˙Integral Alma Teknikleri

Bölüm 1
İntegral Alma Teknikleri
1.1
Yerine Koyma Kuralı
Kural 1.
u = g(x) değer kümesi I aralığı olan türevlenebilir bir fonksiyon ve f fonksiyonu I aralığında sürekliyse,
Z
Z
0
f (g(x)) · g (x) dx = f (u) du
(1.1)
olur.
Örnek 1.
Z
x3 cos(x4 + 2) dx integralini bulunuz.
Çözüm: du = 4x3 dx diferansiyeli, 4 çarpanı dışında, integralin içinde yer aldığından, u = x4 + 2 değişken
değişikliğini yaparız. Bu yüzden, x3 dx = du/4 ve Yerine Koyma Kuralı’ndan
Z
Z
Z
1
1
3
4
x cos(x + 2) dx = cos u · du =
cos u du
4
4
=
1
sin u + C
4
=
1
sin(x4 + 2) + C
4
olur. Son aşamada başlangıçtaki x değişkenine dönmemiz gerektiğine dikkat ediniz.
Yerine Koyma Kuralının temel fikri, karmaşık bir integrali daha basit bir hale dönüştürmektir. Bu başlangıçtaki x
değişkeninden, x e bağlı bir fonksiyon olan u ya geçilerek yapılır.
1
2
BÖLÜM 1. İNTEGRAL ALMA TEKNIKLERI
Örnek 2.
Z
√
2x + 1dx integralini hesaplayınız.
Çözüm:
Çözüm 1: Bu durumda u = 2x + 1 olsun. du = 2dx, ve dx = du/2 olur. Dolayısıyla, Yerine Koyma Kuralı
Z
Z
Z
√
√ du
1
2x + 1 dx =
u
=
u1/2 du
2
2
=
1
1 u3/2
·
+ C = u3/2 + C
2 3/2
3
1
= (2x + 1)3/2 + C
3
verir.
√
dx
bundan dolayı
Çözüm 2: Olası bir başka değişken değişikliği de u = 2x + 1 dir. Bu durumda du = √
2x + 1
√
dx = 2x + 1 du = u du olur. (Ya da u2 = 2x + 1, ve bundan dolayı 2u du = 2 dx olduğunu gözlemleyiniz.)
Böylece
Z
Z
Z
√
2x + 1 dx = u · u du = u2 du
=
u3
1
+ C = (2x + 1)3/2 + C
3
3
elde edilir.
Örnek 3.
Z
x
√
dx integralini bulunuz.
1 − 4x2
Çözüm: u = 1 − 4x2 olsun. Dolayısıyla du = −8x dx buradan x dx = − 18 du olur ve
Z
Z
Z
x
1
1
1
√
√ du = −
dx = −
u−1/2 du
8
8
u
1 − 4x2
=−
bulunur.
1 √ 1p
2 u +C =−
1 − 4x2 + C
8
4
1.1. YERINE KOYMA KURALI
3
Örnek 4.
Z
e5x dx integralini hesaplayınız.
Çözüm: u = 5x alırsak, du = 5 dx, buradan dx = 51 du olur. Bundan dolayı
Z
Z
1
1
1
5x
eu du = eu + C = e5x + C
e dx =
5
5
5
dir.
Örnek 5.
Z
tan x dx integralini hesaplayınız.
Çözüm: Önce tanjantı, sinüs ve cosinüs cinsinden yazalım:
Z
Z
sin x
tan x dx =
dx
cos x
Bu, du = − sin x dx ve buradan sin x dx = −du olduğundan u = cos x seçmemiz gerektiğini gösterir:
Z
Z
Z
sin x
1
tan x dx =
dx = −
du
cos x
u
= − ln |u| + C = − ln | cos x| + C
− ln | cos x| = ln | cos x|−1 = ln (1/| cos x|) = ln | sec x| olduğundan, sonuç
Z
tan x dx = ln | sec x| + C
biçiminde de yazılabilir.
4
BÖLÜM 1. İNTEGRAL ALMA TEKNIKLERI
1.2
Belirli İntegraller İçin Yerine Koyma Kuralı
g 0 fonksiyonu [a, b] aralığında, f fonksiyonu u = g(x) in değer kümesinde sürekliyse,
Zb
Zg(b)
f (g(x))g 0 (x) dx =
f (u) du
a
(1.2)
g(a)
olur.
Örnek 6.
Z4
1.2 i kullanarak
√
2x + 1 dx integralini hesaplayınız.
0
Proof. Çözüm u = 2x + 1 ise dx = du/2 olur. İntegralin yeni sınırlarını belirlemek için
x = 0, ⇒ u = 2 · 0 + 1 = 1
ve
x = 4, ⇒ u = 2 · 4 + 1 = 9
olduğuna dikkat edelim. Dolayısıyla
√
Z9
2x + 1 dx =
1 2
1√
u du = · u3/2
2
2 3
1
9
1
1
26
= (93/2 − 13/2 ) =
3
3
olur. 1.2 i kullandığımızda, integrali aldıktan sonra x değişkenine dönmediğimizi gözlemleyelim. Diğer bir deyişle u
cinsinden bir ifadeyi u nun uygun değerleri arasında hesaplıyoruz.
Örnek 7.
Z2
dx
integralini hesaplayınız.
(3 − 5x)2
1
Çözüm: u = 3 − 5x olsun. du = −5dx buradan da dx = −du/5 olur. x = 1 iken u = −2, x = 2 iken u = −7 dir.
Böylece
Z2
Z−7
1
du
dx
=−
2
(3 − 5x)
5
u2
−2
1
=−
1
1 −7
1 −7
−
=
5
u −2
5u −2
1
=
5
1 1
1
− +
=
7 2
14
1.2. BELIRLI İNTEGRALLER İÇIN YERINE KOYMA KURALI
5
Örnek 8.
