Genelleştirilmiş Dirichlet İntegrali

[Metin Can Aydemir]

$n$ bir doğal sayı olmak üzere, $$\int_{0}^{\infty} \dfrac{(\sin{x})^{2n+1}}{x} dx$$ integralini hesaplayınız.

[Metin Can Aydemir]

Çözüm 1: Aslında buradaki not kısmında belirttiğim soru buydu. O açılımı gösterdiğim için artık onu kullanabiliriz. Öncelikle Dirichlet İntegralini belirtelim.

$$\int_{0}^{\infty} \dfrac{\sin{x}}{x} dx=\dfrac{\pi}{2}$$

İspatı: $\int_{0}^{\infty} e^{-xt} dt=\dfrac{1}{x}$ olduğundan $$\int_{0}^{\infty} \dfrac{\sin{x}}{x} dx=\int_{0}^{\infty}\left (\int_{0}^{\infty} e^{-xt}\sin{x} dx \right ) dt=\int_{0}^{\infty} \left ( \dfrac{-e^{-tx}(t\sin{x}+\cos{x})}{1+t^2}\right )\Bigg |^{\infty}_{0} dt=\int_{0}^{\infty} \dfrac{1}{1+t^2} dt =\tan^{-1}{(t)}\Bigg |^{\infty}_{0}=\dfrac{\pi}{2}$$

Çözüme geçecek olursak $$(\sin{x})^{2n+1}=\dfrac{1}{4^{n}}\left( \left( \begin{array}{c} 2n+1 \\ n \end{array} \right)\sin{x}-\left( \begin{array}{c} 2n+1 \\ n-1 \end{array} \right)\sin{3x}+ \cdots +(-1)^n \left( \begin{array}{c} 2n+1 \\ 0 \end{array} \right)\sin{((2n+1)x)}\right)$$ olduğundan (çözümün başındaki linkle bu eşitliğin ispatına ulaşabilirsiniz.) her tarafı $x$'e bölersek $$\dfrac{(\sin{x})^{2n+1}}{x}=\dfrac{1}{4^{n}}\left( \left( \begin{array}{c} 2n+1 \\ n \end{array} \right)\dfrac{\sin{x}}{x}-\left( \begin{array}{c} 2n+1 \\ n-1 \end{array} \right)\dfrac{\sin{3x}}{x}+ \cdots +(-1)^n \left( \begin{array}{c} 2n+1 \\ 0 \end{array} \right)\dfrac{\sin{((2n+1)x)}}{x}\right) \\ =\dfrac{(-1)^n}{4^n}\cdot \sum_{k=0}^{n} (-1)^k \cdot \left( \begin{array}{c} 2n+1 \\ k \end{array} \right) \cdot \dfrac{\sin{((2n+1-2k)x)}}{x}$$ olur. Eğer iki tarafın da integrali alınırsa, $$\int_{0}^{\infty} \dfrac{(\sin{x})^{2n+1}}{x} dx=\dfrac{(-1)^n}{4^n}\cdot \sum_{k=0}^{n} (-1)^k \cdot \left( \begin{array}{c} 2n+1 \\ k \end{array} \right) \cdot \int_{0}^{\infty} \dfrac{\sin{((2n+1-2k)x)}}{x} dx$$ sağ taraftaki integrale bakalım. Eğer $t=(2n+1-2k)x$ dönüşümü yaparsak, $$\int_{0}^{\infty} \dfrac{(\sin{x})^{2n+1}}{x} dx=\dfrac{(-1)^n}{4^n}\cdot \sum_{k=0}^{n} (-1)^k \cdot \left( \begin{array}{c} 2n+1 \\ k \end{array} \right) \cdot \int_{0}^{\infty} \dfrac{\sin{t}}{t} dt=\dfrac{(-1)^n}{4^n}\cdot \dfrac{\pi}{2} \cdot \sum_{k=0}^{n} (-1)^k \cdot \left( \begin{array}{c} 2n+1 \\ k \end{array} \right)$$ Sağdaki toplamın içindeki değeri $(1-x)^{2n+1}$ polinomundaki $x^k$ teriminin katsayısı olarak düşünebiliriz veya $x^{n-k}\cdot (1-x)^{2n+1}$ polinomundaki $x^n$ teriminin katsayısı olarak da düşünebiliriz. Dolayısıyla $\sum_{k=0}^{n} (-1)^k \cdot \left( \begin{array}{c} 2n+1 \\ k \end{array} \right)$ ifadesi aslında $$ \sum_{k=0}^{n} x^{n-k}\cdot (1-x)^{2n+1}$$ toplamındaki $x^n$ teriminin katsayısını verir. $$\sum_{k=0}^{n} x^{n-k}\cdot (1-x)^{2n+1}=(1-x)^{2n+1}\sum_{k=0}^{n} x^{n-k}=(1-x)^{2n+1}\cdot \dfrac{1-x^{n+1}}{1-x}=(1-x^{n+1})(1-x)^{2n}$$ olur. Bulduğumuz son polinomdaki $x^n$ teriminin katsayısı $(-1)^n \cdot \left( \begin{array}{c} 2n \\ n \end{array} \right)$ olacaktır. Dolayısıyla $$\sum_{k=0}^{n} (-1)^k \cdot \left( \begin{array}{c} 2n+1 \\ k \end{array} \right)=(-1)^n \cdot \left( \begin{array}{c} 2n \\ n \end{array} \right)$$ bulunur. Yerine yazarsak, $$\int_{0}^{\infty} \dfrac{(\sin{x})^{2n+1}}{x} dx=\dfrac{\pi \cdot \left( \begin{array}{c} 2n \\ n \end{array} \right)}{2^{2n+1}}$$ bulunur.

