41 Girintili Yollar
Şimdiye kadar integrandın tekil noktaları reel eksenin dışındaydı. Peki tekil nokta tam da integrasyon yolunun üzerindeyse? Çözüm, yolu o noktanın çevresinden küçük bir yayla dolaşmaktır — girintili yol. Bu bölümde tekniğin kuramsal temelini kurup iki klasik integrali hesaplıyoruz.
41.1 Yarım Çember Limit Teoremi
Teorem 41.1 (Küçük Yay Üzerinde Limit) Aşağıdaki koşullar sağlansın:
\(f\) fonksiyonunun reel eksen üzerindeki bir \(z = x_0\) noktasında basit kutbu vardır; delinmiş diskte \(0 < |z - x_0| < R_2\) geçerli bir Laurent temsili ve \(B_0\) rezidüsü mevcuttur;
\(C_\rho\), \(|z - x_0| = \rho\) çemberinin üst yarısıdır (\(\rho < R_2\)) ve saat yönünde dolaşılmaktadır.
O zaman
\[\lim_{\rho \to 0} \int_{C_\rho} f(z)\,dz = -B_0\,\pi i \tag{1}\]
İspat
Laurent temsilini yazalım:
\[f(z) = g(z) + \frac{B_0}{z - x_0} \qquad \big(0 < |z - x_0| < R_2\big), \qquad g(z) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n (z - x_0)^n\]
Burada \(g\), \(|z - x_0| < R_2\) diskinde yakınsayan bir kuvvet serisinin toplamı olduğundan orada analitik ve süreklidir. Böylece
\[\int_{C_\rho} f(z)\,dz = \int_{C_\rho} g(z)\,dz + B_0 \int_{C_\rho} \frac{dz}{z - x_0} \tag{2}\]
Birinci integral. \(\rho < \rho_0 < R_2\) olacak biçimde bir \(\rho_0\) seçilirse, \(g\) kapalı \(|z - x_0| \le \rho_0\) diskinde sınırlıdır: bir \(M\) sabiti için \(|g(z)| \le M\). \(C_\rho\) yayının uzunluğu \(\pi\rho\) olduğundan ML eşitsizliğiyle
\[\left|\int_{C_\rho} g(z)\,dz\right| \le M\pi\rho \implies \lim_{\rho \to 0}\int_{C_\rho} g(z)\,dz = 0 \tag{3}\]
İkinci integral. \(-C_\rho\) yayı (saat yönünün tersi) \(z = x_0 + \rho e^{i\theta}\) \((0 \le \theta \le \pi)\) parametrizasyonuna sahiptir:
\[\int_{C_\rho} \frac{dz}{z - x_0} = -\int_{-C_\rho} \frac{dz}{z - x_0} = -\int_0^{\pi} \frac{1}{\rho e^{i\theta}}\,\rho i e^{i\theta}\,d\theta = -i\int_0^{\pi} d\theta = -i\pi \tag{4}\]
\(\rho\)’dan bağımsız çıktı. \((2)\)’de \(\rho \to 0\) limiti alınıp \((3)\) ve \((4)\) kullanılırsa \((1)\) elde edilir.
\(\blacksquare\)
Teoremin anlamı sezgiseldir: tam bir tur \(2\pi i B_0\) verirken, yarım tur onun yarısını verir; saat yönünde dolaşıldığı için de işaret ters döner: \(-\pi i B_0\). Reel eksen üzerindeki basit kutuplar, integrale “yarım rezidü” katkısı yapar.
41.2 sin x / x İntegrali
Örnek 41.1 (Dirichlet İntegrali) \[\int_0^{\infty} \frac{\sin x}{x}\,dx = \frac{\pi}{2}\]
olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(\dfrac{e^{iz}}{z}\) fonksiyonunu, aşağıdaki girintili yol üzerinde integralleyeceğiz: \(\rho < R\) olmak üzere reel eksenin \(L_1\): \(\rho \le x \le R\) ve \(L_2\): \(-R \le x \le -\rho\) parçaları, dış yarım çember \(C_R\) ve orijinin çevresini dolaşan küçük yarım çember \(C_\rho\).
