Üçüncü dereceden bir analog gürültü filtresi tasarımı

Arka plan ve motivasyon

Hepimiz spektroskopi öğrendik ama ne dört başı mamur bir gürültü devresi tasarımı yaptık ne de paraboloid aynaların mükemmel kolimasyon ve odaklama özelliklerini ispatladık. Daha önce yerölçüsünde paraboloid aynalarla ilgili çalışmalar yaptığımızdan bu postada gürültü devresi tasarımına bakacağız. Neden? Zira spektroskopik cihazlar, diğer tüm elektronik cihazlar gibi gürültü üretir. Gürültünün muhtelif fiziksel nedenleri var, ancak bu postada gürültünün muayenesinden ziyade bertarafına odaklanacağız. Kabaca söylemek gerekirse, bir elektrik devresindeki yinelenebilir çıktıya -ne kadar zayıf olursa olsun- sinyal ve yinelenemeyen kısma -ne kadar güçlü olursa olsun- gürültü denir. Daha teknik bir söylemle sinyal deterministik, gürültü stokastiktir. Bir çalışmanın odağı, gürültünün kendisinin istatistiksel bir analizi değilse, o zaman gürültünün varlığı genellikle istenmez. Gürültüyü temizlemenin bir yolu, onun tanımından faydalanır. Aynı deneyi defalarca yineler ve daha sonra da çıktılarını eklersiniz. Tesadüfi gürültü genlikleri genellikle toplamda çok küçük sayılara baliğ olurken, deterministik sinyal kesin bir şekilde bu süreçte güçlenir. Her ne kadar kelimenin gerçek anlamıyla mükemmel olsa da, bu yöntem çok pahalı ve zaman alabilecek bir deneyi defalarca yineleme imkanımızın olduğunu varsaymaktadır ki bu genellikle hiçbir zaman mümkün olmaz. Bu noktada elektronik alternatif bir çözüm sunar. Bu postada analog ve muhtemelen cihaza gömülü lineer devre unsurlarından oluşmuş bir gürültü devresi tasarımını, işin kararlılık boyutunu da ele alarak irdeleyeceğiz.

Gerek optik gerekse manyetik spektroskopide alışık olduğumuz laboratuvar tecrübesi, gürültü ve sinyalin hemen hemen her zaman, frekans uzayında ayrıştıklarını, gürültünün yüksek frekanslı sinyalin ise nisbeten daha düşük frekanslı olduğunu söylemektedir. Buna geçici varsayım (working hypothesis) diyeceğiz ve pek çok sisteme uygulaması olduğundan böylesi bir probleme maliyeti düşük bir çözüm önereceğiz. Geçici varsayım uyarınca, günlük konuşma dilindeki anlamıyla bir sinyalin Fourier analizini yapan ve onun düşük ve yüksek frekanslı bileşenlerini ayrıştırıp farklı bir biçimde muamele eden bir devre olsa, bu kuşkusuz spektroskopik cihazlarda çok büyük fayda temin edecektir. Okurun anaokulu düzeyinde RC devresinin analizine ve frekans davranışına aşina olduğunu varsayıyoruz. Bu postada inceleyeceğimiz üç ızgaralı analog devre aşağıdaki panoda gösteriliyor. Devrenin bir varyantını Omar Wing'in ders kitabında gördüm. Bu postada amacım söz konusu devreyi en genel haliyle inceleyip, devre parametrelerini düşük frekanslı çıktıyı en ideal bir şekilde iletirken, yüksek frekanslı olanları bastıracak şekilde optimize etmektir. Bu işi yaparken bir kararlılık analizini de sunmayı hedefliyorum.

Devrenin dinamiğine ilişkin cebirsel ve diferansiyel denklemlerin türetilmesi

Bu devrede değerleri üzerinde gösterilen iki direnç iki de sığaç mevcuttur. Söylemeye lüzum yok, $\alpha$ ve $\beta$ birimsiz ölçek çarpanları olarak bu devrede rol alıyorlar. Kirchhoff'un akım ve voltaj kanunlarını bu devreye uyguladığımızda aşağıdaki karışık cebirsel ve diferansiyel denklem sistemini elde ediyoruz. Direnç, sığaç, bobin gibi pasif elektronik devre unsurlarını bizim için özel kılan şey, bunlarla kurulan devrelerin dinamiğinin lineer cebirsel ve lineer adi diferansiyel denklemlere tabi olmasıdır. Lineer denklemlere ilişkin güçlü ve zengin bir yöntem mühimmatını bu problemlere uygulayabiliriz. Önce denklemleri yazalım. \begin{eqnarray} &{\rm A1:}&\ i(t) = i_{1}(t) + i_{2}(t) \nonumber \\ &{\rm A2:}&\ i_{1}(t) = i_{3}(t) + i_{4}(t) \nonumber \\ &{\rm V1:}&\ Ri(t) + \frac{1}{C}q_{2}(t) -V_{I}(t)=0 \nonumber \\ &{\rm V2:}&\ L\frac{{\rm d}i_{1}(t)}{{\rm d}t} + \frac{1}{\alpha C} q_{4}(t) - \frac{1}{C}q_{2}(t) =0 \nonumber \\ &{\rm V3:}&\ \beta R i_{3}(t) - \frac{1}{\alpha C} q_{4}(t) =0 \end{eqnarray} Burada voltaj denklemlerinde yer alan $q_{2}(t)$ ve $q_{4}(t)$, sırasıyla, $C$ ve $\alpha C$ sığaçlarında depolanan anlık yükleri temsil ediyorlar. Öte yandan elektronik laboratuvarlarında adet yük yerine akımları ölçmek ve bir durum değişkeni olarak yükleri topyekun elemektir. Buna göre, ihtiyaç halinde, $\dot{q}_{2}(t) = i_{2}(t)$ vb. eşitlikler sayesinde denklemlerimizden yükleri eleyebiliriz. Her zaman olduğu gibi bir değişkenin tepesine konulan nokta onun zamana göre türevini simgelemektedir. Burada göstermeyeceğiz ama voltaj denklemlerinde yer alan yükleri elemek amacıyla söz konusu denklemlerin her iki tarafının da zamana göre türevini almamız yeterli.

Temel devre teorisinden biliyoruz ki $RC$ çarpımının birimi zaman. Bu gözlem bize $t =: \tau RC$ kanalıyla yeni bir birimsiz zaman değişkeni tanımlama imkanı sunuyor. Değişkenin tepesine koyduğumuz bir üssü (prime) işareti ile $\tau$'ya göre türev almayı temsil edersek, o zaman adi türevlerdeki zincir kuralı uyarınca zamana bağlı herhangi bir fonksiyon için $\dot{f}(t) = (RC)^{-1} f^{\prime}(\tau)$ eşitliğini not edelim. Bundan böyle Kirchoff denklemlerini birimsiz zaman değişkenleriyle ifade edilmiş bir biçimde kullanacağız. Az sonra nedenleri daha belirgin bir halde tebarüz edeceği gibi, $i_{3}$ değişkenini problemin merkezi değişkeni addedip, geri kalan diğer durum değişkenlerini $i_{3}$ ve onun zamana göre türevleri cinsinden ifade edeceğiz. Şimdi (V3) denkleminin önce her iki tarafının zamana göre türevini alıp ($0=\beta R \dot{i}_{3} - i_{4}/\alpha C$) ardından birimsiz zaman niceliğine geçtiğimizde aşağıdaki sonucu elde ediyoruz. \begin{equation*} {\rm V3a}: \ i_{4}(\tau) = \alpha \beta i_{3}^{\prime}(\tau) \end{equation*} Ayrıca (V3) denklemini yeniden düzenlediğimizde basitçe aşağıdaki denklemi de elde ederiz. \begin{equation*} {\rm V3b}: \ q_{4}(\tau) = \alpha \beta RC i_{3}(\tau) \end{equation*} (V3a) denkleminden (A2) denkleminde faydalandığımızda ise $i_{1}$ merkezi değişken cinsinden yazılmış olur. \begin{equation*} {\rm A2a}: \ i_{1}(\tau) = i_{3}(\tau) + \alpha \beta i_{3}^{\prime}(\tau). \end{equation*} Şimdi (A2a) ve (V3b) denklemlerini (V2) denkleminde kullanırsak, o zaman \begin{equation*} {\rm V2a}: \ q_{2}(\tau) = \frac{L}{R} (i_{3}^{\prime}(\tau) + \alpha \beta i_{3}^{\prime \prime}(\tau)) + \beta RC i_{3}(\tau) \end{equation*} elde ediliyor. Denklemin her iki tarafının $t$'ye göre türevini aldığımızda ise, $i_{2}$ değişkenini de $i_{3}$ cinsinden ifade etmiş olacağız. \begin{equation*} {\rm V2b}: \ i_{2}(\tau) = \alpha \beta \kappa i_{3}^{\prime \prime \prime} (\tau) + \kappa i_{3}^{\prime \prime}(\tau) + \beta i_{3}^{\prime}(\tau) . \end{equation*} Burada $\kappa := L/R^{2}C$ problemi tanımlayan bütün parametrelerin öbeklendiği birimsiz bir parametredir ve devrenin hem nitel hem de nicel davranışı $\kappa$ vasıtasıyla belirlenebilir. (A2a) ve (V2b) denklemlerinden faydalanarak (C1) etiketli denkleme geri döndüğümüzde aşağıdaki sonucu elde ediyoruz. \begin{equation*} {\rm A1a}:\ i(\tau) = \alpha \beta \kappa i_{3}^{\prime \prime \prime}(\tau) + \kappa i_{3}^{\prime \prime}(\tau) + (1+\alpha)\beta i_{3}^{\prime}(\tau) + i_{3}(\tau) \end{equation*}

