30 Belirli İntegralde Yöntemler ve Leibniz Formülü
Analizin Temel Teoremleri bölümünde belirli integral ile türev arasındaki köprüyü kurduk: sürekli bir fonksiyonun değişken üst sınırlı integrali onun bir ilkel fonksiyonudur ve bir ilkel fonksiyon bilindiğinde belirli integral iki uç değerin farkına indirgenir. Böylece \(\int_a^b f\) hesabı, \(f\)’nin bir ilkel fonksiyonunu bulma sorusuna dönüşmüş oldu.
İlkel fonksiyon bulmanın iki büyük aracını Değişken Değiştirme ve Kısmi İntegrasyon bölümünde belirsiz integral çerçevesinde görmüştük: değişken değiştirme zincir kuralının, kısmi integrasyon ise çarpım kuralının integral karşılığıdır. Bu bölümde aynı iki yöntemi belirli integral için yeniden kuruyoruz. Fark küçük görünür ama pratikte çok işe yarar: belirli integralde değişken değiştirirken sınırları da dönüştürürüz ve böylece eski değişkene geri dönme zahmetinden kurtuluruz.
Yöntemlerin kendisi kadar, onların doğurduğu birkaç zarif sonuç da bu bölümün konusudur. Simetrik bir aralıkta çift bir fonksiyonun integrali yarım aralıktakinin iki katıdır, tek bir fonksiyonunki ise sıfırdır; bu iki gözlem, uzun hesapları tek satırda bitirir. Periyodik bir fonksiyonun bir tam periyot boyunca integrali, periyodun nereden başladığına bağlı değildir. Son olarak, sınırları \(x\)’e bağlı olan bir integralin \(x\)’e göre türevini veren Leibniz formülünü kuracağız; bu formül, hem türev hesaplarında hem de belirsiz biçimli limitlerde kullanacağımız çok güçlü bir araçtır.
Bu bölümde şunları öğreneceğiz: belirli integralde değişken değiştirme kuralı ve tam ispatı; sınırların nasıl dönüştüğü ve değiştiren fonksiyonun birebir olmasının neden gerekmediği; çift, tek ve periyodik fonksiyonlar için integral formülleri; belirli integralde kısmi integrasyon; integral işareti altında sınırların türevini veren Leibniz formülü; ve bütün bunların bir uygulaması olarak \(\int_0^{\pi/2} \sin^n x\,dx\) integralleri için Wallis indirgeme formülü ile Wallis çarpımı.
30.1 Belirli İntegralde Değişken Değiştirme
Belirsiz integralde değişken değiştirme (Teorem 19.1) bize \(\int f(g(t))g'(t)\,dt = F(g(t)) + C\) eşitliğini vermişti; burada \(F\), \(f\)’nin bir ilkel fonksiyonuydu. Belirli integralde bu kuralın çok daha kullanışlı bir biçimi vardır: hesabı bitirdikten sonra \(t\) değişkenine geri dönmek yerine sınırları baştan dönüştürürüz.
Kuralın hangi hipotezler altında geçerli olduğuna dikkat edelim. Sağ taraftaki \(f(g(t))g'(t)\) ifadesinin anlamlı ve integrallenebilir olması için \(g\)’nin türevlenebilir, \(g'\)’nün sürekli ve \(f\)’nin \(g\)’nin aldığı bütün değerler üzerinde tanımlı olması gerekir. Bu yüzden \(g\)’nin sürekli türevli (yani \(C^1\)) olmasını isteriz.
Teorem 30.1 (Belirli İntegralde Değişken Değiştirme) \(g : [c,d] \to [a,b]\) fonksiyonu sürekli türevli olsun, yani \(g\) türevlenebilir ve \(g'\) \([c,d]\) üzerinde sürekli olsun (uç noktalarda tek yönlü türevler kastedilir). \(f : [a,b] \to \mathbb{R}\) sürekli olsun. O hâlde
\[\int_{g(c)}^{g(d)} f(x)\,dx = \int_c^d f\big(g(t)\big)\, g'(t)\,dt.\]
İspat
Adım 1: \(f\)’nin bir ilkel fonksiyonu. \(f\), \([a,b]\) üzerinde sürekli olduğundan analizin ikinci temel teoremi (Teorem 29.2) gereği
\[F(x) = \int_a^x f(s)\,ds, \qquad x \in [a,b]\]
fonksiyonu \([a,b]\) üzerinde türevlenebilirdir ve her \(x \in [a,b]\) için \(F'(x) = f(x)\)’tir. Yani \(F\), \(f\)’nin bir ilkel fonksiyonudur (Tanım 18.1).
