Akademik integraller

UFUK ÇEVĐK
07103004
www.ufukcevik.com
ANALĐZ-II UYGULAMA SORULARI ve ÇÖZÜMLERĐ

π
 x = r ⇒ t =

2
1. (a ) ∫ 2 r 2 − x 2 dx = ?, r > 0 x = r sin t ⇒ dx = cos tdt , Yeni sınırları belirlersek 

π
−r
 x = −r ⇒ t = −
2

r
π 2
∫
π 2
2 r − r sin t ⋅ r cos tdt = 2r
2
2
2
−π 2
2
∫
π 2
cos tdt = 2r
2
−π 2
2
π 2


 1 + cos 2t  dt = πr 2 + sin 2t
= πr 2 .

 2

−
π
2
2
4
−π 2
∫
===================
π
π
π
sin 4 x sin 2 x
sin 4 x 2sin x cos x
sin 5 x
(b) ∫
dx = ?,sin 2 x = 2sin x cos x ⇒ ∫
dx = ∫
cos xdx
3
3
3
2
1
+
sin
x
2
1
+
sin
x
1
+
sin
x
0
0
0
Önce ilkel fonksiyonu hesaplayalım;
−1/ 2
t5
t = sin x ⇒ dt = cos xdx ⇒ ∫
dt = ∫ t 5 (1 + t 3 ) dt Binom integrali mevcuttur;
1+ t 3
1
1
⇒ m = 5, n = 3, p = − ⇒ (ii ). durum mevcuttur. z = (1 + t 3 )2 ⇒ z 2 = 1 + t 3 ⇒ t 3 = z 2 −1 ⇒
2
1
2
2
−
−
1 2
2 2
2
3
3
⇒ t = ( z −1) ⇒ dt = ( z −1) 2 zdz ⇒ dt = ( z −1) 3 zdz olduğundan;
3
3
3
1
53
−2 3
2
2
2
2
2
2
⇒ ∫ ( z 2 −1) z −1 z ( z 2 −1) dz = ∫ ( z 2 −1) dz = z 3 − z + C = (1 + t 3 )2 − (1 + t 3 )2 + C =
3
3
9
3
9
3
3
1
2
2
= (1 + sin 3 x)2 − (1 + sin 3 x)2 + C
9
3
π
3
1
2
π
sin 4 x sin 2 x
2
⇒∫
dx =  (1 + sin 3 x)2 − (1 + sin 3 x) 2  = 0.
3
9
0
3


0 2 1 + sin x
===================
3

1
e
 x = 3 e ⇒ t =
dx
1
(c ) ∫
= ?, t = ln x ⇒ dt = dx, Yeni sınırları belirleyim 
3
2

x
1 x 1 − (ln x )
 x = 1 ⇒ t = 0
13
1
3 = arcsin 1 .
3
1− t
0
0
===================
∫
dt
2
= arcsin t
1
π4
π 4
dx
dx
2
2
cos 2 x
(d ) ∫
=
?,
1
=
cos
x
+
sin
x
⇒
=
∫ cos2 x + 4sin 2 x ∫ cos2 x 4sin 2 x dx =
1 + 3sin 2 x
0
0
0
+
cos 2 x cos 2 x
π 4
 x = 0 ⇒ t = 0
sec2 x
2
=∫
⇒
=
tan
⇒
=
sec
,
dx
t
x
dt
xdx
Yeni
sınırları
belirsek