Bu manipulasyonlar neticesinde tüm durum değişkenlerini $i_{3}$ ve türevleri cinsinden ifade etmiş olduk. Dolayısıyla $i_{3}$ değişkenini çözmek aslında problemi çözmekle eş anlamlıdır. Eğer yalnızca $i_{3}$ değişkenini içeren bir denklem elde etmek istiyorsak, o zaman şimdiye kadar hiç kullanmadığımız bir Kirchhoff denklemi kullanmalıyız ki o denklem de (V1) etiketli denklemdir. (A1a) ve (V2a) söz konusu denklemde kullanıldığında aşağıdaki lineer, üçüncü dereceden, homojen olmayan, sabit katsayılı adi diferansiyel denklem elde edilir. \begin{equation*} \boxed{ \alpha \beta \kappa i_{3}^{\prime \prime \prime}(\tau) + \kappa (1+ \alpha \beta) i_{3}^{\prime \prime} (\tau) +(\alpha \beta + \beta + \kappa) i_{3}^{\prime}(\tau) + (1+\beta) i_{3}(\tau) = \frac{1}{R} V_{I}(\tau) } \end{equation*}

Ancak başlangıç şartlarını vermek suretiyle bu diferansiyel denklemin tam çözümü talep edebiliriz. $i_{3}(\tau)$ için verilen adi diferansiyel denklem üçüncü derece olduğundan, üç tane başlangıç şartına ihtiyacımız vardır. Bunlar $i_{3}(0)$, (V3a) denklemi kanalıyla $i_{3}^{\prime}(0) = i_{4}(0)/\alpha \beta$ ve (V2a) denklemiyle $i_{3}^{\prime \prime}(0) = \frac{1}{\alpha \beta} \left( \frac{R}{L}q_{2}(0)-\frac{1}{\alpha \beta}i_{4}(0)-\frac{\beta}{\kappa}i_{3}(0)\right)$ olarak temin edilebilirler. Başlangıçta boş sığaçlarla ve yavaşça sıfır değerinden artan ya da azalan girdi gerilimiyle başlamak her zaman için iyi bir uygulamadır. Dolayısıyla genelliği biraz kaybederek $i_{3}(0)=i_{3}^{\prime}(0) = i_{3}^{\prime \prime}(0)=0$ olduğunu kabul edebiliriz.

Homojen çözüm ve bu çözümün kararlılığı

Homojen olmayan bir adi diferansiyel denklemin çözüm sürecinin ilk basamağı sanki denklem homojenmiş gibi davranıp tekabül eden homojen denklemin çözülmesidir, diğer bir deyişle kutudaki denklemin sağ tarafını sıfıra eşitleyip çözümüne bakacağız. Tekabül eden homojen denklem sabit katsayılı ve lineer olduğundan, $\lambda$ problemin özdeğerlerini temsil etmek üzere, ilgili denklemin $i_{3}(\tau) = \exp(\lambda \tau)$ formunda çözümlerini arayacağız. Böylesi bir deneme çözümü denklemin sıfatını diferansiyelden cebirsele, yani $\tilde{p}(\lambda)=0$ denkleminin kök bulma problemine dönüştürür. Burada $\tilde{p}$ aşağıdaki gibi tanımlanan kübik bir polinomdur. \begin{equation*} \tilde{p}(x) := \alpha \beta \kappa x^{3} + \kappa (1+ \alpha \beta) x^{2} + (\alpha \beta + \beta + \kappa) x + 1 + \beta \end{equation*} $\lambda_{i}$, $\tilde{p}$ polinomunun köklerini temsil etmek üzere, tekabül eden homojen çözüm aşağıdaki gibi olur. \begin{equation*} {\rm H1}: \ i_{3}^{\rm h}(\tau) = C_{1} \exp(\lambda_{1}\tau) + C_{2} \exp(\lambda_{2}\tau) + C_{3} \exp(\lambda_{3}\tau) \end{equation*} Burada $C_{i}$ yukarıda bahsi geçen başlangıç şartlarından tayin edilmesi gereken katsayılardır. Şu an için yozlaşma (degeneracy) yani köklerin çokkatlılığı ihtimalini dikkate almayacağız. Bir polinomdaki bütün katsayıları baş katsayıya böldüğümüzde elde edilen (monik) polinomla asıl polinomun kökleri aynıdır. Bu yüzden bundan sonra $\tilde{p} =: \alpha \beta \kappa p$ denklemiyle verilen $p$ polinomunu inceleyeceğiz. \begin{equation*} p(x) := x^{3} + \left( 1+\frac{1}{\alpha \beta} \right) x^{2} + \left( \frac{1}{\kappa}+\frac{1}{\alpha \kappa}+\frac{1}{\alpha \beta}\right) x +\frac{1}{\alpha \beta \kappa} + \frac{1}{\alpha \kappa} \end{equation*}

$\lambda_{i}$ değerlerinden en az birisinin pozitif gerçel kısmı olması halinde, ilgili katsayı eğer sıfır değilse -ki bu aşırı derecede nadir bir durumdur-, o zaman homojen çözüm asimptotik olarak kararsız olur. Diğer bir deyişle $\lim_{\tau \to \infty} i_{3}^{\rm h}(\tau) \to \pm \infty$ olacaktır. Böylesi devrelerin çok yüksek akım sonucu eriyecekleri aşikardır. Öte yandan eğer tüm $\lambda_{i}$ değerlerinin gerçel kısımlar negatif ise, o zaman $\lim_{\tau \to \infty} i_{3}^{\rm h} \to 0$ olur. Başka bir deyişle devre asimptotik olarak kararlıdır ve homojen çözümün katkısı ancak geçici bir süreliğine varlığını hissettirir. Yani $\tau > |1/\min \Re[\lambda_{i}]|$ ise, o zaman $i^{\rm h}_{3}(\tau)$ ihmal edilebilir. (Burada $\Re[z]$ ile karmaşık bir sayının gerçel kısmını temsil ediyoruz.)

Bu noktaya değin sunduğumuz sezgisel argümanlar bizi Routh-Hurwitz kararlılık problemine getiriyor: Katsayıları gerçel bir polinomun bütün köklerinin gerçel kısımlarının negatif olup olmadığını kat'i olarak tayin etmek için sadece sonlu sayıda aritmetik işlemden faydalanan bir algoritma icat ediniz. 19. yy'da ifade edilen ve de çözümü verilen bu problemin muhtelif çözümleri mevcut. Daha önce yerölçüsünde de şerhli tercümesini verdiğimiz Strelitz algoritması ile bu problemi çözeceğiz. Teoremin burada yer vereceğimiz lafzı Prasolov'un kitabından alınmadır.

Teorem: (Sh. Strelitz) $p(z):=z^{n}+a_{1}z^{n-1}+\cdots+a_{n}$ katsayıları gerçel, monik bir polinom olsun. $q(z):=z^{m}+b_{m-1}z^{m-1}+\cdots+b_{m}$ ise $m:=\tfrac{1}{2}n(n-1)$ olmak üzere, kökleri $p$ polinomunun köklerinin farklı çiftlerinin toplamı olan polinom olsun. $p$ polinomunun Routh-Hurwitz kararlı olması için gerek ve yeter şart, hem $p$ hem de $q$ polinomlarının katsayılarının pozitif olmasıdır.

