Has Olmayan İntegral

[Lokman Gökçe]

Problem: $ \displaystyle{ \int_0^{\infty} \dfrac{dx}{x^4 + 4}} $ integralinin değeri aşağıdakilerden hangisidir?

$  \textbf{a)}\ \pi \qquad\textbf{b)}\ \dfrac{\pi}{2} \qquad\textbf{c)}\ \dfrac{\pi}{3} \qquad\textbf{d)}\ \dfrac{\pi}{4}  \qquad\textbf{e)}\ \dfrac{\pi}{8} $

[Metin Can Aydemir]

Cevap: $\boxed{E}$

Bu integralin kompleks analiz yöntemleriyle de çözümü var, kısa halini bulup ekleyebilirim daha sonra. Normal yöntemlerle çözmeye çalışalım. Öncelikle $x^4+4$'ü çarpanlarına ayıralım. $$x^4+4=x^4+4x^2+4-4x^2=(x^2+2x+2)(x^2-2x+2)$$ Şimdi de $\frac{1}{x^4+4}=\frac{Ax+B}{x^2+2x+2}+\frac{Cx+D}{x^2-2x+2}$ olarak ayırmaya çalışalım. Payda eşitleyince $x^3$ ve $x$'in katsayılarından $C=-A$ ve $B=D$ çıkacaktır. Dolayısıyla $$\frac{1}{x^4+4}=\frac{Ax+B}{x^2+2x+2}+\frac{-Ax+B}{x^2-2x+2}=\frac{(2B-4A)x^2+4B}{x^4+4}$$ bulunur. Buradan $B=\frac{1}{4}$ ve $A=\frac{1}{8}$ elde edilir. İntegrale $I$ dersek, $$I=\frac{1}{8}\int_{0}^{\infty}\frac{x+2}{x^2+2x+2}+\frac{2-x}{x^2-2x+2} dx$$ Integrali iki ayrı integral gibi hesaplamaya çalışırsak yakınsamayan iki integral elde ederiz. Bu yüzden verilen integrali $$I=\lim_{R\to \infty} \frac{1}{8}\int_{0}^{R}\frac{x+2}{x^2+2x+2}+\frac{2-x}{x^2-2x+2} dx$$ olarak yazacağım. Bunu iki integral olarak yazıp $(x+1)^2=u$ ve $(x-1)^2=v$ dönüşümleri yaparsak $(x+1)dx=\frac{du}{2}$ ve $(x-1)dx=\frac{dv}{2}$ ve $$\int\frac{x+2}{x^2+2x+2}+\frac{2-x}{x^2-2x+2} dx=\int \frac{x+1}{x^2+2x+2}dx+\int \frac{1-x}{x^2-2x+2} dx+\int \frac{1}{x^2+2x+2}dx+\int \frac{1}{x^2-2x+2} dx$$ $$\frac{1}{2}\int \frac{du}{u+1}-\frac{1}{2}\int \frac{dv}{v+1}+\int \frac{dx}{(x+1)^2+1}+\int \frac{dx}{(x-1)^2+1}$$ $$=\frac{1}{2}\ln{|u+1|}-\frac{1}{2}\ln{|v+1|}+\tan^{-1}(x+1)+\tan^{-1}(x-1)+C$$ $$=\frac{1}{2}\ln{(x^2+2x+2)}-\frac{1}{2}\ln{(x^2-2x+2)}+\tan^{-1}(x+1)+\tan^{-1}(x-1)+C$$ $$=\frac{1}{2}\ln{\left(\frac{x^2+2x+2}{x^2-2x+2}\right)}+\tan^{-1}(x+1)+\tan^{-1}(x-1)+C$$ Dolayısıyla $0$'dan $R$'ye integralin sonucunda $x=0$'da sonuç $+C$ olacağından, $$\int_{0}^{R}\frac{x+2}{x^2+2x+2}+\frac{2-x}{x^2-2x+2} dx=\frac{1}{2}\ln{\left(\frac{R^2+2R+2}{R^2-2R+2}\right)}+\tan^{-1}(R+1)+\tan^{-1}(R-1)$$ $$\lim_{R\to \infty} \tan^{-1}(R+1)=\lim_{R\to \infty} \tan^{-1}(R-1)=\frac{\pi}{2}\text{  ve  } \lim_{R\to \infty}\frac{R^2+2R+2}{R^2-2R+2}=1$$ olduğundan $$8I=\lim_{R\to \infty} \int_{0}^{R}\frac{x+2}{x^2+2x+2}+\frac{2-x}{x^2-2x+2} dx= \frac{1}{2}\ln{1}+\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{2}=\pi$$ olur. Sonuç olarak $I=\frac{\pi}{8}$ buluruz.

