21  Çevre İntegralleri

Kompleks analizin merkez işlemi budur: bir \(f\) fonksiyonunun, düzlemde bir \(C\) çevresi boyunca integrali. Değeri genelde yalnız uç noktalara değil izlenen yola bağlıdır — ve tam da bu bağımlılığın ne zaman ortadan kalktığı sorusu, Cauchy kuramının kapısını açar.

21.1 Tanım

Tanım 21.1 (Çevre İntegrali) \(C\): \(z = z(t)\) \((a \le t \le b)\), \(z_1 = z(a)\)’dan \(z_2 = z(b)\)’ye uzanan bir çevre; \(f\), \(C\) üzerinde parçalı sürekli olsun (yani \(f[z(t)]\) parçalı sürekli). \(f\)’nin \(C\) boyunca çevre integrali:

\[\int_C f(z)\,dz = \int_a^b f[z(t)]\,z'(t)\,dt\]

\(C\) bir çevre olduğundan \(z'(t)\) parçalı süreklidir; integrandın parçalı sürekliliği sağ taraftaki \(w(t)\) integralinin varlığını garanti eder. Değer, yön koruyan yeniden parametrizasyon altında değişmez — yay uzunluğundaki hesapla aynı değişken değişimi bunu gösterir.

Tanımdan hemen çıkan özellikler (\(z_0\) sabit):

\[\int_C z_0 f(z)\,dz = z_0 \int_C f(z)\,dz, \qquad \int_C \big[f(z) + g(z)\big]dz = \int_C f\,dz + \int_C g\,dz\]

Ters yön. \(-C\), aynı noktaları ters sırayla dolaşan çevre olsun (\(z = z(-t)\), \(-b \le t \le -a\)). Zincir kuralı ve değişken değişimiyle

\[\int_{-C} f(z)\,dz = -\int_C f(z)\,dz\]

Parçalara ayırma. \(C\), \(C_1\)’in bitişi \(C_2\)’nin başlangıcı olacak biçimde iki çevrenin eklenmesiyse (\(C = C_1 + C_2\)):

\[\int_C f(z)\,dz = \int_{C_1} f(z)\,dz + \int_{C_2} f(z)\,dz\]

21.2 Yol Bağımlılığı: Üç Klasik Örnek

Örnek 21.1 (Eşleniğin Yarım Çember Üzerinde İntegrali) \(C\), \(|z| = 2\) çemberinin \(z = -2i\)’den \(z = 2i\)’ye sağ yarısı olsun: \(z = 2e^{i\theta}\), \(-\dfrac{\pi}{2} \le \theta \le \dfrac{\pi}{2}\). \(\displaystyle\int_C \bar{z}\,dz\) integralini hesaplayınız.

|z| = 2 çemberinin sağ yarısı: θ, −π/2'den π/2'ye artarken z = 2e^iθ noktası −2i'den başlar, 2'den geçer ve 2i'de biter; dolaşım saat yönünün tersinedir.

Çözüm

\(\overline{2e^{i\theta}} = 2e^{-i\theta}\) ve \(\dfrac{d}{d\theta}\big(2e^{i\theta}\big) = 2ie^{i\theta}\) olduğundan

\[\int_C \bar{z}\,dz = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} 2e^{-i\theta}\, 2i e^{i\theta}\,d\theta = 4i\int_{-\pi/2}^{\pi/2} d\theta = 4\pi i\]

İkinci okuma: \(C\) üzerinde \(z\bar{z} = |z|^2 = 4\), yani \(\bar{z} = 4/z\)’dir. Sonuç şu biçimde de yazılabilir:

\[\int_C \frac{dz}{z} = \frac{1}{4}\int_C \bar{z}\,dz = \pi i\]

Bu küçük gözlem ileride ters türevler bölümünde yeniden karşımıza çıkacak.