 x = π ⇒ t = 1
1 + 4 tan 2 x
0
4

1
1 arctan 2
dt
1
∫ 1+ 4t 2 = 2 arctan 2u 0 = 2 .
0
===================
π 4
-1-
www.ufukcevik.com
www.ufukcevik.com
13π 2
sgn (cos x )dx = ?,
∫
( e)
−11π 2
−9 π
−7 π 2
11π 2
13π 2
2k + 1
π , (k ∈ ℤ) ⇒ ∫ dx = −π , ∫ dx = π, ⋯, ∫ dx = −π , ∫ dx = π
2
−11π
−9 π
9π 2
11π 2
2
2
sgn (cos x )dx =
∫
⇒
2
−7 π 2
−9 π 2
13π 2
−11π 2
∫
dx +
−11π 2
∫
11π 2
dx + ⋯ +
−9 π 2
∫
9π 2
13 π 2
dx +
∫
dx = 0.
11π 2
===================
1
π
4
2
dx
sec 2 x
cos
x
(f) ∫
=
?,
(
a
>
1)
dx
=
dx,
2
2
2
∫ cos2 x sin 2 x
∫ 1 + a
cos
x
a
sin
x
tan
x
+
−π 4
−π 4
−π 4
+a
2
cos 2 x
cos 2 x
( a tan x)
π
π
4
4
t = a tan x değişimi ile ⇒ dt = a sec2 xdx ; Önce ilkel fonksiyonu bulalım;
∫
sec 2 xdx
1
=
2


a
1 +  a
tanx 


dt
∫ 1+ t
2
=
1
1
arctan t + C =
arctan( a tan x) + C. elde edilir.
a
a
=t
π
⇒
4
dx
1
∫ cos2 x + a sin 2 x = a arctan
−π 4
(
π
arctan
a tan x  4 =
 −π 4
)
( a ) − arctan (− a ) =
a
2
arctan a .
a
===================
b
(g)
∫
( x − a )(b − x)dx = ? (a ≤ x ≤ b ' dir.) ( x − a )(b − x) = −x 2 +
(a
+ b)
x − ab
Yok etmeyeçalışacağız .
a
x = t + c (c, herhangi bir sabit ) değişken değişimi yapalım ⇒ dx = dt
−(t + c)2 + (a + b)(t + c) − ab = −t 2 − 2ct − c 2 + at + bt + ac + bc − ab =
= −t 2 + (
a + b − 2c) t − (c 2 + ac + bc − ab) ⇒ (a + b − 2c) = 0 ⇒ a + b = 2c ⇒ c =
Şimdi yok edebiliriz .
a +b
⇒
2
( a + b) 2 ( a + b ) 2
(a + b) 2
( a − b) 2 ( a − b ) 2
+
− ab = −t 2 +
− ab = −t 2 +
=
−t2
4
2
4
4
4
a −b

b −a 2
2
 x = a ⇒ t = 2
 a − b 
b−a
b−a
2

Yeni sınırlarıbelirlersek 
sin u ⇒ dt =
cos udu
⇒ ∫ 
 − t dt t =


 2 
b−a
2
2
a
−
b
2
x = b ⇒ t =
2

⇒ −t 2 −
b−a
π

t = 2 ⇒ u = 2
Sınırları belirlersek 
olduğundan dolayı;

a −b
−π
⇒u=
t =
2
2

 b − a 


 2 
2
π
2
∫
−π
 b − a  π
cos udu = 
.
 2  2
2
2
2
===================
-2-
www.ufukcevik.com
www.ufukcevik.com
x−a
x−a
bu 2 − a
2
2
2
2
2
( h) ∫
dx = ?, u =
⇒ xu − bu = x − a ⇒ x(u −1) = bu − a ⇒ x = 2
⇒
x −b
x −b
u −1
2bu (u 2 −1) − 2u (bu 2 − a)
2u (a − b)
⇒ dx =
du = 2
du olduğundan dolayı;
2
2
(u −1)
(u −1) 2


=0 



u
u 2 −1 + 1
du
du


2(a − b) ∫ u 2
du
=
2(
a
−
b
)
du
=
2(
a
−
b
)
+
2
∫ (u 2 −1)2
 ∫ u 2 −1 ∫ 2
(u −1)2
(
) (u −1) 
 

J
1
J2


x−a
−1
du
1
du
1
du
1 u −1
1
J1 = ∫ 2
= ∫
− ∫
= ln
+ C = ln x − b
+ C,
u − 1 2 u −1 2 u + 1 2 u + 1
2
x−a
+1
x −b


