43 Sinüs ve Kosinüs İçeren Belirli İntegraller
\(0\) ile \(2\pi\) arasında alınan
\[\int_0^{2\pi} F(\sin\theta, \cos\theta)\,d\theta \tag{1}\]
tipindeki belirli integraller, rezidü kuramının en zarif uygulamalarındandır. Fikir şudur: \(\theta\)’nın \(0\)’dan \(2\pi\)’ye taraması, birim çember üzerinde tam bir tur demektir — yani integral aslında gizli bir çevre integralidir.
43.1 Dönüşüm
Birim çemberi
\[z = e^{i\theta} \qquad (0 \le \theta \le 2\pi) \tag{2}\]
ile parametreleyelim. Türev formülüyle \(\dfrac{dz}{d\theta} = ie^{i\theta} = iz\) olur. Sinüs ve kosinüsün üstel tanımları birim çember üzerinde \(e^{-i\theta} = z^{-1}\) ile şu hâle gelir:
\[\sin\theta = \frac{z - z^{-1}}{2i}, \qquad \cos\theta = \frac{z + z^{-1}}{2}, \qquad d\theta = \frac{dz}{iz} \tag{3}\]
Bu değişimlerle \((1)\) integrali, \(C\) pozitif yönlü birim çember olmak üzere
\[\int_C F\left(\frac{z - z^{-1}}{2i},\ \frac{z + z^{-1}}{2}\right) \frac{dz}{iz} \tag{4}\]
çevre integraline dönüşür.
\((4)\) integralindeki integrand \(z\)’nin rasyonel fonksiyonuna indirgeniyorsa, paydanın sıfırları bulunup — hiçbiri \(C\) üzerinde olmamak koşuluyla — Cauchy rezidü teoremi uygulanır. \(F\) rasyonel olduğunda bu daima gerçekleşir.
43.2 Çözümlü Örnek
Örnek 43.1 (Klasik Formül) \[\int_0^{2\pi} \frac{d\theta}{1 + a\sin\theta} = \frac{2\pi}{\sqrt{1-a^2}} \qquad (-1 < a < 1)\]
olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Formül \(a = 0\) için apaçıktır (\(2\pi = 2\pi\)); \(a \neq 0\) alalım.
\((3)\) değişimleriyle integral
\[\int_C \frac{1}{1 + a\dfrac{z - z^{-1}}{2i}}\cdot\frac{dz}{iz} = \int_C \frac{2\,dz}{2iz + a\big(z^2 - 1\big)} = \int_C \frac{2/a}{z^2 + \dfrac{2i}{a}z - 1}\,dz \tag{5}\]
hâline gelir.
Paydanın sıfırları. İkinci derece formülüyle
\[z_1 = \left(\frac{-1 + \sqrt{1-a^2}}{a}\right)i, \qquad z_2 = \left(\frac{-1 - \sqrt{1-a^2}}{a}\right)i\]
İkisi de saf sanaldır. \(z_1 z_2 = -1\) olduğundan \(|z_1||z_2| = 1\)’dir; ayrıca
\[|z_2| = \frac{1 + \sqrt{1-a^2}}{|a|} > 1\]
olduğundan zorunlu olarak \(|z_1| < 1\) çıkar. Yani \(C\) üzerinde tekil nokta yoktur, çemberin içindeki tek tekil nokta \(z_1\)’dir.
Rezidü. İntegrandı
\[f(z) = \frac{2/a}{(z - z_1)(z - z_2)} = \frac{\varphi(z)}{z - z_1}, \qquad \varphi(z) = \frac{2/a}{z - z_2}\]
biçiminde yazalım. \(\varphi\), \(z_1\)’de analitik ve sıfırdan farklıdır; basit kutup formülüyle
\[B_1 = \varphi(z_1) = \frac{2/a}{z_1 - z_2} = \frac{2/a}{\dfrac{2\sqrt{1-a^2}}{a}\,i} = \frac{1}{i\sqrt{1-a^2}}\]
Sonuç. Rezidü teoremiyle
\[\int_C \frac{2/a}{z^2 + \dfrac{2i}{a}z - 1}\,dz = 2\pi i\,B_1 = \frac{2\pi}{\sqrt{1-a^2}}\]
\((5)\) zinciri geri okunursa istenen formül elde edilir.