\(\blacksquare\)

Örnek 21.2 (Aynı Uçlar, Farklı Değerler) \(f(z) = y - x - i3x^2\) \((z = x + iy)\) olsun. \(O = 0\), \(A = i\), \(B = 1 + i\) noktaları için iki yol düşünelim: \(C_1 = OAB\) kırık çizgisi ve \(C_2 = OB\) doğru parçası. İki integrali karşılaştırınız.

O = 0'dan B = 1 + i'ye iki yol: C₁ = OAB kırık çizgisi ve C₂ = OB köşegeni. f(z) = y − x − i3x² için iki integral farklı çıkar; fark, OABO üçgenini dolaşan kapalı C₁ − C₂ çevresi üzerindeki integraldir ve sıfır değildir.

Çözüm

\(C_1\) yolu. \(OA\) parçasında \(z = iy\) \((0 \le y \le 1)\): burada \(x = 0\), \(f = y\) ve \(dz = i\,dy\);

\[\int_{OA} f\,dz = \int_0^1 y\,i\,dy = \frac{i}{2}\]

\(AB\) parçasında \(z = x + i\) \((0 \le x \le 1)\): burada \(y = 1\), \(f = 1 - x - i3x^2\) ve \(dz = dx\);

\[\int_{AB} f\,dz = \int_0^1 (1 - x)\,dx - 3i\int_0^1 x^2\,dx = \frac{1}{2} - i\]

Toplam:

\[I_1 = \int_{C_1} f\,dz = \frac{i}{2} + \frac{1}{2} - i = \frac{1 - i}{2}\]

\(C_2\) yolu. \(OB\) üzerinde \(z = x + ix\) \((0 \le x \le 1)\): burada \(y = x\), \(f = -i3x^2\) ve \(dz = (1 + i)\,dx\);

\[I_2 = \int_{C_2} f\,dz = \int_0^1 (-i3x^2)(1 + i)\,dx = 3(1 - i)\int_0^1 x^2\,dx = 1 - i\]

\(I_1 \neq I_2\): uçları aynı iki yol farklı değerler üretti. Kapalı \(OABO\) çevresi (\(C_1 - C_2\)) üzerindeki integral de sıfırdan farklıdır:

\[I_1 - I_2 = \frac{1 - i}{2} - (1 - i) = \frac{-1 + i}{2}\]

\(\blacksquare\)

Örnek 21.3 (Her Yolda Aynı Değer) \(C\), \(z_1\)’den \(z_2\)’ye herhangi bir çevre olsun. \(\displaystyle\int_C z\,dz = \dfrac{z_2^2 - z_1^2}{2}\) olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Önce \(C\) düzgün bir yay olsun: \(z = z(t)\), \(a \le t \le b\). Gözlem:

\[\frac{d}{dt}\, \frac{[z(t)]^2}{2} = z(t)\,z'(t)\]

Dolayısıyla temel teoremle

\[\int_C z\,dz = \int_a^b z(t)z'(t)\,dt = \frac{[z(t)]^2}{2}\Bigg]_a^b = \frac{z_2^2 - z_1^2}{2}\]

\(C\), düzgün yayların eklenmesiyle oluşan genel bir çevreyse, her \(C_k\) parçası \(z_k\)’den \(z_{k+1}\)’e uzansın (\(z_1\) başlangıç, \(z_{n+1}\) bitiş). Parça değerleri teleskopik toplanır:

\[\int_C z\,dz = \sum_{k=1}^{n} \frac{z_{k+1}^2 - z_k^2}{2} = \frac{z_{n+1}^2 - z_1^2}{2}\]

Değer yalnızca uçlara bağlıdır; özellikle her kapalı çevre üzerinde \(\displaystyle\int_C z\,dz = 0\).

\(\blacksquare\)

Notİki örneğin dersi

\(\bar{z}\) ve \(y - x - i3x^2\) analitik değildir ve integralleri yola bağlı çıktı; \(z\) ise tamdır ve integrali yoldan bağımsız çıktı. Bu bir rastlantı değildir — bağlantının kesin ifadesi ters türevler teoreminde ve Cauchy-Goursat kuramında verilecek.

