse bilmiyor. 1.000’e kadar her kenar için dışlandı ve genel kanı, hiç olmadığı yönünde.

Bu kanının arkasında daha geniş bir kanı yatıyordu: M(n) olarak yazılan mümkün en küçük kusurun karenin boyutuyla birlikte büyüdüğü. n = 900’e kadar bilinen örnekler bunu söylüyor gibiydi. Eylül 2026 tarihli bir ön baskıda başka bir ekip ilk önemsiz olmayan üst sınırı, M(n) ≤ 10 n^(5/6)’yı bildirdi — yine de sonsuza dek büyüyebilen bir fark.

Yedi dikdörtgen ve √19

Güney Florida Üniversitesi’nden Cooper O’Kuhn ve Freeman Slaughter bilinen bir ilginçlikten yola çıktı: bir kareyi tam olarak eşit alanlı yedi farklı dikdörtgene bölmenin bir yolu. Püf noktası, kenarların tam sayı olmaması; irrasyonel bir sayı olan √19’u içeriyorlar.

Fikirleri, √19’u ona giderek daha iyi yaklaşan p/q kesirleriyle değiştirmek. Doğru araç, sayılar kuramının iyi incelenmiş bir denklemi olan Pell denklemi: burada p² − 19q² sabit kalmalı. Bu seçimle kenarlar tam sayı oluyor ve alanların yayılımı yalnızca bu sabit değere bağlı — sayıların ne kadar büyüdüğüne değil. Kusurun tam olarak 140 × |p² − 19q²| olduğunu gösteriyorlar.

315’lik kare

En küçük durum p = 13 ve q = 3’ü kullanıyor; bunun için 13² − 19 × 3² = −2. Bu, kenarı 315 olan ve şunlara bölünen bir kare veriyor:

259 × 55, 56 × 255, 238 × 60, 77 × 185, 189 × 75, 70 × 200 ve 112 × 125.

En büyük alan 238 × 60 = 14.280; en küçüğü 70 × 200 = 14.000. Kusur 280. Yedi alanın toplamı 99.225, bu da gerçekten 315 × 315.

Sonsuza dek 280

Ardından yapı kendini tekrarlıyor. Kenar uzunlukları basit bir kuralı izliyor: 315, sonra 106.785, sonra her yeni kenar bir öncekinin 340 katı eksi ondan öncekine eşit — 36.306.585, sonra 12.344.132.115 ve böyle sonsuza dek. Bu karelerin her biri, kusuru tam olarak 280 olan yedi farklı dikdörtgene bölünebiliyor.

Yani en küçük kusur büyümeye devam etmiyor. Yazarların ifadesiyle, yeterince büyük her kare için M(n)’nin altında kalan, sonsuza giden bir fonksiyon — doğrusal, logaritmik ya da başka herhangi biri — bile olamaz. Bu, yazarların problemin ilk önerildiği günden beri açık olarak tanımladığı bir sanıyı deviriyor. Aynı yöntemin bir çeşidi, her k tam sayısı için kenarı k’ye bölünebilen ve kusuru en fazla 560 olan sonsuz sayıda kare veriyor.

Hâlâ kusursuz kare yok

Sonuç, bu ailenin dışındaki kareler hakkında hiçbir şey söylemiyor ve kusursuz bir bölmeyi de dışlamıyor. Yazarlar, bu tür yedi dikdörtgenli bölmenin asla 280’in altına inemeyeceğini bile kanıtlıyor: sıfır kusur tamamen farklı bir fikirden gelmek zorunda. 280’in bu yedi dikdörtgenin yapabileceğinin en iyisi olduğunu öne sürüyor, dikdörtgen tuvallerin daha da iyisini yapabileceğini öneriyor ve “hızlı bir iyileştirmeler dalgası” bekliyorlar. Kusursuz bir Mondrian karesinin var olup olmadığı açık kalıyor — ama farkın büyümek zorunda olduğu için var olamayacağı yönündeki argüman artık yok.