Ey Edip Adana'da Pide Ye veyahut dokuzuncu dereceden bir palindromik polinomun kökleri cebirsel yöntemlerle hesaplanabilir

Ey Edip Adana'da pide ye! Bu emir cümlesini tersinden okuduğunuzda da yine aynı ifadeyle karşılaşıyorsunuz. Bu tip hem düz hem de ters okunuşu aynı olan ifadelere literatürde palindrom deniyor. Buradan hareketle cebirde palindromik polinomlar şöyle tanımlanıyor:

Tanım: Derecesi $n$ olan bir $P(x):=a_{n}x^{n}+\cdots+a_{0}$ polinomunun katsayıları $a_{i}=a_{n-i}$ şartını sağlıyorsa, o polinoma palindrom ya da palindromik polinom denir.

Örneğin $1+x$, $1+4x+x^{2}$, $2+11x+11x^{2}+2x^{3}$ ve $5+26x+66x^{2}+26x^{3}+5x^{4}$ hep palindromik polinomlar. Basitçe yerine koyarak derecesi $n$ olan bütün palindromların aşağıdaki denklemi sağladığı gösterilebilir. $$\begin{equation*} x^{n} P\left( \frac{1}{x} \right) = P(x) \ \ \ \ldots \ \ \ (1) \end{equation*}$$ Hatta bu denklem palindromik polinomun tanımı olarak da addedilebilir.

Cebirsel bir özdeşliği asla hafife alma! (Never underestimate an algebraic identity!) özdeyişini uygulayıp bu denklemden hemen üç sonuç çıkartacağız.

Lemma 1: Derecesi tek olan bütün palindromların $x=-1$ noktasında bir kökü vardır.
İspat: (1) nolu denklemde $x=-1$ ve $n=2k+1$ koyduğumuzda denklem $-P(-1)=P(-1)$ ya da $2P(-1)=0$ haline indirgenir. QED

Lemma 2: Birbirini tam bölen iki palindromun bölümü de palindromdur.
İspat: $m < n$ olmak üzere, $\deg (P) = n$, $\deg (Q) = m$ ve $\deg (R) = n-m$ olsun. $P(x)=Q(x)R(x)$ eşitliğinde, $x$ yerine $\frac{1}{x}$ yazıp daha sonra her iki tarafı $x^{n}$ ile çarpalım: $x^{n}P\left( \frac{1}{x} \right) = x^{m} Q\left( \frac{1}{x} \right) x^{n-m} R\left( \frac{1}{x} \right)$. Hipotez gereği $P$ ve $Q$ palindrom olduklarından her ikisi de (1) nolu denklemi sağlar. O zaman $P(x)=Q(x) x^{n-m} R\left( \frac{1}{x} \right)$ ya da $x^{n-m} R\left( \frac{1}{x} \right) = \frac{P(x)}{Q(x)} = R(x)$ yazabiliriz. QED

Lemma 3: Derecesi $2n+1$ olan bir palindromun kök bulma problemi, derecesi $2n$ olan bir palindromun kök bulma problemine indirgenebilir.
İspat: $\deg (P) = 2n+1$ olan bir palindrom olsun. Lemma (1) uyarınca $x=-1$ bu polinomun bir köküdür ya da $(x+1)$ bu polinomu böler. O zaman $P(x) = (x+1)Q(x)$ yazabiliriz. $x+1$ bir palindrom olduğundan, Lemma (2) uyarınca $Q(x)$ de bir palindromdur. QED

Ödev 1: İki palindromun çarpımının da bir palindrom olduğunu gösteriniz.

Postanın başlığındaki Adanalı Edip şamatasını geçtiğinizde bir iddia var: 9. dereceden bir palindromun köklerini cebirsel yöntemlerle hesaplayabileceğimiz öne sürülmüş. Bu ilk bakışta meşhur Abel-Ruffini teoremini ihlal ediyor görünse de palindromların kök yapısını kurcaladığımızda aslında makul olduğunu görebiliriz. Öncelikle bir gözlemde bulunalım. $P(z)=0$ ise, o zaman (1) nolu denklem uyarınca $P\left( \frac{1}{z} \right) = 0$ olmalıdır. Diğer bir deyişle bir palindromun kökleri $\ldots, z_{i},z_{i}^{-1}, \ldots$ şeklinde kendini göstermektedir. Hem $x-z_{i}$ hem de $x-z_{i}^{-1}$, ilgili palindromu böldüklerinden bu kök çiftinden oluşan ikinci dereceden polinom da palindromu böler:

$$\begin{equation*} (x-z_{i}) \left( x - \frac{1}{z_{i}} \right) = x^{2} - \left( z_{i} + \frac{1}{z_{i}} \right)x + 1 \end{equation*}$$ Ama bu ikinci dereceden polinomun da bizzat bir palindrom olduğuna dikkat ediniz. Bu çıkarsamanın problematik olduğu, daha doğrusu bize yeni kök vermediği iki nokta var: $\pm 1$. Zira $z= \pm 1$ için $z=z^{-1}$ sağlanıyor. Bu da Acaba bu noktalarda çift katlı kök mü olmalı? sorusunu gündeme getiriyor. Eğer mümkünse $1,z_{1},z_{1}^{-1},\ldots,z_{n},z_{n}^{-1}$ bir palindromun kökleri olsun. O zaman cebirin temel teoremi uyarınca (ve genelliği kaybetmeden polinomun monik olduğunu varsayarak) $$\begin{eqnarray} \nonumber P(x) &=& (x-1) (x-z_{1}) \left( x - \frac{1}{z_{1}} \right) \cdots (x-z_{n}) \left( x - \frac{1}{z_{n}} \right) \\ \nonumber &=& (x-1) \left( x^{2} - \left( z_{1} + \frac{1}{z_{1}} \right)x + 1 \right) \cdots \left( x^{2} - \left( z_{n} + \frac{1}{z_{n}} \right)x + 1 \right) \end{eqnarray}$$ olmaktadır. İkinci satırda bütün kuadratik terimler palindromdur. Dolayısıyla $P(x)$ polinomunu sırasıyla bu kuadratik palindromlara böldüğümüzde, Lemma (2) uyarınca bölüm yine bir palindrom olmalıdır. Ama bu sürecin sonunda elimizde kala kala $x-1$ kalır ve bu bir palindrom değildir. Dolayısıyla, evet, $x=1$ noktasındaki kök iki veya çift sayıda katlı olmalıdır, zira $(x-1)^{2} = x^{2}-2x+1$ de bir kuadratik palindromdur. Öte yandan $x+1$ bir palindrom olduğundan, $x=-1$ noktasındaki kök çift katlı olmak zorunda değildir. Bu paragrafta palindrom köklerinin yapısına dair eriştiğimiz sonuçları bir teoremde toparlayalım.

Teorem 1: $z$ bir palindromun kökü ise, $z^{-1}$ de aynı palindromun köküdür. Ayrıca palindromun eğer varsa $z=1$ noktasındaki kökü çift sayıda tekrarlanır.

Bunca ön hazırlıktan sonra postanın başlığındaki önermemizi ispatlayabiliriz artık. $D(x)$ dokuzuncu dereceden bir palindrom olsun. Bu palindromun derecesi tek olduğundan Lemma (1) uyarınca $x=-1$ noktasında bir kökü vardır ve $D(x) = (x+1)S(x)$ yazabiliriz. $S(x)$ sekizinci dereceden bir polinomdur ve Lemma (2) uyarınca o da bir palindromdur. Problemi sekizinci dereceye indirgedik. Teorem (1) uyarınca $S$ polinomunun kök yapısı $z_{1},z_{1}^{-1},\ldots , z_{4},z_{4}^{-1}$ şeklinde olur. Genelliği kaybetmeden $D$ ve dolayısıyla $S$ polinomlarının monik olduğunu varsayarak cebirin temel teoremini uygulayalım. İşlemleri sadeleştirmek için $z_{i}+z_{i}^{-1} =: \zeta_{i}$ tanımını kullanacağız.