Ze
ln x
dx integralini bulunuz.
x
1
Çözüm: du = dx/x integralde göründüğünden u = ln x alırız. x = 1 iken u = ln 1 = 0; x = e iken u = ln e = 1
dir. Buradan
1
Ze
Z1
1
ln x
u2
dx = u du =
=
x
2 0 2
1
0
Kural 2.
Simetrik Fonksiyonların İntegralleri
f fonksiyonunun [−a, a] aralığında sürekli olduğunu varsayalım.
Za
Za
f (x) dx = 2
(a) f çift fonksiyonsa [f (−x) = f (x)],
−a
f (x) dx dir.
0
Za
(b) f tek fonksiyonsa [f (−x) = −f (x)],
f (x) dx = 0 dır.
−a
Örnek 9.
f (x) = x6 + 1 fonksiyonu, f (−x) = f (x) eşitliğini sağladığından çifttir, dolayısıyla
Z2
Z2
6
(x + 1) dx = 2
−2
(x6 + 1) dx
0
1
= 2 x7 + x
7
2
=
0
128
+2
7
olur.
tan x
fonksiyonu, f (−x) = −f (x),
1 + x2 + x4
eşitliğini sağladığından tektir, dolayısıyla
f (x) =
Z1
−1
olur.
tan x
dx = 0
1 + x2 + x4
=
284
7
6
1.3
BÖLÜM 1. İNTEGRAL ALMA TEKNIKLERI
Kısmi İntegral Alma
Z
Z
0
f (x)g (x) dx = f (x)g(x) −
g(x)f 0 (x) dx
(1.3)
formülü kısmi integral formülü olarak adlandırılır.
Anımsanması daha kolay gösterim için u = f (x), v = g(x) olsun. Diferansiyelleri dv = g 0 (x)dx ve du =
0
f (x)dx dir, dolayısıyla Yerine Koyma Kuralı’na göre kısmi integral alma formülü
Z
Z
udv = uv − vdu
(1.4)
Örnek 10.
Z
x sin x dx integralini bulunuz.
Çözüm: u = x, dv = sin xdx ise du = dx, v = − cos x olur, dolayısıyla
Z
Z
x sin x dx = x(− cos x) − (− cos x) dx
Z
= −x cos x +
cos x dx
= −x cos x + sin x + C olur.
Örnek 11.
Z
ln x dx integralini hesaplayınız.
1
dx, v = x dir. Kısmi integral alarak,
x
Z
Z
dx
ln x dx = x ln x − x
x
Z
= x ln x − dx
Çözüm: Burada u = ln x, dv = dx ise du =
= x ln x − x + C elde ederiz.
Bu örnekte f (x) = ln x türevi f den daha basit olduğundan kısmi integral alma etkili olmuştur.
Örnek 12.
Z
x2 ex dx integralini bulunuz.
1.3. KISMI İNTEGRAL ALMA
7
Çözüm: x2 nin türevi alındığında basitleştiğine dikkat ediniz. Bu yüzden u = x2 , dv = ex dx seçeriz. Buradan
du = 2xdx, v = ex olur. Kısmi integral alma yöntemi,
Z
x2 ex dx = x2 ex − 2
Z
xex dx
R
verir. Elde ettiğimiz xex dx integrali, başlangıçtaki integralden daha basittir ama hala apaçık ortada değildir. Bunun
için u = x, dv = ex dx alarak kısmi integrali bir kez daha kullanırız. du = dx, v = ex olduğundan
Z
xex dx = xex −
Z
ex dx = xex − ex + C
dir. Bunu yukarıdaki denklemde yerine koyarak,
Z
2 x
Z
2 x
x e dx = x e − 2
xex dx = x2 ex − 2xex + 2ex + C1
(C1 = −2C)
elde ederiz.
Örnek 13.
Z
ex sin x dx integralini hesaplayınız.
Çözüm: Türevi alınınca ne ex ne de sin x fonksiyonu basitleşir. u = ex , dv = sin x dx seçelim. O zaman, du = ex dx
ve v = − cos x polur, dolayısıyla, kısmi integral
Z
x
Z
x
e sin x dx = −e cos x dx +
ex cos x dx
(1.5)
R
verir. Elde ettiğimiz ex cos x dx integrali için tekrardan kısmi integrali uygulayalım. Bu kez, u = ex ve dv =
cos x dx alalım. Buradan du = ex dx ve v = sin x olur ve
Z
Z
x
0
e cos x dx = e x sin x − ex sin x dx
(1.6)
dir. Denklem 1.6 i denklem 1.5 te yerine koyarsak
Z
x
x
x
e sin x dx = −e cos x + e sin x +
elde ederiz. İki yana
R
Z
ex sin x dx
ex sin x dx eklersek
Z
2
ex sin x dx = −ex cos x + ex sin x
elde ederiz. Denklemi sadeleştirip, integral sabitini eklersek
Z
buluruz.
1
ex sin x dx = ex (sin x + cos x) + C
2
8
BÖLÜM 1. İNTEGRAL ALMA TEKNIKLERI
Kısmi integrasyon ve Değer bulma teoremi
Kısmi integral formülünü, Değer Bulma Teoremi’yle birleştirirsek, belirli integralleri, kısmi integrallerle hesaplayabiliriz. f 0 ve g 0 nün sürekli olduğunu varsayarak ve Değer Bulma Teoremi’ni kullanarak, a dan b ye kadar denklem
1.3 in her iki yanını da hesapladığımızda
Zb
ib Z b
f (x)g (x) dx = f (x)g(x) − g(x)f 0 (x) dx
0
a
(1.7)
a
a
elde ederiz.
Örnek 14.
Z1
tan−1 x dx integralini hesaplayınız.
