Arnol'd'un serbest düşme problemi ve çözümü - bazı gözlemler

Sabit duran bir gezegene çok yüksekten serbest düşmeye bırakılan bir test parçacığının dinamiğini bir önceki postada çalıştık. Orada çözümün aşkın bir denklem çıktığını not edip sadece yere düşme zamanı için analitik bir ifade vermiştik. Bu postada çözümü Kepler denklemi formuna getirip eğer Kepler denkleminin çözüm yapılırsa o zaman Arnol'd'un serbest düşme probleminin de ilgili çözüm cinsinden ifade edilebileceğini göstereceğiz.

Bir önceki postadaki bulgularımızı özetlemekle işe başlayalım. \[ \frac{\sqrt{2}\tau}{(1+x_{\circ})^{3/2}} = \int\limits_{\varphi(\tau)}^{\pi/2} 2\sin^{2}(\varphi) d\varphi = \int\limits_{\varphi(\tau)}^{\pi/2} (1-\cos(2\varphi)) d \varphi = \frac{\pi}{2} - \varphi(\tau) + \sin(\varphi(\tau)) \cos(\varphi(\tau)) \] $\varphi \in [0,\pi/2]$ olduğundan $\omega := \frac{\pi}{2} - \varphi$ tanımıyla $\sin \varphi = \cos \omega$ ve $\cos \varphi = \sin \omega$ olur ve kapalı formda verdiğimiz çözüm aşağıdaki gibi ifade edilir. \[ \frac{\sqrt{2}\tau}{(1+x_{\circ})^{3/2}} = \omega(\tau) + \sin(\omega(\tau)) \cos(\omega(\tau)) = \omega(\tau) + \frac{1}{2}\sin(2\omega(\tau)) \] Her iki tarafı basitçe 2 ile çarpalım ve $\Sigma := 2 \omega$ ve $\sigma := 2\sqrt{2}\tau / (1+x_{\circ})^{3/2}$ tanımlarından faydalanalım. Böylece bulduğumuz çözüm Kepler denkleminin çok özel bir formu haline gelir. \[ \boxed{ \Sigma(\sigma) + \sin(\Sigma(\sigma)) = \sigma } \]

Bu aşkın denklem Kepler'den beri asırlardır astronomicilerin ilgisini çekmiş. Çözümü için seri açılımları, Picard tarzı iterasyonlar ya da Raphson-Newton yöntemi öneriliyor. (Şablon olarak az çok Lambert-$W$ fonksiyonunun tanımını andıran bir kurulumda olduğunu da not ediniz.) Elinizde güvenilir bir Kepler çözücü olduğunu varsaydığımızda nihai çözümü $\Sigma \to \omega \to \varphi \to u \to x$ dönüşüm silsilesini takip ederek (Lütfen bir önceki postayı okuyunuz!) aşağıdaki gibi ifade edebilirsiniz. \[ x(\tau) = \frac{1+x_{\circ}}{2}\cos(\Sigma(\tau)) + \frac{x_{\circ}-1}{2} \]

Arnol'd'un serbest düşme problemi ve çözümü

Fiziksel teoriler bizim manavdan aldığımız yemeklik kuru soğana benzer. Katman katmandırlar. Bir sahada teori kurabilecek kadar bilgi birikiminiz varsa ilkin en basit ve sade bir model kurmakla işe başlar ardından bu modeli çözer ve deneysel verilere karşı sınarsınız. Modelin kendi içindeki tutarsızlıkları veyahut deneysel verilerle uyuşmazlıkları zuhur ettikçe bu modeli ya da teoriyi kademe kademe genişletir ve soğanın kabuğundan en orta katmanına doğru bir yolculuğa koyulursunuz.

Rahmetli Rus matematikçi Vladimir Igorevich Arnol'd'un kuşaklar boyu fizik öğrencilerinin üzerine iz bırakan klasik mekanik kitabında buna dair bir örnek var. Arnol'd önce Galileo'nun serbest düşmeyi sabit ivmeli bir vakıa olarak telakki etmesini örnek veriyor ve bu problemin kinematikle çözülebileceğini vurguluyor. Galileo'nun yaklaşımını lise düzeyindeki fizik derslerinden beri biliyoruz. Yerçekimi ivmesinin $g$ olduğu bir ortamda $h$ yüksekliğinden bırakılan bir taş $T:=\sqrt{2h/g}$ sürede yere düşer. Burada kütlenin gözükmemesi serbest düşmenin kütleden bağımsız olduğunu söyler. Atmosfer direncinin olmadığı bir ortamda bir kuş tüyü ile bir top güllesi aynı yükseklikten bırakıldıklarında aynı sürede yere düşer. Bu bilgi kuru soğanın kabuğudur. Arnol'd soğanın kabuğunu açıp içine yol almak için Newton'ın genel çekim formülünden dem vuruyor ve diyor ki yerçekimi ivmesini sabit kabul edemeyiz. Zira Newton formülüne göre çekim kuvveti taşın yüksekliği ile değişiyor. Bu gözlemi bir örnek olarak kitabında vermiş ama serbest düşmenin ne dinamiğini çözmüş ne de bunu okura bir alıştırma olarak bırakmış. Biz bu postada Hoca'nın verdiği örneğin ayrıntılarına gireceğiz.

