39 Has Olmayan İntegrallerin Hesaplanışı
Rezidü kuramının en görünür ödülü şudur: reel analizde ters türev bulunamadığı için hesaplanamayan integraller, kompleks düzlemde birkaç rezidü toplanarak çözülür. Bu bölümde yöntemin iskeletini kuruyoruz — yarım çember çevresi, ML kestirimi ve rezidü teoremi.
39.1 Has Olmayan İntegral ve Esas Değer
Kalkülüsten hatırlayalım: sürekli bir \(f(x)\) fonksiyonunun yarı-sonsuz aralıktaki has olmayan integrali
\[\int_0^{\infty} f(x)\,dx = \lim_{R \to \infty} \int_0^R f(x)\,dx \tag{1}\]
limitiyle tanımlanır. Tüm eksen üzerinde ise iki bağımsız limit istenir:
\[\int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,dx = \lim_{R_1 \to \infty}\int_{-R_1}^{0} f(x)\,dx + \lim_{R_2 \to \infty}\int_0^{R_2} f(x)\,dx \tag{2}\]
Tanım 39.1 (Cauchy Esas Değeri) \((2)\) integralinin Cauchy esas değeri, tek bir limitle tanımlanır:
\[\operatorname{P.V.}\int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,dx = \lim_{R\to\infty} \int_{-R}^{R} f(x)\,dx \tag{3}\]
\((2)\) integrali yakınsaksa esas değeri de vardır ve ikisi eşittir; çünkü
\[\lim_{R\to\infty}\int_{-R}^{R} f\,dx = \lim_{R \to \infty}\left[\int_{-R}^0 f\,dx + \int_0^R f\,dx\right]\]
ayrışımındaki iki limit, \((2)\)’dekilerle aynıdır.
Tersi doğru değildir. \(f(x) = x\) için
\[\operatorname{P.V.}\int_{-\infty}^{\infty} x\,dx = \lim_{R\to\infty}\left[\frac{x^2}{2}\right]_{-R}^{R} = \lim_{R \to \infty} 0 = 0\]
esas değeri vardır; oysa \((2)\) tanımındaki
\[\lim_{R_1 \to \infty}\left(-\frac{R_1^2}{2}\right) + \lim_{R_2\to\infty} \frac{R_2^2}{2}\]
limitlerinin ikisi de yoktur — integral ıraksaktır. Simetrik kesme, birbirini götüren iki sonsuzu gizler.
39.2 Çift Fonksiyonlarda İndirgeme
Bu ayrım, integrand çift olduğunda ortadan kalkar.
Teorem 39.1 (Çift Fonksiyonlar İçin) \(f(x)\), \((-\infty, \infty)\) üzerinde sürekli ve çift olsun (\(f(-x) = f(x)\)). \((3)\) esas değeri varsa \((2)\) integrali yakınsar ve
\[\int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,dx = \operatorname{P.V.}\int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,dx \tag{4}\]
\[\int_0^{\infty} f(x)\,dx = \frac{1}{2}\left[\operatorname{P.V.}\int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,dx\right] \tag{5}\]
İspat
Grafiğin \(y\) eksenine göre simetrisi
\[\int_{-R_1}^{0} f(x)\,dx = \frac{1}{2}\int_{-R_1}^{R_1} f(x)\,dx, \qquad \int_0^{R_2} f(x)\,dx = \frac{1}{2}\int_{-R_2}^{R_2} f(x)\,dx\]
verir. Sağ taraflardaki limitler esas değerin varlığından ötürü mevcuttur; dolayısıyla soldaki iki limit de vardır ve \((2)\) yakınsar. Toplandığında \((4)\), ve \(\displaystyle\int_0^R f\,dx = \frac{1}{2}\int_{-R}^R f\,dx\) ilişkisinden \((5)\) çıkar.
\(\blacksquare\)
39.3 Yarım Çember Yöntemi
Şimdi rasyonel \(f(x) = \dfrac{p(x)}{q(x)}\) fonksiyonlarının has olmayan integrallerini hesaplayan yöntemi kuralım. Varsayımlar: \(p\) ve \(q\) ortak çarpanı olmayan reel katsayılı polinomlar, \(q\)’nun reel sıfırı yok ve reel eksenin üstünde en az bir sıfırı var.
Yöntem şöyle işler:
- \(q(z)\)’nin reel eksenin üstünde kalan farklı sıfırları \(z_1, z_2, \dots, z_n\) olarak belirlenir (sonlu sayıdadır).
- \(f(z) = \dfrac{p(z)}{q(z)}\) bölümü, reel eksenin \(-R \le x \le R\) parçası ile \(|z| = R\) çemberinin üst yarısı \(C_R\)’den oluşan yarım dairesel bölgenin pozitif yönlü sınırı üzerinde integrallenir. \(R\) yeterince büyük seçilir ki tüm \(z_k\) noktaları bu yolun içinde kalsın.
