Yuvarlanan bir parabolün odağı zincir eğrisini tarif eder

Yuvarlanan bir parabolün odak noktasının yeri nedir? Bu soruyu da, tıpkı koşuşturan köpekler problemi gibi, Steven Strogatz'ın twitter hesabında gördüm ve çözmeye çalıştım. Açıkçası bu problemin de böylesine çetin ceviz olacağını hiç mi hiç tahmin etmemiştim.

Daha önce yaptığımız çalışmalardaki parabollere dair bulgularımızı özetleyerek işe başlayalım. (1) Bazı koordinat ve ölçek dönüşümleri sonunda bütün paraboller $y = x^{2}$ formuna getirilebilirler. Bu yüzden genelliği kaybetmeden biz de çalıştığımız parabolün $y = x^{2}$ denklemi ile tarif edildiğini varsayacağız. (2) Devamla bu parabolün odak noktasının $F=(0,1/4)$ olduğunu da biliyoruz. Genel olarak parabolün üzerinde bir $X = (x,x^{2})$ noktası alalım. (3) Parabole bu noktadan çekilen teğetin eğimi $\tan \alpha = 2x$, bu teğetin $y$ eksenini kestiği nokta ise $P=(0,-x^{2})$ ile verilirler. $\alpha$ açısı şekilde koyu siyah renkle gösteriliyor.

Çalıştığımız problemde anahtar gözlemler şöyle sıralanabilir: (1) Parabol yuvarlanırken $X$ noktası yatay eksene değdiği anda, $PX$ teğeti de yatay eksenle çakışık olur. (2) $PF$ doğrusu ise yatay eksenle $\tfrac{\pi}{2}-\alpha$ kadar bir açı yapar. (3) $X$ noktası yatay eksene değdiği anda, orijinle arasındaki mesafe, yuvarlanmanın tanımından hareketle, parabol üzerinde kalarak $O$ noktasından $X$ noktasına giden yolun uzunluğuna denktir. Bu uzunluğa $s$ diyeceğiz.

Temel diferansiyel geometri ve analiz bilgisiyle bu uzunluğu aşağıdaki integral jimnastiği ile hesaplayabiliriz. $$\begin{equation*} s := \int\limits_{0}^{x} \sqrt{1 + 4 \xi^{2}} {\rm d}\xi = \frac{1}{2}\int\limits_{0}^{2x} \sqrt{1 + \eta^{2}} {\rm d}\eta = \frac{1}{2} \int\limits_{0}^{\arctan(2x)} \frac{{\rm d}\varphi}{\cos^{3} \varphi} \end{equation*}$$ Burada önce $\xi =: \eta/2$ ardından da $\eta =: \tan \varphi$ dönüşümlerini uyguladık. Yuıkarıdaki denklemin sağ tarafındaki integral hesaplanılabiliyor ama bunun için bir kaç adım atacağız. Öncelikle bu integrali kısmi integrasyon tekniğini kullanarak daha sade bir forma getirelim. $A>0$ için $$\begin{equation*} \int\limits_{0}^{\arctan A} \frac{{\rm d}\varphi}{\cos^{3} \varphi} = A \sqrt{1+A^{2}} - \int\limits_{0}^{\arctan A}\frac{\sin^{2}\varphi}{\cos^{3}\varphi} {\rm d}\varphi \end{equation*}$$ Burada $u:=1/\cos \varphi$ ve ${\rm d}v := {\rm d}\varphi / \cos^{2}\varphi$ tanımlarını kullandık. Haliyle bu tanımlar ${\rm d}u = \sin \varphi/\cos^{2}\varphi$ ve $v = \tan \varphi$ sonuçlarını doğurdu. Üçüncü basamakta kısmi integrasyon formülünü bir kere daha kullanacağız. Yine $A > 0$ için $$\begin{equation*} \int\limits_{0}^{\arctan A} \frac{\sin^{2}\varphi}{\cos^{3}\varphi} {\rm d} \varphi = \frac{1}{2} A \sqrt{1+A^{2}} - \frac{1}{2} \int\limits_{0}^{\arctan A} \frac{{\rm d}\varphi}{\cos \varphi} \end{equation*}$$ Burada ise $u:=\sin \varphi$ ve ${\rm d}v := (\sin \varphi / \cos^{3}\varphi) {\rm d} \varphi$ tanımlarını kullandık. Bu tanımlarla ${\rm d}u = \cos \varphi {\rm d}\varphi$ ve $v = 1/(2\cos^{2}\varphi )$ sonuçlarına uzanmak mümkündür. Son olarak aşağıdaki integral dönüşümüyle ön hazırlığımızı tamamlıyoruz. $$\begin{equation*} \int\limits_{0}^{\arctan A} \frac{{\rm d}\varphi}{\cos \varphi} = \int\limits_{0}^{\arctan A} {\rm d}\varphi \frac{1+\sin \varphi}{\cos^{2}\varphi} \frac{\cos \varphi}{1+\sin \varphi} = \int\limits_{0}^{\arctan A} {\rm d} \varphi \frac{1}{f(\varphi)}\frac{{\rm d}}{{\rm d}\varphi} f(\varphi) = \log f(\arctan A) - \log f(0) \end{equation*}$$ Burada $f(\varphi) := (1+\sin \varphi)/\cos \varphi$ denklemiyle tanımlanmıştır.