Soru: Atmosfer sürtünmesini tamamen ihmal edebileceğimiz, kütlesi $M$, yarıçapı $r$ olan ve eylemsiz küresel bir gezegenin yüzeyindeki çekim ivmesi $g$ olsun. Gezegen yüzeyinden $h$ yüksekliğinde kütlesi $m$ olan ve test parçacığı olarak kabul edebileceğimiz bir taş serbest düşmeye bırakılıyor. Taş ne kadar sürede yere düşer?

Çözüm: Gezegen yüzeyindeki çekim ivmesi Newton teorisine göre $g := GM/r^{2}$ formülüyle verilir. Burada $G$ evrensel genel çekim sabitidir. Taşın herhangi bir anda gezegen yüzeyine olan yüksekliği $z(t)$ fonksiyonu ile verilsin. Sorunun kurulumundan $z(0)=h$ ve $\dot{z}(0)=0$ olması gerektiği barizdir. Toplam mekanik enerji ve onun korunumuyla başlayalım. \begin{eqnarray}\nonumber E(t) &=& \frac{1}{2}m \dot{z}^{2}(t) - \frac{GMm}{r+z(t)} \\ \nonumber &=& \frac{1}{2}m \dot{z}^{2}(t) - \frac{mgr^{2}}{r+z(t)} \\ \nonumber &=& E(0) \\ \nonumber &=& -\frac{mgr^{2}}{r+h} \end{eqnarray} Bu denklemin ikinci ve dördüncü satırlarını birbirine eşit kıldığımızda taşın kütlesi $m$ sadeleşecek ve Galileo formülünde olduğu gibi serbest düşmenin kinematiği kütleden bağımsız hale gelecektir. \[ -\frac{gr^{2}}{r+h} = \frac{1}{2} \dot{z}^{2}(t) - \frac{gr^{2}}{r+z(t)} \] Bu denklem ve problemin kurulumu bize konum ve zaman değişkenlerinin birimlerini öneriyor. Konumu $r$ biriminde ölçersek o zaman birimsiz konum değişkeni $x := z/r$ ile, zamanı $ \sqrt{r/g}$ ile ölçersek birimsiz zaman değişkeni de $\tau := t \sqrt{g/r}$ ile verilmelidir. Son olarak hız değişkeni birimsiz niceliklerde $\dot{z} = \frac{dz}{dt} = \frac{r}{\sqrt{r/g}}\frac{dx}{d\tau} = \sqrt{gr} \frac{dx}{d\tau}$ olur. $x_{\circ} := h/r$ tanımıyla eneri korunumu birimsiz niceliklerde parametre kalabalığından kurtularak sadece başlangıç şartını ihtiva eden bir denklem halini alır. \[ \frac{1}{2} \left( \frac{dx}{d\tau} \right)^{2} = \frac{1}{1+x}-\frac{1}{1+x_{\circ}}=\frac{x_{\circ}-x}{(1+x_{\circ})(1+x)} \ \ \ \text{ya da} \ \ \ \sqrt{\frac{1+x}{x_{\circ}-x}}\frac{dx}{d\tau} = -\sqrt{\frac{2}{1+x_{\circ}}} . \] Karekökü alırken $(-)$ işaretini tercih ettik çünkü taş $-x$ yönünde yere düşüyor ve hızı da bu yönde olmalı.

Formel olarak bir boyutlu bu problemin çözümü aşağıdaki gibidir. \[ -\sqrt{\frac{2}{1+x_{\circ}}} \tau = \int \limits_{x_{\circ}}^{x(\tau)} \sqrt{\frac{1+x}{x_{\circ}-x}}dx = \int \limits_{x_{\circ}}^{x(\tau)} \sqrt{\frac{1+x_{\circ}}{x_{\circ}-x} - 1}dx \] Bu integrali hesalayıp hesaplayamadığınıza bakılmaksızın matematikçiler problemin çözümünü bu noktada bitmiş addederler. Lakin biz bu integrali önce cebirsel ve daha sonra trigonometrik fonksiyon dönüşümlerini kullanarak hesaplayacağız. MIT'nin Integration Bee yarışmalarında eleme sorusu olacak derecede çetrefilli bir integral jimnastiği bizi bekliyor.

İlkin $u := \frac{1+x_{\circ}}{x_{\circ}-x} \iff x = x_{\circ} - \frac{1+x_{\circ}}{u}$ ile tanımladığımız koordinat dönüşümünde integralin sınırları $x = x_{\circ} \iff u=\infty$ ve $x=x(\tau) \iff u(\tau) = \frac{1+x_{\circ}}{x_{\circ}-x(\tau)}$ olur. $dx = \frac{1+x_{\circ}}{u^{2}}du$ ilişkisini integralde yerine koyduğumuzda çalışmamız gerekli integral aşağıdaki gibi olur. \[ \frac{\sqrt{2}\tau}{(1+x_{\circ})^{3/2}} = \int\limits_{u(\tau)}^{\infty} \frac{\sqrt{u-1}}{u^{2}}du \] $x \in [0,x_{\circ}]$ olduğundan $u \in \Big[ \frac{1+x_{\circ}}{x_{\circ}},\infty \Big)$ olduğu görülür.

