42 Dal Kesimi Boyunca İntegrasyon
Bazı integrallerde yol, integrandın dal kesimi boyunca uzanır. İlk bakışta bu bir engeldir; oysa asıl fırsat buradadır: kesimin iki yakasında fonksiyon farklı değerler aldığından, aynı reel integral iki farklı katsayıyla çıkar ve denklem çözülerek integral elde edilir.
42.1 Yöntemin Kurulumu
\(0 < a < 1\) ve \(x > 0\) olmak üzere
\[\int_0^{\infty} \frac{x^{-a}}{x+1}\,dx \tag{1}\]
integralini hesaplayacağız. Burada \(x^{-a}\), esas değeri gösterir: \(x^{-a} = \exp(-a\ln x)\). Bu integral, gama fonksiyonu kuramında merkezî bir rol oynar.
\((1)\) integrali yalnızca üst sınırı yüzünden değil, integrandın \(x = 0\)’da sonsuz süreksizliğe sahip olması nedeniyle de has olmayandır. \(0 < a < 1\) iken integrand, \(x \to 0\) civarında \(x^{-a}\) gibi, \(x \to \infty\) iken \(x^{-a-1}\) gibi davranır; her iki uçta da yakınsaklık sağlanır. Yakınsaklığı ayrıca kanıtlamaya gerek yoktur — hesabın kendisi bunu üretecektir.
Çok değerli \(\dfrac{z^{-a}}{z+1}\) fonksiyonunun, dal kesimi \(\arg z = 0\) olan dalını alalım:
\[f(z) = \frac{z^{-a}}{z+1} \qquad \big(|z| > 0,\ 0 < \arg z < 2\pi\big) \tag{2}\]
İntegrasyon yolu bir kesik halkadır: \(\rho < 1 < R\) olmak üzere, kesimin üst yakası boyunca \(\rho\)’dan \(R\)’ye gidilir, dış çember \(C_R\) üzerinde tam tur atılır, kesimin alt yakası boyunca \(R\)’den \(\rho\)’ya dönülür ve iç çember \(C_\rho\) üzerinden başlangıca varılır. Tek tekil nokta \(z = -1\) bu yolun içindedir.
42.2 İki Yakanın Farkı
\(z = re^{i\theta}\) için
\[f(z) = \frac{\exp(-a\log z)}{z+1} = \frac{\exp\big[-a(\ln r + i\theta)\big]}{re^{i\theta} + 1}\]
Üst yaka (\(\theta = 0\)):
\[f(z) = \frac{\exp\big[-a\ln r\big]}{r+1} = \frac{r^{-a}}{r+1}\]
Alt yaka (\(\theta = 2\pi\)):
\[f(z) = \frac{\exp\big[-a(\ln r + i2\pi)\big]}{r+1} = \frac{r^{-a}e^{-i2a\pi}}{r+1}\]
Aynı \(r\) değeri için iki yakadaki değerler \(e^{-i2a\pi}\) çarpanı kadar farklıdır — yöntemin çalışmasını sağlayan tam olarak budur.
42.3 Rezidü Teoreminin Uygulanması
Yol boyunca Cauchy rezidü teoremi uygulanırsa (alt yaka ters yönde katedildiğinden işaret eksidir):
\[\int_\rho^R \frac{r^{-a}}{r+1}\,dr + \int_{C_R} f(z)\,dz - \int_\rho^R \frac{r^{-a}e^{-i2a\pi}}{r+1}\,dr + \int_{C_\rho} f(z)\,dz = 2\pi i \operatorname*{Rez}_{z = -1} f(z) \tag{3}\]
Rezidü. \(f(z) = \dfrac{\varphi(z)}{z + 1}\) yazalım; \(\varphi(z) = z^{-a} = \exp\big[-a(\ln r + i\theta)\big]\) fonksiyonu \(z = -1\) noktasında (\(r = 1\), \(\theta = \pi\)) analitiktir ve
\[\varphi(-1) = \exp\big[-a(\ln 1 + i\pi)\big] = e^{-ia\pi} \neq 0\]
Demek ki \(z = -1\) bir basit kutuptur ve
\[\operatorname*{Rez}_{z=-1} f(z) = e^{-ia\pi}\]
\((3)\) eşitliği düzenlenirse:
\[\big(1 - e^{-i2a\pi}\big)\int_\rho^R \frac{r^{-a}}{r+1}\,dr = 2\pi i\,e^{-ia\pi} - \int_{C_\rho} f(z)\,dz - \int_{C_R} f(z)\,dz \tag{4}\]
42.4 Çemberlerin Katkısı Sönüyor
\((2)\) tanımından, \(C_\rho\) üzerinde \(|z^{-a}| = \rho^{-a}\) ve \(|z + 1| \ge 1 - \rho\) olduğundan ML eşitsizliğiyle
\[\left|\int_{C_\rho} f(z)\,dz\right| \le \frac{\rho^{-a}}{1 - \rho}\,2\pi\rho = \frac{2\pi}{1-\rho}\,\rho^{1-a}\]
\(0 < a < 1\) olduğundan \(1 - a > 0\)’dır ve \(\rho \to 0\) iken \(\rho^{1-a} \to 0\); sınır sıfıra gider.