Bu kapalı yolun içinde ve üzerinde integrand analitiktir (orijin girintiyle dışarıda bırakıldı); Cauchy-Goursat teoremi
\[\int_{L_1} \frac{e^{iz}}{z}\,dz + \int_{C_R} \frac{e^{iz}}{z}\,dz + \int_{L_2} \frac{e^{iz}}{z}\,dz + \int_{C_\rho} \frac{e^{iz}}{z}\,dz = 0\]
verir; yani
\[\int_{L_1} \frac{e^{iz}}{z}\,dz + \int_{L_2}\frac{e^{iz}}{z}\,dz = -\int_{C_\rho}\frac{e^{iz}}{z}\,dz - \int_{C_R} \frac{e^{iz}}{z}\,dz \tag{5}\]
Sol taraf. \(L_1\) ve \(L_2\) parçaları sırasıyla \(z = r\) ve \(z = -r\) \((\rho \le r \le R)\) ile parametrelenir. \(z = -r\) parametrizasyonu \(L_2\)’yi ters yönde (\(-\rho\)’dan \(-R\)’ye) katettiğinden \(\displaystyle\int_{L_2} = -\int_{-L_2}\) yazılır:
\[\int_{L_1}\frac{e^{iz}}{z}dz - \int_{-L_2}\frac{e^{iz}}{z}dz = \int_\rho^R \frac{e^{ir}}{r}\,dr - \int_\rho^R \frac{e^{-ir}}{r}\,dr = 2i\int_\rho^R \frac{\sin r}{r}\,dr\]
Böylece \((5)\) şu hâle gelir:
\[2i\int_{\rho}^{R} \frac{\sin r}{r}\,dr = -\int_{C_\rho} \frac{e^{iz}}{z}\,dz - \int_{C_R} \frac{e^{iz}}{z}\,dz \tag{6}\]
Küçük yay. Laurent açılımı
\[\frac{e^{iz}}{z} = \frac{1}{z}\left[1 + \frac{iz}{1!} + \frac{(iz)^2}{2!} + \cdots\right] = \frac{1}{z} + \frac{i}{1!} + \frac{i^2}{2!}z + \cdots \qquad (0 < |z| < \infty)\]
orijinin basit kutup ve rezidünün \(B_0 = 1\) olduğunu gösterir. Teorem 41.1 gereği
\[\lim_{\rho \to 0}\int_{C_\rho}\frac{e^{iz}}{z}\,dz = -\pi i\]
Büyük yay. \(C_R\) üzerinde \(\left|\dfrac{1}{z}\right| = \dfrac{1}{R} = M_R \to 0\) olduğundan Jordan lemması uygulanır:
\[\lim_{R\to\infty} \int_{C_R} \frac{e^{iz}}{z}\,dz = 0\]
Sonuç. \((6)\) eşitliğinde önce \(\rho \to 0\), sonra \(R \to \infty\) limitleri alınırsa
\[2i \int_0^{\infty} \frac{\sin r}{r}\,dr = \pi i \implies \int_0^{\infty} \frac{\sin x}{x}\,dx = \frac{\pi}{2}\]
\(\blacksquare\)
41.3 Dallanma Noktası Çevresinde Girinti
Girintinin nedeni her zaman bir kutup olmak zorunda değildir; dallanma noktası da yolu kesebilir. Teknik aynıdır.
Örnek 41.2 (Logaritmalı İntegral) \[\int_0^{\infty} \frac{\ln x}{\big(x^2+4\big)^2}\,dx = \frac{\pi}{32}\big(\ln 2 - 1\big)\]
olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Çok değerli \(\dfrac{\log z}{(z^2+4)^2}\) fonksiyonunun
\[f(z) = \frac{\log z}{\big(z^2+4\big)^2} \qquad \left(|z| > 0,\ -\frac{\pi}{2} < \arg z < \frac{3\pi}{2}\right)\]
dalını alalım. Dal kesimi orijin ve negatif sanal eksendir; dolayısıyla \(f\), üst yarı düzlemde \(z = 2i\) dışında analitiktir. Önceki örnekteki girintili yolu, \(\rho < 2 < R\) koşuluyla kullanırız; böylece \(z = 2i\) tekilliği kapalı yolun içindedir.