[Metin Can Aydemir]

Kompleks analiz ile çözümü,

Öncelikle verilen integrale $I$ dersek, $2I=\int_{-\infty}^{\infty} \frac{dx}{x^4+4}$ olur. Bunu da $$2I=\lim_{R\to \infty} \int_{-R}^{R}\frac{dx}{x^4+4}$$ olarak yazalım. Orijin merkezli, $R$ yarıçaplı yarım çember ile $[-R,R]$ doğrusunu birleştirerek $\gamma$ eğrisini oluşturalım. 

Eğrinin çember kısmına $C$ eğrisi, doğru kısmına $L$ eğrisi dersek, $$\int_{\gamma} \frac{dz}{z^4+4}=\int_{L} \frac{dz}{z^4+4}+\int_{C} \frac{dz}{z^4+4}$$ olur. İntegrali alınan fonksiyona kısaca $f$ diyelim.

Lemma: Eğer bir $f$ fonksiyonu $\gamma$ eğrisi üzerindeki her nokta için $|f(z)|\leq M$ şartını sağlıyorsa ve $\gamma$ eğrisinin yay uzunluğu $\ell$ ise $$\left\lvert\int_{\gamma} f(z)dz\right\rvert\leq M\ell$$ olur.

Bizim elimizdeki $C$ eğrisi için yay uzunluğu $\ell=\pi R$ ve üzerindeki her nokta için $|z|=R$'dir. Yani $$|z^4+4|\geq |z^4|-4=R^4-4\implies \left\lvert\frac{1}{z^4+4}\right\rvert\leq \frac{1}{R^4-4}$$ olur. Dolayısıyla, $$\left\lvert\int_{C}\frac{dz}{z^4+4}\right\rvert\leq \frac{\pi R}{R^4-4}$$ Dolayısıyla da $R\to \infty$ iken $f$'nin $C$ eğrisi üzerindeki integrali de $0$'a yaklaşır. Sonuç olarak $R\to \infty$ iken $$\lim_{R\to\infty}\int_{\gamma}\frac{dz}{z^4+4}=\lim_{R\to\infty}\int_{L}\frac{dz}{z^4+4}=\lim_{R\to\infty}\int_{-R}^{R}\frac{dx}{x^4+4}=2I$$ elde edilir. $\gamma$ kapalı bir eğri olduğundan integralin sonucu sadece eğrinin içinde kalan tekillik (tanımsız) noktalardan etkilenir. Bunun formülü de $$\int_{\gamma}\frac{dz}{z^4+4}=2\pi i\sum_{z_0} \text{Res}(f;z_0)$$ $f$ fonksiyonunu tanımsız yapan noktalar $z^4=-4$ olan ve $\gamma$ eğrisinin içinde kalan noktalardır. $z^4=-4$'ün kökleri $1+i,1-i,-1+i,-1-i$'dir ve sadece $1+i$ ve $-1+i$ kökleri $\gamma$ eğrisinin içinde kalır (yeterince büyük $R$'ler için). Şimdi bu noktalardaki Res$(f;z_0)$ değerlerine bakmalıyız. Bu değer, $f$ fonksiyonunun $z_0$ merkezli Taylor açılımında (Laurent açılımı) $1/(z-z_0)$'ın katsayısı olarak hesaplanır.

Eğer $\frac{1}{z^4+4}=\frac{1}{z-z_0}\cdot f_1(z)$ olarak yazarsak, $f$'in $z_0$ merkezli açılımında $1/(z-z_0)$'ın katsayısı, $f_1$ fonksiyonunun açılımındaki sabit terime eşit olacaktır, yani Res$(f,z_0)=f_1(z_0)$ olacaktır. Sonuç olarak $$\int_{\gamma}\frac{dz}{z^4+4}=2\pi i\sum_{z_0} \text{Res}(f;z_0)=2\pi i\cdot \left( \frac{1}{(z-(1-i))(z-(-1-i))(z-(-1+i))}\right)\mid _{z=1+i}+2\pi i\cdot \left( \frac{1}{(z-(1+i))(z-(-1-i))(z-(-1+i))}\right)\mid _{z=1-i}$$ $$=2\pi i\left(-\frac{i+1}{16}-\frac{i-1}{16}\right)=\frac{\pi}{4}$$ Yani yeterince büyük $R$ değerleri için $\gamma$ üzerinde alınan integral sabit olarak $\frac{\pi}{4}$'e eşit. Dolayısıyla $2I=\frac{\pi}{4}$ ve $I=\frac{\pi}{8}$ bulunur.

[alpercay]

Şu genelleme de burada bulunsun:

$n,m\in \mathbb{N}$  ve  $0<m<n$  için  $$\int_{0}^{\infty} \dfrac{x^{m-1}}{x^{n}+1}dx=\dfrac{\pi}{n}\cdot\dfrac{1}{\sin\dfrac{m\pi}{n}}$$
Kanıtı uygun bir zamanda eklenebilir.