İkinci olarak $u:=1/\cos^{2}(\varphi)$ dönüşümünü tanımlıyoruz ki integranddaki köklü ifadeyi temizleyelim. Buradan $\varphi(\tau) = \arccos(u^{-1/2}(\tau))$ olur. İntegralin sınırları için $u=\infty \iff \varphi = \pi/2$ ve $u=u(\tau) \iff \varphi = \varphi(\tau) := \arccos (u^{-1/2}(\tau))$ konulmalıdır. $du = \frac{2 \sin (\varphi)}{\cos^{3}(\varphi)} d\varphi$ ve $\frac{\sqrt{u-1}}{u^{2}} = \sin(\varphi)\cos^{3}(\varphi)$ eşitliklerini kullandığımızda integral aşağıdaki basit forma gelir. \[ \frac{\sqrt{2}\tau}{(1+x_{\circ})^{3/2}} = \int\limits_{\varphi(\tau)}^{\pi/2} 2\sin^{2}(\varphi) d\varphi = \int\limits_{\varphi(\tau)}^{\pi/2} (1-\cos(2\varphi)) d \varphi = \frac{\pi}{2} - \varphi(\tau) + \sin(\varphi(\tau)) \cos(\varphi(\tau)) \]

İntegral hesabını bitirdiğimize göre değişken dönüşümünü ta en başa sarıp çözümü $x(\tau)$ cinsinden ifade etmemiz gerekiyor. $\cos \varphi = 1/\sqrt{u}$ olacak şekilde bir dik üçgen çizdiğimizde $\omega := \frac{\pi}{2} - \varphi = \arctan \frac{1}{\sqrt{u-1}}$ tümleyen açısını tanımlayabiliriz. Aynı zamanda $\sin \varphi \cos \varphi = \frac{\sqrt{u-1}}{u}$ olur. Böylece çözüm $u(\tau)$ cinsinden ifade edildiğinde \[ \frac{\sqrt{2}\tau}{(1+x_{\circ})^{3/2}} = \frac{\sqrt{u(\tau)-1}}{u(\tau)} + \arctan \frac{1}{\sqrt{u(\tau)-1}} \] formuna gelir. Nihayet $u(\tau) = \frac{1+x_{\circ}}{x_{\circ}-x(\tau)}$ koyup zaman değişkenini sol tarafta tek başına bırakırsak aşağıdaki aşkın denkleme ulaşırız. \[ \boxed{ \tau = \frac{(1+x_{\circ})^{3/2}}{\sqrt{2}} \arctan \left( \sqrt{\frac{x_{\circ}-x(\tau)}{1+x(\tau)}} \right) + \frac{\sqrt{1+x_{\circ}}}{\sqrt{2}} \sqrt{(1+x(\tau))(x_{\circ}-x(\tau))} } \] Bu aşkın denklemi çözüp $x(\tau)$ fonksiyonunu açık bir biçimde yazabileceğimizi sanmıyorum. Öyle yapabilseydik çok daha güzel bir çözüm olurdu. Ama koyunun olmadığı yerde keçi Abdurrahman Çelebiymiş, mecbur kutu içindeki bu formülle idare edeceğiz.

Şimdi taşın yere düşme anı için $x(\tau_{*}) = 0$ tanımını kullanırsak o zaman birimsiz niceliklerde çakılma zamanını aşağıdaki formülle verebiliriz. \[ \tau_{*} = \frac{(1+x_{\circ})^{3/2}}{\sqrt{2}} \arctan (\sqrt{x_{\circ}}) + \sqrt{\frac{x_{\circ}(1+x_{\circ})}{2}} \] Bu sonucu daha primitif olan Galileo formülüyle karşılaştıralım. $T = \sqrt{2h/g}$ birimsiz niceliklerde $\sqrt{2x_{\circ}}$ olur. $\tau_{*}$ formülünde $x_{\circ} \ll 1$ olduğunu kullanıp Taylor serilerinden faydalandığımızda \[ \tau_{*} = \sqrt{2x_{\circ}} + \frac{5\sqrt{2}}{6} x_{\circ}^{3/2} + \mathcal{O}(x_{\circ}^{5/2}) \] hem Galileo formülünü elde ediyor hem de ona gelen düzeltmeleri görüyoruz. İyi bir teorik çalışmada ileri katmanda bulunan sonuçlar gerekli varsayımlar altında daha iptidai katmanlarda bulunan sonuçları göstermelidir.