0
Çözüm: u = tan−1 x, dv = dx ise du =
Z1
dx
, v = x olur. Denklem 1.7
1 + x2
tan−1 x dx = x tan−1 x
i1
0
Z1
−
0
x
dx
1 + x2
0
−1
= 1 · tan
−1
1 − 0 · tan
Z1
0−
x
dx
1 + x2
0
=
π
−
4
Z1
x
dx
1 + x2
0
verir. Bu integrali hesaplamak için, t = 1 + x2 değişken değişikliğini yapalım. Bu durumda, dt = 2x dx, dolayısıyla
x dx = dt/2 olur. x = 0 iken t = 1; x = 1 iken t = 2 olduğundan,
Z1
x
1
dx =
1 + x2
2
0
Z2
dt
1
= ln |t|
2
2
1
2
1
1
1
= (ln 2 − ln 1) = ln 2
2
2
dir. Dolayısıyla
Z1
0
dir.
tan−1 x dx =
π ln 2
−
4
2
1.4. TRIGONOMETRIK İNTEGRALLER
1.4
9
Trigonometrik İntegraller
Trigonometrik integraller, altı temel trigonometrik fonksiyonun cebirsel kombinasyonunu içeren integrallerdir. Örneğin,
Z
Z
Z
2
3
sec x dx,
cos x sin x dx,
tan4 x dx
Genel fikir, bulmak istediğimiz karmaşık trigonometrik integralleri, trigonometrik özdeşlikler kullanarak daha kolay
çözümlenebilen integrallere dönüştürebilmektir.
1.4.1
Sinüs ve Kosinüs Çarpımları
m ve n negatif olmayan tamsayılar olmak üzere
Z
sinm x cosn x dx
formundaki integraller.
Sinüs ve Kosinüs Çarpımları : Durum 1
m tek ise , m yi 2k + 1 olarak yazar ve
sinm x = sin2k+1 x = (sin2 x)k sin x = (1 − cos2 x)k sin x
eşitliğini kulanırız. Sonra tek kalan sin x i integraldeki dx ile birleştirerek sin x dx yerine −d(cos x) yazarız.
Örnek 15.
R
sin3 x cos2 x dx integralini hesaplayınız.
Çözüm:
Z
3
2
Z
sin2 x cos2 x sin x dx
Z
(1 − cos2 x) cos2 x [−d(cos x)]
Z
(1 − u2 )(u2 )(−du)
Z
(u4 − u2 ) du
sin x cos x dx =
=
=
=
=
=
u5 u3
−
+C
5
3
cos5 x cos3 x
−
+C
5
3
Sinüs ve Kosinüs Çarpımları : Durum 2
m çift ve n tek ise, n yi 2k + 1 olarak yazar ve
cosn x = cos2k+1 x = (cos2 x)k cos x = (1 − sin2 x)k cos x
eşitliğini kullanırız. Sonra tek kalan cos x i integraldeki dx ile birleştirerek cos x dx yerine d(sin x) yazarız.
10
BÖLÜM 1. İNTEGRAL ALMA TEKNIKLERI
Örnek 16.
R
cos5 x dx integralini hesaplayınız.
Çözüm:
Z
5
Z
cos4 x cos x dx
Z
(1 − sin2 x)2 d(sin x)
Z
(1 − u2 )2 du
Z
(1 − 2u2 + u4 ) du
cos x dx =
=
=
=
2
1
= u − u3 + u5 + C
3
5
1
2
= sin x − sin3 x + sin5 x + C
3
5
Sinüs ve Kosinüs Çarpımları : Durum 3
m ve n çift ise
sin2 x =
1 − cos 2x
,
2
cos2 x =
1 + cos 2x
2
trigonometrik özdeşliklerini kullanırız.
Örnek 17.
R
sin2 x cos4 x dx integralini hesaplayınız.
Çözüm:
Z
2
Z 4
sin x cos x dx =
1 − cos 2x
2
1 + cos 2x
2
2
dx
Z
=
=
=
1
(1 − cos 2x)(1 + 2 cos 2x + cos2 2x) dx
8
Z
1
(1 + cos 2x − cos2 2x − cos3 2x) dx
8
Z
1
1
x + C1 + sin 2x + C2 − (cos2 2x + cos3 2x) dx
8
2
cos2 2x terimini içeren integrali şu şekilde çözümleriz:
Z
2
cos 2x dx =
=
Z
1
(1 + cos 4x) dx
2
1
1
x + sin 4x + C3
2
4
1.4. TRIGONOMETRIK İNTEGRALLER
11
cos3 2x terimini içeren integrali ise şu şekilde çözümleriz:
Z
Z
3
cos 2x dx =
(1 − sin2 2x) cos 2x dx
Z
1
=
(1 − u2 ) du
2
1
1
sin 2x − sin3 2x + C4
=
2
3
Çözümlediğimiz bu integralleri kullanarak
Z
1
sin2 x cos4 x dx =
x + C1 +
8
1
=
x + C1 +
8
=
Z
1
sin 2x + C2 − (cos2 2x + cos3 2x) dx
2
1
1
1
x + sin 4x
sin 2x + C2 −
2
2
4
i
1
1
3
sin 2x − sin 2x − C4
−C3 −
2
3
1
1
1
x − sin 4x + sin3 2x + C
16
4
3
Kareköklerden Kurtulmak
Örnek 18.
π/4
R √
1 + cos 4x dx integralini hesaplayınız.
0
Proof. Çözüm Karekökten kurtulmak için
cos2 θ =
1 + cos 2θ
2
veya 1 + cos 2θ = 2 cos2 θ
özdeşliğini kullanırız. Böylelikle
Z
π/4 √
π/4 √
Z
1 + cos 4x dx =
0
2 cos2 2x dx
Z
=
0
π/4
√ Z
| cos 2x| dx = 2
0
=
√
2 cos2 2x dx
0
√ Z
=
2
√
π/4 √
sin 2x
2
2
π/4
cos 2x dx
0
π/4
0
√
√
2
2
=
(1 − 0) =
2
2
12
BÖLÜM 1. İNTEGRAL ALMA TEKNIKLERI
tan x ve sec x Kuvvetlerinin İntegralleri
tan x, sec x ve karelerinin integrallerini ve
tan2 x = sec2 x − 1
sec2 x = 1 + tan2 x
özdeşliklerini kullanarak tanjant ve sekant fonksiyonlarının kuvvetlerini içeren integralleri hesaplayabiliriz.