Adım 2: Bileşke fonksiyonun türevi. \(h : [c,d] \to \mathbb{R}\) fonksiyonunu
\[h(t) = F\big(g(t)\big)\]
ile tanımlayalım. \(g\), \([c,d]\)’yi \([a,b]\)’nin içine gönderdiğinden bu tanım anlamlıdır. \(g\) türevlenebilir, \(F\) de \(g(t)\) noktasında türevlenebilir olduğundan zincir kuralı (Teorem 4.1) gereği \(h\) türevlenebilirdir ve
\[h'(t) = F'\big(g(t)\big)\, g'(t) = f\big(g(t)\big)\, g'(t), \qquad t \in [c,d].\]
Uç noktalarda bu eşitlik tek yönlü türevler için geçerlidir.
Adım 3: Sağ tarafın integrallenebilirliği. \(f\) sürekli, \(g\) sürekli (çünkü türevlenebilir, bkz. Teorem 3.1) olduğundan \(f \circ g\) süreklidir; \(g'\) de varsayım gereği süreklidir. Sürekli fonksiyonların çarpımı sürekli olduğundan \(h' = (f\circ g)\cdot g'\) fonksiyonu \([c,d]\) üzerinde süreklidir, dolayısıyla Teorem 25.2 gereği \([c,d]\) üzerinde Riemann integrallenebilirdir.
Adım 4: Newton–Leibniz formülünün iki kez uygulanması. \(h\), \([c,d]\) üzerinde \(h'\) fonksiyonunun bir ilkel fonksiyonudur ve \(h'\) integrallenebilirdir. Analizin birinci temel teoremi (Teorem 29.1, Newton–Leibniz formülü) gereği
\[\int_c^d f\big(g(t)\big) g'(t)\,dt = \int_c^d h'(t)\,dt = h(d) - h(c) = F\big(g(d)\big) - F\big(g(c)\big).\]
Öte yandan \(F\), \(f\)’nin \([a,b]\) üzerindeki bir ilkel fonksiyonu ve \(f\) integrallenebilir olduğundan, aynı teorem uç noktaları \(g(c)\) ile \(g(d)\) olan aralıkta da uygulanabilir:
\[\int_{g(c)}^{g(d)} f(x)\,dx = F\big(g(d)\big) - F\big(g(c)\big).\]
Burada \(g(d) < g(c)\) olma olasılığı bir sorun çıkarmaz: yönlü integral tanımı (Tanım 27.1) gereği sınırlar ters çevrildiğinde integral işaret değiştirir, sağ taraftaki fark da öyle. İki eşitliğin sağ tarafları aynı olduğundan sol tarafları da eşittir; istenen elde edilmiş olur.
\(\blacksquare\)
Formülü iki yönde de okuyabiliriz ve iki okuma iki farklı hesap tekniğine karşılık gelir.
Sağdan sola (yerine koyma). Elimizde \(\int_c^d f(g(t))g'(t)\,dt\) biçiminde bir integral varsa, \(x = g(t)\) yazar, \(dx = g'(t)\,dt\) diye kısaltır ve sınırları \(t = c \mapsto x = g(c)\), \(t = d \mapsto x = g(d)\) kuralıyla dönüştürürüz. Bu, klasik “\(u\) yerine koyma”dır ve genellikle integrali basitleştirir.
Soldan sağa (ters yerine koyma). Elimizde \(\int_a^b f(x)\,dx\) varsa ve \(x\)’i uygun bir \(g(t)\) ile değiştirmek işimizi kolaylaştıracaksa, \(g(c) = a\) ve \(g(d) = b\) olacak biçimde \(c\) ve \(d\) arar, sonra soldan sağa okuruz. Trigonometrik değişken değiştirmeler (\(x = \sin t\), \(x = \tan t\) gibi) bu türdendir. Bu yönde ilerlerken \(a\) ve \(b\)’yi görüntü olarak veren \(c, d\) noktalarının var olduğunu göstermek bize düşer; genellikle \(g\)’yi \([c,d]\)’yi \([a,b]\) üzerine örten biçimde seçerek bunu sağlarız.
Şimdi kuralı örneklerde çalıştıralım.
Örnek 30.1 (Değişken Değiştirmeyle Hesaplar) Aşağıdaki belirli integralleri hesaplayınız.