2
2
1 1
 1 
du
1 
1
1 
1
2
1 


J2 = ∫
⇒ 2  =  
−
= 
− 2
+
=
 ⇒
2
2
2
2
(u 2 −1)  u −1  2  u −1 u + 1 (u 2 −1) 4 (u 2 −1) (u −1) (u +1) 
1  1
1
1
1 
du
1
1
1
u + 1 
= 
+
−
+
= −
−
ln
+ C =
 ⇒ ∫ 2
2
2
2


u
−
u
+
u
−
4 (u −1) (u + 1) (u −1) (u + 1)
4
1
1
1


(u −1)


1
1
1
= −
−
ln
4 
x−a
x−a
−1
+1


x −b
x −b
x−a

+ 1 

x −b
 + C ,

x−a
−1 
x −b


x−a

−1
(a − b) 
1
1
x −b
−
+
−
ln
2 
x−a
x−a
x−a
+1
−1
+1

x −b

x −b
x −b
2(a − b) [ J1 + J 2 ] = (a − b) ln
x−a

+ 1 

x −b
 + C.

x−a
−1 
x −b

===================
2. Aşağıdaki integralleri hesaplayınız.
π2
(a)
sin x 2 ecos x ( x104 + 105) x dx = ?, Çift ⋅ Tek = Tek Fonksiyon ve integralleme aralığı
Tek
−π 2
∫
Çift Fonksiyon
π 2
simetrik olduğundan dolayı
∫
sin x 2 ecos x ( x104 + 105) xdx = 0.
−π 2
tek
  2 cos x  206
(b) ∫ sin x e  x + 7 sin x dx = 0. (a) şıkkına benzer biçimde sıfır.



−π

π
çift
çift
çift
Tek
-3-
www.ufukcevik.com
www.ufukcevik.com
3
(c )
∫ max {1, x } dx = ?, ( x
2
2
< 1 ⇔ x < 1, [−1,1] aralığında x 2 < 1 ⇒ max {1, x 2 } = 1.)
−2
−1
1
x 3 −1
x 3 2 (−1)3 − (−2)3
33 −13
+2+
= 13.
∫ x dx + ∫ 1dx + ∫ x dx = 3 −2 + x −1 + 3 1 =
3
3
−2
−1
1
4
0 < x < 1 ∧ n < m ⇒ x m < x n 
(d ) ∫ max { x 2 , x3 } dx = ?
⇒
n
m
1
x
n
m
x
x
<
<
+∞
∧
<
⇒
<

−3
3
2
2
3
2
 x ∈ [−3,1] ⇒ x ≤ x ⇒ max { x , x } = x

⇒ 
 x ∈ [1, 4] ⇒ x 2 ≤ x3 ⇒ max { x 2 , x3 } = x 3 ; olduğundan

1
2
2
4
∫
−3
2
1
4
−3
1
max { x 2 , x3 } dx = ∫ x 2 dx + ∫ x 3 dx =
π
28
1 28 23
+ 6− = + .
3
4
3
4
π
π
(e) ∫ x sgn (cos x) dx = ?,
∫
0
0
4π
−5 π
π
−4 π
(sin x ) dx = ∫
∫ sgn
−5 π
π
0
4π
( f ) ∫ sgn (sin x ) dx = ?,
2
x sgn (cos x ) dx = ∫ xdx + ∫ (−x) dx =
−5 π
f ( x)
x2 π / 2 x2 π
π2
−
=− .
2 0
2 π/2
4
2
−3 π
−2 π
4π
f ( x)dx + ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx + ⋯ + ∫ f ( x)dx =
−4 π
−3 π
3π
= −π + π − π + ⋯− π = −π.
3. Aşağıdaki integralleri verilen bilgiye göre hesaplayınız.
f :[a, b] → ℝ, sürekli u , v :[α, β ] → [a, b] türevli fonksiyon ise;
Önbilgi:
u ( x)
d
f (t )dt = f (u ( x)) u ′( x) − f (v( x)) v ′( x) ' dir.
dx v∫( x )
Ispat:
F , f ' in ilkeli olsun;
u ( x)
∫
v( x)
u ( x)
d
d
f (t )dt = ( F (u ( x)) − F (v( x))) ⇒
f (t )dt = ( F (u ( x)) − F (v( x)))
∫
dx v ( x )
dx
u(x)
d
⇒
f (t )dt = f (u ( x)) u ′( x) − f (v( x)) v ′( x)▲
dx v∫( x )
x
(a)
x
d
d
sin t 2 dt = ?,
sin t 2 dt = sin x 2 ( x)′ − sin 0(0)′ = sin x 2 − 0 = sin x 2 .
∫
∫
dx 0
dx 0
b
2
2 d (b)
2 d (a)
2
2
d
(b)
e− x dx = e−b
− e−a
= 0 − e−a = e−a .
∫
da a
da
da
x3
d
sin t
sin x3 3
sin x
sin x3 2 sin x
3sin x3 − sin x
′
′
(c ) ∫
dt = 3 ( x ) −
( x) = 3 3x −
1=
.
dx x t
x
x
x
x
x
-4-
www.ufukcevik.com
www.ufukcevik.com
4. Aşağıdaki limitleri hesaplayınız.
3. sorudaki türev alma kuralı kullanılarak;
x
∫ sin t
2
 0
dt = ?   belirsizliği olduğundan L ' Hospital Kuralından;
 0 
a
(a ) lim
x→0
x
3
x
x
∫ sin t dt
2
lim
L ' Hospital
=
a
x3
x→0
 x 2 
 t 
 ∫ e dt 
0

