40 Fourier İntegralleri ve Jordan Lemması
Rezidü kuramı, Fourier analizinde doğan
\[\int_{-\infty}^{\infty} f(x)\sin ax\,dx \qquad \text{ve} \qquad \int_{-\infty}^{\infty} f(x)\cos ax\,dx \tag{1}\]
tipindeki integralleri de hesaplar (\(a > 0\) sabit). Ama önceki bölümün yöntemi doğrudan uygulanamaz; küçük ama kritik bir değişiklik gerekir.
40.1 Neden Doğrudan Uygulanamaz?
Trigonometrik fonksiyonların modülleri
\[|\sin az|^2 = \sin^2 ax + \sinh^2 ay, \qquad |\cos az|^2 = \cos^2 ax + \sinh^2 ay\]
biçimindedir. \(\sinh ay = \dfrac{e^{ay} - e^{-ay}}{2}\) olduğundan, \(y\) sonsuza giderken bu modüller \(e^{ay}\) gibi büyür: yarım çember yayı üzerinde integrandı sınırlamak imkânsız hâle gelir.
Çözüm, trigonometrik fonksiyonu üstelle değiştirmektir. \(a > 0\) ve \(y \ge 0\) için
\[\big|e^{iaz}\big| = \big|e^{ia(x+iy)}\big| = \big|e^{-ay}e^{iax}\big| = e^{-ay} \le 1 \tag{2}\]
yani \(e^{iaz}\), üst yarı düzlemde sınırlıdır. Reel ve sanal kısımları ayırma işi de tek satırda halledilir:
\[\int_{-R}^{R} f(x)\cos ax\,dx + i\int_{-R}^{R} f(x)\sin ax\,dx = \int_{-R}^{R} f(x)e^{iax}\,dx \tag{3}\]
Integrandda \(\sin ax\) ya da \(\cos ax\) görürseniz, kompleks düzleme \(e^{iaz}\) ile geçin; sonuçta reel kısmı alırsanız kosinüslü, sanal kısmı alırsanız sinüslü integrali elde edersiniz.
40.2 Çözümlü Örnek: Kosinüs
Örnek 40.1 (cos 3x İntegrali) \[\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos 3x}{\big(x^2+1\big)^2}\,dx = \frac{2\pi}{e^3}\]
olduğunu gösteriniz.
Çözüm
İntegrand çift olduğundan esas değerin varlığını göstermek yeterlidir.
\[f(z) = \frac{1}{\big(z^2+1\big)^2}\]
alalım; \(f(z)e^{i3z}\) çarpımı, \(z = i\) dışında reel eksenin üstünde ve üzerinde analitiktir. Yarım dairesel bölgenin sınırı üzerinde rezidü teoremi uygulanırsa
\[\int_{-R}^{R} \frac{e^{i3x}}{\big(x^2+1\big)^2}\,dx = 2\pi i B_1 - \int_{C_R} f(z)e^{i3z}\,dz \tag{4}\]
Rezidü. \(f(z)e^{i3z} = \dfrac{\varphi(z)}{(z-i)^2}\) yazalım; burada \(\varphi(z) = \dfrac{e^{i3z}}{(z+i)^2}\). \(z = i\) ikinci mertebeden bir kutuptur ve rezidü formülüyle
\[B_1 = \varphi'(i)\]
\[\varphi'(z) = \frac{i3e^{i3z}(z+i)^2 - e^{i3z}\cdot 2(z+i)}{(z+i)^4} = \frac{e^{i3z}\big[i3(z+i) - 2\big]}{(z+i)^3}\]
\(z = i\) konursa \(e^{i3i} = e^{-3}\) ve \((2i)^3 = -8i\) olduğundan
\[B_1 = \frac{e^{-3}\big[i3(2i) - 2\big]}{-8i} = \frac{e^{-3}(-8)}{-8i} = \frac{e^{-3}}{i} = \frac{1}{i\,e^3}\]
Böylece \(2\pi i B_1 = \dfrac{2\pi}{e^3}\)’tür. \((4)\) eşitliğinin iki tarafının reel kısımları alınırsa
\[\int_{-R}^{R} \frac{\cos 3x}{\big(x^2+1\big)^2}\,dx = \frac{2\pi}{e^3} - \operatorname{Re}\int_{C_R} f(z)e^{i3z}\,dz \tag{5}\]
Yay integrali. \(C_R\) üzerinde \(|z| = R\) için
\[\big|f(z)\big| \le M_R = \frac{1}{\big(R^2-1\big)^2}\]
ve \((2)\) gereği \(\big|e^{i3z}\big| = e^{-3y} \le 1\)’dir. ML eşitsizliğiyle
\[\left|\operatorname{Re}\int_{C_R} f(z)e^{i3z}dz\right| \le \left|\int_{C_R} f(z)e^{i3z}dz\right| \le M_R\,\pi R = \frac{\pi R}{\big(R^2-1\big)^2}\]
\(R\to\infty\) iken sağ taraf sıfıra gider (payda \(R^4\) mertebesinde, pay \(R\) mertebesinde). \((5)\)’te limit alınırsa istenen sonuç çıkar.