\(\displaystyle \int_0^1 \frac{e^x}{(1+e^x)^2}\,dx\)
\(\displaystyle \int_0^1 x e^{x^2}\,dx\)
\(\displaystyle \int_1^e \frac{\ln x}{x}\,dx\)
\(\displaystyle \int_0^{\pi/2} \frac{\cos x}{1+\sin^2 x}\,dx\)
\(\displaystyle \int_0^3 \frac{x}{\sqrt{1+x}}\,dx\)
\(\displaystyle \int_0^1 \sqrt{1-x^2}\,dx\)
Çözüm
a) \(u = g(x) = 1 + e^x\) diyelim. \(g\) sürekli türevlidir ve \(g'(x) = e^x\)’tir. Sınırlar: \(x = 0\) için \(u = 1 + e^0 = 2\), \(x = 1\) için \(u = 1 + e\). İntegrandı \(f(u) = \dfrac{1}{u^2}\) ile \(f(g(x))g'(x)\) biçiminde yazabiliriz; \(g\)’nin görüntü kümesi \([2, 1+e]\) olduğundan ve \(f\) bu aralıkta sürekli olduğundan Teorem 30.1 uygulanabilir:
\[\int_0^1 \frac{e^x}{(1+e^x)^2}\,dx = \int_2^{1+e} \frac{du}{u^2} = \left[ -\frac{1}{u} \right]_2^{1+e} = -\frac{1}{1+e} - \left( -\frac{1}{2} \right) = \frac{1}{2} - \frac{1}{1+e}.\]
Ortak paydada toplarsak
\[\frac{1}{2} - \frac{1}{1+e} = \frac{(1+e) - 2}{2(1+e)} = \frac{e-1}{2(1+e)}.\]
b) \(u = x^2\), \(du = 2x\,dx\). Sınırlar: \(x = 0 \mapsto u = 0\), \(x = 1 \mapsto u = 1\). İntegrandda \(x\,dx = \frac{1}{2}\,du\) olduğundan
\[\int_0^1 x e^{x^2}\,dx = \frac{1}{2}\int_0^1 e^u\,du = \frac{1}{2}\Big[ e^u \Big]_0^1 = \frac{e-1}{2}.\]
c) \(u = \ln x\), \(du = \dfrac{dx}{x}\). \(g(x) = \ln x\) fonksiyonu \([1,e]\) üzerinde sürekli türevlidir. Sınırlar: \(x = 1 \mapsto u = 0\), \(x = e \mapsto u = 1\). Böylece
\[\int_1^e \frac{\ln x}{x}\,dx = \int_0^1 u\,du = \left[ \frac{u^2}{2} \right]_0^1 = \frac{1}{2}.\]
d) \(u = \sin x\), \(du = \cos x\,dx\). Sınırlar: \(x = 0 \mapsto u = 0\), \(x = \pi/2 \mapsto u = 1\). \(f(u) = \dfrac{1}{1+u^2}\) fonksiyonu \([0,1]\)’de süreklidir:
\[\int_0^{\pi/2} \frac{\cos x}{1+\sin^2 x}\,dx = \int_0^1 \frac{du}{1+u^2} = \Big[ \arctan u \Big]_0^1 = \frac{\pi}{4}.\]
e) Burada integrandı doğrudan \(f(g(x))g'(x)\) biçiminde göremiyoruz; onun yerine formülü soldan sağa kullanacağız. \(x = g(t) = t - 1\) değişimini yapalım, yani \(u = 1+x\) diyelim: \(g : [1,4] \to [0,3]\) sürekli türevlidir, \(g(1) = 0\), \(g(4) = 3\) ve \(g'(t) = 1\)’dir. O hâlde
\[\int_0^3 \frac{x}{\sqrt{1+x}}\,dx = \int_1^4 \frac{t-1}{\sqrt{t}}\,dt = \int_1^4 \left( t^{1/2} - t^{-1/2} \right) dt = \left[ \frac{2}{3}t^{3/2} - 2t^{1/2} \right]_1^4.\]
Üst sınırda \(\frac{2}{3}\cdot 8 - 2\cdot 2 = \frac{16}{3} - 4 = \frac{4}{3}\), alt sınırda \(\frac{2}{3} - 2 = -\frac{4}{3}\) elde ederiz. Fark
\[\frac{4}{3} - \left( -\frac{4}{3} \right) = \frac{8}{3}.\]
f) Bu bir ters yerine koyma örneğidir. \(g(t) = \sin t\) alalım; \(g : \left[ 0, \frac{\pi}{2} \right] \to [0,1]\) sürekli türevlidir, \(g(0) = 0\), \(g(\pi/2) = 1\) ve \(g'(t) = \cos t\)’dir. \(f(x) = \sqrt{1-x^2}\) fonksiyonu \([0,1]\)’de süreklidir. \(t \in [0,\pi/2]\) için \(\cos t \ge 0\) olduğundan \(\sqrt{1-\sin^2 t} = |\cos t| = \cos t\)’dir. Formülü soldan sağa okuyalım:
\[\int_0^1 \sqrt{1-x^2}\,dx = \int_0^{\pi/2} \sqrt{1 - \sin^2 t} \, \cos t\,dt = \int_0^{\pi/2} \cos^2 t\,dt.\]
Şimdi \(\cos^2 t = \dfrac{1 + \cos 2t}{2}\) özdeşliğini kullanalım:
\[\int_0^{\pi/2} \frac{1+\cos 2t}{2}\,dt = \frac{1}{2}\left[ t + \frac{\sin 2t}{2} \right]_0^{\pi/2} = \frac{1}{2}\left( \frac{\pi}{2} + 0 \right) = \frac{\pi}{4}.\]
Sonuç beklendiği gibidir: \(\int_0^1 \sqrt{1-x^2}\,dx\), birim çemberin birinci bölgedeki çeyrek diskinin alanıdır ve bu alan \(\frac{\pi}{4}\)’tür.