Denetim. \(a \to 0\) iken sonuç \(2\pi\)’ye gider; \(|a| \to 1\) iken sonsuza gider — beklenendir, çünkü o durumda payda bir noktada sıfırlanıp integrali ıraksatır.
\(\blacksquare\)
43.3 Kat Açılı İntegrandlar
Yöntem, sinüs ve kosinüsün argümanları \(\theta\)’nın tam katları olduğunda da aynen işler; tek yapılacak, \((2)\) parametrizasyonunu kuvvetlere taşımaktır:
\[\cos 2\theta = \frac{e^{i2\theta} + e^{-i2\theta}}{2} = \frac{\big(e^{i\theta}\big)^2 + \big(e^{i\theta}\big)^{-2}}{2} = \frac{z^2 + z^{-2}}{2}\]
Genel olarak
\[\cos n\theta = \frac{z^n + z^{-n}}{2}, \qquad \sin n\theta = \frac{z^n - z^{-n}}{2i} \qquad (n = 1, 2, \dots)\]
Örnek 43.2 (Kat Açılı Örnek) \[\int_0^{2\pi} \frac{\cos 2\theta}{5 - 4\cos\theta}\,d\theta\]
integralini hesaplayınız.
Çözüm
Dönüşümle:
\[\int_C \frac{\dfrac{z^2 + z^{-2}}{2}}{5 - 4\cdot\dfrac{z + z^{-1}}{2}}\cdot\frac{dz}{iz} = \int_C \frac{z^4 + 1}{2iz^2\big(5z - 2z^2 - 2\big)}\,dz\]
Paydayı çarpanlara ayıralım: \(-2z^2 + 5z - 2 = -2\left(z - \dfrac{1}{2}\right)(z - 2)\). Böylece integrand
\[f(z) = \frac{z^4+1}{-4i\,z^2\left(z - \dfrac{1}{2}\right)(z-2)}\]
olur. Birim çemberin içindeki tekil noktalar: \(z = 0\) (ikinci mertebeden kutup) ve \(z = \dfrac{1}{2}\) (basit kutup); \(z = 2\) dışarıdadır.
\(z = 1/2\)’deki rezidü.
\[\varphi(z) = \frac{z^4+1}{-4i\,z^2(z-2)}, \qquad \varphi\!\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{\dfrac{17}{16}}{-4i\cdot\dfrac{1}{4}\cdot\left(-\dfrac{3}{2}\right)} = \frac{\dfrac{17}{16}}{\dfrac{3i}{2}} = \frac{17}{24i}\]
\(z = 0\)’daki rezidü. \(f(z) = \dfrac{\psi(z)}{z^2}\), \(\psi(z) = \dfrac{z^4+1}{-4i\left(z - \dfrac{1}{2}\right)(z-2)}\) ile rezidü \(\psi'(0)\)’dır. \(\left(z-\dfrac{1}{2}\right)(z-2) = z^2 - \dfrac{5}{2}z + 1\) yazıp çarpım kuralıyla türetelim:
\[\psi(z) = \frac{-1}{4i}\cdot\frac{z^4+1}{z^2 - \dfrac{5}{2}z + 1} \implies \psi'(0) = \frac{-1}{4i}\cdot\frac{0 \cdot 1 - 1\cdot\left(-\dfrac{5}{2}\right)}{1} = \frac{-5}{8i}\]
Toplam.
\[2\pi i\left(\frac{17}{24i} - \frac{5}{8i}\right) = 2\pi\left(\frac{17}{24} - \frac{15}{24}\right) = 2\pi\cdot\frac{2}{24} = \frac{\pi}{6}\]
Yani
\[\int_0^{2\pi} \frac{\cos 2\theta}{5 - 4\cos\theta}\,d\theta = \frac{\pi}{6}\]
\(\blacksquare\)
43.4 Alıştırma
Alıştırma 43.1 (Trigonometrik İntegral Alıştırmaları) Aşağıdaki integralleri birim çember dönüşümüyle hesaplayınız.