Örnek 19.
Z
tan4 x dx integralini hesaplayınız.
Çözüm:
Z
Z
4
tan x dx =
Z
=
Z
=
Z
=
Z
=
2
2
Z
tan x · tan x dx =
Z
2
2
tan x sec x dx −
Z
2
2
tan x sec x dx −
Z
2
2
tan x sec x dx −
Z
2
2
tan x sec x dx −
tan2 x · (sec2 x − 1) dx
tan2 x dx
(sec2 x − 1) dx
Z
2
sec x dx +
dx
Z
sec2 x dx +
dx
ilk integralde u = tan x dönüşümünü yaparak, ikinci ve üçüncü integralde ise bildiğimiz integralleri kullanarak
Z
1
tan4 x dx = tan3 x − tan x + x + C
3
sonucunu elde ederiz.
Sinüs ve Kosinüslerin Çarpımları
Uygulamada karşılaştığımız
Z
sin mx · sin nx dx,
Z
sin mx · cos nx dx,
Z
cos mx · cos nx dx
trigonometrik integrallerini hesaplamak için şu özdeşikleri kullanırız:
1
sin mx sin nx = [cos(m − n)x − cos(m + n)x]
2
1
sin mx cos nx = [sin(m − n)x + sin(m + n)x]
2
1
cos mx cos nx = [cos(m − n)x + cos(m + n)x]
2
(1.8)
(1.9)
(1.10)
1.5. TRIGONOMETRIK DÖNÜŞÜMLER
13
Örnek 20.
Z
sin 3x cos 5x dx integralini hesaplayınız.
Çözüm: m = 3 ve n = 5 ile (1.9) eşitliğinden
Z
sin 3x cos 5x dx =
Z
1
[sin(−2x) + sin 8x] dx
2
Z
1
=
(sin 8x − sin 2x) dx
2
cos 8x cos 2x
= −
+
+C
16
4
elde edilir.
1.5
Trigonometrik Dönüşümler
a bir reel sayı olmak üzere
p
a2 + x2
p
x2 − a2
p
a2 − x2
ifadelerini içeren integralleri hesaplamak için trigonometrik dönüşümler kullanırız.
Trigonometrik Dönüşümler - Durum 1
√
a2 + x2 ifadesinin olduğu integrallerde
x = a tan θ
dönüşümü kullanılır. Böylelikle
a2 + x2
ve dx
ifadeleri sırasıyla
a2 + x2 = a2 + a2 tan2 θ = a2 (1 + tan2 θ) = a2 sec2 θ
ve
dx = a sec2 θ dθ
ifadelerine dönüşür. x = a tan θ dönüşümünde ilk değişken θ ya geri dönüş yapabilmek için, x = a tan θ dönüşümünün
tersinir olmasını bekleriz. Dolayısıyla tan−1 fonksiyonunun tanımlı olmasını kullanarak,
x
π
π
θ = tan−1
,
− <θ<
a
2
2
ters dönüşümünü yaparız.
14
BÖLÜM 1. İNTEGRAL ALMA TEKNIKLERI
Örnek 21.
Z
dx
√
integralini hesaplayınız.
4 + x2
Çözüm: x = 2 tan θ dönüşümünü yaparız. Böylelikle
4 + x2 = 4 + 4 tan2 θ = 4(1 + tan2 θ) = 4 sec2 θ
dx = 2 sec2 θ dθ
ifadelerini kullanarak
Z
dx
√
4 + x2
2 sec2 θ dθ
√
4 sec2 θ
Z
sec2 θ dθ
=
| sec θ|
Z
=
sec θ dθ
Z
=
(−
π
π
< θ < olduğu için
2
2
| sec θ| = sec θ
olur)
= ln | sec θ + tan θ| + C
√
4 + x2 x + +C
= ln 2
2
elde ederiz.
Trigonometrik Dönüşümler - Durum 2
√
x2 − a2 ifadesini içeren integralleri hesaplamada
x = a sec θ
trigonometrik dönüşümünü kullanırız. Böylece
x2 − a2
ve
dx
ifadeleri sırasıyla
x2 − a2 = a2 sec2 θ − a2 = a2 (sec2 θ − 1) = a2 tan2 θ
dx = a sec θ tan θ dθ
ifadelerine dönüşür. İntegrali almaya başladığımız ilk değişken θ ya geri dönüş yapabilmek için dönüşümümüzün
tersinir olmasını bekleriz. Dolayısıyla sec−1 fonksiyonunun tanımından, x = a sec θ dönüşümünün ters dönüşümü

 0 ≤ θ < π , x ≥ 1;
x
a
2
θ = sec−1
,
π
x

a
< θ ≤ π, a ≤ −1.
2
olur.
Örnek 22.
2
x > iken
5
Z
√
dx
integralini hesaplayınız.
25x2 − 4
1.5. TRIGONOMETRIK DÖNÜŞÜMLER
15
Çözüm: Öncelikle paydadaki ifadeyi daha açık yazalım:
s
p
25x2 − 4 =
x>
s
2
4
2
2
2
25 x −
=5 x −
25
5
2
olduğu için dönüşümü
5
x=
2
sec θ,
5
dx =
2
sec θ tan θ dθ,
5
0<θ<
π
2
olarak yaparız. Böylelikle
x2 −
ve 0 < θ <
π
2
2
4
4
4
4
2
=
sec2 θ −
= (sec2 θ − 1) =
tan2 θ
5
25
25
25
25
için tan θ > 0 olduğundan
s
x2
2
2
2
2
−
= | tan θ| = tan θ
5
5
5
bulunur. Bu dönüşümleri integralde yerine koyarak
Z
dx
√
25x2 − 4
Z
=
=
=
Z
dx
(2/5) sec θ tan θ dθ
p
=
2
5(2/5) tan θ
5 x − (4/25)
Z
1
1
sec θ dθ = ln | sec θ + tan θ| + C
5
5
√
1 5x
25x2 − 4 ln +
+C
5 2
2
elde ederiz.
