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.