[Metin Can Aydemir]

Çözüm 2 (Lobachevsky İntegrali): Lobachevsky integral formülünü gösterelim.

Lobachevsky İntegral Formülü: $f(x)$ sürekli bir fonksiyon olsun öyle ki her $x\in \mathbb{R}^{+}$ için $f(x)=f(\pi \pm x)$ olsun. $$\int_{0}^{\infty} \dfrac{\sin^2{x}}{x^2} f(x) dx=\int_{0}^{\infty} \dfrac{\sin{x}}{x} f(x) dx=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} f(x) dx$$ olur.

Ayrıca Beta fonksiyonunu da belirtmemiz gerekiyor.

Beta Fonksiyonu: $\Gamma (x)=(x-1)!=\int_{0}^{\infty} t^{x-1}e^{-t} dt$ fonksiyonu gama fonksiyonu olmak üzere, $$B(x,y)=\dfrac{\Gamma{(x)}\Gamma{(y)}}{\Gamma{(x+y)}}$$ fonksiyonu beta fonksiyonu olarak tanımlanır. $$B(x,y)=2\int_{0}^{\infty} (\cos{t})^{2x-1} (\sin{t})^{2y-1} dt=2\int_{0}^{\infty} (\cos{t})^{2y-1} (\sin{t})^{2x-1} dt$$ eşitliği de sağlanır.

Soruya dönecek olursak $f(x)=\sin^{2n}{x}$ için Lobachevsky formülünün ön koşulların sağlandığı görülebilir. Dolayısıyla $$\int_{0}^{\infty} \dfrac{(\sin{x})^{2n+1}}{x} dx=\int_{0}^{\infty} (\sin{x})^{2n}\dfrac{\sin{x}}{x} dx=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} (\sin{x})^{2n} dx=\dfrac{B\left (n+\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right )}{2}=\dfrac{\Gamma{\left ( n+\frac{1}{2}\right )}\Gamma{\left ( \frac{1}{2} \right )}}{2\Gamma{(n+1)}}=\dfrac{\frac{(2n)!\cdot \sqrt{\pi}}{4^n\cdot n!}\cdot \sqrt{\pi}}{2\cdot n!}=\dfrac{\pi \cdot (2n)!}{2^{2n+1}\cdot (n!)^2}=\dfrac{\pi \cdot \left( \begin{array}{c} 2n \\ n \end{array} \right)}{2^{2n+1}}$$ bulunur. (Gama fonksiyonu ile ilgili burada kullandığım eşitlikleri buradaki wikipedia sayfasından inceleyebilirsiniz.)

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Not: Lobachevsky integral formülü ile aslında $$\int_{0}^{\infty}\dfrac{(\sin{x})^{2n}}{x^2} dx=\dfrac{\pi \cdot \left( \begin{array}{c} 2n-2 \\ n-1 \end{array} \right)}{2^{2n-1}}$$ olduğu da görülebilir.