- Cauchy rezidü teoremi uygulanır:
\[\int_{-R}^{R} f(x)\,dx + \int_{C_R} f(z)\,dz = 2\pi i \sum_{k=1}^{n} \operatorname*{Rez}_{z = z_k} f(z)\]
yani
\[\int_{-R}^{R} f(x)\,dx = 2\pi i \sum_{k=1}^{n}\operatorname*{Rez}_{z = z_k} f(z) - \int_{C_R} f(z)\,dz \tag{6}\]
- Son integralin sıfıra gittiği gösterilir. Eğer
\[\lim_{R \to \infty} \int_{C_R} f(z)\,dz = 0\]
ise
\[\operatorname{P.V.}\int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,dx = 2\pi i \sum_{k=1}^{n} \operatorname*{Rez}_{z=z_k} f(z) \tag{7}\]
\(f(x)\) çift ise Teorem 39.1 devreye girer:
\[\int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,dx = 2\pi i \sum_{k=1}^{n} \operatorname*{Rez}_{z = z_k} f(z), \qquad \int_0^{\infty} f(x)\,dx = \pi i \sum_{k=1}^{n} \operatorname*{Rez}_{z=z_k} f(z) \tag{8}\]
\(C_R\) üzerindeki integrali sıfıra götüren mekanizma her seferinde aynıdır: ML eşitsizliği. Yayın uzunluğu \(\pi R\) ile büyürken, integrandın modülü paydanın derecesi sayesinde daha hızlı küçülür. Pratik kural: paydanın derecesi, payın derecesinden en az iki fazlaysa yay integrali söner.
39.4 Tam Çözümlü Örnek
Örnek 39.1 (Klasik Rasyonel İntegral) \[\int_0^{\infty} \frac{x^2}{x^6 + 1}\,dx\]
integralini hesaplayınız.
Çözüm
Tekil noktalar. \(f(z) = \dfrac{z^2}{z^6+1}\) fonksiyonunun tekil noktaları, \(z^6 = -1\) denkleminin kökleridir. Kök formülüyle
\[c_k = \exp\left[i\left(\frac{\pi}{6} + \frac{2k\pi}{6}\right)\right] \qquad (k = 0, 1, \dots, 5)\]
Hiçbiri reel eksende değildir. İlk üçü üst yarı düzlemdedir:
\[c_0 = e^{i\pi/6}, \qquad c_1 = i, \qquad c_2 = e^{i5\pi/6}\]
Rezidüler. p/q′ formülünü kullanalım; \(p(z) = z^2\), \(q(z) = z^6 + 1\), \(q'(z) = 6z^5\):
\[B_k = \operatorname*{Rez}_{z = c_k} \frac{z^2}{z^6+1} = \frac{c_k^2}{6c_k^5} = \frac{1}{6c_k^3} \qquad (k = 0,1,2)\]
\(c_k^3\) değerlerini hesaplayalım: \(c_0^3 = e^{i\pi/2} = i\), \(c_1^3 = i^3 = -i\), \(c_2^3 = e^{i5\pi/2} = i\). Böylece
\[B_0 = \frac{1}{6i}, \qquad B_1 = -\frac{1}{6i}, \qquad B_2 = \frac{1}{6i}\]
\[2\pi i\,(B_0 + B_1 + B_2) = 2\pi i\left(\frac{1}{6i} - \frac{1}{6i} + \frac{1}{6i}\right) = \frac{\pi}{3}\]
\((6)\) eşitliği, \(R > 1\) olan tüm değerler için
\[\int_{-R}^{R} \frac{x^2}{x^6+1}\,dx = \frac{\pi}{3} - \int_{C_R} f(z)\,dz \tag{9}\]
verir.
Yay integralinin sönmesi. \(C_R\) üzerinde \(|z| = R\) olduğundan
\[\big|z^2\big| = R^2, \qquad \big|z^6 + 1\big| \ge \big||z|^6 - 1\big| = R^6 - 1\]
Yani \(|f(z)| \le M_R\), \(M_R = \dfrac{R^2}{R^6 - 1}\). Yayın uzunluğu \(\pi R\) olduğundan ML eşitsizliğiyle
\[\left|\int_{C_R} f(z)\,dz\right| \le M_R\,\pi R = \frac{\pi R^3}{R^6 - 1} = \frac{\dfrac{\pi}{R^3}}{1 - \dfrac{1}{R^6}}\]
Pay ve payda \(R^6\)’ya bölündüğünde ifadenin \(R \to \infty\) iken sıfıra gittiği açıktır:
\[\lim_{R\to\infty} \int_{C_R} f(z)\,dz = 0\]
Sonuç. \((9)\)’da limit alınırsa
\[\operatorname{P.V.}\int_{-\infty}^{\infty} \frac{x^2}{x^6+1}\,dx = \frac{\pi}{3}\]
İntegrand çift olduğundan \((5)\) ile
\[\int_0^{\infty} \frac{x^2}{x^6 + 1}\,dx = \frac{\pi}{6}\]
\(\blacksquare\)
39.5 Alıştırma
Alıştırma 39.1 (Has Olmayan İntegral Alıştırmaları) Aşağıdaki integralleri yarım çember yöntemiyle hesaplayınız.