\(\blacksquare\)
Sınırların Değişimi ve Birebirlik Sorusu
Belirsiz integralde değişken değiştirirken, sonuçta eski değişkene dönebilmek için genellikle \(g\)’nin tersinir olmasını isteriz. Belirli integralde ise böyle bir zorunluluk yoktur: sınırlar yalnızca \(g(c)\) ve \(g(d)\) uç değerleriyle belirlenir, \(g\)’nin arada ne yaptığı formülü etkilemez. Bu, ilk bakışta şaşırtıcı görünen ama ispattan doğrudan okunan bir özelliktir; çünkü ispatta \(g\)’nin tersini hiç kullanmadık.
Bunu, teoremi biraz daha genel biçimde yazarak kayda geçirelim. Tek gereken, \(f\)’nin \(g\)’nin bütün değerlerini içeren bir aralıkta sürekli olmasıdır.
Önerme 30.1 (Sınırların Değişimi Kuralı) \(J \subseteq \mathbb{R}\) bir aralık, \(g : [c,d] \to J\) sürekli türevli ve \(f : J \to \mathbb{R}\) sürekli olsun. O hâlde
\[\int_c^d f\big(g(t)\big) g'(t)\,dt = \int_{g(c)}^{g(d)} f(x)\,dx\]
eşitliği geçerlidir. Burada \(g\)’nin birebir, monoton ya da örten olması gerekmez; yeni sınırlar yalnızca \(g(c)\) ve \(g(d)\) uç değerleridir.
İspat
\(g\), \([c,d]\) üzerinde süreklidir (türevlenebilir olduğu için, Teorem 3.1). Weierstrass ekstremum teoremi (bkz. Analiz 1) gereği \(g\) bu aralıkta en küçük ve en büyük değerlerini alır; \(m = \min_{[c,d]} g\) ve \(M = \max_{[c,d]} g\) diyelim. Kapalı ve sınırlı bir aralığın sürekli görüntüsü yine kapalı ve sınırlı bir aralık olduğundan (bkz. Analiz 1) \(g([c,d]) = [m,M]\)’dir; \(g\)’nin bütün değerleri \(J\)’nin içinde olduğundan da \([m,M] \subseteq J\)’dir.
\(m = M\) hâli önemsizdir: bu durumda \(g\) sabittir, dolayısıyla \(g' \equiv 0\) ve \(g(c) = g(d)\) olur; eşitliğin iki tarafı da sıfırdır. \(m < M\) ise \(g : [c,d] \to [m,M]\) sürekli türevli, \(f\) ise \([m,M]\) üzerinde süreklidir. Bu, Teorem 30.1’nin hipotezlerinin tam olarak sağlandığı durumdur ve teorem doğrudan istenen eşitliği verir. \(g(c)\) ile \(g(d)\) noktalarının \([m,M]\) içinde olduğuna, ama \(g\)’nin ara değerlerinin \(g(c)\) ile \(g(d)\) arasında kalmak zorunda olmadığına dikkat edelim; ispat bu bilgiyi hiçbir yerde kullanmaz.
\(\blacksquare\)
Somut bir örnekle görelim. \(g(x) = x^2\) fonksiyonu \([-1, 2]\) üzerinde birebir değildir; örneğin \(g(-1) = g(1) = 1\)’dir. Buna karşın \(f(u) = \cos u\) ve Önerme 30.1 ile
\[\int_{-1}^{2} 2x \cos(x^2)\,dx = \int_{g(-1)}^{g(2)} \cos u\,du = \int_1^4 \cos u\,du = \sin 4 - \sin 1\]
yazabiliriz. Sonucu doğrudan da doğrulayabiliriz: \(\sin(x^2)\) fonksiyonu \(2x\cos(x^2)\)’nin bir ilkel fonksiyonudur ve \(\big[ \sin(x^2) \big]_{-1}^{2} = \sin 4 - \sin 1\)’dir.