lim
d
sin t 2 dt
dx ∫a
3x 2
x→0
2
(b) lim
∫e
2t 2
 x 2 
 t 
 ∫ e dt 
0

2
= ?,
x
x→ 0
lim
∫e
dt
0
L ' Hospital
=
lim
x→0
dt
0
x
∫
∫
cos t 2 dt
= ?,
0
x→0
x
lim
∫
tan tdt
=
(d ) lim tan0 x
∫
L ' Hospital
sin tdt
0
lim
x→ 0
= lim
x
=0 
 
 x
 t 2  x2
2  ∫ e dt ⋅
 e
 0



x →0
d
2t2
e
dt
dx ∫0
e2 x
2
= 0.
x
cos t 2 dt
L ' Hospital
=
0
x→ 0
sin x
x →0
2t2
x
d  t 2 
 e dt 
dx  ∫0

2
x
x→0
x
(c) lim
sin x 2 .( x)′ 1
1
= lim
= .
3 x→0
x2
3
x
d
dx
d
dx
lim
d
cos t 2 dt
∫
dx 0
x→ 0
= lim cos x 2 = 1.
x→ 0
1
sin x
∫
tan tdt
= lim
0
tan x
∫
x→ 0
sin tdt
tan (sin x) ⋅ (sin x )′
sin ( tan x) ⋅ ( tan x)′
= lim
x→ 0
tan (sin x ) ⋅ cos x
sin ( tan x ) ⋅ sec 2 x
=
0
=1
tan (sin x)
tan (sin x)
sec 2 (sin x) cos x
cos x
= lim
⋅ lim 2 = lim
= lim
= lim
= 1 = 1.
x→ 0
x→ 0 sin ( tan x )
x→ 0 cos ( tan x ) sec 2 x
sin ( tan x) x→0 sec x x→0 sin ( tan x)
tan (sin x)
x
x
∫ cos t dt
2
0
(e) lim
e x −1
x→ 0
 0
= ?,   L ' Hospital lim
 0 
x→0
d
cos t 2 dt
∫
dx 0
ex
cos x 2
= 1.
x→ 0
ex
= lim
5. Belirli integralin yardımıyla aşağıdaki limitleri hesaplayınız.
(m)
d (Tm ) = 0, ξk
[ a, b ], {Tm } , mlim
→∞
n
m
m
∈  xk( −)1 , xk( ) 


