22 Çevre İntegrallerinin Modülleri İçin Üst Sınırlar
Kompleks analizde birçok teorem, bir integralin değerini hesaplamadan modülünü sınırlayarak kanıtlanır: sınır sıfıra çekilebiliyorsa integral yok olur, sabit kalıyorsa varlık garantiye alınır. Bu bölümün iki aracı — integral modülü lemması ve ML eşitsizliği — kuramın en çok kullanılan teknik gereçleridir.
22.1 İntegral Modülü Lemması
Teorem 22.1 (İntegralin Modülü) \(w(t)\), \([a, b]\) üzerinde parçalı sürekli kompleks değerli bir fonksiyonsa
\[\left| \int_a^b w(t)\,dt \right| \le \int_a^b \big|w(t)\big|\,dt\]
İspat
Sol taraf sıfırsa eşitsizlik apaçıktır; sıfır değilse integralin değerini kutupsal biçimde yazalım:
\[\int_a^b w(t)\,dt = r_0 e^{i\theta_0}, \qquad r_0 = \left|\int_a^b w\,dt\right| > 0\]
\(r_0\)’ı çekelim:
\[r_0 = e^{-i\theta_0}\int_a^b w(t)\,dt = \int_a^b e^{-i\theta_0} w(t)\,dt\]
Sol taraf reel olduğundan sağ tarafın da reel olması, yani sanal kısmının sıfır olması gerekir:
\[r_0 = \int_a^b \operatorname{Re}\big[e^{-i\theta_0} w(t)\big]\,dt\]
Reel kısım modülü aşamaz:
\[\operatorname{Re}\big[e^{-i\theta_0} w(t)\big] \le \big|e^{-i\theta_0} w(t)\big| = \big|w(t)\big|\]
Reel integrallerin monotonluğuyla \(r_0 \le \displaystyle\int_a^b |w(t)|\,dt\); \(r_0\) tam olarak sol taraf olduğundan kanıt biter.
\(\blacksquare\)
22.2 ML Eşitsizliği
Teorem 22.2 (ML Eşitsizliği) \(C\), \(L\) uzunluğunda bir çevre; \(f\), \(C\) üzerinde parçalı sürekli olsun. \(C\)’nin her \(z\) noktasında
\[|f(z)| \le M\]
olacak biçimde negatif olmayan bir \(M\) sabiti varsa
\[\left| \int_C f(z)\,dz \right| \le ML\]
İspat
\(z = z(t)\) \((a \le t \le b)\), \(C\)’nin bir parametrik temsili olsun. Lemma ve modülün çarpımsallığıyla
\[\left|\int_C f(z)\,dz\right| = \left|\int_a^b f[z(t)]\,z'(t)\,dt\right| \le \int_a^b \big|f[z(t)]\big|\,\big|z'(t)\big|\,dt \le M \int_a^b \big|z'(t)\big|\,dt = ML\]
Son integral, yay uzunluğunun ta kendisidir.
\(\blacksquare\)
Böyle bir \(M\) her zaman vardır: \(|f[z(t)]|\), kapalı \([a, b]\) aralığında parçalı sürekli reel bir fonksiyondur ve orada sınırlıdır; \(f\), \(C\) üzerinde sürekli olduğunda \(M\) olarak maksimum değer alınabilir.
22.3 Çözümlü Uygulamalar
Örnek 22.1 (Hesapsız Kestirim) \(C\), \(|z| = 2\) çemberinin \(z = 2\)’den \(z = 2i\)’ye birinci çeyrekte kalan yayı olsun. Şunu gösteriniz:
\[\left| \int_C \frac{z + 4}{z^3 - 1}\,dz \right| \le \frac{6\pi}{7}\]
Çözüm
\(C\) üzerinde \(|z| = 2\)’dir. Pay için üçgen eşitsizliği:
\[|z + 4| \le |z| + 4 = 6\]
Payda için ters yönlü üçgen eşitsizliği:
\[\big|z^3 - 1\big| \ge \big||z|^3 - 1\big| = 7\]
Dolayısıyla \(C\) üzerinde integrandın modülü \(M = \dfrac{6}{7}\) ile sınırlıdır. Çeyrek çemberin uzunluğu \(L = \dfrac{1}{4}(2\pi \cdot 2) = \pi\); ML eşitsizliği istenen sınırı verir.
\(\blacksquare\)
Örnek 22.2 (Sonsuzda Sönen İntegral) \(C_R\): \(z = Re^{i\theta}\) \((0 \le \theta \le \pi)\), \(R > 1\); karekökün
\[z^{1/2} = \sqrt{r}\,e^{i\theta/2} \qquad \left(r > 0,\; -\frac{\pi}{2} < \theta < \frac{3\pi}{2}\right)\]
dalı alınsın. Şunu kanıtlayınız:
\[\lim_{R \to \infty} \int_{C_R} \frac{z^{1/2}}{z^2 + 1}\,dz = 0\]
Çözüm
\(C_R\) üzerinde \(|z| = R\) için
\[\big|z^{1/2}\big| = \big|\sqrt{R}\,e^{i\theta/2}\big| = \sqrt{R}, \qquad \big|z^2 + 1\big| \ge \big||z|^2 - 1\big| = R^2 - 1\]
Dolayısıyla integrand \(M_R = \dfrac{\sqrt{R}}{R^2 - 1}\) ile sınırlıdır; yarım çemberin uzunluğu \(L = \pi R\). ML eşitsizliğiyle
\[\left| \int_{C_R} \frac{z^{1/2}}{z^2 + 1}\,dz \right| \le M_R L = \frac{\pi R\sqrt{R}}{R^2 - 1} = \frac{\pi/\sqrt{R}}{1 - 1/R^2}\]
Son ifadede \(R \to \infty\) iken pay sıfıra, payda \(1\)’e gider; sınır sıfıra çöker ve integral de sıfıra gitmek zorunda kalır.