Bu teoremin ispatını yukarıda verdiğimiz linkten takip edebilirsiniz. Her ne kadar burada kullanmayacak olsak da, Strelitz'in makalesinde $q$ polinomunun katsayılarını Newton toplamlarından faydalanarak, $p$ polinomunun katsayıları cinsinden ifade eden bir algoritma da mevcut. Bizim problemimizde hem $p$ hem de $q$ polinomlarının derecesi 3 gibi küçük olduğundan genel bir algoritmaya girmeyeceğiz.

Strelitz algoritmasındaki kilit nokta $b_{i}$ katsayılarının kurulumudur. $p(z):=z^{3}+a_{1}z^{2}+a_{2}z+a_{3}$ olsun ve kökleri de $\lambda_{1}$, $\lambda_{2}$ ve $\lambda_{3}$ ile temsil edilsin. O zaman tanım gereği $q$ polinomunun kökleri $\lambda_{1}+\lambda_{2}$, $\lambda_{1}+\lambda_{3}$ ve $\lambda_{2}+\lambda_{3}$ olmalıdır. Dolayısıyla \begin{equation*} b_{1}=-(\lambda_{1}+\lambda_{2}+\lambda_{1}+\lambda_{3}+\lambda_{2}+\lambda_{3})=-2(\lambda_{1}+\lambda_{2}+\lambda_{3})=2a_{1} \end{equation*} sonucunu hemen elde ederiz. $b_{2}$ katsayısı için aşağıdaki küçük cebirsel manipulasyonlara başvuracağız. \begin{eqnarray} \nonumber b_{2} &=& (\lambda_{1}+\lambda_{2})(\lambda_{1}+\lambda_{3}) + (\lambda_{1}+\lambda_{2})(\lambda_{2}+\lambda_{3}) + (\lambda_{1}+\lambda_{3})(\lambda_{2}+\lambda_{3}) \\ \nonumber &=& \lambda_{1}^{2}+\lambda_{2}^{2}+\lambda_{3}^{2}+3(\lambda_{1}\lambda_{2}+\lambda_{1}\lambda_{3}+\lambda_{2}\lambda_{3}) \\ \nonumber &=& (\lambda_{1}+\lambda_{2}+\lambda_{3})^{2} + \lambda_{1}\lambda_{2}+\lambda_{1}\lambda_{3}+\lambda_{2}\lambda_{3} \\ \nonumber &=& a_{1}^{2}+a_{2} \end{eqnarray} $a_{1}$ ve $a_{2}$ pozitif ise, o zaman $b_{1}$ ve $b_{2}$ değerlerinin de pozitif olacağı barizdir. Gerçekten de ele aldığımız problemde $a_{1} := 1+(\alpha\beta)^{-1}$, $a_{2}:=\kappa^{-1}+(\alpha\kappa)^{-1}+(\alpha\beta)^{-1}$ ve $a_{3}:=(\alpha\beta\kappa)^{-1}+(\alpha\kappa)^{-1}$ hep pozitif niceliklerdir. Stabilite analizini $b_{3}$ için bir ifade vererek tamamlayacağız. \begin{eqnarray}\nonumber b_{3} &=& - (\lambda_{1}+\lambda_{2})(\lambda_{1}+\lambda_{3})(\lambda_{2}+\lambda_{3}) \\ \nonumber &=&-(\lambda_{1}+\lambda_{2}+\lambda_{3}-\lambda_{3})(\lambda_{1}+\lambda_{2}+\lambda_{3}-\lambda_{2})(\lambda_{1}+\lambda_{2}+\lambda_{3}-\lambda_{1}) \\ \nonumber &=&-(-a_{1}-\lambda_{3})(-a_{1}-\lambda_{2})(-a_{1}-\lambda_{1}) \\ \nonumber &=&a_{1}^{3}+a_{1}^{2}(\lambda_{1}+\lambda_{2}+\lambda_{3}) + a_{1}(\lambda_{1}\lambda_{2}+\lambda_{1}\lambda_{3}+\lambda_{2}\lambda_{3}) + \lambda_{1}\lambda_{2}\lambda_{3} \\ \nonumber &=&a_{1}a_{2}-a_{3} \end{eqnarray} Problemimizdeki yegane aşikar olmayan işaret sorgusu da budur. Değerleri yerine koyduğumuzda \begin{equation*} b_{3} = \kappa^{-1} + (\alpha \beta)^{-1} + (\alpha^{2}\beta\kappa)^{-1} + (\alpha^{2}\beta^{2})^{-1} > 0 \end{equation*} olduğunu da gösterebiliriz. Dolayısıyla Strelitz teoremi uyarınca devremizin kayıtsız şartsız Routh-Hurwitz kararlı olduğunu ve homojen çözümün varlığını ancak geçici bir süreliğine gösterdiğini ispatlamış olduk.

Kısmi ve toplam çözümler

Homojen olmayan adi diferansiyel denklemlerin çözümlerinde, homojen çözüm başlangıç şartlarını çözüme yansıtırken, kısmi çözüm ise tahrik gücünden gelen katkıyı gösterir. Girdi voltajının alternatif/sinusoidal olduğunu kabul edeceğiz. Söz konusu voltaj birimsiz zaman ve frekans değişkenlerinde aşağıdaki gibidir. \begin{equation*} V_{I}(\tau) = V_{\circ} \sin (\Omega \tau) \end{equation*} $V_{I}$ fonksiyonunun trigonometrik formundan ötürü, aşağıdaki şablona uyan kısmi çözümler arayacağız. \begin{equation*} {\rm P1}: \ i_{3}^{\rm p}(\tau) := A\sin(\Omega \tau) + B\cos(\Omega \tau) \end{equation*} Buradaki $A$ ve $B$ katsayıları $i_{3}^{\rm p}(\tau)$ fonksiyonunun kutu içindeki diferansiyel denklemi sağlaması gerektiği şartından temin edilecektir. (Dikkat: başlangıç şartlarından değil!) Müteakip işlemler usandırıcı olsa da, işlem hatası yapmamak kaydıyla, kolaydır. (P1) etiketli deneme çözümünü kutudaki denkleme koyup türevleri aldıktan sonra cosinus ve sinus terimlerini aşağıdaki gibi ayrıştırıyoruz. \begin{eqnarray}\nonumber &&\left\{-\alpha\beta\kappa \Omega^{3}A-\kappa(1+\alpha\beta)\Omega^{2}B+(\alpha\beta+\beta+\kappa)\Omega A+(1+\beta)B \right\} \cos(\Omega \tau) \\ \nonumber &+& \left\{\alpha\beta\kappa \Omega^{3}B-\kappa(1+\alpha\beta)\Omega^{2}A-(\alpha\beta+\beta+\kappa)\Omega B+(1+\beta)A - \frac{V_{\circ}}{R} \right\} \sin(\Omega \tau)= 0 \end{eqnarray} Bu aşamada yapılması gereken kilit gözlem şudur: sinus ve cosinus birbirlerinden lineer olarak bağımsız iki fonksiyon olduklarından, bu denklemdeki katsayıları -her ikisi de- sıfır olmak zorundadır. Böylece iki adet lineer denklem elde ediyoruz. \begin{eqnarray} \nonumber && (\alpha \beta \kappa \Omega^{3} - (\alpha \beta + \beta + \kappa) \Omega)A + (\kappa (1 + \alpha \beta)\Omega^{2} - (1+\beta))B = 0 \\ \nonumber &&-(\kappa (1 + \alpha \beta)\Omega^{2} - (1+\beta))A +(\alpha \beta \kappa \Omega^{3} - (\alpha \beta + \beta + \kappa) \Omega)B = \frac{V_{\rm o}}{R} \end{eqnarray} Bu denklemlerde cebirsel bataklığa dalıp boğulmak çok kolay. Bu yüzden önce aşağıdaki parametreleri tanımlayarak \begin{equation*} x := \alpha \beta \kappa \Omega^{3} - (\alpha \beta + \beta + \kappa) \Omega \ \ \ {\rm ve} \ \ \ y := \kappa (1 + \alpha \beta)\Omega^{2} - (1+\beta) \end{equation*} lineer denklem sistemini daha sade bir hale getiriyor \begin{equation*} xA+yB = 0 \ \ \ {\rm ve} \ \ \ -yA+xB = \frac{V_{\circ}}{R} \end{equation*} ardından da çözümünü veriyoruz. \begin{equation*} A = -\frac{y}{x^{2}+y^{2}} \frac{V_{\circ}}{R} \ \ \ {\rm ve} \ \ \ B = \frac{x}{x^{2}+y^{2}} \frac{V_{\circ}}{R} \end{equation*} $\varphi \in [0,2\pi)$ aralığında yer alan faz açısını $\cos \varphi := -y/\sqrt{x^{2}+y^{2}}$ ve $\sin \varphi = x/\sqrt{x^{2}+y^{2}}$ ile tanımlarsak, o zaman kısmi çözüm şöyle olacaktır: \begin{equation*} i^{\rm p}_{3}(\tau) = \frac{V_{\circ}/R}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} \sin(\Omega \tau + \varphi). \end{equation*} Bu denklemi yazarken $\sin(a+b)=\sin a \cos b + \cos a \sin b$ trigonometrik özdeşlikten faydalandık.