\(\blacksquare\)
40.3 Jordan Lemması
Bazı integrallerde \(M_R \pi R\) çarpımı sıfıra gitmez — payda derecesi yeterince yüksek değildir. Bu durumlarda \(e^{iaz}\) çarpanının sağladığı ek sönmeyi kullanan aşağıdaki lemma devreye girer.
Teorem 40.1 (Jordan Eşitsizliği) Her \(R > 0\) için
\[\int_0^{\pi} e^{-R\sin\theta}\,d\theta < \frac{\pi}{R} \tag{6}\]
İspat
\(y = \sin\theta\) ile \(y = \dfrac{2\theta}{\pi}\) doğrusunun grafikleri karşılaştırıldığında, \(0 \le \theta \le \dfrac{\pi}{2}\) aralığında
\[\sin\theta \ge \frac{2\theta}{\pi}\]
olduğu görülür (sinüs bu aralıkta içbükeydir, kirişinin üstünde kalır). \(R > 0\) için \(e^{-R\sin\theta} \le e^{-2R\theta/\pi}\) olur ve
\[\int_0^{\pi/2} e^{-R\sin\theta}\,d\theta \le \int_0^{\pi/2} e^{-2R\theta/\pi}\,d\theta = \frac{\pi}{2R}\big(1 - e^{-R}\big) < \frac{\pi}{2R}\]
\(y = \sin\theta\) grafiği \(\theta = \pi/2\) doğrusuna göre simetrik olduğundan \([\pi/2, \pi]\) aralığındaki integral de aynı sınırı sağlar; ikisi toplanınca \((6)\) elde edilir.
\(\blacksquare\)
Teorem 40.2 (Jordan Lemması) Aşağıdaki koşullar sağlansın:
\(f\), \(y \ge 0\) üst yarı düzleminde, bir \(|z| = R_0\) çemberinin dışındaki tüm noktalarda analitiktir;
\(C_R\), \(z = Re^{i\theta}\) \((0 \le \theta \le \pi)\) yarım çemberidir ve \(R > R_0\)’dır;
\(C_R\) üzerindeki tüm noktalarda \(|f(z)| \le M_R\) olacak biçimde bir \(M_R\) pozitif sabiti vardır ve \(\lim\limits_{R\to\infty} M_R = 0\)’dır.
O zaman her pozitif \(a\) sabiti için
\[\lim_{R \to \infty} \int_{C_R} f(z)\,e^{iaz}\,dz = 0 \tag{7}\]
İspat
Yayı parametreleyelim:
\[\int_{C_R} f(z)e^{iaz}\,dz = \int_0^{\pi} f\big(Re^{i\theta}\big)\exp\big(iaRe^{i\theta}\big)\,iRe^{i\theta}\,d\theta\]
\(z = Re^{i\theta}\) için \(y = R\sin\theta\) olduğundan \((2)\) ile
\[\big|\exp\big(iaRe^{i\theta}\big)\big| = e^{-aR\sin\theta}\]
Modül alınıp \(|f(Re^{i\theta})| \le M_R\) kullanılırsa
\[\left|\int_{C_R} f(z)e^{iaz}dz\right| \le M_R R \int_0^{\pi} e^{-aR\sin\theta}\,d\theta\]
Son integrale Jordan eşitsizliği \((6)\) uygulanır (\(R\) yerine \(aR\) ile):
\[\left|\int_{C_R} f(z)e^{iaz}dz\right| < M_R R\cdot\frac{\pi}{aR} = \frac{M_R\,\pi}{a}\]
\(M_R \to 0\) olduğundan sağ taraf sıfıra gider.