\[\int_{L_1} f\,dz + \int_{L_2} f\,dz = 2\pi i \operatorname*{Rez}_{z=2i} f(z) - \int_{C_\rho} f\,dz - \int_{C_R} f\,dz \tag{7}\]
Doğru parçaları. \(z = re^{i0} = r\) ve \(z = re^{i\pi} = -r\) \((\rho \le r \le R)\) parametrizasyonlarıyla (\(\log\) dalında \(\arg z = 0\) ve \(\arg z = \pi\)):
\[\int_{L_1} f\,dz + \int_{L_2} f\,dz = \int_\rho^R \frac{\ln r}{\big(r^2+4\big)^2}\,dr + \int_\rho^R \frac{\ln r + i\pi}{\big(r^2+4\big)^2}\,dr\]
Rezidü. \(f(z) = \dfrac{\varphi(z)}{(z - 2i)^2}\), \(\varphi(z) = \dfrac{\log z}{(z+2i)^2}\) ile \(z = 2i\) ikinci mertebeden kutuptur ve rezidü \(\varphi'(2i)\)’dir:
\[\varphi'(z) = \frac{\dfrac{1}{z}(z+2i)^2 - 2(z+2i)\log z}{(z+2i)^4} = \frac{\dfrac{z + 2i}{z} - 2\log z}{(z+2i)^3}\]
\(z = 2i\) için \(\log(2i) = \ln 2 + i\dfrac{\pi}{2}\) ve \((4i)^3 = -64i\) olduğundan
\[\varphi'(2i) = \frac{2 - 2\ln 2 - i\pi}{-64i} = \frac{\pi}{64} + i\,\frac{1 - \ln 2}{32}\]
Böylece \(2\pi i\,\varphi'(2i) = \dfrac{\pi}{16}\big(\ln 2 - 1\big) + i\,\dfrac{\pi^2}{32}\) olur ve \((7)\) eşitliği
\[\begin{aligned} 2\int_\rho^R \frac{\ln r}{\big(r^2+4\big)^2}\,dr + i\pi\int_\rho^R \frac{dr}{\big(r^2+4\big)^2} &= \frac{\pi}{16}\big(\ln 2 - 1\big) + i\frac{\pi^2}{32}\\[1mm] &\quad - \int_{C_\rho} f\,dz - \int_{C_R} f\,dz \end{aligned} \tag{8}\]
hâline gelir. Reel kısımlar eşitlenirse
\[2\int_\rho^R \frac{\ln r}{\big(r^2+4\big)^2}\,dr = \frac{\pi}{16}\big(\ln 2 - 1\big) - \operatorname{Re}\int_{C_\rho} f\,dz - \operatorname{Re}\int_{C_R} f\,dz \tag{9}\]
Yay integralleri. \(z = \rho e^{i\theta}\) üzerinde (\(\rho < 1\))
\[\big|\log z\big| = \big|\ln\rho + i\theta\big| \le \big|\ln\rho\big| + \pi = -\ln\rho + \pi, \qquad \big|z^2+4\big| \ge 4 - \rho^2\]
olduğundan
\[\left|\operatorname{Re}\int_{C_\rho} f\,dz\right| \le \frac{-\ln\rho + \pi}{\big(4-\rho^2\big)^2}\,\pi\rho = \pi\,\frac{\pi\rho - \rho\ln\rho}{\big(4 - \rho^2\big)^2}\]
L’Hôpital kuralıyla \(\rho \to 0\) iken \(\rho\ln\rho \to 0\); sınır sıfıra gider. Benzer biçimde \(C_R\) üzerinde
\[\left|\operatorname{Re}\int_{C_R} f\,dz\right| \le \frac{\ln R + \pi}{\big(R^2-4\big)^2}\,\pi R = \pi\,\frac{\dfrac{\pi}{R} + \dfrac{\ln R}{R}}{\left(R - \dfrac{4}{R}\right)^2}\]
ve \(R\to\infty\) iken \(\dfrac{\ln R}{R} \to 0\) olduğundan bu da sıfıra gider.