Benzer biçimde \(C_R\) üzerinde \(|z^{-a}| = R^{-a}\) ve \(|z+1| \ge R - 1\) ile
\[\left|\int_{C_R} f(z)\,dz\right| \le \frac{R^{-a}}{R-1}\,2\pi R = \frac{2\pi R}{R - 1}\cdot\frac{1}{R^a}\]
\(R \to \infty\) iken ilk çarpan \(2\pi\)’ye, ikincisi sıfıra gider; sınır yine sıfırdır.
42.5 Sonuç: π / sin aπ
\((4)\) eşitliğinde önce \(\rho \to 0\), sonra \(R \to \infty\) alınırsa
\[\big(1 - e^{-i2a\pi}\big)\int_0^{\infty} \frac{r^{-a}}{r+1}\,dr = 2\pi i\,e^{-ia\pi}\]
Sol taraftaki çarpanı sadeleştirmek için pay ve paydayı \(e^{ia\pi}\) ile çarpalım:
\[\int_0^{\infty} \frac{r^{-a}}{r+1}\,dr = 2\pi i\,\frac{e^{-ia\pi}}{1 - e^{-i2a\pi}}\cdot\frac{e^{ia\pi}}{e^{ia\pi}} = \pi\,\frac{2i}{e^{ia\pi} - e^{-ia\pi}}\]
Payda sinüsün üstel tanımıdır: \(e^{ia\pi} - e^{-ia\pi} = 2i\sin a\pi\). Böylece
\[\int_0^{\infty} \frac{x^{-a}}{x+1}\,dx = \frac{\pi}{\sin a\pi} \qquad (0 < a < 1) \tag{5}\]
\(a = \dfrac{1}{2}\) alınırsa sağ taraf \(\dfrac{\pi}{\sin(\pi/2)} = \pi\) verir. Sol taraf ise \(x = t^2\) değişimiyle
\[\int_0^{\infty} \frac{x^{-1/2}}{x+1}\,dx = \int_0^{\infty} \frac{2\,dt}{t^2+1} = 2\cdot\frac{\pi}{2} = \pi\]
— uyuşuyor. Ayrıca \((5)\) formülü \(a \to 0^+\) ve \(a \to 1^-\) uçlarında sonsuza gider; bu da beklenendir, çünkü o uçlarda integrand sırasıyla \(\dfrac{1}{x+1}\) ve \(\dfrac{1}{x(x+1)}\) gibi davranıp integrali ıraksatır.
42.6 Alıştırma
Alıştırma 42.1 (Dal Kesimi Alıştırmaları)
\((5)\) formülünde \(a = \dfrac{1}{3}\) alarak \(\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{dx}{x^{1/3}(x+1)}\) integralini hesaplayınız.
Aynı kesik halka yoluyla
\[\int_0^{\infty} \frac{x^{-a}}{x + b}\,dx = \frac{\pi\,b^{-a}}{\sin a\pi} \qquad (0 < a < 1,\ b > 0)\]
formülünü türetiniz.
- \(\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{\sqrt{x}}{x^2+1}\,dx\) integralini, \(z^{1/2}\) dalı ve aynı yol ile hesaplayınız.