Hem kısmi hem de homojen çözümleri elde ettiğimize göre başlangıç değer probleminin toplam çözümünü verebiliriz. \begin{equation*} {\rm HP}: \ i_{3}(\tau) = i_{3}^{\rm h}(\tau) + i^{\rm p}_{3}(\tau) = C_{1} \exp(\lambda_{1}\tau) + C_{2} \exp(\lambda_{2}\tau) + C_{3} \exp(\lambda_{3}\tau) + \frac{V_{\circ}/R}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} \sin(\Omega \tau + \varphi) \end{equation*} Burada göstermeyeceğiz ama $C_{i}$ katsayılarını elde etmek için daha önce $i_{3}(0)$, $i^{\prime}_{3}(0)$ ve $i^{\prime \prime}_{3}(0)$ için verdiğimiz başlangıç şartlarından faydalanabiliriz. (Kuşkusuz tam çözümün bulunması kübik polinomun köklerinin hesaplanmasını da gerektirecektir.) Devremiz Routh-Hurwitz kararlı olduğundan, belli bir zaman sonra geçici (homojen) terimler etkisini yitirecek ve toplam çözüm asimptotik/pratik olarak $i^{\rm p}_{3}(\tau)$ ile aynileşecektir.

Geçirme bandı düz, düşük frekans bileşenlerini geçiren filtre

Her ölçüm cihazında olduğu gibi, spektroskopik ekipmanda da ya bir devre unsurundaki voltaj düşmesi ya da oradan geçen akım günlük dildeki kullanımıyla sinyal olarak addedilir ve bu sinyalin tefsiriyle incelenen malzemenin fizikokimyasal boyutundaki bir özelliğe ulaşılır. Diyelim ki spektrometre tasarımcımız $\beta R$ direncinden geçen akımı okumak istiyor. Bu akımın genliği devre parametrelerine ve girdi voltajının frekansına güçlü bir biçimde bağlılık gösterecektir. \begin{equation*} \max i_{3}(\tau) \sim \frac{V_{\circ}/R}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} \end{equation*} Daha açık yazıldığında $x^{2}+y^{2}$ ifadesi aşağıdaki gibidir. \begin{equation*} (\alpha \beta \kappa)^{2} \Omega^{6} + (\kappa^{2}(1+\alpha\beta)^{2}-2\alpha\beta\kappa(\alpha\beta+\beta+\kappa))\Omega^{4} + ((\alpha\beta+\beta+\kappa)^{2}-2\kappa(1+\alpha\beta)(1+\beta))\Omega^{2} + (1+\beta)^{2} \end{equation*} Geçici davranışın katkıları sönümlendikten sonra $i_{3}$ aşağıdaki gibi olur. \begin{eqnarray} \nonumber \max i_{3}(\tau) &\sim& \frac{V_{\circ}/R}{\alpha\beta\kappa \Omega^{3}}, \ \ \ \ \ \Omega \to \infty. \\ \nonumber \max i_{3}(\tau) &\sim& \frac{V_{\circ}/R}{1+\beta}, \ \ \ \ \ \ \Omega \to 0. \end{eqnarray} Açıkça görülüyor ki girdi voltajının frekansı eğer yüksek ise, o zaman tekabül eden sinyal $\beta R$ etrafında bastırılacağı gibi, frekansın düşük olması halinde akım genliği $V_{\circ}/(1+\beta)R$ olacak şekilde okunacaktır. İşte spektroskopide istediğimiz filtre türü tam da böylesi bir filtredir. Bu tip filtrelere literatürde düşük geçiren (lowpass) filtre denir ve $\Omega \ll 1$ şartını sağlayan frekansların bulunduğu bölge geçirme bandı (passband) olarak adlandırılır.

Devre parametrelerinin özensiz bir biçimde seçilmesi halinde, filtreden geçen akım genliği (passband bölgesinde) frekansa güçlü bir bağımlılık sergiler. Spektroskopicilerin deyişiyle okunan spektrumda yapay parlaklık/yoğunluk/şiddet (intensity) gözlenir. Akım genliğini tayin eden $(x^{2}+y^{2})^{-1/2}$ niceliğine transfer diyeceğiz. Yanda yer alan panoda iki ayrı parametre kümesi için transfer fonksiyonunun frekans davranışı sergilenmektedir. Bir parametre kümesi kullanıldığında arzulanan düz passband elde edilirken, ötekinde ise genlikte yapay dalgalanmalar bulunmaktadır. $x^{2}+y^{2}$ ifadesinin, $\Omega$ cinsinden yazıldığında 6. dereceden bir cebirsel fonksiyon olduğunu gözleyiniz. Passband bölgesini düzleştirmenin akıllı çözümlerinden birisi (ve naçizane kanaatime göre en güzeli) $x^{2}+y^{2}$ fonksiyonunun parametrelerinin, $n$ pozitif bir tam sayı ve $a$ pozitif bir gerçel sayı olmak üzere, $a+\Omega^{2n}$ formunu tutturacak şekilde ayarlanmasıdır. Bu durum ancak $\Omega^{2}$ ve $\Omega^{4}$ terimlerinin katsayılarının sıfır olmasıyla yakalanabilir. Dolayısıyla devre parametreleri olan $\alpha,\beta$ ve $\kappa$ aşağıdaki denklemleri sağlar ise \begin{eqnarray}\nonumber &&\kappa^{2}(1+\alpha\beta)^{2}-2\alpha\beta\kappa(\alpha\beta+\beta+\kappa)=0 \ \ \ {\rm ve} \\ \nonumber &&(\alpha\beta+\beta+\kappa)^{2}-2\kappa(1+\alpha\beta)(1+\beta)=0, \end{eqnarray} o zaman düz bir passband bölgesi garanti edilmiş olur. $\alpha=1$, $\beta=1$ ve $\kappa=2$ seçilerek bu denklemlerin gerçekten de sağlandığını not ediniz.

Daha fazla bilgi için

1. Sh. Strelitz, On the Routh-Hurwitz Problem, Amer. Math. Monthly 84, 542-544 (1977).
2. V. V. Prasolov, Polynomials, Springer-Verlag Berlin Heidelberg (2004).
3. S. Butterworth, On the Theory of Filter Amplifiers, Experimental Wireless and the Wireless Engineer 7, 536-541 (1930). [Okur, bu postada yer alan filtrelemeyle ilgili fikirlerin genelleştirildiği Butterworth'un çığır açıcı makalesine bakabilir.]

Strelitz algoritmasıyla Routh-Hurwitz kararlılık probleminin çözümü

Motivasyon

Fen bilimlerinde ve mühendislik uygulamalarında pek çok problem aşağıdaki lineer başlangıç değer problemine kadar indirgenebilir. \begin{equation*} c_{n} \frac{{\rm d}y^{n}(t)}{{\rm d}t^{n}} + \cdots + c_{1} \frac{{\rm d}y(t)}{{\rm d}t} + c_{0}y(t) = f(t) \end{equation*} Burada $y(t)$ çalıştığımız sistemi tarif eden bir durum değişkeni ve $c_{n},\ldots,c_{0}$ ise sabit değerli (ve genellikle gerçel) katsayılardır. $f(t)$ ise sistemin davranışını yönlendirmeye çalışan ve dışarıdan uygulanan bir çeşit itici güç (driving force) olarak adlandırılır ve genellikle amaç sistemin bu itici güce verdiği tepkiyi (response) $y$ niceliği kanalıyla hesaplamaktır. Örneğin, ne kadar karmaşık olursa olsun, pasif, lineer devre elemanlarıyla kurulan ve sözgelimi sinusoidal bir güç kaynağı ile tahrik edilen bütün analog devrelerin dinamiği bu şablona uyar. $f$, her $t$ için sıfır değerini aldığında bu denklemin homojen olduğu söylenir ve çözümü $y_{\rm h}(t)=\exp(\lambda t)$ şablonunda fonksiyonlarla aranır. İlgili homojen denkleme bu deneme fonksiyonunu koyup gerekli sadeleştirmeleri yaptığımızda karşımıza cebirsel bir denklem çıkar. \begin{equation*} c_{n}\lambda^{n} + \cdots + c_{1} \lambda + c_{0} = 0 \end{equation*} Demek ki aradığımız deneme fonksiyonlarındaki $\lambda$ değerleri, derecesi $n$ olan cebirsel bir denklemin kökleriymiş. Buraya kadar her şey son derece tek düze giderken, özellikle kararlılık analizi aşamasında $t \to \infty$ asimptotiğinde $|y_{\rm h}| < y_{\rm max} < \infty$ olmasını hatta $|y_{\rm h}| \to 0$ olmasını isteriz. Sistem tasarımcılarının en büyük kabusu $t \to \infty$ asimptotiğinde $|y| \to \infty$ davranışına rastlamaktır. (Devre elemanından sonsuz akım geçmesi o devrenin -eğer patlamazsa- aşırı ısınıp buharlaşması anlamına gelir.) $t \to \infty$ asimptotiğinde kararlı bir davranış elde etmemizin, deneme fonksiyonlarının şablonuna bakıldığında $\Re [\lambda_{i}] < 0$ şartında düğümlendiği barizdir. Burada $\Re[z]$ ile karmaşık bir sayının gerçel kısmını simgeliyoruz. Bu ve benzeri endişeler Routh-Hurwitz kararlılık problemini tanımlar.