Aynı hesabı \([-1,1]\) üzerinde yaparsak sınırlar çakışır:
\[\int_{-1}^{1} 2x \cos(x^2)\,dx = \int_1^1 \cos u\,du = 0.\]
Bu da doğrudur, çünkü \(x \mapsto 2x\cos(x^2)\) tek bir fonksiyondur; bir sonraki kısımda bunun genel nedenini göreceğiz.
\(f\)’nin yalnızca \(g(c)\) ile \(g(d)\) arasında sürekli olması yetmez; \(g\)’nin aldığı bütün değerler üzerinde sürekli olması gerekir. Aksi hâlde formül anlamsız sonuçlar üretir.
\(g(t) = t^2 - 1\) ve \(f(x) = \dfrac{1}{x^2}\) alalım, \([c,d] = [0,2]\) olsun. \(g(0) = -1\), \(g(2) = 3\)’tür ve kuralı gözü kapalı uygularsak
\[\int_0^2 \frac{2t}{(t^2-1)^2}\,dt \;\overset{?}{=}\; \int_{-1}^{3} \frac{dx}{x^2} \;\overset{?}{=}\; \left[ -\frac{1}{x} \right]_{-1}^{3} = -\frac{1}{3} - 1 = -\frac{4}{3}\]
buluruz. Oysa \(\dfrac{1}{x^2}\) de \(\dfrac{2t}{(t^2-1)^2}\) de (\(t \in [0,2]\) için) tanımlı oldukları her yerde negatif değildir; öyleyse hiçbir okumada negatif bir sayı çıkamaz. Üstelik iki taraf da yakınsak bir integral değildir. Hatanın kaynağı açıktır: \(g([0,2]) = [-1, 3]\) aralığı \(0\) noktasını içerir ve \(f(x) = 1/x^2\) orada tanımlı bile değildir; \(t = 1\) noktasında sol taraftaki integrand da patlar. Önerme 30.1’nin “\(f\), \(g\)’nin görüntüsünü içeren bir aralıkta süreklidir” koşulu tam da bu tuzağı kapatır.
30.2 Çift ve Tek Fonksiyonların İntegrali
Değişken değiştirme kuralının en hoş uygulamalarından biri, simetrik \([-a, a]\) aralıklarında integral alırken ortaya çıkar. Bir fonksiyonun grafiği \(y\) eksenine göre simetrikse (çift fonksiyon) ya da orijine göre simetrikse (tek fonksiyon), integral hesabı ya yarıya iner ya da hiç hesap yapmadan biter.
Hatırlatalım: \(f\) fonksiyonu \([-a,a]\) üzerinde tanımlı olsun. Her \(x \in [-a,a]\) için \(f(-x) = f(x)\) ise \(f\)’ye çift fonksiyon (even function), \(f(-x) = -f(x)\) ise tek fonksiyon (odd function) denir.
Teorem 30.2 (Simetri Teoremi) \(a > 0\) ve \(f : [-a, a] \to \mathbb{R}\) sürekli olsun.
- \(f\) çift bir fonksiyon ise \[\int_{-a}^{a} f(x)\,dx = 2\int_0^a f(x)\,dx.\]
- \(f\) tek bir fonksiyon ise \[\int_{-a}^{a} f(x)\,dx = 0.\]
İspat
Adım 1: İntegrali ikiye ayıralım. \(f\) sürekli olduğundan \([-a,a]\) üzerinde integrallenebilirdir (Teorem 25.2). Aralık toplamsallığı (Teorem 27.4) gereği
\[\int_{-a}^{a} f(x)\,dx = \int_{-a}^{0} f(x)\,dx + \int_{0}^{a} f(x)\,dx.\]
Adım 2: Sol parçayı \(x \mapsto -x\) ile dönüştürelim. \(g : [0, a] \to [-a, a]\) fonksiyonunu \(g(t) = -t\) ile tanımlayalım. \(g\) sürekli türevlidir ve \(g'(t) = -1\)’dir; ayrıca \(g(0) = 0\), \(g(a) = -a\)’dır. Teorem 30.1 gereği
\[\int_{g(0)}^{g(a)} f(x)\,dx = \int_0^a f\big(g(t)\big) g'(t)\,dt,\]
yani
\[\int_0^{-a} f(x)\,dx = -\int_0^a f(-t)\,dt.\]
Sol taraftaki integralin sınırlarını yönlü integral tanımıyla (Tanım 27.1) ters çevirirsek \(\int_0^{-a} f = -\int_{-a}^{0} f\) olur. İki tarafı \(-1\) ile çarparak
\[\int_{-a}^{0} f(x)\,dx = \int_0^a f(-t)\,dt\]
elde ederiz. Bu eşitlik, \(f\)’nin çift ya da tek olmasından bağımsız olarak her sürekli \(f\) için doğrudur.
