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.