\(\blacksquare\)
Ham ML kestirimi \(M_R \pi R\) verir; Jordan lemması ise \(\dfrac{M_R \pi}{a}\) verir — arada \(R\) çarpanı kadar fark vardır. Bu sayede, payda derecesi payınkinden yalnızca bir fazla olan integrandlar bile (ör. \(\dfrac{z}{z^2+2z+2}\)) sorunsuz işlenir.
40.4 Çözümlü Örnek: Jordan Lemmasıyla
Örnek 40.2 (x sin x İntegrali) \[\operatorname{P.V.}\int_{-\infty}^{\infty} \frac{x\sin x}{x^2 + 2x + 2}\,dx\]
esas değerini bulunuz.
Çözüm
\[f(z) = \frac{z}{z^2+2z+2} = \frac{z}{(z - z_1)(z - \bar{z}_1)}, \qquad z_1 = -1 + i\]
yazalım. Üst yarı düzlemde kalan tek tekil nokta \(z_1\)’dir ve \(f(z)e^{iz}\) için basit kutuptur; rezidü formülüyle
\[B_1 = \frac{z_1 e^{iz_1}}{z_1 - \bar{z}_1}\]
\(R > \sqrt{2}\) iken yarım dairesel bölgenin sınırında rezidü teoremi:
\[\int_{-R}^{R} \frac{x e^{ix}}{x^2+2x+2}\,dx = 2\pi i B_1 - \int_{C_R} f(z)e^{iz}\,dz\]
Sanal kısımlar alınırsa
\[\int_{-R}^{R} \frac{x\sin x}{x^2+2x+2}\,dx = \operatorname{Im}\big(2\pi i B_1\big) - \operatorname{Im}\int_{C_R} f(z)e^{iz}\,dz \tag{8}\]
Yay integrali — ML yetmez. \(C_R\) üzerinde
\[|f(z)| \le M_R = \frac{R}{\big(R - \sqrt{2}\big)^2}\]
olur ve \(|e^{iz}| = e^{-y} \le 1\)’dir. Ham ML kestirimi
\[M_R \pi R = \frac{\pi R^2}{\big(R - \sqrt{2}\big)^2} = \frac{\pi}{\left(1 - \dfrac{\sqrt{2}}{R}\right)^2}\]
verir; bu ifade \(R \to \infty\) iken \(\pi\)’ye gider, sıfıra değil.
Jordan lemması devreye giriyor. Buna karşılık
\[M_R = \frac{R}{\big(R-\sqrt{2}\big)^2} = \frac{\dfrac{1}{R}}{\left(1 - \dfrac{\sqrt{2}}{R}\right)^2} \longrightarrow 0 \qquad (R \to \infty)\]
olduğundan Teorem 40.2 koşulları sağlanır ve
\[\lim_{R\to\infty}\int_{C_R} f(z)e^{iz}\,dz = 0\]
Sonuç. \(z_1 = -1+i\) için \(z_1 - \bar{z}_1 = 2i\) ve \(e^{iz_1} = e^{i(-1+i)} = e^{-1}e^{-i}\) olduğundan
\[2\pi i B_1 = 2\pi i\,\frac{(-1+i)e^{-1}\big(\cos 1 - i\sin 1\big)}{2i} = \frac{\pi}{e}\,(-1+i)\big(\cos 1 - i \sin 1\big)\]
Sanal kısım alınırsa:
\[\operatorname{Im}\big(2\pi i B_1\big) = \frac{\pi}{e}\big(\sin 1 + \cos 1\big)\]
\((8)\)’de \(R \to \infty\) limitiyle
\[\operatorname{P.V.}\int_{-\infty}^{\infty} \frac{x \sin x}{x^2+2x+2}\,dx = \frac{\pi}{e}\big(\sin 1 + \cos 1\big)\]
\(\blacksquare\)
40.5 Alıştırma
Alıştırma 40.1 (Fourier İntegrali Alıştırmaları) Aşağıdaki integralleri \(e^{iaz}\) yöntemiyle hesaplayınız.