1
k
1 + ⇒ f ( x) = 1 + x
∑
n→∞ n
n
k =1
lim
x ∈ [ 0,1] d (Tn ) =
1
→0
n
nm
( )
b
lim ∑ f ξk ∆xk = J = ∫ f ( x)dx
m→∞
k =1
( m)
(m)
a

k
n → k ⇒ = 1
n


k
n → ∞ ⇒ = 0
n

1 n
2
k
n
n
ξ1( ) = , ξ2( ) = , ⋯, ξk( ) =
n
n
n
-5-
www.ufukcevik.com
www.ufukcevik.com
1
1
2
n
(a ) lim  1 + + 1 + + ⋯ + 1 +  = ?
n→∞ n 
n
n
n 

n
lim ∑
n→∞
k =1
k  1
f  ⋅ = ∫ f ( x) dx ⇒ f ( x) = 1 + x ⇒
 n  n
0
1
1
3 1
1 
1
2
n 
1
4 2 −2
⇒ lim  1 + + 1 + + ⋯ + 1 +  = ∫ 1 + xdx = (1 + x)2 =
.
n→∞ n 
0
n
n
n  0
3
3

 1
1
1 

(b) lim n 
+
+
⋯
+
=?
2
2
2
n→∞ 
(n + n) 
( n + 1) ( n + 2)




n  1
1
1 

lim 
+
+⋯+
2
2
2
n→∞ n 2  






1
2
n
1 + 
n +  
1 + 
 n 

n  
 n 
k
1
n
⇒ n → ∞ iken = 0 ∧ = 1 ⇒ Đntegralleme aralığı [0,1]
n
n
n



 1
−1 1 1
1
1
1  1
1
1 
= ∫
⇒ lim 
+
+⋯+
f ( x) =
dx =
= .
2
2
2
2
2

n→∞ n  
1+ x 0 2
 2 

  0 (1 + x)
n
(1 + x)
1 + 1 
1 + 
n +  
 n 
 n 

n  
ξk( n ) =
1p + 2 p + 3 p + ⋯ + n p
= ?, ( p > 0)
n→∞
n p+1
p
1
x p+1 1
1 n k 
1
=
lim ∑   = ∫ x p dx =
.

n→∞ n
0
p
p
+
1
+
1
k =1  n 
0
(c) lim






1 
1
1
1
 = ?,
(d ) lim 
+
+⋯+
2
2
2 
n→∞ n 
 
 
  
 2 
 n  
 4 −  1 
4
−
4
−

 n 
 n 
 n  





 1
1 
1
1
1
 =
lim 
+
+⋯+
∫
2
2
2 
n→∞ n 
 1 
 2 
 n   0

4 −  
4 −   
 4 −  n 
 n 
 n  

x= 2sin t değişimi yap !
dx
4 − x2
= arcsin
x1 π
= .
20 6
1
 1   2 
 1  2
 k
 k  n
(e) lim ln n 1 +  + 1 +  + ⋯ + 1 +  = ?, lim ln 1 +  + 1 +  + ⋯ + 1 +  =
n→∞
n→∞
 n   n 
 n   n 
 n 
 n 
1
1
 k 
1  1   2 

= lim ln 1 +  + 1 +  + ⋯ + 1 +  = ∫ ln 1 + x dx = ln 1 + x ( x + 1) − x = 2 ln 2 −1.