Sonuç. \((9)\)’da \(\rho \to 0\) ve \(R \to \infty\) alınırsa
\[2\int_0^{\infty} \frac{\ln r}{\big(r^2+4\big)^2}\,dr = \frac{\pi}{16}\big(\ln 2 - 1\big) \implies \int_0^{\infty}\frac{\ln x}{\big(x^2+4\big)^2}\,dx = \frac{\pi}{32}\big(\ln 2 - 1\big)\]
İkinci kazanç. \((8)\) eşitliğinde reel yerine sanal kısımlar eşitlenirse, aynı hesaptan bedava bir formül daha çıkar:
\[\pi\int_\rho^R \frac{dr}{\big(r^2+4\big)^2} = \frac{\pi^2}{32} - \operatorname{Im}\int_{C_\rho} f\,dz - \operatorname{Im}\int_{C_R} f\,dz\]
Limitler alındığında
\[\int_0^{\infty} \frac{dx}{\big(x^2+4\big)^2} = \frac{\pi}{32}\]
\(\blacksquare\)
41.4 Alıştırma
Alıştırma 41.1 (Girintili Yol Alıştırmaları)
\(\displaystyle\operatorname{P.V.}\int_{-\infty}^{\infty} \frac{dx}{x^2 - 1}\) esas değerini, \(z = \pm 1\) noktalarını girintiyle dolaşarak hesaplayınız.
\(\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\ln x}{x^2+1}\,dx = 0\) olduğunu, önceki örnekteki yolla gösteriniz.
\(\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sin^2 x}{x^2}\,dx = \frac{\pi}{2}\) eşitliğini, \(\sin^2 x = \dfrac{1 - \cos 2x}{2}\) özdeşliğiyle Örnek 41.1 sonucuna indirgeyiniz.
Çözüm
a) İntegrandın tekil noktaları \(z = 1\) ve \(z = -1\)’dir; ikisi de integrasyon yolunun üzerindedir, bu yüzden esas değer aranıyor. Yolu iki küçük yarım çemberle yukarıdan dolaşalım ve büyük bir \(C_R\) yarım çemberiyle kapatalım.
Kapalı yolun içinde hiçbir tekil nokta kalmadığından Cauchy-Goursat teoremi toplamın sıfır olduğunu söyler:
\[\int_{\text{doğru parçaları}} + \int_{C_{\rho_1}} + \int_{C_{\rho_2}} + \int_{C_R} = 0\]
Büyük yarım çemberin katkısı sıfıra gider: integrand \(1/R^2\) mertebesinde, uzunluk \(\pi R\) mertebesindedir. Küçük yarım çemberler için girinti lemması, basit kutuplarda
\[\lim_{\rho \to 0}\int_{C_\rho} f(z)\,dz = -B\,\pi i\]
verir (\(B\), o noktadaki rezidü). Rezidüleri hesaplayalım:
\[B_1 = \operatorname*{Rez}_{z=1}\frac{1}{z^2-1} = \frac{1}{z+1}\bigg|_{z=1} = \frac{1}{2}, \qquad B_{-1} = \frac{1}{z-1}\bigg|_{z=-1} = -\frac{1}{2}\]
\(\rho \to 0\) ve \(R \to \infty\) limitinde
\[\operatorname{P.V.}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dx}{x^2-1} - \pi i B_{-1} - \pi i B_{1} = 0\]
\[\operatorname{P.V.}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dx}{x^2-1} = \pi i\left(-\frac{1}{2} + \frac{1}{2}\right) = 0\]
Sonuç, basit kesirlerden de görülebilir: \(\dfrac{1}{x^2-1} = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{x-1} - \dfrac{1}{x+1}\right)\) ifadesi \(x \mapsto -x\) altında işaret değiştirir; esas değer, tek fonksiyonun simetrik limitidir ve sıfırdır.