\(\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos x}{x^2+1}\,dx\)
\(\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\cos ax}{x^2 + b^2}\,dx\) \((a > 0,\ b > 0)\)
\(\displaystyle\operatorname{P.V.}\int_{-\infty}^{\infty} \frac{x\sin 2x}{x^2 + 3}\,dx\)
Çözüm
Üç şıkta da yöntem aynıdır: \(\cos ax\) ya da \(\sin ax\) yerine \(e^{iaz}\) ile çalışılır, üst yarı düzlemdeki rezidüler toplanır ve sonunda reel ya da sanal kısım alınır. \(a > 0\) olduğu sürece \(\big|e^{iaz}\big| = e^{-ay} \le 1\) olduğundan büyük yarım çemberin katkısı sıfıra gider.
a) \(\dfrac{e^{iz}}{z^2+1}\) fonksiyonunun üst yarı düzlemdeki tek tekil noktası \(z = i\)’dir:
\[\operatorname*{Rez}_{z=i}\frac{e^{iz}}{z^2+1} = \frac{e^{iz}}{2z}\bigg|_{z=i} = \frac{e^{-1}}{2i}\]
Buradan
\[\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{ix}}{x^2+1}\,dx = 2\pi i\cdot\frac{e^{-1}}{2i} = \frac{\pi}{e}\]
Sol tarafın reel kısmı aradığımız integraldir; sonuç zaten reel çıktı:
\[\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos x}{x^2+1}\,dx = \frac{\pi}{e}\]
b) Aynı hesabı \(\dfrac{e^{iaz}}{z^2+b^2}\) ile yapalım; üst yarı düzlemdeki kutup \(z = ib\)’dir:
\[\operatorname*{Rez}_{z=ib} = \frac{e^{iaz}}{2z}\bigg|_{z=ib} = \frac{e^{-ab}}{2ib}\]
\[\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{iax}}{x^2+b^2}\,dx = 2\pi i\cdot\frac{e^{-ab}}{2ib} = \frac{\pi}{b}e^{-ab}\]
Reel kısmı alıp integrandın çift olmasını kullanalım:
\[\int_0^{\infty}\frac{\cos ax}{x^2+b^2}\,dx = \frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{b}e^{-ab} = \frac{\pi}{2b}\,e^{-ab}\]
c) Bu kez \(\sin\) göründüğü için sanal kısım alınacaktır. \(\dfrac{z\,e^{i2z}}{z^2+3}\) fonksiyonunun üst yarı düzlemdeki kutbu \(z = i\sqrt{3}\)’tür:
\[\operatorname*{Rez}_{z=i\sqrt3}\frac{z\,e^{i2z}}{z^2+3} = \frac{z\,e^{i2z}}{2z}\bigg|_{z=i\sqrt3} = \frac{e^{i2(i\sqrt3)}}{2} = \frac{e^{-2\sqrt3}}{2}\]
Paydanın derecesi payınkinden yalnızca bir fazla olduğundan ham ML kestirimi yetmez, yarım çemberin sönmesi için Jordan lemması gerekir; \(e^{i2z}\) çarpanı sayesinde lemma uygulanabilir ve katkı sıfıra gider:
\[\operatorname{P.V.}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x\,e^{i2x}}{x^2+3}\,dx = 2\pi i\cdot\frac{e^{-2\sqrt3}}{2} = i\pi e^{-2\sqrt{3}}\]
Sanal kısmı alalım:
\[\operatorname{P.V.}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x\sin 2x}{x^2+3}\,dx = \pi e^{-2\sqrt{3}}\]
\(\blacksquare\)
Şimdiye kadar tekil noktalar hep reel eksenin dışındaydı. Peki integrandın tekil noktası tam da integrasyon yolunun üzerindeyse? Yolu oradan küçük bir yayla dolaşmak gerekir: girintili yollar.