Filmi geriye sararak artık parabol parçasının uzunluğunu verelim. $$\begin{equation*} s = \frac{1}{2}x\sqrt{1+4x^{2}} + \frac{1}{4} \log \left( 2x + \sqrt{1+4x^{2}} \right) \end{equation*}$$ Demek ki parabol yuvarlanırken $X$ noktası yatay eksene $X^{\prime} = (s,0)$ noktasında değiyormuş. Pisagor teoreminin basit bir uygulamasıyla $|PX| = x \sqrt{1+4x^{2}}$ olduğu da görülebilir. Parabol yuvarlanırken $P$ noktası $P^{\prime}$, $F$ noktası da $F^{\prime}$ noktalarına gelsinler. $P^{\prime}_{y}=0$ ve $$\begin{equation*} |P^{\prime}_{x}| = |PX| - s = \frac{1}{2} x \sqrt{1+4x^{2}} - \frac{1}{4} \log \left( 2x + \sqrt{1+4x^{2}} \right) \end{equation*}$$ olması gerektiği barizdir. Ayrıca $|PF| = \sqrt{1+4x^{2}}/4$ olduğundan, $$\begin{equation*} F^{\prime}_{y} = |PF| \sin (\tfrac{\pi}{2}-\alpha) = |PF|\cos \alpha = \frac{1}{4} \sqrt{1+4x^{2}} \end{equation*}$$ ve $$\begin{equation*} F^{\prime}_{x} = |PF| \cos(\tfrac{\pi}{2}-\alpha) - |P^{\prime}_{x}| = |PF| \sin \alpha - |P^{\prime}_{x}| = \frac{1}{4} \log \left( 2x + \sqrt{1+4x^{2}} \right) \end{equation*}$$ bulunur. Problemin çözümü bu noktada bitmiştir.

Öte yandan $F^{\prime}$ noktasının koordinatlarını daha kısa bir formülle kucaklamak için $z := \tfrac{1}{4} \log \left(2x + \sqrt{1+4x^{2}}\right)$ tanımını kullandığımızda $\exp(4z) = 2x + \sqrt{1+4x^{2}}$ ve $\exp(-4z) = \sqrt{1+4x^{2}}-2x$ olduğunu görüyoruz. O zaman hiperbolik cosinus fonksiyonunun tanımını kullanarak $$\begin{equation*} \cosh(4z) := \frac{1}{2} \left( \exp(4z) + \exp(-4z) \right) = \sqrt{1+4x^{2}} = 4 F^{\prime}_{y} \end{equation*}$$ denklemini elde ediyoruz. Demek ki yuvarlanan bir parabolün odağı $y = \tfrac{1}{4} \cosh(4z)$ eğrisi üzerinde kalmaktadır. Bu eğriye İngilizce'de catenary yani zincir eğrisi denmektedir.

Bitirirken şunu vurgulayalım: Geometri bakarak ve okuyarak öğrenilmez. Burada yaptığımız analizi kavramak isteyen okur eline kalemi alıp her bir basamaktaki işlemleri tek tek doğrulamalıdır.