Routh-Hurwitz problemi: Katsayıları gerçel bir polinomun tüm köklerinin gerçel kısımlarının negatif olması için gerekli ve yeterli şartları bulunuz.

Strelitz çözümü

Routh-Hurwitz problemi, cebirsel kök tasnifi (root classification) konusunun abecesini oluşturur ve bu alanda öğrencinin ilk rastladığı konulardan birisidir. Bu problem 19. yy'da ortaya atılmış ve Sturm teoremi kullanılarak çözülmüştür. 20. yy'da ise Strelitz tarafından Sturm teoremini kullanmadan, daha düşük cebirsel işlem hammaliyesiyle başka bir çözüm önerilmiştir. Biz bu postada Strelitz'in çözümünü orijinal makalesini takip ve yer yer şerh ederek sunmaya çalışacağız.

Polinomun kökleri, polinomdaki bütün katsayıları baş katsayıya böldüğümüzde değişmeyeceğinden, genelliği kaybetmeden, aşağıdaki monik polinomu ele alıyoruz. \begin{equation} P(z) := z^{n} + a_{1}z^{n-1} + \cdots + a_{n} \ \ \ \ \ (1) \end{equation} Katsayı indisleri ile terimlerin dereceleri arasındaki zıt yönlerde artışa dikkat ediniz. (Literatürdeki çoğu formül maalesef bizim burada uyguladığımız konvansiyonu takip etmiyor ama yazarla paralel gidebilmek için biz bu konvansiyonu tercih etmek zorunda kaldık.) Strelitz bu noktada bariz olduğunu düşünerek ispatsız şöyle bir argüman sunuyor:

(1) nolu denklemdeki katsayıların gerçel olmaları şartının zaruri olmadığı barizdir, zira eğer karmaşık katsayılı bir $P_{0}(z)$ polinomunun bütün köklerinin gerçel kısımları negatif ise, o zaman $P_{0}(z)\overline{P_{0}(\overline{z})}$ polinomunun tüm köklerinin gerçel kısımları da negatiftir.

(Burada $\overline{z}$ ile $z$ sayısının karmaşık eşleniği kastediliyor.) Bu önermeyi ispatlayalım. Monik $P_{0}$ polinomunun derecesi $k$, kökleri ise $z_{1},\ldots,z_{k}$ olsun. O zaman cebirin temel teoremi uyarınca $P_{0}(z) = (z-z_{1}) \cdots (z-z_{k})$ yazabiliriz. Yine benzer şekilde $P_{0}(z)\overline{P_{0}(\overline{z})}$ polinomunun köklerinin de $z_{1},\overline{z_{1}}, \ldots , z_{k}, \overline{z_{k}}$ olması gerektiği barizdir. Dolayısıyla cebirin temel teoremini kullanarak \begin{eqnarray}\nonumber P_{0}(z)\overline{P_{0}(\overline{z})} &=& (z-z_{1}) (z-\overline{z_{1}}) \cdots (z-z_{k}) (z-\overline{z_{k}}) \\ \nonumber &=& (z^{2} - 2 \Re [z_{1}]z + |z_{1}|^{2}) \cdots (z^{2} - 2 \Re [z_{k}]z + |z_{k}|^{2}) \end{eqnarray} sonucunu elde ederiz. Bu denklemin sağ tarafının sadece gerçel katsayılardan oluştuğu barizdir. Uzun lafın kısası Strelitz şunu demeye çalışıyor: Eğer $P_{0}$ polinomunun katsayıları karmaşık ise, o zaman bu polinomun Routh-Hurwitz sorgusu yerine katsayıları tamamen gerçel olan $P_{0}(z)\overline{P_{0}(\overline{z})}$ polinomunun Routh-Hurwitz sorgusuna bakabiliriz. Her iki polinomun da köklerinin gerçel kısımları aynı olduğundan, Routh-Hurwitz sorguları da aynı sonucu verecektir.

(1) nolu denklemde verilen polinoma ek olarak ikinci bir polinom tanımlıyoruz. \begin{equation} Q(z) := z^{m} + b_{1}z^{m-1} + \cdots + b_{m}, \ \ \ m := \frac{n(n-1)}{2} \ \ \ \ \ (2) \end{equation} (Strelitz'in makalesinde bu polinomun baş teriminin derecesi yazılırken baskı hatası yapılmış, yanlışlıkla $n$ konulmuş.) $P$ polinomun kökleri $z_{k}$ (ve $k=1,\ldots,n$) ise, o zaman $Q$, kökleri \begin{equation*} z_{i}+z_{j}; \ \ \ i < j, \ \ \ i,j=1,\ldots,n \end{equation*} ile verilen polinom olacak şekilde tanımlanıyor. Makalenin ilerleyen bölümlerinde, $P$'nin köklerini hesaplamadan $Q$ polinomunu türetmenin yollarını gösteriyor yazar. Ayrıca $n$ adet kökten seçilebilecek ikili çiftlerin sayısı da $m = n(n-1)/2$ eşitliğini izah etmektedir. Bu ön hazırlıktan sonra Routh-Hurwitz probleminin kesin çözümünü verebiliriz.

Teorem: Katsayıları gerçel $P(z)$ polinomunun tüm köklerinin karmaşık düzlemin sol yarısında kalması için gerek ve yeter şart hem $P(z)$ hem de $Q(z)$ polinomlarının katsayılarının pozitif olmasıdır. Diğer bir deyişle \begin{eqnarray} \nonumber &&a_{j}>0, \ \ \ j=1,\ldots, n; \\ \nonumber &&b_{k}>0, \ \ \ k=1,\ldots, m; \ \ \ m = n(n-1)/2. \end{eqnarray} İspat: (Strelitz) Gereklilik. $P$'nin bütün köklerinin gerçel kısmı karmaşık düzlemin sol tarafında yer alsın. Bu köklere $z_{1},\ldots,z_{n}$ diyelim. Söz konusu polinomun katsayıları gerçel olduğundan $P(z_{i})=0 \iff P(\overline{z_{i}})=0$ olduğu barizdir. $z_{p}=\alpha+\beta i$ olsun. (Hipotez gereği $\alpha < 0$ olduğunu unutmayınız.) O zaman \begin{equation*} (z-z_{p})(z-\overline{z_{p}}) = z^{2} - 2\alpha z + \alpha^{2} +\beta^{2} \ \ \ \ \ (3) \end{equation*} ifadesindeki bütün katsayılar pozitif olur. $z_{q}$ gerçel bir kök olsun. Yine hipotez gereği $z_{q}<0$ olması gerektiğinden, $(z-z_{q})$ ifadesindeki bütün katsayılar yine pozitif olacaktır. $k=1,\ldots,s$ için $\alpha_{k}+i\beta_{k}$ ve $\alpha_{k}-i\beta_{k}$, $P$ polinomunun tüm karmaşık köklerini temsil ederken, $j=1,\ldots,t=n-2s$ için $\gamma_{j}$ aynı polinomun gerçel köklerini temsil etsin. O zaman \begin{equation*} P(z) = \prod_{k=1}^{n} (z-z_{k}) = \prod_{k=1}^{s} (z^{2} - 2\alpha _{k} z + \alpha _{k}^{2} +\beta _{k}^{2}) \prod_{l=1}^{t} (z-\gamma_{l}) \ \ \ \ \ (4) \end{equation*} yazabiliriz. (4) nolu denklemdeki ifadeleri çarptıktan sonra $-\alpha_{k}$ ve $-\gamma_{k}$ değerlerinin negatifliğine ilişkin yukarıdaki mülahazalar muvacehesinde, (1) nolu denklemdeki bütün katsayıların pozitif olduğu sonucuna varabiliriz: $a_{i} > 0$.