21.3 Dal Kesimli İntegrandlar

İntegrand, çok değerli bir fonksiyonun dalı olduğunda yol, dal kesimine dokunabilir; integral yine de var olabilir.

Örnek 21.4 (Kesime Dokunan Yarım Çember) \(C\): \(z = 3e^{i\theta}\) \((0 \le \theta \le \pi)\), \(z = 3\)’ten \(z = -3\)’e üst yarım çember;

\[f(z) = z^{1/2} = \exp\!\left(\frac{1}{2}\log z\right) \qquad \big(|z| > 0,\; 0 < \arg z < 2\pi\big)\]

dalı verilsin. \(I = \displaystyle\int_C z^{1/2}\,dz\) integralini hesaplayınız.

0 < arg z < 2π dalının kesimi pozitif reel eksendir ve yolun başlangıç noktası z = 3 tam bu ışın üzerindedir: f orada tanımsızdır (boş nokta). Yine de θ → 0⁺ iken integrandın sağ limiti vardır; parçalı sürekli integrand integrali kurtarır.

Çözüm

Dal, \(\theta = 0\) ışınında tanımsızdır; dolayısıyla \(f\), \(C\)’nin başlangıç noktası \(z = 3\)’te tanımlı bile değildir. Ama integral yine de vardır, çünkü integrand parçalı süreklidir: \(0 < \theta \le \pi\) için

\[f[z(\theta)]\,z'(\theta) = \sqrt{3}\,e^{i\theta/2} \cdot 3ie^{i\theta} = 3\sqrt{3}\,i\,e^{i3\theta/2}\]

ve bu ifadenin \(\theta \to 0^+\) sağ limiti \(3\sqrt{3}\,i\) olarak vardır; \(\theta = 0\)’da bu değerle tanımlanırsa \([0, \pi]\) üzerinde sürekli olur. Hesap:

\[I = 3\sqrt{3}\,i \int_0^\pi e^{i3\theta/2}\,d\theta = 3\sqrt{3}\,i\, \frac{2}{3i}\,e^{i3\theta/2}\Bigg]_0^\pi = 2\sqrt{3}\big(e^{i3\pi/2} - 1\big) = -2\sqrt{3}\,\big(1 + i\big)\]

\(\blacksquare\)

Örnek 21.5 (Kuvvet Fonksiyonunun Çember İntegrali) \(C\), pozitif yönlü \(z = Re^{i\theta}\) \((-\pi \le \theta \le \pi)\) çemberi ve \(a\) sıfırdan farklı bir reel sayı olsun. Esas dal

\[z^{a-1} = \exp\big[(a - 1)\operatorname{Log} z\big] \qquad \big(|z| > 0,\; -\pi < \operatorname{Arg} z < \pi\big)\]

için \(I = \displaystyle\int_C z^{a-1}\,dz\) integralini hesaplayınız.

Esas dalın kesimi negatif reel eksendir; C çemberi kesime yalnız z = −R noktasında değer ve tam da orası yolun başlangıcı (θ = −π) ile bitişidir (θ = π). İntegrand yalnız bu tek noktada tanımsızdır ve orada iki tek yanlı limiti vardır; parçalı süreklilik integral için yeterlidir.

Çözüm

\(\theta \in (-\pi, \pi)\) için

\[f[z(\theta)]\,z'(\theta) = e^{(a-1)(\ln R + i\theta)}\, iRe^{i\theta} = iR^a e^{ia\theta}\]

(\(R^a\), pozitif değeriyle alınır). Uç noktada \(\theta = \pm\pi\) tek yanlı limitler var olduğundan integrand parçalı süreklidir ve

\[I = iR^a \int_{-\pi}^{\pi} e^{ia\theta}\,d\theta = iR^a\, \frac{e^{ia\theta}}{ia}\Bigg]_{-\pi}^{\pi} = iR^a\, \frac{e^{ia\pi} - e^{-ia\pi}}{ia} = i\,\frac{2R^a}{a}\,\sin a\pi\]