Yandaki grafikte serbest düşme zamanı yüksekliğe karşı hem Galileo hem de Newton teorisi kapsamlarında karşılaştırmalı olarak gösteriliyor. Galileo teorisi yükseklikle yerçekimi ivmesinin azaldığını öngörmediği için taş bu teori kapsamında daha erken yere düşüyor. Her iki teori de yüksekliğin çok küçük olduğu limitlerde örtüşüyor. Somut bir örnek verelim. Uluslararası Uzay İstasyonu'nun yerden ortalama yüksekliği kabaca 300 km olsun. Dünyanın yarıçapını da yine kabaca 6000 km alalım. O zaman $x_{\circ} \approx 0.05$ olacaktır. İstasyonun dünyaya serbest düştüğü senaryoda Galileo ve Newton teorilerinin sonuçları grafiğe göre bu bölgede neredeyse ayırdedilemez derecede yakındır.

Şimdi günün en önemli sorusu tabii ki Arnol'd'un bu problemi neden çözmeden bıraktığıdır. Çok sık yaptığı gibi "Bu basit problemin çözümünü okura bırakıyorum." dahi dememiş. Bu sorunun cevabını bilmiyorum. Belki integralle uğraşmak istememiştir...

Yine bir yarışma sorusu ve yine siklotomik polinomlar

Daha önce Yerölçüsü Blogu'nda MIT'nin Integration Bee Contest adlı yarışmasından bir eleme sorusunun tam çözümünü yapmıştık. Orada trigonometrik olarak başlayan integral en son siklotomik polinomların kök yapısını kullanarak çözülüyordu. Bu sefer yine MIT'nin Integration Bee Yarışması'ndan 2024 finallerinde çıkmış bir soruya bakacağız. Yarışmacılara bu soruyu çözmeleri için verilen süre 5 dakika. \[ I := \int\limits_{-\infty}^{\infty} \frac{dx}{\varphi_{5}(x)} \ \ \ \text{ve burada} \ \ \ \varphi_{5}(x) := x^{4}+x^{3}+x^{2}+x+1. \] Sanki birileri paydadaki polinomda hızını alamamış da sıradan $x$'in bütün kuvvetlerini yazmış gibi duruyor.

Burada 5. siklotomik polinomu farketmek ve onun kök yapısından faydalanmak integrali hesaplamanın püf noktasını teşkil ediyor. Şimdi, $(x-1)\varphi_{5}(x)=x^{5}-1$ olduğundan $\varphi_{5}$ polinomunun kökleri birin beşinci dereceden kökleridir. $\omega := \exp(2\pi i / 5)$ tanımladığımızda bu kökler $\{ \omega, \omega^{2}, \omega^{3}, \omega^{4} \}$ şeklinde listelenebilir. Ayrıca $\omega$ sayısının tanımı gereği $\omega^{4} = \omega^{-1}=\omega^{*}$ ve $\omega^{3}=\omega^{-2}=(\omega^{2})^{*}$ olduğundan bu kök listesi $\{ \omega, \omega^{*}, \omega^{2}, (\omega^{2})^{*}\}$ şeklinde güncellenir. Kök yapısını bulduğumuz bu polinomu artık ikinci dereceden gerçeller üzerinden çarpanlarına ayırabiliriz. \begin{eqnarray}\nonumber \varphi_{5}(x) &=& (x-\omega)(x-\omega^{*})(x-\omega^{2})(x-(\omega^{2})^{*}) \\ \nonumber &=& (x^{2}-2\Re[\omega]x+1)(x^{2}-2\Re[\omega^{2}]x+1) \\ \nonumber &=& (x^{2}-2\cos(2\pi/5)x+1)(x^{2}-2\cos(4\pi/5)x+1) \\ \nonumber &=& (x^{2}-2\cos(2\pi/5)x+1)(x^{2}+2\cos(\pi/5)x+1) \\ \nonumber &=& (x^{2}-2c_{2}x+1)(x^{2}+2c_{1}x+1) \end{eqnarray} Burada $\Re[z]$ ile $z$ karmaşık sayısının gerçel kısmını temsil ediyoruz. Ayrıca $c_{1} := \cos(\pi/5)$ ve $c_{2} := \cos(2\pi/5)$ tanımlarını da hesaplamalarımızı kolaylaştırmak için yaptık.

Paydada derecesi ikiden büyük bir polinom olduğu zaman o kesiri daha basit kesirlerin toplamı formunda ifade etmemiz gerekiyor. Bu maksatla aşağıdaki eşitliği kullanacağız. \[ \frac{1}{\varphi_{5}(x)} = \frac{Ax+B}{x^{2}+2c_{1}x+1} + \frac{Cx+D}{x^{2}-2c_{2}x+1} \] Katsayıları tayin etmek için önce paydaları eşitleyecek daha sonra da $\{1,x,x^{2},x^{3}\}$ bazının lineer bağımsızlığını kullanacağız. Şimdi, \[ 1 = (A+C)x^{3} + (B+D+2c_{1}C-2c_{2}A)x^{2} + (A+C+2c_{1}D-2c_{2}B)x+B+D\] olduğundan bilinmeyenlerin sağladığı aşağıdaki lineer denklem sistemi zuhur eder. \begin{eqnarray}\nonumber 0 &=& A + C \\ \nonumber 0 &=& B + D + 2c_{1}C - 2c_{2}A \\ \nonumber 0 &=& A + C + 2c_{1}D - 2c_{2}B \\ \nonumber 1 &=& B + D \end{eqnarray} Sevgili ziyaretçi, bu denklem sisteminin çözümünü senin yapmanı ve aşağıdaki sonuca ermeni istiyorum. \[ A = -C = \frac{1}{2(c_{1}+c_{2})}, \ \ \ B = \frac{c_{1}}{c_{1}+c_{2}} \ \ \ \text{ve} \ \ \ D = \frac{c_{2}}{c_{1}+c_{2}}. \]