Adım 3: Simetriyi kullanalım. \(f\) çift ise \(f(-t) = f(t)\) olduğundan
\[\int_{-a}^{0} f(x)\,dx = \int_0^a f(t)\,dt = \int_0^a f(x)\,dx\]
olur; Adım 1’deki eşitliğe koyarsak
\[\int_{-a}^{a} f(x)\,dx = \int_0^a f(x)\,dx + \int_0^a f(x)\,dx = 2\int_0^a f(x)\,dx.\]
\(f\) tek ise \(f(-t) = -f(t)\) olduğundan
\[\int_{-a}^{0} f(x)\,dx = \int_0^a \big( -f(t) \big)\,dt = -\int_0^a f(x)\,dx\]
olur (burada integralin lineerliğini, Teorem 27.1, kullandık) ve
\[\int_{-a}^{a} f(x)\,dx = -\int_0^a f(x)\,dx + \int_0^a f(x)\,dx = 0\]
bulunur.
\(\blacksquare\)
İspatta sürekliliği yalnızca Teorem 30.1’yi uygulayabilmek için kullandık. Aslında sonuç, \(f\)’nin \([-a,a]\) üzerinde yalnızca Riemann integrallenebilir olması hâlinde de doğrudur: bu durumda Adım 2’deki eşitlik, \([-a,0]\) bölünüşlerinin \(t \mapsto -t\) ile \([0,a]\) bölünüşlerine birebir eşlenmesi ve karşılıklı alt-üst toplamların (Tanım 24.3) eşit çıkması gözlemiyle doğrudan gösterilir. Biz sürekli durumla yetineceğiz, çünkü uygulamada karşılaşacağımız fonksiyonlar süreklidir.
Örnek 30.2 (Simetriyle Hesaplar) Aşağıdaki integralleri hesaplayınız.
\(\displaystyle \int_{-1}^{1} x^3 \cos x\,dx\)
\(\displaystyle \int_{-a}^{a} x^2\,dx\) (\(a > 0\))
\(\displaystyle \int_{-\pi}^{\pi} \sin^5 x\,dx\)
\(\displaystyle \int_{-1}^{1} \big( x^4 + x^3 + 2 \big)\,dx\)
\(\displaystyle \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \big( x\cos x + \sin^2 x \big)\,dx\)
Çözüm
a) \(u(x) = x^3\) tek, \(v(x) = \cos x\) çifttir. Tek bir fonksiyonla çift bir fonksiyonun çarpımı tektir: \(u(-x)v(-x) = -u(x)v(x)\). Demek ki \(f(x) = x^3\cos x\) tektir ve \(\cos\) ile polinomlar sürekli olduğundan \(f\) süreklidir. Teorem 30.2 gereği
\[\int_{-1}^{1} x^3\cos x\,dx = 0.\]
b) \(f(x) = x^2\) çifttir, çünkü \((-x)^2 = x^2\)’dir. O hâlde
\[\int_{-a}^{a} x^2\,dx = 2\int_0^a x^2\,dx = 2\left[ \frac{x^3}{3} \right]_0^a = \frac{2a^3}{3}.\]
c) \(\sin\) tek olduğundan \(\sin^5(-x) = (-\sin x)^5 = -\sin^5 x\)’tir; yani \(f(x) = \sin^5 x\) tektir. Aralık \([-\pi, \pi]\) simetriktir, dolayısıyla
\[\int_{-\pi}^{\pi} \sin^5 x\,dx = 0.\]
Genel olarak \(n\) tek sayı ise \(\sin^n\) tek, \(n\) çift sayı ise \(\sin^n\) çift bir fonksiyondur.
d) İntegrali lineerlikle (Teorem 27.1) parçalayalım. \(x^4\) ve sabit fonksiyon \(2\) çift, \(x^3\) tektir:
\[\int_{-1}^{1} \big( x^4 + x^3 + 2 \big)\,dx = \int_{-1}^{1} x^4\,dx + \int_{-1}^{1} x^3\,dx + \int_{-1}^{1} 2\,dx = 2\int_0^1 x^4\,dx + 0 + 2\int_0^1 2\,dx.\]
Buradan
\[2\cdot \frac{1}{5} + 2 \cdot 2 = \frac{2}{5} + 4 = \frac{22}{5}\]
elde ederiz.
e) \(x\cos x\) ifadesi tek (tek \(\times\) çift), \(\sin^2 x\) ise çifttir. Öyleyse ilk terimin integrali sıfırdır ve
\[\int_{-\pi/2}^{\pi/2} \big( x\cos x + \sin^2 x \big)\,dx = 2\int_0^{\pi/2} \sin^2 x\,dx.\]
\(\sin^2 x = \dfrac{1-\cos 2x}{2}\) özdeşliğiyle
\[\int_0^{\pi/2} \sin^2 x\,dx = \frac{1}{2}\left[ x - \frac{\sin 2x}{2} \right]_0^{\pi/2} = \frac{1}{2}\cdot \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{4}\]
bulunur; sonuç \(2 \cdot \dfrac{\pi}{4} = \dfrac{\pi}{2}\)’dir.