Ayrıca, $k=1,2,\ldots, n$ için $\Re [z_{k}] < 0$ olması halinde, o zaman $Q(z)$ polinomunun bütün kökleri karmaşık düzlemin sol tarafında kalır ve böylece $k=1,2,\ldots,m$ için $b_{k} > 0$ olduğunu da göstermiş oluruz.

Yeterlilik. $\alpha \pm i \beta$, $P(z)$ polinomunun $\alpha$ ve $\beta$ sıfırdan farklı olacak şekilde iki kökü olsun. O zaman $2\alpha$ da $Q(z)$ polinomunun bir köküdür: $Q(2\alpha) = 0$. Ancak, $Q(z)$ polinomunun bütün katsayıları, $b_{k}$, pozitif olduğundan, $Q(z)=0$ denkleminin tüm gerçel kökleri negatiftir ve sonuç itibariyle $P(z)=0$ denkleminin tüm karmaşık kökleri karmaşık düzlemin sol yarısına düşer. Ayrıca, $P(z)$ polinomunun da tüm gerçel kökleri gerçel eksenin sol tarafındadır, zira $j=1,2,\ldots,n$ için $a_{j} > 0$.

Teoremin ispatı burada bitmiştir.

Strelitz algoritması

Yukarıdaki ispat güzel ama işe yarayabilmesi için $Q(z)$ polinomunun katsayılarını, $P(z)$ polinomunun köklerini hesaplamadan, hızlı bir biçimde hesaplayacak bir yönteme ihtiyacımız var. Makalenin geri kalan kısmında Strelitz ilgili katsayıları hesaplamak için Newton toplamlarına dayanan bir algoritma kurmakla uğraşıyor. Bu amaçla $k=1,\ldots,n$ olmak üzere $P(z)$ polinomunun köklerine $z_{k}$ diyelim ve \begin{equation*} \sigma_{j} := \sum_{k=1}^{n} z_{k}^{j}; \ \ \ s_{j} := \sum_{p=1}^{n-1} \sum_{q=p+1}^{n} (z_{p}+z_{q})^{j}, \ \ \ j=0,1,2,3,\ldots \end{equation*} niceliklerini tanımlayalım. Bu tanımların her ikisi de bildiğiniz Newton toplamı: ilki $P$, ikincisi $Q$ polinomlarının kökleriyle hesaplanmış. $j \geq n$ için Newton toplamını ilk $n-1$ Newton toplamı verilmişse hesaplamak çok kolay. Zira $0=P(z_{k})=z_{k}^{n}+a_{1}z_{k}^{n-1}+\cdots+a_{n}$ eşitliğinde her iki tarafı da önce $z_{k}^{j-n}$ ile çarpıp, sonra bütün kökler üzerinden toplama yaparsak \begin{equation*} \sigma_{j} + a_{1}\sigma_{j-1} + \cdots + a_{n}\sigma_{j-n} = 0, \ \ \ j \geq n, \ \ \ (5a) \end{equation*} denklemine ulaşıyoruz. (Strelitz'in makalesinde yine bir baskı hatası var. Bu denklemdeki $a_{n}$ terimi unutulmuş. bak. 544. sayfadaki ilk denklem.) Bu denklem sayesinde kendisinden önceki $n$ Newton toplamının verilmesi halinde bir sonraki Newton toplamının da sadece çarpma ve toplama işlemlerini kullanarak hesaplanabileceğini gözleyiniz. $j < n$ için Newton toplamlarının nasıl hesaplanılacağı konusunda biraz düşünmek gerekiyor. Gerçi temel cebirsel özdeşlikler kanalıyla $\sigma_{0}=n$ ve $\sigma_{1}=-a_{1}$ (basitçe kökler toplamı) olduğu kolayca ortaya çıksa da diğer Newton toplamları o kadar kolay değil. Biz ispatını daha sonra yapmak üzere sadece bu durum için Newton toplamlarının formülünü vermekle yetineceğiz. \begin{equation*} \sigma_{j} + a_{1}\sigma_{j-1} + \cdots + a_{j-1}\sigma_{1} + j a_{j} = 0, \ \ \ j < n, \ \ \ (5b) \end{equation*}

Algoritmanın ikinci aşamasında $s_{j}$ niceliklerini $\sigma_{j}$ cinsinden ifade etmeye çalışacağız. Bu amaçla \begin{equation*} \left( \sum_{k=1}^{n} e^{z_{k}t} \right)^{2} = e^{2z_{1}t}+e^{2z_{2}t}+ \cdots +e^{2z_{n}t} + 2 \sum_{p=1}^{n-1}\sum_{q=p+1}^{n} e^{(z_{p}+z_{q})t} \end{equation*} özdeşliğinin her iki tarafını da Taylor serilerini kullanarak açacağız. (Strelitz'in makalesinde yine bir baskı hatası var. 544. sayfada yukarıdan dördüncü satırda yer alan bu denklemde $e^{2z_{n}t}$ terimi yerine $e^{2z_{k}t}$ yazılmış.) Sol tarafı açtığımızda \begin{eqnarray}\nonumber \left( \sum_{k=1}^{n} e^{z_{k}t} \right)^{2} &=& \left( \sum_{j=0}^{\infty} \sum_{k=1}^{n} z_{k}^{j} \frac{t^{j}}{j!} \right)^{2} = \left( \sum_{j=0}^{\infty} \sigma_{j} \frac{t^{j}}{j!} \right)^{2} = \sum_{j=0}^{\infty}\sum_{i=0}^{\infty} \sigma_{j}\sigma_{i} \frac{t^{i+j}}{i!j!} \\ \nonumber &=& \frac{\sigma_{0}\sigma_{0}}{0!0!} + \left( \frac{\sigma_{1}\sigma_{0}}{1!0!} + \frac{\sigma_{0}\sigma_{1}}{0!1!} \right) t + \left( \frac{\sigma_{2}\sigma_{0}}{2!0!} + \frac{\sigma_{1}\sigma_{1}}{1!1!} + \frac{\sigma_{0}\sigma_{2}}{0!2!}\right) t^{2} + \cdots \\ \nonumber &=& \sum_{j=0}^{\infty} \left( \sum_{i=0}^{j} \frac{\sigma_{i}\sigma_{j-i}}{i!(j-i)!} \right) t^{j} \end{eqnarray} eşitliği elde ediliyor. Aynı özdeşliğin sağ tarafını açtığımızda ise \begin{eqnarray}\nonumber \sum_{k=1}^{n} e^{2z_{k}t} + 2 \sum_{p=1}^{n-1}\sum_{q=p+1}^{n} e^{(z_{p}+z_{q})t} &=& \sum_{j=0}^{\infty}\sum_{k=1}^{n} z_{k}^{j} \frac{2^{j}t^{j}}{j!} + 2 \sum_{j=0}^{\infty} \sum_{p=1}^{n-1}\sum_{q=p+1}^{n} (z_{p}+z_{q})^{j} \frac{t^{j}}{j!} \\ \nonumber &=& \sum_{j=0}^{\infty} \sigma_{j} \frac{2^{j}t^{j}}{j!} + 2 \sum_{j=0}^{\infty} s_{j} \frac{t^{j}}{j!} \end{eqnarray} sonucunu elde ediyoruz. Matematikte iş bu aşamaya geldiğinde genellikle denklemin sol ve sağ tarafında yer alan aynı kuvvetteki terimlerin ($t^{j}$) katsayıları eşitlenir. (Neden?) Yeniden düzenleme yaptığımızda $Q$ polinomunun Newton toplamlarını $P$ polinomunun Newton toplamlarına bağlayan özdeşliği elde etmiş oluyoruz. \begin{equation*} s_{j} = -2^{j-1}\sigma_{j} + \frac{1}{2} \sum_{i=0}^{j} \frac{j!}{i!(j-i)!} \sigma_{i}\sigma_{j-i} \end{equation*} (Sterlitz'in makalesinde bu denklemle ilgili yine bir işlem hatası var. Onun verdiği formülü uyguladığınızda $s_{0}=n(2n-1)/4$ çıkıyor. Bu sonuç yanlış. Bizim burada verdiğimiz formül kullanıldığında $s_{0}=n(n-1)/2$ elde ediliyor, olması gerektiği gibi. Zira derecesi sıfır olan Newton toplamı her zaman polinomun derecesine eşittir.)