\(\displaystyle\int_0^{2\pi} \frac{d\theta}{5 + 4\sin\theta}\)
\(\displaystyle\int_0^{2\pi} \frac{d\theta}{1 + a\cos\theta}\) \((-1 < a < 1)\)
\(\displaystyle\int_0^{\pi} \frac{d\theta}{a + \cos\theta}\) \((a > 1)\) (İpucu: integrand çifttir; aralığı \([0, 2\pi]\)’ye genişletip yarısını alınız.)
\(\displaystyle\int_0^{2\pi} \frac{\cos^2 3\theta}{5 - 4\cos 2\theta}\,d\theta\)
Çözüm
a) \((3)\) dönüşümlerini uygulayalım. \(\sin\theta = \dfrac{z - z^{-1}}{2i}\) olduğundan
\[5 + 4\sin\theta = 5 + \frac{2}{i}\big(z - z^{-1}\big) = 5 - 2i\left(z - \frac{1}{z}\right) = \frac{-2iz^2 + 5z + 2i}{z}\]
\(d\theta = \dfrac{dz}{iz}\) ile birlikte \(z\) sadeleşir:
\[\int_0^{2\pi}\frac{d\theta}{5+4\sin\theta} = \int_C \frac{z}{-2iz^2+5z+2i}\cdot\frac{dz}{iz} = \int_C \frac{dz}{2z^2 + 5iz - 2}\]
Paydanın köklerini bulalım:
\[z = \frac{-5i \pm \sqrt{(5i)^2 + 16}}{4} = \frac{-5i \pm 3i}{4} \implies z = -\frac{i}{2},\quad z = -2i\]
Yalnızca \(z = -i/2\) birim çemberin içindedir ve basit kutuptur. Rezidü, paydanın türeviyle:
\[\operatorname*{Rez}_{z=-i/2}\frac{1}{2z^2+5iz-2} = \frac{1}{4z + 5i}\bigg|_{z=-i/2} = \frac{1}{-2i + 5i} = \frac{1}{3i}\]
Sonuç:
\[\int_0^{2\pi}\frac{d\theta}{5+4\sin\theta} = 2\pi i\cdot\frac{1}{3i} = \frac{2\pi}{3}\]
b) Bu kez \(\cos\theta = \dfrac{z + z^{-1}}{2}\) kullanılır:
\[1 + a\cos\theta = \frac{az^2 + 2z + a}{2z} \implies \int_0^{2\pi}\frac{d\theta}{1 + a\cos\theta} = \int_C \frac{2\,dz}{i\big(az^2 + 2z + a\big)}\]
Kökler:
\[z_{\pm} = \frac{-1 \pm \sqrt{1 - a^2}}{a}\]
\(-1 < a < 1\) için \(z_+ z_- = 1\) olduğundan kökler birbirinin tersidir; biri çemberin içinde, diğeri dışındadır. İçeride kalan \(z_+ = \dfrac{-1+\sqrt{1-a^2}}{a}\)’dır. Rezidü:
\[\frac{2}{i}\cdot\frac{1}{2az + 2}\bigg|_{z = z_+} = \frac{1}{i\,(a z_+ + 1)} = \frac{1}{i\sqrt{1-a^2}}\]
çünkü \(a z_+ + 1 = \sqrt{1-a^2}\)’dir. Sonuç:
\[\int_0^{2\pi}\frac{d\theta}{1+a\cos\theta} = 2\pi i \cdot \frac{1}{i\sqrt{1-a^2}} = \frac{2\pi}{\sqrt{1-a^2}}\]
(\(a = 0\) durumunda formül \(2\pi\) verir; doğrudur.)
