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.
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...
Hiç yorum yok:
Yorum Gönder