\(\blacksquare\)
30.3 Periyodik Fonksiyonların İntegrali
Simetriye benzer bir başka tasarruf, periyodik fonksiyonlarda ortaya çıkar. \(T > 0\) olmak üzere her \(x\) için \(f(x+T) = f(x)\) oluyorsa \(f\)’ye \(T\) periyotlu (periodic with period \(T\)) denir. Böyle bir fonksiyonun bir tam periyot boyunca integrali, periyodun nereden başladığına bağlı değildir: pencereyi sağa kaydırdığımızda sağdan giren parça, soldan çıkan parçanın tıpatıp aynısıdır.
Önerme 30.2 (Periyot Boyunca İntegralin Kaymadan Bağımsızlığı) \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) sürekli ve \(T\) periyotlu olsun. O hâlde her \(a \in \mathbb{R}\) için
\[\int_a^{a+T} f(x)\,dx = \int_0^{T} f(x)\,dx.\]
İspat
Adım 1: İntegrali parçalayalım. \(f\) sürekli olduğundan her kapalı sınırlı aralıkta integrallenebilirdir. Yönlü integralde toplamsallık (Önerme 27.1) uç noktaların sıralamasından bağımsız olarak geçerli olduğundan, ara nokta olarak \(T\)’yi alıp
\[\int_a^{a+T} f(x)\,dx = \int_a^{T} f(x)\,dx + \int_{T}^{a+T} f(x)\,dx\]
yazabiliriz. (Bu eşitlik \(a < 0\), \(0 \le a \le T\) ya da \(a > T\) durumlarının hepsinde geçerlidir; sınırların sıralaması değişse bile yönlü integral geleneği sayesinde işaretler kendiliğinden yerine oturur.)
Adım 2: Sağdaki parçayı \(T\) kadar geri kaydıralım. \(g(t) = t + T\) diyelim; \(g\) sürekli türevlidir, \(g'(t) = 1\)’dir, \(g(0) = T\) ve \(g(a) = a + T\)’dir. Önerme 30.1 gereği
\[\int_{T}^{a+T} f(x)\,dx = \int_{g(0)}^{g(a)} f(x)\,dx = \int_0^a f(t + T)\,dt.\]
Kuralı \(a > 0\) ise \([0,a]\), \(a < 0\) ise \([a,0]\) aralığında uyguladığımıza dikkat edelim: ikinci durumda kural doğrudan \(\int_a^0 f(t+T)\,dt = \int_{a+T}^{T} f(x)\,dx\) verir ve iki tarafın işaretini değiştirmek yukarıdaki eşitliği getirir. \(a = 0\) ise iki taraf da sıfırdır.
Adım 3: Periyodikliği kullanalım. Her \(t\) için \(f(t+T) = f(t)\) olduğundan
\[\int_{T}^{a+T} f(x)\,dx = \int_0^a f(t)\,dt.\]
Adım 4: Toplayalım. Adım 1’e geri koyarsak
\[\int_a^{a+T} f(x)\,dx = \int_a^{T} f(x)\,dx + \int_0^{a} f(x)\,dx = \int_0^{T} f(x)\,dx\]
olur; son eşitlikte yine Önerme 27.1’i, bu kez ara nokta olarak \(a\)’yı alarak kullandık. İspat tamamlanmıştır.
\(\blacksquare\)
Örnek 30.3 (Periyodik İntegral Hesapları)
Her \(a \in \mathbb{R}\) için \(\displaystyle \int_a^{a+\pi} |\sin x|\,dx\) değerini bulunuz.
\(\displaystyle \int_{100}^{100 + 2\pi} \sin^2 x\,dx\) integralini hesaplayınız.