Trigonometrik Dönüşümler - Durum 3
√
a2 − x2 ifadesini içeren integralleri çözmek için
x = a sin θ
trigonometrik dönüşümünü kullanırız. Böylece
a2 − x2
dx
ve
ifadeleri sırasıyla
a2 − x2 = a2 − a2 sin2 θ = a2 (1 − sin2 θ) = a2 cos2 θ
dx = a cos θ dθ
ifadelerine dönüşür. İntegrali hesaplamayı sonuçlandırmak için orjinal değişken x e geri dönmemiz gerekir. Bunun
için x = a sin θ dönüşümünün tersinir olmasını bekleriz. sin−1 fonksiyonun tanımından, ters dönüşüm
θ = sin−1
olur.
x
a
,
−π
π
≤θ≤
2
2
16
BÖLÜM 1. İNTEGRAL ALMA TEKNIKLERI
Örnek 23.
x2 dx
√
integralini hesaplayınız.
9 − x2
Z
Proof. Çözüm
π
π
<θ<
2
2
2
2
2
2
9 − x = 9 − 9 sin θ = 9(1 − sin θ) = 9 cos θ
x = 3 sin θ,
dx = 3 cos θ dθ,
−
dönüşümü ile
Z
x2 dx
√
9 − x2
9 sin2 θ · 3 cos θ dθ
|3 cos θ|
Z
=
Z
= 9
sin2 θ dθ
1 − cos 2θ
dθ
2
sin 2θ
9
θ−
+C
2
2
Z
= 9
=
=
=
=
=
9
2
sin 2θ
θ−
+C
2
9
(θ − sin θ cos θ) + C
2
!
√
2
9
x
9
−
x
x
sin−1 − ·
+C
2
3
3
3
x xp
9
sin−1 −
9 − x2 + C
2
3
2
elde edilir.
1.6
z = tan(x/2) Dönüşümü
Bu trigonometrik dönüşüm, sinüs ve kosinüs fonksiyonlarının bölümleri olduğunda kullanılır. Trigonometrik özdeşlikler
yardımıyla cos x, sin x ve dx için kullanılacak ifadeleri şu şekilde bulabiliriz:
1 + tan2
x
x
1
= sec2 =
2
2
2
cos (x/2)
özdeşliğinden
cos2
x
1
=
2
1 + z2
bulunur.
cos x = 2 cos2
özdeşliğini ve cos2
x
−1
2
x
1
=
yi kullanarak
2
1 + z2
cos x = 2
1
1 − z2
−
1
=
1 + z2
1 + z2
1.6. Z = TAN(X/2) DÖNÜŞÜMÜ
17
elde edilir. Diğer taraftan
x
2
cos x = 1 − 2 sin2
özdeşliğinden ve cos x =
1 − z2
den
1 + z2
x
1 − cos x
=
=
2
2
sin2
1−
bulunur. Bu kez
sin x = 2 sin
özdeşliğinden, cos2
1 − z2
2
1 + z2 = z
2
1 + z2
x
x
cos
2
2
x
1
x
z2
=
ve sin2 =
den
2
2
1+z
2
1 + z2
r
r
z2
1
2z
sin x = 2
=
1 + z2 1 + z2
1 + z2
elde edilir. z = tan x2 de türev alarak da
dz =
1
x
1
x
1
1 + tan2
dx = (1 + z 2 )dx
sec2 dx =
2
2
2
2
2
bulunur. Böylelikle
dx =
2
dz
1 + z2
Özetle, z = tan x2 trigonometrik dönüşümünü yaptığımızda
cos x =
1 − z2
,
1 + z2
sin x =
2z
,
1 + z2
dx =
2
dz
1 + z2
eşitliklerini kullanırız.
Örnek 24.
Z
dx
integralini hesaplayınız.
1 + sin x + cos x
Çözüm: İntegral, sinüs ve kosinüs bölümlerini içerdiği için z = tan x2 dönüşümünü uygularız. Böylece
x
z = tan ,
2
cos x =
dx =
1 − z2
,
1 + z2
2dz
1 + z2
sin x =
2z
1 + z2
ifadelerini kullanarak
Z
dx
1 + sin x + cos x
Z
=
Z
2dz
1 + z2
2z
1 − z2
1+
+
1 + z2 1 + z2
Z
2
dz
=
dz =
2
2
1 + z + 2z + 1 − z
z+1
x
= ln |z + 1| + C = ln 1 + tan + C
2
buluruz.
18
1.7
BÖLÜM 1. İNTEGRAL ALMA TEKNIKLERI
Kısmi Kesirler
Rasyonel fonksiyonların (polinomların oranının) integralini almak için onları, kısmi kesirler olarak adlandırılan, integrallerinin nasıl alınacağını bildiğimiz, daha basit kesirlerin toplamı olarak yazarız.
Örnek 25.
Z
5x − 4
dx integralini bulunuz.
2
2x + x − 1
Çözüm: Paydanın doğrusal çarpanlara ayrıldığına dikkat ediniz:
5x − 4
5x − 4
=
+x−1
(x + 1)(2x − 1)
2x2
Payın derecesinin paydanın derecesinden küçük olduğu böyle bir durumda, verilen rasyonel fonksiyonu, A ve B sabit
olmak üzere, daha basit kesirlerin toplamı olarak yazabiliriz:
5x − 4
A
B
=
+
(x + 1)(2x − 1)
x + 1 2x − 1
A
B
5x − 4
=
+
(x + 1)(2x − 1)
x + 1 2x − 1
A ve B değerlerini bulmak için denkemin iki yanını da (x + 1)(2x − 1) ile çarparız ve
5x − 4 = A(2x − 1) + B(x + 1)
5x − 4 = (2A + B)x + (−A + B)
elde ederiz. x in katsayıları ile sabit terimler eşit olmalıdır. Dolayısıyla
2A + B = 5
ve − A + B = −4
2A + B = 5
ve − A + B = −4
tür.