Çözüm
a) \((5)\) formülünde \(a = \dfrac{1}{3}\) yazmak yeterlidir (\(0 < a < 1\) koşulu sağlanıyor):
\[\int_0^{\infty}\frac{dx}{x^{1/3}(x+1)} = \int_0^{\infty}\frac{x^{-1/3}}{x+1}\,dx = \frac{\pi}{\sin\dfrac{\pi}{3}}\]
\(\sin\dfrac{\pi}{3} = \dfrac{\sqrt3}{2}\) olduğundan
\[\int_0^{\infty}\frac{dx}{x^{1/3}(x+1)} = \frac{\pi}{\dfrac{\sqrt3}{2}} = \frac{2\pi}{\sqrt{3}}\]
b) Aynı kesik halka yolunu \(f(z) = \dfrac{z^{-a}}{z+b}\) için kuralım; dal yine \(0 < \theta < 2\pi\) olsun. Kesimin üstündeki kenarda \(z^{-a} = r^{-a}\), altındaki kenarda \(\theta = 2\pi\) olduğundan \(z^{-a} = r^{-a}e^{-i2a\pi}\)’dir. Tek tekil nokta \(z = -b\) basit kutuptur ve \(\arg(-b) = \pi\) seçilir:
\[\operatorname*{Rez}_{z=-b} \frac{z^{-a}}{z+b} = (-b)^{-a} = b^{-a}e^{-ia\pi}\]
\((3)\)–\((4)\) adımlarının aynısı, yay katkıları sıfıra giderken
\[\big(1 - e^{-i2a\pi}\big)\int_0^{\infty}\frac{r^{-a}}{r+b}\,dr = 2\pi i\,b^{-a}e^{-ia\pi}\]
verir. Sol taraftaki çarpanı \(e^{-ia\pi}\) parantezine alalım:
\[1 - e^{-i2a\pi} = e^{-ia\pi}\big(e^{ia\pi} - e^{-ia\pi}\big) = e^{-ia\pi}\cdot 2i\sin a\pi\]
Yerine koyup sadeleştirelim:
\[\int_0^{\infty}\frac{x^{-a}}{x+b}\,dx = \frac{2\pi i\,b^{-a}e^{-ia\pi}}{e^{-ia\pi}\,2i\sin a\pi} = \frac{\pi\,b^{-a}}{\sin a\pi}\]
Aynı sonuç \((5)\) formülünde \(x = bt\) değişimiyle de bulunur: \(dx = b\,dt\) ve \(x + b = b(t+1)\) olduğundan
\[\int_0^{\infty}\frac{x^{-a}}{x+b}\,dx = b^{-a}\int_0^{\infty}\frac{t^{-a}}{t+1}\,dt = \frac{\pi\,b^{-a}}{\sin a\pi}\]
c) İntegrali önce \((5)\) formülüne indirgeyelim; \(u = x^2\) değişimi ile \(x = u^{1/2}\) ve \(dx = \dfrac{1}{2}u^{-1/2}du\):
\[\int_0^{\infty}\frac{\sqrt{x}}{x^2+1}\,dx = \int_0^{\infty}\frac{u^{1/4}}{u+1}\cdot\frac{u^{-1/2}}{2}\,du = \frac{1}{2}\int_0^{\infty}\frac{u^{-1/4}}{u+1}\,du\]
\((5)\) formülü \(a = \dfrac14\) ile
\[\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{\sin\dfrac{\pi}{4}} = \frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{\dfrac{\sqrt2}{2}} = \frac{\pi}{\sqrt{2}}\]
Doğrudan yol da aynı sonucu verir. \(f(z) = \dfrac{z^{1/2}}{z^2+1}\) dalını \(0 < \theta < 2\pi\) ile alalım; tekil noktalar \(z = \pm i\)’dir ve kesik halkanın içindedir. Basit kutuplarda rezidü \(\dfrac{z^{1/2}}{2z}\) olduğundan
\[\operatorname*{Rez}_{z=i} = \frac{e^{i\pi/4}}{2i}, \qquad \operatorname*{Rez}_{z=-i} = \frac{e^{i3\pi/4}}{-2i}\]
(İkinci noktada \(\arg(-i) = 3\pi/2\) seçilir, yani \(z^{1/2} = e^{i3\pi/4}\).) Toplam
\[\frac{e^{i\pi/4} - e^{i3\pi/4}}{2i} = \frac{\sqrt2}{2i}\]
Kesimin alt kenarında \(z^{1/2} = -x^{1/2}\) olduğundan, yön farkıyla birlikte iki kenar aynı katkıyı verir ve toplam integralin iki katı çıkar:
\[2\int_0^{\infty}\frac{\sqrt x}{x^2+1}\,dx = 2\pi i\cdot\frac{\sqrt2}{2i} = \pi\sqrt{2} \implies \int_0^{\infty}\frac{\sqrt x}{x^2+1}\,dx = \frac{\pi\sqrt2}{2} = \frac{\pi}{\sqrt2}\]
\(\blacksquare\)
Bu kısımdaki integraller hep sonsuz aralıklardaydı. Şimdi tamamen farklı bir aileye geçiyoruz: \(0\) ile \(2\pi\) arasında, sinüs ve kosinüs içeren belirli integraller — trigonometrik integraller.