n→∞ n
 n  n
 n 0
0
-6-
www.ufukcevik.com
www.ufukcevik.com
n
6. ∀n ∈ ℕ, ∫ x dx =
0
1
n (n −1)
olduğunu gösteriniz.
2
1
n = 1, için ∫ x dx = ∫ 0dx = 0,
0
0
n
n , için ∫ x dx =
0
n (n −1)
olduğunu kabul edelim.
2
Şimdi ( n + 1) için doğru olup olmadığına bakalım;
n +1
n
0
0
n +1
∫ x dx = ∫ x dx + ∫ x dx =
n
n (n −1)
n (n −1)
n (n + 1)
+ n ∫ dx =
+n=
elde edilir. Bu
2
2
2
n
n +1
ise (n + 1) için de eşitliğin doğru olduğunu gösterir.
n
O halde ∀n ∈ ℕ, için
∫ x dx =
0
b
∫
7. f ∈ R[a ,b] ⇒
n (n −1)
eşitliğinin doğruluğu ispatlanır.
2
b
f ( x) dx ≤ ∫ f ( x ) dx olduğunu gösteriniz ve
a
a
b
b
b
∫
f1 (t ) dt = ∫ f1 (t ) dt ;
∫
a
a
a
b
f 2 (t ) dt < ∫ f 2 (t ) dt olduğuna dair birer örnek veriniz.
a
Çözüm: I.Yol: Üçgen eşitsizliği kullanılarak
nm
m→∞
k =1
nm
nm
( ) )∆x( ) ⇒ lim ∑ f (ξ( ) ) ∆x( ) ≤ lim ∑ f (ξ( ) ) ∆x( ). elde edilir.
lim ∑ f ξk(
II.Yol:
∀x ∈ [ a , b ]
m
m
k
için
m→∞
m
k
m
k
m→∞
k =1
m
m
k
k
k =1
f ( x ) − f ( x) ≥ 0,
b
b
b
b
b
a
a
a
a
a
⇒ ∫ ( f ( x) − f ( x )) dx ≥ 0 ⇒ ∫ f ( x) dx − ∫ f ( x) dx ≥ 0 ⇒ ∫ f ( x) dx ≤ ∫ f ( x ) dx
∀x ∈ [ a , b ]
için
f ( x ) + f ( x ) ≥ 0,
b
b
a
a
b
b
b
a
a
⇒ ∫ ( f ( x) + f ( x)) dx ≥ 0 ⇒ ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx ≥ 0 ⇒ −∫ f ( x ) dx ≤ ∫ f ( x ) dx
a ≤ b 
 ⇒ a ≤ b. Bu takdirde;
−a ≤ b
1
1
1
∫ x dx = 3 = 3
2
Örnek olarak;
a
b
b
f ( x ) dx ≤ ∫ f ( x) dx olur.
∫
a
a
1
∫
∧
0
1
∫ (−x) dx = 0 ∧
−1
0
1
∫
−1
1
x 2 dx = ,
3
0
1
−x dx = ∫ −xdx + ∫ xdx = 1 .
−1
0
verilebilir.
-7-
www.ufukcevik.com
www.ufukcevik.com
b
8. f ∈ R[a ,b] ve ∀x ∈ [ a, b ], f ( x ) ≥ 0 olsun. Bu takdirde
f ( x) dx = 0 olması için gerek ve
∫
a
yeter koşul f ’in sürekli olduğu her noktada sıfır olmasıdır.
b
Ispat: " ⇒ " ∫ f ( x) dx = 0, x0 ∈ [ a, b], f ( x0 ) > 0 olsun.
a
∀ε > 0, ∃δ(ε) > 0 x − x0 < δ ⇒ f ( x) − f ( x0 ) < ε
 f ( x0 )
f ( x0 )
−
< f ( x) − f ( x0 ) <
f ( x0 )

2
2
ε=
seçilirse ∃δ1 > 0 ∀x ∈ ( x0 − δ1 , x0 + δ1 ) 

2
0 < f ( x0 ) < f x < 3 f ( x0 )
( )