b) Logaritmalı integral örneğindeki yolu ve aynı \(\log\) dalını aynen kullanalım; bu kez
\[f(z) = \frac{\log z}{z^2+1}, \qquad \log z = \ln r + i\theta \quad \left(r > 0,\ -\frac{\pi}{2} < \theta < \frac{3\pi}{2}\right)\]
Yol, reel eksenin iki parçası (\(-R\)’den \(-\rho\)’ya ve \(\rho\)’dan \(R\)’ye), orijini dolaşan \(C_\rho\) ve büyük \(C_R\) yarım çemberlerinden oluşur. İçeride kalan tek tekil nokta \(z = i\)’dir:
\[\operatorname*{Rez}_{z=i} \frac{\log z}{z^2+1} = \frac{\log z}{2z}\bigg|_{z=i} = \frac{\ln 1 + i\pi/2}{2i} = \frac{\pi}{4}\]
Negatif eksen parçasında \(z = re^{i\pi}\), yani \(\log z = \ln r + i\pi\) ve \(dz = -dr\)’dir; bu parça yön düzeltmesiyle \(\displaystyle\int_\rho^R \frac{\ln r + i\pi}{r^2+1}\,dr\) katkısını verir. İki doğru parçası toplanınca
\[2\int_\rho^R \frac{\ln r}{r^2+1}\,dr + i\pi\int_\rho^R \frac{dr}{r^2+1} = 2\pi i \cdot \frac{\pi}{4} - \int_{C_\rho} f\,dz - \int_{C_R} f\,dz\]
Yay katkıları sıfıra gider: \(C_\rho\) üzerinde \(|f| \lesssim |\ln\rho| + \pi\) ve uzunluk \(\pi\rho\) olduğundan \(\rho\ln\rho \to 0\); \(C_R\) üzerinde \(|f| \lesssim (\ln R + \pi)/R^2\) ve uzunluk \(\pi R\) olduğundan \((\ln R)/R \to 0\).
Limitte sağ taraf \(\dfrac{i\pi^2}{2}\)’dir. Sol taraftaki ikinci integral \(\displaystyle\int_0^\infty \frac{dr}{r^2+1} = \frac{\pi}{2}\) olduğundan sanal kısımlar
\[i\pi\cdot\frac{\pi}{2} = \frac{i\pi^2}{2}\]
eşitliğiyle birbirini tam olarak karşılar. Geriye reel kısım kalır:
\[2\int_0^{\infty}\frac{\ln r}{r^2+1}\,dr = 0 \implies \int_0^{\infty}\frac{\ln x}{x^2+1}\,dx = 0\]
Sonuç sezgiseldir: \(x \mapsto 1/x\) değişimi integrali kendisinin eksilisine çevirir; \((0,1)\) aralığındaki negatif katkı, \((1,\infty)\) aralığındaki pozitif katkıyı tam olarak siler.
c) Özdeşliği yerine koyalım:
\[\int_0^{\infty}\frac{\sin^2 x}{x^2}\,dx = \int_0^{\infty}\frac{1 - \cos 2x}{2x^2}\,dx\]
Kısmi integrasyon uygulayalım: \(u = \dfrac{1-\cos 2x}{2}\) ve \(dv = \dfrac{dx}{x^2}\) alırsak \(du = \sin 2x\,dx\) ve \(v = -\dfrac{1}{x}\)’tir:
\[\int_0^{\infty}\frac{1-\cos 2x}{2x^2}\,dx = \left[-\frac{1 - \cos 2x}{2x}\right]_0^{\infty} + \int_0^{\infty}\frac{\sin 2x}{x}\,dx\]
Sınır terimi iki uçta da kaybolur: \(x \to \infty\) iken pay sınırlı, payda sonsuza gider; \(x \to 0\) iken \(1 - \cos 2x \approx 2x^2\) olduğundan ifade \(\approx x \to 0\)’dır.
Kalan integralde \(u = 2x\) değişimi yapalım:
\[\int_0^{\infty}\frac{\sin 2x}{x}\,dx = \int_0^{\infty}\frac{\sin u}{u}\,du\]
Bu, Örnek 41.1 örneğinde hesaplanan Dirichlet integralidir ve değeri \(\dfrac{\pi}{2}\)’dir. Sonuç:
\[\int_0^{\infty}\frac{\sin^2 x}{x^2}\,dx = \frac{\pi}{2}\]
\(\blacksquare\)
Dal kesimi bu bölümde yolun dışında kaldı; yola yalnızca, girintiyle dışarıda bıraktığımız orijinde yaklaştı. Bir sonraki bölümde kesim boyunca uzanan yollarla çalışacağız: dal kesimi boyunca integrasyon.