$$\begin{eqnarray} \nonumber S(x) &=& x^{8} + a_{1}x^{7} + a_{2}x^{6} + a_{3}x^{5} + a_{4}x^{4} + a_{3}x^{3} + a_{2}x^{2} + a_{1}x +1 \\ \nonumber &=& (x^{2} - \zeta_{1}x + 1) (x^{2} - \zeta_{2}x + 1) (x^{2} - \zeta_{3}x + 1) (x^{2} - \zeta_{4}x + 1) \\ \nonumber &=& x^{8} - (\zeta_{1}+\zeta_{2}+\zeta_{3}+\zeta_{4})x^{7} +(4+\zeta_{1}\zeta_{2}+\zeta_{1}\zeta_{3}+\zeta_{1}\zeta_{4}+\zeta_{2}\zeta_{3}+\zeta_{2}\zeta_{4}+\zeta_{3}\zeta_{4})x^{6} \\ \nonumber &\ & -(3(\zeta_{1}+\zeta_{2}+\zeta_{3}+\zeta_{4}) +\zeta_{1}\zeta_{2}\zeta_{3}+\zeta_{1}\zeta_{2}\zeta_{4}+\zeta_{1}\zeta_{3}\zeta_{4}+\zeta_{2}\zeta_{3}\zeta_{4})x^{5} \\ \nonumber &\ & +(6+2(\zeta_{1}\zeta_{2}+\zeta_{1}\zeta_{3}+\zeta_{1}\zeta_{4}+\zeta_{2}\zeta_{3}+\zeta_{2}\zeta_{4}+\zeta_{3}\zeta_{4})+ \zeta_{1}\zeta_{2}\zeta_{3}\zeta_{4})x^{4} \\ \nonumber &\ & -(3(\zeta_{1}+\zeta_{2}+\zeta_{3}+\zeta_{4}) +\zeta_{1}\zeta_{2}\zeta_{3}+\zeta_{1}\zeta_{2}\zeta_{4}+\zeta_{1}\zeta_{3}\zeta_{4}+\zeta_{2}\zeta_{3}\zeta_{4})x^{3} \\ \nonumber &\ & +(4+\zeta_{1}\zeta_{2}+\zeta_{1}\zeta_{3}+\zeta_{1}\zeta_{4}+\zeta_{2}\zeta_{3}+\zeta_{2}\zeta_{4}+\zeta_{3}\zeta_{4})x^{2} - (\zeta_{1}+\zeta_{2}+\zeta_{3}+\zeta_{4})x +1 \end{eqnarray}$$ Bu büyük denklemde Viète-Girard simetrik fonksiyonlarını görmemek mümkün değil. Hemen tanımlayalım. $$\begin{eqnarray} \nonumber e_{1} &:=& \zeta_{1}+\zeta_{2}+\zeta_{3}+\zeta_{4} \\ \nonumber e_{2} &:=& \zeta_{1}\zeta_{2}+\zeta_{1}\zeta_{3}+\zeta_{1}\zeta_{4}+\zeta_{2}\zeta_{3}+\zeta_{2}\zeta_{4}+\zeta_{3}\zeta_{4} \\ \nonumber e_{3} &:=& \zeta_{1}\zeta_{2}\zeta_{3}+\zeta_{1}\zeta_{2}\zeta_{4}+\zeta_{1}\zeta_{3}\zeta_{4}+\zeta_{2}\zeta_{3}\zeta_{4} \\ \nonumber e_{4} &:=& \zeta_{1}\zeta_{2}\zeta_{3}\zeta_{4} \end{eqnarray}$$ Böylelikle, katsayıları eşitleyerek $$\begin{eqnarray}\nonumber e_{1} &=& -a_{1} \\ \nonumber e_{2} &=& a_{2}-4 \\ \nonumber e_{3} &=& -3e_{1}-a_{3} = 3a_{1}-a_{3} \\ \nonumber e_{4} &=& a_{4} - 6 - 2e_{2} = a_{4}-2a_{2}+2 \end{eqnarray}$$ ifadelerine ulaşabiliriz.

Şimdi, kökleri $\zeta_{1}, \zeta_{2}, \zeta_{3}$ ve $\zeta_{4}$ olan, kuartik bir denklemimiz olsaydı, aşağıdaki gibi olacaktı.

$$\begin{equation*} x^{4} - e_{1}x^{3} + e_{2}x^{2} - e_{3}x + e_{4} = 0 \end{equation*}$$ Bir önceki paragrafta yaptığımız çalışma uyarınca biz bu denklemi şöyle de ifade edebiliriz: $$\begin{equation*} x^{4} + a_{1}x^{3} + (a_{2}-4)x^{2} + (a_{3}-3a_{1})x + a_{4}-2a_{2}+2 = 0 . \end{equation*}$$ Ama daha önce kuartik denklemleri yerölçüsünde Ferrari yöntemiyle çözmüştük. Dolayısıyla katsayılarını da bildiğimiz bu denklemi çözebilir ve $\zeta_{i}$ değerlerini bulabiliriz! Son olarak $\zeta_{i}=z_{i}+z_{i}^{-1}$ eşitliği yeniden düzenlendiğinde aşağıdaki kuadratik denkleme indirgenmektedir. $$\begin{equation*} z_{i}^{2} - \zeta_{i} z_{i} + 1 = 0 \end{equation*}$$ Bu denklem ise kolayca çözülerek $z_{i}$ kökleri hesaplanır.

Evet, Abel-Ruffini teoremi genel olarak derecesi 5 ya da daha büyük olan polinomların köklerinin cebirsel yöntemlerle hesaplanamayacağını söylüyor. Öte yandan polinom eğer palindromik ise, kökleri 9. dereceye kadar cebirsel yöntemlerle muamele edilebiliyor. Bu bir çelişki değil. Zira palindromların katsayılarındaki simetri onların herhangi bir genelliği yakalamasını engelliyor.