Bu doğrusal denklemleri A ve B için çözerek A = 3 ve B = −1 elde ederiz. Buradan
5x − 4
3
1
=
−
(x + 1)(2x − 1)
x + 1 2x − 1
bulunur. Bu kısmi kesirlerin her birinin integralini (sırasıyla u = x + 1 ve u = 2x − 1 değişken değişikliğini
kullanarak) almak kolaydır. Böylece
Z
Z 5x − 4
3
1
dx =
−
dx
2x2 + x − 1
x + 1 2x − 1
= 3 ln |x + 1| −
1
ln |2x − 1| + C
2
dir.
Kural 3.
Örnekte payın derecesi paydanınkine eşit veya daha büyük olsaydı ilk önce bölmemiz gerekirdi. Örneğin,
5x − 4
2x3 − 11x2 − 2x + 2
=x−6+
2
2x + x − 2
(x + 1)(2x − 1)
1.7. KISMI KESIRLER
19
Kural 4.
Paydada ikiden fazla doğrusal çarpan varsa, her çarpan için bir terim eklememiz gerekir. Örneğin,
x+6
A
B
C
= +
+
x(x − 3)(4x + 5)
x
x − 3 4x + 5
Burada A, B ve C sabitleri, A, B ve C bilinmeyenlerini içeren üç denklemden oluşan sistemi çözerek
belirlenir.
Kural 5.
Doğrusal çarpanlardan biri tekrarlanıyorsa kısmi kesire fazladan terimler eklememiz gerekir. Örneğin :
x
C
A
B
+
=
+
2
2
(x + 2) (x − 1)
x + 2 (x + 2)
x−1
Kural 6.
Paydayı olabildiğince çarpanlarına ayırırken, b2 − 4ac diskriminantı negatif olan, indirgenemeyen ikinci
dereceden a x2 + b x + c çarpanını elde edebiliriz. Buna karşılık gelen kısmi kesir, A ve B belirlenecek
sabitler olmak üzere
Ax + B
a x2 + b x + c
dir. Bu terimin integralini, kareye tamamlayarak ve
Z
dx
1
−1 x
=
tan
+C
(1.11)
x2 + a2
a
a
formülünü kullanarak hesaplarız.
Örnek 26.
Z
2x2 − x + 4
dx integralini hesaplayınız.
x3 + 4x
Çözüm: x3 + 4x = x(x2 + 4) daha fazla çarpanlarına ayrılamadığından,
2x2 − x + 4
A Bx + C
= + 2
2
x(x + 4)
x
x +4
yazarız. x(x2 + 4) ile çarparsak,
2x2 − x + 4 = A(x2 + 4) + (Bx + C)x
= (A + B)x2 + Cx + 4A
elde ederiz.
2x2 − x + 4 = (A + B)x2 + Cx + 4A
Katsayıları eşitlediğimizde
A+B =2
C = −1
4A = 4
20
BÖLÜM 1. İNTEGRAL ALMA TEKNIKLERI
elde ederiz. Buradan A = 1, B = 1 ve C = −1 buluruz ve
Z
Z 2x2 − x + 4
1
x−1
dx
dx =
+
x3 + 4x
x x2 + 4
olur.
Z
2x2 − x + 4
dx =
x3 + 4x
Z 1
x−1
+ 2
x x +4
dx
İkinci terimin integralini almak için integralini ikiye ayırırız:
Z
Z
Z
x−1
x
1
dx
=
dx
−
dx
2
2
2
x +4
x +4
x +4
Birinci integralde, u = x2 + 4 değişken değişikliğini yaparız ve du = 2x dx olur.
İkinci integrali, a = 2 alarak Formül (1.11) den hesaplarız:
Z
Z
Z
Z
2x2 − x + 4
1
x
1
dx =
dx +
dx −
2
2
2
x(x + 4)
x
x +4
x +4
= ln |x| +
1
1
ln(x2 + 4) − tan−1 (x/2) + K
2
2
1.8. HAS OLMAYAN İNTEGRALLER
1.8
21
Has Olmayan İntegraller
Zb
f (x) dx belirli integralini tanımlarken, [a, b] sınırlı aralığında tanımlı olan bir f fonksiyonu aldık ve bu aralıkta f
a
nin sonsuz süreksizliliğinin olmadığını varsaydık. Bu bölümde, belirli integral kavramını, aralığın sonsuz olduğu ve
f nin [a, b] üzerinde sonsuz süreksizliği olduğu durumlara genişleteceğiz. Her iki durumda da integrale has olmayan
integral denir.
1.8.1
1. Tip: Sonsuz Aralıklar
Tanım 1.
Zt
f (x) dx integrali, her t ≥ a sayısı için varsa, limitin (sonlu bir sayı olarak) var olduğu durum-
(a)
0
larda
Z∞
Zt
f (x) dx = lim
f (x) dx
t→∞
a
a
dir.
Zb
f (x) dx integrali, her t ≤ b için varsa, limitin (sonlu bir sayı olarak) var olduğu durumlarda
(b)
t
Zb
Zb
f (x) dx = lim
f (x) dx
t→−∞
−∞
t
dir.
Z∞
Zb
f (x) dx ve
f (x) dx has olmayan integralleri, söz konusu limitler varsa yakınsak, limitler
−∞
a
yoksa ıraksak olarak adlandırılır.
Z∞
Za
f (x) dx ve
(c)
a
f (x) dx integrallerinin her ikisi de yakınsaksa,
−∞
Z∞
f (x) dx =
−∞
Z∞
Za
f (x) dx +
−∞
f (x) dx
a
olarak tanımlarız. (c) şıkkında herhangi bir a gerçel sayısı kullanılabilir.
22
BÖLÜM 1. İNTEGRAL ALMA TEKNIKLERI
Örnek 27.
Z∞
(1/x) dx integralinin yakınsak ya da ıraksak olduğunu belirleyiniz.