Algoritmanın üçüncü ve son aşamasında $Q$ polinomunun katsayılarını elde etmek var. Bu ise çok kolay. Öncelikle $b_{0}=1$ olduğunu not edelim. Sonra (5) nolu denklemler kanalıyla, bu denklemlerde $a$ yerine $b$, $\sigma$ yerine $s$ ve $n$ yerine $m$ koyarak, önce $s_{1} + b_{1} = 0$ ilişkisinden $b_{1}=-s_{1}$ hesaplanabileceğini gözleyelim. Ardından $s_{2} + b_{1}s_{1} + 2b_{2}=0$ denkleminin bize $b_{2}$ değerini vereceğini. Böyle devam ettiğimizde bütün $b_{j}$ katsayılarının hesaplanacağı da barizdir.

Bütün beşinci dereceden denklemler iki parametreyle ifade edilebilir

Bu blogda daha önce üçüncü (cubic) ve dördüncü (quartic) dereceden cebirsel denklemleri çalıştık. Cebirde Abel-Ruffini teoremi olarak bilinen bir önerme derecesi dörtten büyük olan cebirsel denklemlerin köklerinin cebirsel yöntemlerle (aritmetik işlemler ve kök alma gibi) bulunamayacağını söyler. Dolayısıyle en genel haliyle beşinci (quintic) dereceden bir denklemin köklerini bulmak imkansızdır. Öte yandan acaba böylesi bir denklemi ne kadar sadeleştirebilirsek -en azından- sayısal çalışmalarda hesaplama kolaylığı getireceği aşikardır. En genel haliyle beşinci dereceden bir cebirsel denklem aşağıdaki gibidir. \begin{equation*} AX^{5}+BX^{4}+CX^{3}+DX^{2}+EX+F = 0 \ \ \ (☉) \end{equation*} Burada $A,B,C,D,E,F$ problemin altı parametresi, $X$ ise denklemin köklerini temsil eden bir niceliktir. (Cebirin temel teoremine göre en çok 5 farklı karmaşık sayı güneş/şems (☉) işaretli denklemi sağlayabilir.)

Güneş işaretli denklemde $A \ne 0$ olmalıdır. Aksi takdirde denklemin derecesi dörde düşer ve bu bizi konunun dışına çıkarır. O zaman $b:=B/A$, $c:=C/A$, $d:=D/A$, $e:=E/A$ ve $f:=F/A$ ile yeni parametreler tanımlayabilir ve güneş işaretli denklemi şöyle de ifade edebilir. \begin{equation*} X^{5}+bX^{4}+cX^{3}+dX^{2}+eX+f = 0 \ \ \ (☿) \end{equation*} Hem Merkür/Utarid (☿) hem de güneş işaretli denklemlerin aynı kökleri paylaştıkları barizdir ama Merkür işaretli denklem 5 parametreye bağlı olduğundan daha sadedir. Baş katsayısı 1 olduğu için bu denklemlere tekabül eden polinomlara monik polinomlar denir. Bu noktada şöyle bir gözlem yapabiliriz: $b=0$ ise, o zaman Merkür işaretli denklemin derecesi değişmez ama dördüncü dereceden terim uzaklaşmış olur. (Literatürde buna, derecesi $n$ olan cebirsel ifadeden derecesi $n-1$ olan ifadenin uzaklaşmasına, o denklemin depressed formu denir.) Dahası eğer $b \ne 0$ ise, o zaman $X=: b \xi$ ile yeni bir değişken tanımlayabilir ve bu ifadeyi Merkür işaretli denkleme yerleştirip her iki tarafı da $b^{5}$ ile bölersek, o zaman $c^{\prime}:=c/b^{2}$, $d^{\prime}:=d/b^{3}$, $e^{\prime}:=e/b^{4}$ ve $f^{\prime}:=f/b^{5}$ ile aşağıdaki Venüs/Zühre işaretli (♀) denkleme ulaşırız. \begin{equation*} \xi^{5}+\xi^{4}+c^{\prime}\xi^{3}+d^{\prime}\xi^{2}+e^{\prime}\xi+f^{\prime} = 0 \ \ \ (♀) \end{equation*} Venüs işaretli denklemin sadece 4 parametreye bağlı olduğunu ama hala dördüncü dereceden terimini koruduğunu görüyoruz. $b$ katsayısı ne olursa olsun, denklemden dördüncü dereceden terimi tamamen uzaklaştırmak suretiyle parametre sayısını 4'e düşürmek problemi hiç kuşkusuz daha da sadeleştirecektir.

Şimdi $X =: Y - b/5$ ile yeni bir $Y$ değişkeni tanımlayalım ve bunu Merkür işaretli denklemde yerine koyalım. $X$ ve $Y$ arasındaki ilişki çok basit olduğundan birini hesaplamak ile ötekini hesaplamak aynıdır. Bu basamaktan sonra bir bilgisayar cebir sistemi (computer algebra system, CAS) kullanmayı şiddetle tavsiye ediyorum. Ben aşağıdaki hesaplamaları Maxima adlı yazılımla yaptım. (open-axiom ve Maple da cebirciler arasında yaygın olarak kullanılan diğer yazılımlardır.) Söz konusu işlemler yapıldığında $Y$ niceliğinin sağladığı denklem ($b$ ne olursa olsun) aşağıdaki gibidir ve sadece 4 parametreye bağlıdır. \begin{equation*} Y^{5} + pY^{3} + qY^{2} + rY + s = 0 \ \ \ (♁) \end{equation*} Dünya/Yer (♁) işaretli bu denklemdeki yeni parametreler ile eski parametreler arasında $p:= c - \tfrac{2}{5}b^{2}$, $q := d - \tfrac{3}{5}bc + \tfrac{4}{25}b^{3}$, $r := e - \tfrac{2}{5}bd + \tfrac{3}{25}b^{2}c-\tfrac{3}{125}b^{4}$ ve $s:=f-\tfrac{1}{5}be+\tfrac{1}{25}b^{2}d-\tfrac{1}{125}b^{3}c+\tfrac{4}{3125}b^{5}$ ilişkileri geçerlidir. Burada uyguladığımız yöntem çok geneldir ve derecesi $n$ olan bütün denklemlerden derecesi $n-1$ olan terimi uzaklaştırmakta kullanılabilir. (Lütfen ispatlayınız.) $p\ne 0$ ise, o zaman $Y =: p^{1/2}\psi$ tanımıyla $\psi$ için elde edilen denklem 3 parametreye bağlı olur. (Lütfen deneyiniz.) Ama bu bizim çok büyük bir kazanım değil. Zira denklemdeki kübik terim hala orada durmaktadır.