\(\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{dx}{x^2 + 1}\)
\(\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{dx}{\big(x^2+1\big)^2}\)
\(\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} \frac{x^2\,dx}{\big(x^2+1\big)\big(x^2+4\big)}\)
\(\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{dx}{x^4 + 1}\)
Çözüm
Dördünde de integrand çift bir rasyonel fonksiyondur, paydanın reel kökü yoktur ve payda derecesi payı en az iki aşar. Böylece büyük yarım çemberin katkısı sıfıra gider ve
\[\int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,dx = 2\pi i \sum \operatorname*{Rez}_{\text{üst yarı düzlem}} f(z)\]
kuralı geçerlidir; \([0,\infty)\) üzerindeki integraller ise bunun yarısıdır.
a) \(\dfrac{1}{z^2+1}\) fonksiyonunun üst yarı düzlemdeki tek tekil noktası \(z = i\)’dir ve basit kutuptur:
\[\operatorname*{Rez}_{z=i}\frac{1}{z^2+1} = \frac{1}{2z}\bigg|_{z=i} = \frac{1}{2i}\]
Tüm eksen üzerindeki integral
\[\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dx}{x^2+1} = 2\pi i\cdot\frac{1}{2i} = \pi\]
İntegrand çift olduğundan
\[\int_0^{\infty}\frac{dx}{x^2+1} = \frac{\pi}{2}\]
b) Bu kez \(z = i\) ikinci mertebeden kutuptur:
\[\frac{1}{\big(z^2+1\big)^2} = \frac{\varphi(z)}{(z-i)^2}, \qquad \varphi(z) = \frac{1}{(z+i)^2}\]
Rezidü \(\varphi'(i)\)’dir:
\[\varphi'(z) = \frac{-2}{(z+i)^3} \implies \varphi'(i) = \frac{-2}{(2i)^3} = \frac{-2}{-8i} = \frac{1}{4i}\]
Böylece
\[\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dx}{\big(x^2+1\big)^2} = 2\pi i\cdot\frac{1}{4i} = \frac{\pi}{2} \implies \int_0^{\infty}\frac{dx}{\big(x^2+1\big)^2} = \frac{\pi}{4}\]
c) Üst yarı düzlemde iki basit kutup vardır: \(z = i\) ve \(z = 2i\).
\[\operatorname*{Rez}_{z=i}\frac{z^2}{\big(z^2+1\big)\big(z^2+4\big)} = \frac{z^2}{(z+i)\big(z^2+4\big)}\bigg|_{z=i} = \frac{-1}{2i\cdot 3} = \frac{i}{6}\]
\[\operatorname*{Rez}_{z=2i} = \frac{z^2}{\big(z^2+1\big)(z+2i)}\bigg|_{z=2i} = \frac{-4}{(-3)(4i)} = -\frac{i}{3}\]
(Son sadeleştirmelerde \(\dfrac{1}{i} = -i\) kullanıldı.) Toplam \(\dfrac{i}{6} - \dfrac{i}{3} = -\dfrac{i}{6}\) olduğundan
\[\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x^2\,dx}{\big(x^2+1\big)\big(x^2+4\big)} = 2\pi i\left(-\frac{i}{6}\right) = \frac{\pi}{3}\]
d) \(z^4 + 1 = 0\) köklerinin hepsi basit kutuptur ve üst yarı düzlemde iki tanesi bulunur:
\[z_0 = e^{i\pi/4}, \qquad z_1 = e^{i3\pi/4}\]
Basit kutupta rezidü \(\dfrac{1}{4z^3}\)’tür; \(z^4 = -1\) olduğundan bu ifade sadeleşir:
\[\operatorname*{Rez}_{z=z_k}\frac{1}{z^4+1} = \frac{1}{4z_k^3} = \frac{z_k}{4z_k^4} = -\frac{z_k}{4}\]
Rezidülerin toplamı
\[-\frac{1}{4}\big(e^{i\pi/4} + e^{i3\pi/4}\big) = -\frac{1}{4}\left(\frac{\sqrt2}{2} + i\frac{\sqrt2}{2} - \frac{\sqrt2}{2} + i\frac{\sqrt2}{2}\right) = -\frac{i\sqrt{2}}{4}\]
Böylece
\[\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dx}{x^4+1} = 2\pi i\left(-\frac{i\sqrt2}{4}\right) = \frac{\pi\sqrt{2}}{2} \implies \int_0^{\infty}\frac{dx}{x^4+1} = \frac{\pi\sqrt2}{4} = \frac{\pi}{2\sqrt{2}}\]
\(\blacksquare\)
Peki integrandda \(\sin ax\) ya da \(\cos ax\) varsa? Doğrudan aynı yolu izlemek işe yaramaz — çünkü \(\sin z\) ve \(\cos z\) üst yarı düzlemde sınırsızdır. Çözüm zariftir: Fourier integralleri ve Jordan lemması.