2
2
∀x ∈ ( x0 − δ1 , x0 + δ1 ) C[ a ,b] f ( x) >
b
∫
f ( x) dx =
a
x0 −δ1
∫
f ( x ) dx +
x0 +δ1
∫
f ( x0 )
2
b
f ( x) dx +
x0 −δ1
a
∫
f ( x ) dx ≥
x0 +δ1
x0 +δ1
∫
f ( x) dx >
f ( x0 )
2
x0 −δ1
x0 +δ1
∫
x0 −δ1
dx = f ( x0 )⋅ δ1 > 0
çelişki eldeedilir
O halde f ( x0 ) = 0 ' dır.
" ⇐ " x0 = a, xn = b ve bir T = { x0 , x1 ,⋯, xn } bölüntüsünü ele alalım;
f ( x) , [ xk −1 , xk ](k = 1, n) aralığında her noktada süreksiz olamaz -olsaydı zaten
integrallenebilir olamazdı.- Demek ki en az bir noktada süreklidir o zaman f ( x) sürekli
olduğu her noktada sıfırdır o halde inf = 0 ⇒ mk =
inf
f ( x) = 0
xk−1 ≤ x≤ xk
Bu durumda;
n
sT = ∑ mk ∆xk = 0 bu durumda
k =1
Her biri
sıfır
↑
b
∫
f ( x ) dx = sup sT = 0. Önerme ispatlanır.
a
x
9. f ∈ C[a ,b] olsun. F : [ a, b ] → ℝ, F ( x) = ∫ f (t ) dt şeklinde tanımlanan fonksiyon olsun. Bu
a
takdirde ∀x ∈ [ a, b ], F ′ ( x) = f ( x) olduğunu gösteriniz.
x
Ispat: f ∈ C[a ,b] , F : [ a, b ] → ℝ, F ( x) = ∫ f (t ) dt olsun. ∀x ∈ (a, b) , F ′ ( x) = f ( x ) olduğunu
a
gösterelim; ∀x ∈ (a, b) için türevin tanımı ve F ( x ) in tanımı kullanılarak;
x+ h
F ( x) = lim
F ( x + h) − F ( x)
h→ 0
= lim
h→0
f (ξ ) h
h
h
= lim
∫
f (t ) dt − ∫ f (t ) dt
a
h→ 0
= lim f (ξ ) = lim f (ξ ) = f ( x ).
h→ 0
ξ→x
x+h
x
a
= lim
h→ 0
h
∫
f (t ) dt
x
h
=
x+h


∃ξ ∈ x, x + h ,
f
t
dt
=
f
ξ
⋅
h
[
] ∫ ()
( ) 



x
Önerme ispatlanır.
-8-
www.ufukcevik.com
www.ufukcevik.com
1
1
b
 p2  b
 p1
p2
p1

10. f ∈ R[a ,b] , (b − a ) = 1, p1 > p2 > 0 olsun. Bu takdirde  ∫ f ( x) dx ≤  ∫ f ( x) dx
 a
 a


sağlandığını gösteriniz.
Ispat: Teorem: f ( x ∈) R[a ,b] ve r herhangi bir pozitif sayı ise f ( x ) ∈ R[a ,b] olur.
r
1 1
+ = 1, p, q > 0 olmak üzere;
p q
Belirli integral için Hölder eşitsizliğine göre;
1
1
b
 p  b
q
p
q





∫ f ( x) g ( x) dx ≤ ∫ f ( x) dx ∫ g ( x) dx dir. Buna göre
a
a
a
p2
p
p = 1 > 1, f ( x ) , g ( x ) = 1 olsun.
p2
b
p2
p1
1
q
=1,( b−a )=1

 

 f x p2 dx  dx
f
x
dx
≤
(
)
(
)
 ∫ 
∫
 ∫
a
  a 
a
böylece, eşitsizliğin sağlandığı gösterilir.
b
b
p2
b
1
b
 p2  b
 1
p2
p1