Daha iyisini yapmak istiyoruz ama bunun bedeli epeyce ağır olacak. Yani Dünya işaretli denklemden kübik terimi von Tschirnhaus dönüşümüyle uzaklaştıracağız. Bu amaçla yeni bir $Z$ değişkeni tanımlıyoruz. Bu $Z$ değişkeninin sağladığı beşinci dereceden denklem istediğimiz formda. \begin{equation*} Z^{5} + \alpha Z^{2} + \beta Z + \gamma = 0 \ \ \ (♂) \end{equation*} Mars/Merih (♂) işaretli denklemdeki Yunan harfleriyle temsil edilen katsayıları nasıl bulacağız? Bunun için $Y$ ve $Z$ arasında kuadratik bir ilişki olduğunu varsayıyoruz. (Neden lineer değil?) \begin{equation*} Z =: Y^{2} + \delta Y + \eta \ \ \ (♃) \end{equation*} Jüpiter/Müşteri/Erendiz (♃) işaretli denklemde verilenlerle beraber toplamda 5 tane katsayıyı Dünya işaretli denklemdeki katsayılar $p,q,r,s$ cinsiden ifade etmemiz gerekiyor. Bu maksatla Newton toplamlarını tanımlayacağız. Derecesi $n$, genel değişkeni $X$ ve kökleri $\{x_{1},\ldots , x_{n}\}$ olan bir $g(X) := a_{n}X^{n}+a_{n-1}X^{n-1}+\cdots + a_{0}$ polinomunun $k$-Newton toplamı köklerin bir simetrik fonksiyonudur ve aşağıdaki denklemle tanımlanır. \begin{equation*} N_{k}(X) := x_{1}^{k} + \cdots + x_{n}^{k} \ \ \ (♄) \end{equation*} Satürn/Zuhal (♄) işaretli denklemde tanım gereği $N_{0}(X) = n$ olduğunu gözleyiniz. Dahası birinci dereceden Newton toplamları bizim temel cebir derslerinden kökler toplamı diye adlandırdığımız temel simetrik fonksiyonlardan (Viète-Girard) ilkiyle aynıdır ve Dünya ve Mars işaretli denklemlere bakarak kolayca $N_{1}(Y) = N_{1}(Z) = 0$ oldukları görülür. (Her iki denklemde de dördüncü dereceden terimin katsayısı sıfırdır.) von Tschirnhaus'un yöntemini örnekleyerek anlatalım. Şimdi Jüpiter işaretli denklemden 5 kopya hazırlayalım ve birinci kopyada $Z=z_{1}$ ve $Y=y_{1}$ ilh. koyalım. Ardından bu beş kopyayı taraf tarafa topladığımızda aşağıdaki denkleme ulaşıyoruz. \begin{equation*} N_{1}(Z) = N_{2}(Y) + \delta N_{1}(Y) + 5\eta \ \Rightarrow \ \eta = - \frac{1}{5}N_{2}(Y) \ \ \ (♅) \end{equation*} Farkında mısınız Uranüs (♅) işaretli denklem katsayılardan birisini hemen verdi. Yalnız küçük bir sorun var: ikinci dereceden Newton toplamlarını veya en genel haliyle diğer Newton toplamlarını polinomun (ya da cebirsel denklemin) katsayıları cinsinden ifade etmeyi bilmiyoruz! İspatına başka bir zaman girişmek üzere $g$ polinomunun katsayıları ile onun Newton toplamları arasındaki şu indüktif ilişkiyi not edelim. (İspat için polinomlara dair bir cebir kitabına bakınız.) \begin{equation*} N_{0} = n, \ \ \ (n-k)a_{n-k}= a_{n}N_{k} + \cdots + a_{0}N_{k-n} \ \ \ (♆) \end{equation*} Neptün (♆) etiketli denklemde $i<0$ ise o zaman $a_{i}=N_{i}=0$ konvansiyonunu uygulamayı kabulleniyoruz. Neptün denklemini kullanarak beşinci dereceden polinomların ikinci dereceden Newton toplamları için $0=a_{5}N_{2}+a_{4}N_{1}+2a_{3}$ formülüne ulaşıyoruz. Dünya ve Mars etiketli denklemlerle kolayca $N_{2}(Y)=-2p$ ve $N_{2}(Z) = 0$ ara sonuçlarına ulaşıyoruz. İşte von Tschirnhaus dönüşümü için tayin etmemiz gereken ilk katsayıya ulaştık: $\eta = \tfrac{2}{5}p$.

$\delta$ katsayısını bulmak için Jüpiter denkleminin karesini alıyoruz: $Z^{2}=Y^{4}+2\delta Y^{3} + (2\eta + \delta^{2})Y^{2} + 2\delta \eta Y + \eta^{2}$. Ardından bu denklemin 5 kopyasını hazırlayıp ilk kopyada $Z=z_{1}$ ve $Y=y_{1}$, ilh. yani kökler üzerinden toplarsak, o zaman $N_{2}(Z) = \delta^{2} N_{2}(Y) + 2(\eta N_{1}(Y) + N_{3}(Y)) \delta + N_{4}(Y)+2\eta N_{2}(Y) + 5\eta^{2}$ denklemine ulaşıyoruz. Newton toplamlarını veren Neptün bağıntısını Dünya denklemi için uyguladığımızda $N_{3}(Y)=-3q$ ve $N_{4}(Y)=2p^{2}-4r$ elde ederiz. (Lütfen aradaki işlemleri tamamlayınız.) Daha önceki bulgularımızla birleştirdiğimizde $\delta$ için kuadratik bir denklemi çözmemiz gerektiği ortaya çıkar. \begin{equation*} 5p\delta^{2} + 15q\delta - 3p^{2}+10r=0 \ \Rightarrow \ \delta = \frac{-15q \pm \sqrt{\Delta}}{10p} \ \ \ (♇) \end{equation*} Pluto (♇) denkleminde diskriminant $\Delta := 225q^{2}+60p^{2}-200rp$ ile tanımlanıyor. Şimdi bazı işaretlerde bulunalım. (1) $\Delta<0$ için gerçel $p,q,r,s$ katsayılardan başlasak bile von Tschirnhaus dönüşümünde karmaşık sayıları kullanmaya mecbur kalacağımız aşikardır. (2) Pluto denkleminde $p=0$ durumu bizi hiç endişelendirmiyor. Çünkü $p=0$ durumunda Dünya denkleminde von Tschirnhaus dönüşümüne gerek kalmaz.

Jüpiter denkleminin sağ tarafındaki katsayılar belirlendi. Şu aşamada geriye kalan $\alpha, \beta, \gamma$ katsayılarını nasıl tayin etmemiz gerektiği artık anlaşılmış olmalı. Örneğin Jüpiter denkleminin küpünü alıp kökler üzerinden topladığımızda sol tarafta $N_{3}(Z)=-3\alpha$ olacak. Sağ taraf ne kadar korkunç olursa olsun (altıncı dereceden Newton toplamı gibi!), orada her şey bilindiği için bu yöntemle $\alpha$ katsayısını da tayin etmiş olacağız. $N_{4}(Z)=-4\beta$ olduğundan Jüpiter denkleminin dördüncü kuvvetini alıp kökler üzerinden toplarsak o zaman $\beta$ katsayısını da tayin ederiz. Son olarak $N_{5}(Z)=-5\gamma$ ile Jüpiter denkleminin beşinci kuvvetini alıp kökler üzerinden toplarsak bu bize $\gamma$ katsayısını verir. $\alpha,\beta,\gamma$ katsayılarının tamamen cebirsel işlemler kullanılarak hesaplanabileceğini ispatlamış olduk ve böylece von Tschirnhaus dönüşümü tamamlanmış oldu. Kabul edelim ki $\alpha,\beta,\gamma$ için açık ifadeler vermedik ama böylesi bir çaba postanın hacmini epeyce arttıracağı gibi hammaliyetten başka bir şey de getirmeyecektir. Şunu da eklememiz lazım ki burada yaptığımız kuadratik dönüşümle derecesi $n$ olan bir cebirsel denklemden hem derecesi $n-1$ hem de derecesi $n-2$ olan terimler uzaklaştırılabilirler. Yani çalışmamız beşinci dereceden denklemlere has değildir.

Parametre sayısını daha da düşürmek için ne yapmamız gerektiği artık bariz. Mars işaretli denklemde $Z=:\kappa W$ kor ve denklemin her iki tarafını $\kappa^{5}$ ile bölersek, o zaman $\kappa := \alpha^{1/3}$ seçimiyle bütün beşinci dereceden denklemlerin \begin{equation*} W^{5} + W^{2} + \beta^{\prime} W + \gamma^{\prime} = 0 \end{equation*} formuna getirileceği görülür. Burada $\beta^{\prime} := \beta/\kappa^{4}$ ve $\gamma^{\prime} := \gamma/\kappa^{5}$ ile tanımlanıyorlar.

Hem von Tschirnhaus dönüşümünün genel mantığı hem de skala dönüşmü ile bir parametreden kurtulmak artık anlaşılmıştır. Mars işaretli denklemden ikinci dereceden terimi de uzaklaştırmak istersek bunun için yapmamız gereken dönüşüm beklenildiği gibi üçüncü değil dördüncü dereceden olacak. Konumuzun dışında ama beşinci dereceden denklemlerin Bring-Jerrard formu aşağıda Koç (♈) işaretli denklemle veriliyor. \begin{equation*} W^{5}+lW+m=0 \ \ \ (♈) \end{equation*} Artık Mars denklemindeki $\alpha,\beta,\gamma$ katsayılarının bilindiğini varsayıyoruz. O zaman $W$ ve $Z$ dönüşümleri arasında aşağıdaki dördüncü dereceden von Tschirnhaus dönüşümünü tanımlayalım. \begin{equation*} W =: Z^{4} + \zeta Z^{3} + \varepsilon Z^{2} + \theta Z + \kappa \ \ \ (♉) \end{equation*} Boğa (♉) işaretli denklemle Koç deklemindeki $\zeta,\varepsilon,\theta,\kappa,l,m$ katsayılarını $\alpha,\beta,\gamma$ cinsinden ifade etmemiz gerekiyor. Toplamda altı tane tayin var. Bu epeyce (ama epeyce) uzun işlemler sonrasında yapılabilecek bir tayin. Bring-Jerrard yöntemini genel hatlarıyla daha sonra tartışmak üzere bu postayı kapatıyorum.