Aynı işi iki defa yapmamak için bir ön hazırlık olarak aşağıdaki integrali hesaplayacağız. \begin{eqnarray} J(\alpha,\beta,\gamma) &:=& \int \limits_{-\infty}^{\infty} \frac{\alpha x + \beta}{x^{2} - 2\gamma x + 1}dx \end{eqnarray} Burada $\alpha,\beta \in \mathbb{R}$ ve $\gamma \in [-1,1]$. Şimdi, $x := y + \gamma$ tanımlarsak integralin sınırları değişmez ve integral aşağıdaki forma gelir. \[ J(\alpha,\beta,\gamma) = \alpha \int\limits_{-\infty}^{\infty} \frac{ydy}{y^{2}+\sigma^{2}} + (\alpha \gamma + \beta) \int\limits_{-\infty}^{\infty} \frac{dy}{y^{2}+\sigma^{2}} \] $\sigma := \sqrt{1-\gamma^{2}}$ tanımını not ediniz. Son satırdaki ilk integral sıfır zira tek pariteli bir fonksiyonu simetrik bir aralıkta entegre ediyor. İkinci integralde ise $y=z\sigma$ dönüşümü ile arctan fonksiyonunun türevi zuhur eder ve integralin de hesabı tamamlanır. \[ J(\alpha,\beta,\gamma) = \frac{\alpha \gamma + \beta}{\sigma} \int\limits_{-\infty}^{\infty} \frac{dz}{z^{2}+1} = \frac{\alpha \gamma + \beta}{\sigma} \pi\]

Bütün ön hazırlıklarımızı tamamladık. Artık soruda verilen integrali $J$ cinsinden yazabiliriz. \[ I = J(A,B,-c_{1}) + J(C,D,c_{2}) = \frac{B-Ac_{1}}{s_{1}}\pi + \frac{1 - B - Ac_{2}}{s_{2}} \pi \] Burada $s_{1} := \sqrt{1-c_{1}^{2}} = \sin(\pi/5)$ ve $s_{2} := \sqrt{1-c_{2}^{2}}=\sin(2\pi/5)$ formülleriyle tanımlanıyor. $A$ ve $B$ katsayılarının $c_{1}$ ve $c_{2}$ cinsinden ifadelerini yerine koyunca aradığımız integrali hesaplamış oluyoruz. \[ I = \frac{\frac{c_{1}}{s_{1}} + \frac{c_{2}}{s_{2}}}{2(c_{1}+c_{2})} \pi \] Siz de benim gibi bu sonucun yeterli olduğunu düşünüyorsanız bu sorudan sıfır puan alıyorsunuz. MIT sizden nihai cevapta trigonometrik ifade bırakmamanızı sonucu köklü sayılar cinsinden ifade etmenizi bekliyor! Bunun için biraz trigonometri jimnastiği yapacağız. \begin{eqnarray}\nonumber I &=& \frac{\sin\left(\frac{2\pi}{5}\right)\cos\left(\frac{\pi}{5}\right) + \sin\left(\frac{\pi}{5}\right)\cos\left(\frac{2\pi}{5}\right)} {2\sin\left(\frac{\pi}{5}\right)\sin\left(\frac{2\pi}{5}\right) \left\{ \cos\left(\frac{\pi}{5}\right)+\cos\left(\frac{2\pi}{5}\right)\right\}}\pi \\ \nonumber &=& \frac{\sin\left( \frac{3\pi}{5} \right)}{\sin^{2}\left( \frac{2\pi}{5}\right) + \sin\left(\frac{\pi}{5}\right) \sin\left(\frac{4\pi}{5}\right)} \pi \\ \nonumber &=& \frac{\sin\left( \frac{2\pi}{5} \right)}{\sin^{2}\left( \frac{2\pi}{5}\right) + \sin^{2}\left(\frac{\pi}{5}\right)} \pi \end{eqnarray}

Yıllar önce Yerölçüsü Blogu'nda yatığımız bir çalışmada derece skalasında 3'ün katı olan açıların sinus ve cosinus değerlerini hesaplamak için bir algoritma vermiştik. İster o algoritmayı kullanarak isterseniz 36-72-72 ikizkenar üçgeninde benzerlik ve cosinus teoremini kullanarak $\cos(\pi/5)=(\sqrt{5}+1)/4$ ve $\cos(2\pi/5)=(\sqrt{5}-1)/4$ olduğunu gösterebilirsiniz. Buradan da $I$ integralini nihai olarak \[ I = \frac{\pi}{5} \sqrt{10+2\sqrt{5}} \] şeklinde ifade ederek bu problemin çözümünü tamamlayabilirsiniz. Kuşkusuz, bir yarışmada bu trigonometrik değerleri ezbere bilmek size çok zaman kazandıracaktır.