İki özel durum dikkat çekicidir:

• \(a = n\) sıfırdan farklı bir tam sayıysa \(\sin n\pi = 0\), dolayısıyla \(\displaystyle\int_C z^{n-1}\,dz = 0\). (Bu durumda integrand tek değerlidir ve dala gerek yoktur.)
• Formülün kapsamadığı \(a = 0\) durumunda (\(1/a\) tanımsız) integrand \(1/z\) olur ve doğrudan hesapla

\[\int_C \frac{dz}{z} = \int_{-\pi}^{\pi} \frac{iRe^{i\theta}}{Re^{i\theta}}\,d\theta = i\int_{-\pi}^{\pi} d\theta = 2\pi i\]

Sıfırdan farklı çıkan bu tek istisna, rezidü kuramının çekirdeğidir.

\(\blacksquare\)

21.4 Alıştırma

Alıştırma 21.1 (Çevre İntegrali Hesapları)  

1. \(C\), \(z = 1 + i\)’den \(z = 3 + i\)’ye yatay doğru parçası olmak üzere \(\displaystyle\int_C \bar z\,dz\) integralini hesaplayınız.

2. \(C\), pozitif yönlü \(|z| = 1\) çemberi olmak üzere \(\displaystyle\int_C \bar{z}\,dz = 2\pi i\) olduğunu gösteriniz.

3. \(C\), \(|z| = 2\) çemberinin üst yarısı (\(z=2\)’den \(z=-2\)’ye) olmak üzere \(\displaystyle\int_C \dfrac{dz}{z}\) integralini hesaplayınız.

Çözüm

a) Yatay parçayı parametreleyelim: \(z(t) = t + i\), \(1 \le t \le 3\). O zaman \(\bar z = t - i\) ve \(dz = dt\)’dir:

\[\int_C \bar z\,dz = \int_1^3 (t - i)\,dt = \left[\frac{t^2}{2} - it\right]_1^3 = \left(\frac{9}{2} - 3i\right) - \left(\frac{1}{2} - i\right) = 4 - 2i\]

b) Çemberi \(z = e^{i\theta}\) \((0 \le \theta \le 2\pi)\) ile parametreleyelim. Bu durumda

\[\bar z = e^{-i\theta}, \qquad dz = ie^{i\theta}\,d\theta\]

İntegrandda üsler birbirini götürür:

\[\int_C \bar z\,dz = \int_0^{2\pi} e^{-i\theta}\,ie^{i\theta}\,d\theta = i\int_0^{2\pi} d\theta = 2\pi i\]

Sonucun sıfır olmaması şaşırtıcı değildir: \(\bar z\) analitik olmadığından, ikinci kısımda kanıtlanacak Cauchy-Goursat teoremi burada uygulanamaz. (Birim çember üzerinde \(\bar z = 1/z\) olduğuna dikkat ediniz; hesap aslında \(\displaystyle\int_C \frac{dz}{z} = 2\pi i\) integralini vermiştir.)

c) Üst yarı çemberi \(z = 2e^{i\theta}\) \((0 \le \theta \le \pi)\) ile parametreleyelim; \(\theta = 0\) noktası \(z = 2\), \(\theta = \pi\) noktası \(z = -2\)’dir, yani yön istenen yöndür. Türev \(dz = 2ie^{i\theta}d\theta\) olduğundan

\[\frac{dz}{z} = \frac{2ie^{i\theta}\,d\theta}{2e^{i\theta}} = i\,d\theta\]

Yarıçap sadeleşir ve geriye sabit bir integrand kalır:

\[\int_C \frac{dz}{z} = \int_0^{\pi} i\,d\theta = \pi i\]

\(\blacksquare\)

Bir integrali tam hesaplayamadığımızda bile modülünü sınırlamak çoğu zaman yeterlidir; bunun sistematik aracı ML eşitsizliğidir.