⇒  ∫ f ( x) dx ≤  ∫ f ( x) dx .
 a
 a


p
b
11. f ∈ C[a ,b] , f (a ) > 0,
∫
f ( x) dx = 0 ⇒ ∃t ∈ ( a, b) : f (t ) = 0 olduğunu gösteriniz.
a
Ispat: (i)
∃t1 ∈ (a, b): f (t1 ) < 0
⇒ ∃t ∈ (a, b) : f (t ) = 0
b
(ii) ∀x ∈ (a, b) f ( x) > 0,
∫
f ( x ) dx > 0.
a
b
12. f ,[ a, b] ' de sürekli türevlenebilir bir fonksiyon olsun. f (b) > 0 ve
∫
f ( x ) dx = 0 ise
a
gösteriniz ki; f belirli bir aralıkta kesin artandır.
b
Ispat: f ∈ C[a ,b] , f ′ ∈ C[ a ,b] , f (b) > 0,
∫
f ( x) dx = 0 ⇒ ∃ (α, β ) ⊂ [ a, b] : f , (α, β ) aralığında
a
kesin artandır. Ortalama değer teoremini kullanalım;
b
∀x ∈ (a, b) , f ( x ) ≠ 0 ⇒ ∀x ∈ (a, b) , f ( x) > 0;
∫
f ( x) dx > 0.
a
∼  ∀x ∈ (a, b) , f ( x) ≠ 0 ⇒ ∀x ∈ (a, b) , f ( x) > 0
∃t ∈ [ a, b) : f (t ) = 0 ⇒ ∃ξ ∈ (t , b) : f ′ (ξ ) =
=0
f (b) − f (t )
b −t
=
+
f (b)
b
−t
>0⇒
+
⇒ ∃ (α, β ) : ξ ∈ (α, β ) , ∀x ∈ (α, β ) , f ′ ( x) > 0 ⇒ f , (α, β ) aralığında kesin artandır.
-9-
www.ufukcevik.com
www.ufukcevik.com
a
13. a > 0, f ∈ R[−a , a] olsun. Gösteriniz ki;
∫
−a
 a
2 f ( x ) dx f , çift ise,
f ( x) dx =  ∫0

0,
f , tek ise.
Ispat:
0
a
∫
−a
a
f ( x) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx , x = −t ⇒ dx = −dt
−a
0
0
f , tek ⇔ f (−x ) = − f ( x)
a
= −∫ f (−t ) dt + ∫ f ( x) dx =
f , çift ⇔ f (−x ) = f ( x)
0
a
a
 a
2 f ( x ) dx f , çift ise,
f ( x) dx ⇒  ∫0

f , tek ise.
0,
a
= ∫ f (−x ) dx + ∫
0
0
14. f , ℝ nin tüm kapalı alt aralıklarında Riemann anlamında integrallenebilen sınırlı bir
x
fonksiyon, x0 ∈ ℝ sabit bir nokta olsun. Bu takdirde F : ℝ → ℝ , F ( x) = ∫ f (t ) dt ile
x0
tanımlanan fonksiyon tüm ℝ de düzgün süreklidir. Gösteriniz.
Ispat: f ( x) fonksiyonu sınırlı olduğuna göre; ∃µ > 0: ∀x ∈ ℝ, f ( x ) ≤ µ olur.
f ( x) düzgün sürekli ise ∀ε > 0, ∃δ(ε) > 0: x1 − x2 < δ ⇒ f ( x1 ) − f ( x2 ) < ε dir.
ε > 0 verilsin ;
F ( x1 ) − F ( x2 ) =
x1
∫
x2
f (t ) dt − ∫ f (t ) dt =
x0
= µ x1 − x2 < µ ⋅ δ = µ
x0
x1
∫
x1
x1
x1
x2
x2
x2
f (t ) dt ≤ ∫ f (t ) dt ≤ ∫ µdt ≤ µ ∫ dt =
x2


δ = ε seçildi o halde F tüm ℝ de düzgün süreklidir.

µ

ε
= ε.
µ
15. f : [ a, b ] → ℝ sürekli ve ∀x ∈ [ a, b] için f ( x ) ≥ 0 olsun.
b
" ∫ f ( x) dx = 0 ⇔ ∀x ∈ [ a, b ]için f ( x ) = 0" önermesini ispatlayınız.
a
b
Ispat: f ( x ) ≥ 0 olduğundan
∫
b
f ( x) dx ≥ 0 olacağı bilinmektedir.
a
∫
f ( x) dx = 0 fakat
a
∃p ∈ (a, b) için f ( p) > 0 olsun. f sürekli olduğundan, işaret koruma özelliğinden, ∃δ > 0
p +δ
bulunabilir ki; ∀x ∈ ( p − δ , p + δ ) için f ( x ) > 0 olur. Bu durumda
∫
f ( x) dx > 0 olur ki bu
p−δ
b
da
∫
f ( x) dx = 0 olması ile çelişir. O halde ∀x ∈ [ a, b] için f ( x) = 0 dır.
a
iletişim : ufukmatematik @ gmail.com
ufuk @ ufukcevik .com
- 10 -
www.ufukcevik.com