MIT'nin İntegral İşgüzarı 2010 Yarışması'ndan bir eleme sorusu

Latince'de çakıl, diş hekimliği literatüründe ise tartar ya da diş taşı anlamlarına gelen CALCVLVS bir Çeneni kes ve hesapla! ya da İngilizce aslıyla Shut up and calculate! dersidir. Bu ders kapsamında öğretilen konuların teorisinden ziyade tekniğine ve mekanizmasına odaklanılır. Öğrencinin integralin ne olduğuna dair bir kavrayışı edinmesinden ziyade onun antitürev olarak kullanılabildiği sahada etkin bir biçimde top koşturması bu dersin amaçları için yeterlidir. Halbuki integral her zaman bir antitürev olmayabilir.

Öte yandan antitürev hesapları zekayı ve hafızayı sonuna kadar kullanmanızı gerektirdiği için zihni fakültelerinizi esnetir, onlar için iyi bir jimnastiktir. Analizdeki geleneksel fonksiyonların türevlerini ezbere bilmeniz gerekir ki bu en iyi bol pratikle olur. O türevleri integrandda yakalamanız da bir örüntü tanıma sürecidir. Bu da ancak zekayla olur.

Massachusetts Teknoloji Enstitüsü ya da kısa adıyla MIT 40 yıldan fazla bir süredir Integration Bee Contest (İntegral İşgüzarı Yarışması?) adıyla bilinen bir müsabaka düzenliyor. Finallerde, verilen bir integrali en hızlı hesaplayan öğrenci yarışmayı kazanıyor. (Yarışmaya sadece MIT öğrencileri katılabiliyor.) Fakat finallere kalabilmek için bir eleme sınavından da geçmek gerekiyor. Elemede 25 soru soruluyor. Her soru eşit ve 1 puan değerinde. Kısmi puan verilmiyor. Kesin cevabı bulmanız isteniyor. Süre 20 dakika.

Yarışmayı düzenleyen matematik bölümü bazı yılların eleme sorularını internete yüklemiş. Ben 2010 elemesindeki soruların tamamını yaya yaya bir haftada bitirebildim. Bazı eleme soruları gerçekten çok kolay, tek satırda bitirebiliyorsunuz. Bazılarıyla uğraşırken de Hangi Allahsız bu soruyu hazırladı? diye insan isyan ediyor. İşte o masum görünüşlü, yere bakan beyin yakan integrallerden birisi.

\begin{equation*} I = \int\limits_{0}^{\pi/2} \frac{dx}{\sin(x)+\sec(x)} \end{equation*}

Secant fonksiyonunun tanımını yani $\sec(x) := 1/\cos(x)$ ifadesini paydada yerine kor ve integrandı yeniden düzenlersek o zaman \[ I = \int\limits_{0}^{\pi/2} \frac{\cos(x)dx}{1 + \sin(x)\cos(x)} \] olur. $u:=\sin(x)$ dersek o zaman $du=\cos(x)dx$, paydada $\sin(x)\cos(x)=u\sqrt{1-u^{2}}$, $x=0 \ \Rightarrow \ u=0$ ve $x=\pi/2 \ \Rightarrow \ u=1$ olur ve böylece trigonometrik bir integrand cebirsel bir integranda dönüşür. \[ I = \int\limits_{0}^{1} \frac{du}{1 + u\sqrt{1-u^{2}}} \] İki kare farkından faydalanarak paydadaki karekökü paya atacağız. Bu maksatla pay ve paydayı $1-u\sqrt{1-u^{2}}$ ile çarpalım. \[ I = \int\limits_{0}^{1} \frac{1-u\sqrt{1-u^{2}}} {1 - u^{2} + u^{4}} du =: J-K \] ve burada \[ J := \int\limits_{0}^{1} \frac{du} {1 - u^{2} + u^{4}} \ \ \ \text{ve} \ \ \ K := \int\limits_{0}^{1} \frac{u\sqrt{1-u^{2}}} {1 - u^{2} + u^{4}} du \] eşitlikleriyle tanımlanıyor. $J$ integrali bir nebze kolay. Bu yüzden önce $K$ integralini $J$'ye benzetecek, sonra da her ikisini beraber çözeceğiz.