1
Proof. Çözüm Tanımın (a) şıkkından,
Z∞
1
dx = lim
t→∞
x
1
Zt
it
1
dx = lim ln |x|
t→∞
x
1
1
= lim (ln t − ln 1) = lim ln t = ∞
t→∞
t→∞
Z∞
dur. Limit sonlu bir sayı olmadığında (1/x) dx ıraksaktır.
1
Örnek 28.
Z0
x ex dx integralini hesaplayınız.
−∞
Çözüm: Tanımın (b) şıkkından
Z0
Z0
x
x e dx = lim
t→∞
−∞
olur. u = x ve dv =
ex
x ex dx
t
dx seçerek kısmi integral alırsak du = dx ve v = ex olur.
Z0
x
x
x e dx = x e
t
i0
t
Z0
−
ex dx = −t et − 1 + et
t
Z0
x ex dx = −t et − 1 + et
t
t → −∞ iken
et
→ 0 olduğunu biliyoruz. L’Hospital Kuralı’ndan
lim t et = lim
t→−∞
t→−∞
t
1
= lim
e−t t→−∞ −e−t
= lim (−et ) = 0
t→−∞
dır. Dolayısıyla,
Z0
x ex dx = lim (−t et − 1 + et )
t→−∞
−∞
= −0 − 1 + 0 = −1
olur.
1.8. HAS OLMAYAN İNTEGRALLER
23
Örnek 29.
Z∞
1
dx integralini hesaplayınız.
1 + x2
−∞
Proof. Çözüm Tanımın (c) şıkkında a = 0 seçmek işimizi kolaylaştıracaktır:
Z∞
1
dx =
1 + x2
Z0
1
dx +
1 + x2
∞
−∞
Z∞
1
dx
1 + x2
0
Sağdaki integralleri ayrı ayrı hesaplamalıyız:
Z∞
1
dx = lim
t→∞
1 + x2
0
Zt
it
dx
−1
=
lim
tan
x
1 + x2 t→∞
0
0
= lim (tan−1 t + tan−1 0) = lim tan−1 t =
t→∞
Z0
t→∞
1
dx = lim
t→−∞
1 + x2
−∞
Z0
π
2
i0
dx
−1
dx
=
lim
tan
x
t→−∞
1 + x2
t
t
= lim (tan−1 0 − tan−1 t)
t→−∞
π π
=
=0− −
2
2
Her iki integral de yakınsak olduğundan verilen integral de yakınsaktır ve
Z∞
1
π π
dx = + = π
2
1+x
2
2
−∞
dir. 1/(1 + x2 ) > 0 olduğundan verilen has olmayan integral y = 1/(1 + x2 ) eğrisinin altında x ekseninin üstünde
kalan sonsuz bölgenin alanı olarak yorumlanabilir.
Örnek 30.
Hangi p değeri için
Z∞
1
dx
xp
1
integrali yakınsaktır?
Çözüm: İlk örnekten, p = 1 olduğunda integralin ıraksak olduğunu biliyoruz, dolayısıyla p 6= 1 varsayalım. Bu
durumda
x=t
Z∞
Zt
1
1
x−p+1
dx
=
lim
dx
=
lim
t→∞
t→∞ −p + 1
xp
xp
x=1
1
1
1
1
= lim
−1
t→∞ 1 − p tp−1
24
BÖLÜM 1. İNTEGRAL ALMA TEKNIKLERI
dir.
p > 1 ise p − 1 > 0 dır ve t → ∞ iken tp−1 → ∞ ve 1/tp−1 → 0 dır. Dolayısıyla
Z∞
p>1
için
1
1
dx =
p
x
p−1
1
olur ve integral yakındaktır. Eğer p < 1 ise p − 1 < 0 ve
t→∞
1
iken
tp−1
= t1−p → ∞
olur, dolayısıyla integral ıraksaktır.
Z∞
1
dx integrali, p > 1 ise yakınsak, p ≤ 1 ise ıraksaktır.
xp
1
1.8.2
2. Tip: Sürekli Olmayan Fonksiyonların İntegrali
Tanım 2.
(a) f fonksiyonu [a, b) aralığında sürekli ve b noktasında süreksizse, limitin (sonlu bir sayı olarak) var
olduğu durumlarda
Zt
Zb
f (x) dx
f (x) dx = lim
t→b−
a
a
dir.
(b) f fonksiyonu (a, b] aralığında sürekli ve a noktasında süreksizse, limitin (sonlu bir sayı olarak) var
olduğu durumlarda
Zb
Zb
f (x) dx = lim
f (x) dx
t→a+
a
t
dir.
Zb
f (x) dx has olmayan integraline, söz konusu limit varsa yakınsak, yoksa ıraksak denir.
a
Zc
(c) f fonksiyonu, a < c < b olan bir c noktasında süreksiz ve
Zb
f (x) dx,
a
her ikisi de yakınsaksa,
Zc
Zb
f (x) dx =
a
olarak tanımlarız.
Zb
f (x) dx +
a
f (x) dx
c
f (x) dx integrallerinin
c
1.8. HAS OLMAYAN İNTEGRALLER
25
Örnek 31.
Z5
√
1
dx integralini bulunuz.
x−2
2
√
Çözüm: Önce, verilen integralin, f (x) = 1/ x − 2 nin x = 2 de düşey asimptotu olduğundan, has olmadığına
dikkat ediniz. Süreksizlik, [2, 5] aralığının sol uç noktasında olduğundan tanımın (b) şıkkını kullanarak:
Z5
dx
√
x−2
Z5
= lim
t→2+
√
i5
√
dx
= lim 2 x − 2
t
x − 2 t→2+
t
2
√
√
= lim 2( 3 − t − 2)
t→2+
√
=2 3
buluruz. Dolayısıyla verilen integral yakınsaktır.
Örnek 32.
Zπ/2
sec x dx integralinin yakınsak ya da ıraksak olduğuna karar veriniz.