\(\blacksquare\)
ML uygulamalarının değişmez şablonu: paydaki her terime üçgen eşitsizliği (\(|toplam| \le\) modüller toplamı), paydadaki farka ters yönlü üçgen eşitsizliği (\(|fark| \ge\) modüller farkı) uygulanır; yol uzunluğu geometriden okunur. Rezidü kuramındaki has olmayan integral hesaplarının tamamı bu şablonla kapanır.
22.4 Alıştırma
Alıştırma 22.1 (Kestirim Alıştırmaları)
\(C\), \(z = i\)’den \(z = 1\)’e doğru parçası olmak üzere \(\left|\displaystyle\int_C \dfrac{dz}{z^4}\right| \le 4\sqrt{2}\) olduğunu gösteriniz. İpucu: Parça üzerindeki bir noktanın başlangıca en kısa uzaklığı \(\dfrac{1}{\sqrt 2}\)’dir.
\(C_R\), \(|z| = R\) \((R > 2)\) pozitif yönlü çemberi olmak üzere
\[\left| \int_{C_R} \frac{2z^2 - 1}{z^4 + 5z^2 + 4}\,dz \right| \le \frac{2\pi R\,(2R^2 + 1)}{(R^2 - 1)(R^2 - 4)}\]
kestirimini kurunuz ve \(R \to \infty\) iken integralin sıfıra gittiği sonucunu çıkarınız.
Çözüm
a) ML eşitsizliği için iki büyüklük gerekir: yolun uzunluğu ve integrandın yol üzerindeki bir üst sınırı.
Uzunluk doğrudan okunur; \(i\) ile \(1\) arasındaki doğru parçası için
\[L = |1 - i| = \sqrt{2}\]
Üst sınır için integrandın modülünü yazalım:
\[\left|\frac{1}{z^4}\right| = \frac{1}{|z|^4}\]
Bu ifadenin en büyük olduğu yer, \(|z|\)’nin en küçük olduğu noktadır. İpucundaki gibi, parça üzerindeki noktaların başlangıca uzaklığı en az \(\dfrac{1}{\sqrt 2}\)’dir (parçanın orta noktası \(\frac{1+i}{2}\), uzaklığı \(\frac{1}{\sqrt2}\)). Dolayısıyla parça üzerinde
\[|z| \ge \frac{1}{\sqrt 2} \implies \frac{1}{|z|^4} \le \big(\sqrt{2}\big)^4 = 4 = M\]
ML eşitsizliği sonucu verir:
\[\left|\int_C \frac{dz}{z^4}\right| \le ML = 4\sqrt{2}\]
b) Paydayı çarpanlarına ayıralım:
\[z^4 + 5z^2 + 4 = \big(z^2 + 1\big)\big(z^2 + 4\big)\]
\(|z| = R\) üzerinde payı üstten, paydayı alttan sınırlayacağız. Üçgen eşitsizliği payı verir:
\[\big|2z^2 - 1\big| \le 2|z|^2 + 1 = 2R^2 + 1\]
Ters üçgen eşitsizliği paydanın iki çarpanını alttan sınırlar; \(R > 2\) olduğundan her iki alt sınır da pozitiftir:
\[\big|z^2 + 1\big| \ge R^2 - 1, \qquad \big|z^2 + 4\big| \ge R^2 - 4\]
Bölümün modülü için
\[\left|\frac{2z^2 - 1}{z^4 + 5z^2 + 4}\right| \le \frac{2R^2 + 1}{\big(R^2 - 1\big)\big(R^2 - 4\big)} = M\]
Çemberin uzunluğu \(L = 2\pi R\) olduğundan ML eşitsizliği istenen kestirimi verir:
\[\left|\int_{C_R} \frac{2z^2 - 1}{z^4 + 5z^2 + 4}\,dz\right| \le \frac{2\pi R\,\big(2R^2 + 1\big)}{\big(R^2 - 1\big)\big(R^2 - 4\big)}\]
\(R \to \infty\) davranışını görmek için sağ tarafta payın \(R^3\), paydanın \(R^4\) mertebesinde olduğuna bakmak yeterlidir: oran \(R^{-1}\) gibi davranır. Kesin ifadeyle, pay ve paydayı \(R^4\)’e bölersek
\[\frac{2\pi R\big(2R^2+1\big)}{\big(R^2-1\big)\big(R^2-4\big)} = \frac{2\pi\left(2 + \dfrac{1}{R^2}\right)}{R\left(1 - \dfrac{1}{R^2}\right)\left(1 - \dfrac{4}{R^2}\right)} \xrightarrow[R \to \infty]{} 0\]
Sıkıştırma ilkesiyle integralin kendisi de sıfıra gider. Bu tür kestirimler, has olmayan integrallerin rezidülerle hesaplanmasında büyük yarım çemberlerin katkısını yok etmek için kullanılacaktır.
\(\blacksquare\)
Kestirim araçları hazır. Kapanış bölümünde, integralin yoldan bağımsızlığını tam olarak karakterize eden teoremi kanıtlıyoruz: ters türevler.