Şimdi, $K$ integralinde $u=1/v \ \iff \ v=1/u$ koyalım. $du = -dv/v^{2}$, $u=0 \ \Rightarrow \ v=\infty$, $u=1 \ \Rightarrow \ v=1$ olur ve bu dönüşüm altında bazı basit cebirsel işlemlerden sonra aşağıdaki ifade elde edilir. \[ K = \int \limits _{1}^{\infty} \frac{\sqrt{v^{2}-1}}{1 - v^{2} + v^{4}}dv \] Pay kısmındaki karekökü temizlemek için hiperbolik fonksiyonları kullanacağız. $v := \cosh(w)$ dersek $dv = \sinh(w)dw$, $v=1 \ \Rightarrow \ w=0$, $v=\infty \ \Rightarrow \ w=\infty$, $\sqrt{v^{2}-1} = \sinh(w)$ ve $1 - v^{2} + v^{4} = \cosh^{4}(w) - \sinh^{2}(w)$ olur. (Hatırlatma: trigonometrik fonksiyonlardan biraz farklı olarak $\cosh^{2}(w)-\sinh^{2}(w)=1$ özdeşliği geçerlidir.) Dolayısıyla \[ K = \int\limits_{0}^{\infty} \frac{\sinh^{2}(w)}{\cosh^{4}(w)-\sinh^{2}(w)}dw = \int\limits_{0}^{\infty} \frac{\tanh^{2}(w)}{\cosh^{2}(w)-\tanh^{2}(w)}dw \] olur. Son basamakta pay ve paydayı $\cosh^{2}(w)$ ile bölüp $\tanh(w) := \sinh(w)/\cosh(w)$ tanımını kullandık. Trigonometrik integrallerden de alışık olduğumuz üzere burada $\cosh^{2}(w) = 1/(1-\tanh^{2}(w))$ ve $\frac{d}{dw}\tanh(w) = 1-\tanh^{2}(w)$ ifadelerini kullanacağız. $y := \tanh(w)$ dersek $dy = (1-y^{2})dw$, $w=0 \ \Rightarrow \ y=0$ ve $w=\infty \ \Rightarrow \ y=1$ olur ve $K$ integrali aşağıdaki forma gelir. \[ K = \int\limits_{0}^{1} \frac{y^{2}}{1 - y^{2} + y^{4}}dy \] Nihayet $y:=1/z$ tanımıyla $dy=-dz/z^{2}$, $y=0 \ \Rightarrow \ z=\infty$ ve $y=1 \ \Rightarrow \ z=1$ olur ve \[ K = \int\limits_{1}^{\infty} \frac{dz} {1 - z^{2} + z^{4}} \] elde edilir.

Aaaa, $J$ ve $K$ integrallerinin integrandları aynıymış! Sadece sınırlar farklı. Dikkatinizi çekti mi bilmiyorum ama daha hiç integral hesaplamadık. Sadece integralleri trigonometrikten cebirsele, oradan hiperboliğe ve sonra tekrar cebirsele dönüştürdük. Şimdi integral hesabına geçelim.

MIT sizden sadece Calculus değil siklotomik polinomların kök yapısına hakim olacak şekilde cebir bilmenizi de bekliyor! $J$ ve $K$ integrallerinin integrandının paydasında zuhur eden polinom aslında on ikinci siklotomik polinomdur. \[ \varphi_{12}(z) := 1 - z^{2} + z^{4} \] Siklotomik polinomların kökleri modulusu bir olan karmaşık sayılardır ve analitik düzlemde birim çember üzerinde yer alırlar. Okur basit bir cebir alıştırmasıyla $\varphi_{12} (z) = 0$ denkleminin dört kökünün de $\{ \omega, \omega^{*}, -\omega, -\omega^{*} \}$ olduğunu gösterebilmelidir. Burada \[ \omega := \exp(i\pi/6) = \cos (\pi/6) + i \sin(\pi/6) = \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2}i \] eşitliğiyle tanımlanmaktadır. Cebirin temel teoremi kanalıyla $\varphi_{12}$ polinomunu gerçel sayılarda kalacak şekilde aşağıdaki gibi çarpanlarına ayırabiliriz. \begin{eqnarray}\nonumber \varphi_{12}(z) &=& (z-\omega)(z-\omega^{*})(z+\omega)(z+\omega^{*}) \\ \nonumber &=& (z^{2} - 2 \Re [\omega] z + 1)(z^{2} + 2\Re[\omega]z + 1) \\ \nonumber &=& (z^{2} - \sqrt{3}z + 1)(z^{2} + \sqrt{3}z + 1) \end{eqnarray} Burada $\Re[\alpha]$ ile $\alpha$ karmaşık sayısının gerçel kısmını temsil ediyoruz.

Bir integrandın paydasında bir polinom zuhur ettiğinde o polinom (eğer mümkünse) gerçel sayılar üzerinde çarpanlarına ayrılır ve integrand daha basit kesirlerin toplamı cinsinden temsil edilir. Şimdi \[ \frac{1}{\varphi_{12}(z)} = \frac{Az + B}{z^{2} - \sqrt{3}z + 1} + \frac{Cz + D}{z^{2} + \sqrt{3}z + 1} \] eşitliğinde dört tane katsayı var. Bunları tayin etmek için paydaları eşitleyip payı hesaplayalım. \[ 1 = (A+C)z^{3} + (B+D+\sqrt{3}(A-C))z^{2} + (A+C+\sqrt{3}(B-D))z+B+D \] Ve $\{1,z,z^{2},z^{3}\}$ bazının lineer bağımsızlığını kullandığımızda bize çözmemiz için 4 adet lineer denklem çıkar. \begin{eqnarray}\nonumber 0 &=& A+C \\ \nonumber 0 &=& B+D+\sqrt{3}(A-C) \\ \nonumber 0 &=& A+C+\sqrt{3}(B-D) \\ \nonumber 1 &=& B+D \end{eqnarray} Sevgili okur, bu denklem sistemi o kadar kolay ki ben bile çözebilirim. O yüzden çözümdeki ara basamakları sana bırakıyorum. \[ A=-C=-\frac{\sqrt{3}}{6} \ \ \ \text{ve} \ \ \ B=D=\frac{1}{2}.\] Son olarak işlem hammaliyesini azaltmak için aşağıdaki antitürevi tanımlayalım. \[ F(a) := \int\limits_{0}^{a} \frac{dz}{\varphi_{12}(z)}, \ \ \ a > 0. \] Bu tanımla almaya çalıştığımız integral \[ I = J-K = 2F(1)-F(\infty)\] olur.