0
Çözüm: Verilen integral,
lim
x→(π/2)−
sec x = ∞ olduğundan, has değildir. Tanımın (a) şıkkını kullanarak t → (π/2)−
iken sec t → ∞ ve tan t → ∞ olduğundan
Zπ/2
sec x dx =
Zt
lim
0
0
=
=
it
lim
ln | sec x + tan x|
lim
[ln(sec t + tan t) − ln 1]
t→(π/2)−
t→(π/2)−
=∞
dur. Dolayısıyla verilen integral ıraksaktır.
sec x dx
t→(π/2)−
0
26
BÖLÜM 1. İNTEGRAL ALMA TEKNIKLERI
Örnek 33.
Z3
Olanaklı ise
dx
integralini hesaplayınız.
x−1
0
Çözüm: x = 1 doğrusu, integrali alınan fonksiyonun düşey asimptotudur. Bu nokta [0, 3] aralığının içinde olduğundan,
tanımın (c) şıkkında c = 1 alarak:
Z3
Z1
Z3
dx
dx
dx
=
+
x−1
x−1
x−1
0
0
1
yazarız ve t → 1− iken 1 − t → 0+ olduğundan
Z1
dx
x−1
Zt
= lim
t→1−
0
it
dx
= lim ln |x − 1|
x − 1 t→1−
0
0
= lim (ln |t − 1| − ln | − 1|)
t→1−
= lim ln(1 − t) = −∞
t→1−
Z1
Z3
dx/(x − 1) ıraksaktır. Bu,
buluruz. Dolayısıyla
0
dx/(x − 1) integralinin de ıraksak olmasını gerektirir.
1
Z3
dx/(x − 1) integralini hesaplamamıza gerek kalmaz.]
[
0
Yukarıdaki örnekte, x = 1 asimptotunu fark etmeseydik ve integrali alınan fonksiyonu sıradan bir integralle
karıştırsaydık, aşağıdaki gibi hatalı bir hesap yapabilirdik:
Z3
i3
dx
= ln |x − 1| = ln 2 − ln 1 = ln 2
x−1
0
0
Bu yanlıştır, integral has olmadığından limitler cinsinden hesaplanmalıdır.
Uyarı
Zb
f (x) dx işaretini gördüğümüzde, [a, b] üzerinde f ye bakarak integralin sıradan bir belirli integral
Bundan böyle
a
mi yoksa has olmayan bir integral mi olduğuna karar vermemiz gerekmektedir.
1.8. HAS OLMAYAN İNTEGRALLER
27
Örnek 34.
Z1
ln x dx integralini hesaplayınız.
0
Çözüm: limx→0+ ln x = −∞ olduğundan, f (x) = ln x fonksiyonunun 0 da düşey asimptotu olduğunu biliyoruz.
Dolayısıyla verilen integral has değildir ve
Z1
Z1
ln x dx = lim
ln x dx
t→0+
t
0
dir. u = ln x ve dv = dx ile kısmi integral alırsak, du = dx/x ve v = x olur.
Z1
ln x dx = x ln x
i1
t
Z1
−
dx
t
t
= 1 ln 1 − t ln t − (1 − t)
= −t ln t − 1 + t
elde ederiz. Birinci terimin limitini almak için L’Hospital Kuralını kullanırız:
lim t ln t = lim
t→0+
t→0+
ln t
1/t
= lim
1/t t→0+ −1/t2
= lim (−t) = 0
t→0+
Dolayısıyla
Z1
ln x dx = lim (−t ln t − 1 + t)
t→0+
0
= −0 − 1 + 0 = −1
dir.
1.8.3
Has Olmayan İntegraller İçin Karşılaştırma Testi
Bazen has olmayan bir integralin kesin değerini bulmak olanaklı değildir ancak yine de yakınsak mı, ıraksak mı
olduğunu bilmek önemlidir.
Theorem 1.
f ve g nin x ≥ a için f (x) ≥ g(x) ≥ 0 olan sürekli fonksiyonlar olduğunu varsayalım.
Z∞
Z∞
f (x) dx yakınsaksa,
(a)
a
0
Z∞
Z∞
g(x) dx ıraksaksa,
(b)
a
g(x) dx de yakınsaktır.
f (x) dx ıraksaktır.
a
28
BÖLÜM 1. İNTEGRAL ALMA TEKNIKLERI
Tersi doğru olmayabilir:
Z∞
Z∞
Z∞
Z∞
g(x) dx yakınsaksa, f (x) dx yakınsak da olabilir ıraksak da ve f (x) dx ıraksaksa, g(x) dx ıraksak da
a
a
a
a
olabilir yakınsak da.
Örnek 35.
Z∞
2
e−x dx integralinin yakınsak olduğunu gösteriniz.
0
2
Çözüm: e−x nin ilkeli temel fonksiyon olmadığından, integrali doğrudan hesaplayamayız.
Z∞
−x2
e
Z1
dx =
0
−x2
e
Z∞
dx +
0
2
e−x dx
1
yazar ve sağdaki ilk integralin sıradan bir belirli integral olduğunu gözlemleriz.
Z∞
−x2
e
Z1
dx =
0
−x2
e
Z∞
dx +
0
2
e−x dx
1
İkinci integral için,x ≥ 1 iken,
x2 ≥ x
ve
−x2 ≤ −x
olduğunu kullanarak
2
e−x ≤ e−x
olduğunu görürüz. e−x fonksiyonunun integralini hesaplamak kolaydır:
Z∞
e
−x
Zt
dx = lim
t→∞
1
görürüz. Bunun sonucu olarak
t→∞
1
Böylece Karşılaştırma Teoremi’nde f (x) =
Z∞
e−x dx = lim (e−1 − e−t ) = e−1
e−x
ve g(x) =
2
e−x
Z∞
alırsak,
2
e−x dx integralinin yakınsak olduğunu
1
2
e−x dx yakınsaktır.
0
Örnek 36.
Z∞
1 + e−x
dx integralinin yakınsak olduğunu gösteriniz.
x
1
1 + e−x
1
Çözüm:
> ve
x
x
Z∞
Z∞
1 + e−x
(1/x) dx ıraksak olduğundan, Karşılaştırma Teoremi’nden
dx integrali de
x
1
ıraksaktır.
1