c) İntegrand \(\theta \mapsto 2\pi - \theta\) değişimi altında değişmez (\(\cos\) bu simetriye sahiptir), dolayısıyla \([0,2\pi]\) üzerindeki integral \([0,\pi]\) üzerindekinin iki katıdır:
\[\int_0^{\pi}\frac{d\theta}{a + \cos\theta} = \frac{1}{2}\int_0^{2\pi}\frac{d\theta}{a+\cos\theta}\]
Sağdaki integral, (b) şıkkının \(\dfrac{1}{a}\) katıdır: \(a + \cos\theta = a\left(1 + \dfrac{1}{a}\cos\theta\right)\) yazılıp \(a > 1\) için \(\left|\dfrac1a\right| < 1\) olduğu kullanılırsa
\[\int_0^{2\pi}\frac{d\theta}{a+\cos\theta} = \frac{1}{a}\cdot\frac{2\pi}{\sqrt{1 - \dfrac{1}{a^2}}} = \frac{2\pi}{\sqrt{a^2 - 1}}\]
Yarısını alalım:
\[\int_0^{\pi}\frac{d\theta}{a+\cos\theta} = \frac{\pi}{\sqrt{a^2-1}}\]
d) Önce payı indirgeyelim: \(\cos^2 3\theta = \dfrac{1 + \cos 6\theta}{2}\). Ardından \(\varphi = 2\theta\) değişimi yapalım; integrandın \(\varphi\) cinsinden periyodu \(2\pi\) olduğundan
\[\int_0^{2\pi} F(2\theta)\,d\theta = \frac{1}{2}\int_0^{4\pi}F(\varphi)\,d\varphi = \int_0^{2\pi}F(\varphi)\,d\varphi\]
Böylece
\[I = \int_0^{2\pi}\frac{\cos^2 3\theta}{5 - 4\cos2\theta}\,d\theta = \frac{1}{2}\int_0^{2\pi}\frac{d\varphi}{5 - 4\cos\varphi} + \frac{1}{2}\int_0^{2\pi}\frac{\cos 3\varphi}{5 - 4\cos\varphi}\,d\varphi\]
Birinci integral. Birim çember dönüşümüyle
\[5 - 4\cos\varphi = \frac{-2z^2 + 5z - 2}{z} = \frac{-(2z-1)(z-2)}{z}\]
\[\int_0^{2\pi}\frac{d\varphi}{5-4\cos\varphi} = \int_C \frac{z}{-(2z-1)(z-2)}\cdot\frac{dz}{iz} = i\int_C \frac{dz}{(2z-1)(z-2)}\]
İçeride kalan tek kutup \(z = 1/2\)’dir:
\[\operatorname*{Rez}_{z=1/2} = \frac{1}{2(z-2)}\bigg|_{z=1/2} = \frac{1}{2\left(-\dfrac32\right)} = -\frac{1}{3}\]
\[\int_0^{2\pi}\frac{d\varphi}{5-4\cos\varphi} = i\cdot 2\pi i\left(-\frac13\right) = \frac{2\pi}{3}\]
İkinci integral. \(\cos 3\varphi\) yerine \(e^{i3\varphi}\) ile çalışabiliriz: sanal kısım, \(\varphi \mapsto 2\pi - \varphi\) simetrisi altında tek olduğundan sıfırdır. \(z = e^{i\varphi}\) ile \(e^{i3\varphi} = z^3\):
\[\int_0^{2\pi}\frac{\cos3\varphi}{5-4\cos\varphi}\,d\varphi = i\int_C \frac{z^3\,dz}{(2z-1)(z-2)}\]
Yine yalnızca \(z = 1/2\) içeridedir:
\[\operatorname*{Rez}_{z=1/2} = \frac{z^3}{2(z-2)}\bigg|_{z=1/2} = \frac{1/8}{-3} = -\frac{1}{24}\]
\[\int_0^{2\pi}\frac{\cos3\varphi}{5-4\cos\varphi}\,d\varphi = i \cdot 2\pi i\left(-\frac{1}{24}\right) = \frac{\pi}{12}\]
Toplam.
\[I = \frac{1}{2}\cdot\frac{2\pi}{3} + \frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{12} = \frac{\pi}{3} + \frac{\pi}{24} = \frac{8\pi + \pi}{24} = \frac{3\pi}{8}\]
\(\blacksquare\)
Rezidü kuramının integral hesabındaki gücünü gördük. Son iki bölümde bambaşka iki uygulamaya geçiyoruz: fonksiyonların sıfırlarını saymak ve Laplace dönüşümlerini tersine çevirmek. Önce argüman ilkesi ve Rouché teoremi.