Kaçış yok. O antitürev bulunacak. \begin{eqnarray}\nonumber F(a) &=& \int\limits_{0}^{a}\frac{\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{6}z}{1-\sqrt{3}z+z^{2}}dz + \int\limits_{0}^{a}\frac{\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{6}z}{1+\sqrt{3}z+z^{2}}dz \\ \nonumber &=& \int\limits_{-\frac{\sqrt{3}}{2}}^{a-\frac{\sqrt{3}}{2}} \frac{\frac{1}{4}-\frac{\sqrt{3}}{6}s}{\frac{1}{4}+s^{2}}ds + \int\limits_{\frac{\sqrt{3}}{2}}^{a+\frac{\sqrt{3}}{2}} \frac{\frac{1}{4}+\frac{\sqrt{3}}{6}s}{\frac{1}{4}+s^{2}}ds \\ \nonumber &=& \frac{1}{2}\int\limits_{-\sqrt{3}}^{2a-\sqrt{3}} \frac{1 - \frac{\sqrt{3}}{3}t}{1+t^{2}}dt + \frac{1}{2}\int\limits_{\sqrt{3}}^{2a+\sqrt{3}} \frac{1 + \frac{\sqrt{3}}{3}t}{1+t^{2}}dt \\ \nonumber &=& \frac{1}{2} \int\limits_{-\sqrt{3}}^{2a-\sqrt{3}} \frac{dt}{1+t^{2}} + \frac{1}{2} \int\limits_{\sqrt{3}}^{2a+\sqrt{3}} \frac{dt}{1+t^{2}} - \frac{\sqrt{3}}{6} \int\limits_{-\sqrt{3}}^{2a-\sqrt{3}} \frac{tdt}{1+t^{2}} + \frac{\sqrt{3}}{6} \int\limits_{\sqrt{3}}^{2a+\sqrt{3}} \frac{tdt}{1+t^{2}} \\ \nonumber &=& \frac{1}{2} \left( \arctan(2a-\sqrt{3})-\arctan(-\sqrt{3}) + \arctan(2a+\sqrt{3}) - \arctan(\sqrt{3}) \right) \\ & \ & + \frac{\sqrt{3}}{12} \log \frac{a^{2}+\sqrt{3}a+1}{a^{2}-\sqrt{3}a+1} \end{eqnarray} Bu işlemlerdeki dönüşümleri integrallerin özellikle üst sınırlarına bakarak kolayca görebilirsiniz. Arctan ve log fonksiyonlarının türevlerini buraya kadar gelebilen okur kolayca görmelidir. Ayrıca arctan fonksiyonunun paritesi tek olduğundan aradığımız antitürev daha da sadeleşir ve aşağıdaki ifade elde edilir. \[ \boxed{ F(a) = \frac{1}{2} \left( \arctan(2a-\sqrt{3}) + \arctan(2a+\sqrt{3})) \right) + \frac{\sqrt{3}}{12} \log \frac{a^{2}+\sqrt{3}a+1}{a^{2}-\sqrt{3}a+1} } \]

$F(1)$ ifadesini hesaplarken $\arctan(A)+\arctan(B) = \arctan((A+B)/(1-AB))$ özdeşliğinin son derece kullanışlı olduğunu not edelim. Şimdi \begin{eqnarray} \nonumber F(1) &=& \frac{1}{2} \left( \arctan(2-\sqrt{3}) + \arctan(2+\sqrt{3}) \right) + \frac{\sqrt{3}}{12} \log \frac{2+\sqrt{3}}{2-\sqrt{3}} \\ \nonumber &=& \frac{1}{2}\arctan \left( \frac{4}{1-(2+\sqrt{3})(2-\sqrt{3})} \right) + \frac{\sqrt{3}}{6} \log(2+\sqrt{3}) \\ \nonumber &=& \frac{\pi}{4} + \frac{\sqrt{3}}{6} \log(2+\sqrt{3}) \end{eqnarray} $F(\infty)$ daha da kolay hesaplanıyor: \[ F(\infty) = \frac{\pi}{2} \] Bulgularımızı bir araya getirince cevabı verebiliyoruz. \[ I = \int\limits_{0}^{\pi/2} \frac{dx}{\sin(x)+\sec(x)} = 2F(1) - F(\infty) = \frac{\sqrt{3}}{3} \log(2+\sqrt{3}) \] Efendiler ve hanfendiler, işte MIT'nin bizden 48 saniyede hesaplamamızı istediği integral bu.