Çözüm
a) \(|\sin(x+\pi)| = |-\sin x| = |\sin x|\) olduğundan \(f(x) = |\sin x|\) fonksiyonu \(\pi\) periyotludur; ayrıca \(\sin\) sürekli ve mutlak değer sürekli olduğundan bileşke süreklidir (bkz. Analiz 1). Önerme 30.2 gereği
\[\int_a^{a+\pi} |\sin x|\,dx = \int_0^{\pi} |\sin x|\,dx.\]
\([0,\pi]\) üzerinde \(\sin x \ge 0\) olduğundan \(|\sin x| = \sin x\)’tir ve
\[\int_0^{\pi} \sin x\,dx = \Big[ -\cos x \Big]_0^{\pi} = -(-1) - (-1) = 2.\]
Demek ki değer, \(a\)’dan bağımsız olarak \(2\)’dir.
b) \(\sin^2\) fonksiyonu \(2\pi\) periyotludur (aslında periyodu \(\pi\)’dir, ama \(2\pi\) de bir periyottur ve bize bu yeter). Önerme 30.2 gereği
\[\int_{100}^{100+2\pi} \sin^2 x\,dx = \int_0^{2\pi} \sin^2 x\,dx = \int_0^{2\pi} \frac{1 - \cos 2x}{2}\,dx = \frac{1}{2}\left[ x - \frac{\sin 2x}{2} \right]_0^{2\pi} = \frac{1}{2}\cdot 2\pi = \pi.\]
Alt sınırın \(100\) gibi tuhaf bir sayı olması hesabı hiç zorlaştırmadı; bütün iş periyodikliği fark etmekti.
\(\blacksquare\)
30.4 Belirli İntegralde Kısmi İntegrasyon
Değişken değiştirme zincir kuralının integral karşılığıydı; kısmi integrasyon ise çarpım kuralının integral karşılığıdır. Belirsiz integraldeki biçimini Teorem 19.2’da görmüştük. Belirli integralde tek fark, çarpım teriminin uç noktalarda değerlendirilmesidir.
Hipotezlere dikkat edelim: \(f\) ve \(g\)’nin türevlenebilir olması yetmez, \(f'\) ve \(g'\)’nün de integrallenebilir olması istenir. Bunun nedeni ispatta görülecek: \((fg)'\) fonksiyonunun integralini alacağız ve bu integralin var olduğunu bilmemiz gerekiyor.
Teorem 30.3 (Belirli İntegralde Kısmi İntegrasyon) \(f, g : [a,b] \to \mathbb{R}\) fonksiyonları \([a,b]\) üzerinde türevlenebilir olsun ve \(f'\) ile \(g'\) türevleri \([a,b]\) üzerinde Riemann integrallenebilir olsun. O hâlde \(f'g\) ve \(fg'\) fonksiyonları da integrallenebilirdir ve
\[\int_a^b f'(x)g(x)\,dx = \Big[ f(x)g(x) \Big]_a^b - \int_a^b f(x)g'(x)\,dx\]
eşitliği geçerlidir; burada \(\Big[ f(x)g(x) \Big]_a^b = f(b)g(b) - f(a)g(a)\)’dır.
İspat
Adım 1: Çarpımların integrallenebilirliği. \(f\) ve \(g\) türevlenebilir olduklarından süreklidirler (Teorem 3.1), dolayısıyla integrallenebilirdirler (Teorem 25.2) ve sınırlıdırlar. \(f'\) ile \(g'\) de varsayım gereği integrallenebilir, dolayısıyla sınırlıdır (Teorem 26.3).
İki integrallenebilir fonksiyonun çarpımının integrallenebilir olduğunu görmek için şu özdeşliği kullanalım: \(u\) ve \(v\) integrallenebilir ise
\[uv = \frac{1}{4}\Big[ (u+v)^2 - (u-v)^2 \Big].\]
\(u+v\) ve \(u-v\) integrallenebilirdir (Teorem 27.1) ve sınırlıdır; \(\varphi(s) = s^2\) fonksiyonu sürekli olduğundan Teorem 27.2 gereği \((u+v)^2\) ve \((u-v)^2\) integrallenebilirdir. Yine lineerlik ile \(uv\) integrallenebilirdir. Bunu \(u = f'\), \(v = g\) ve \(u = f\), \(v = g'\) seçimleriyle uygulayınca \(f'g\) ile \(fg'\) integrallenebilir çıkar.
Adım 2: Çarpım kuralı. \(f\) ve \(g\) türevlenebilir olduğundan çarpımları da türevlenebilirdir ve türev aritmetiği (Teorem 3.2) gereği her \(x \in [a,b]\) için
\[\big( f(x)g(x) \big)' = f'(x)g(x) + f(x)g'(x).\]
Sağ taraf, Adım 1’e göre integrallenebilir iki fonksiyonun toplamıdır; öyleyse \((fg)'\) de \([a,b]\) üzerinde integrallenebilirdir.
Adım 3: Newton–Leibniz formülü. \(fg\) fonksiyonu, integrallenebilir olan \((fg)'\) fonksiyonunun \([a,b]\) üzerinde bir ilkel fonksiyonudur. Analizin birinci temel teoremi (Teorem 29.1) gereği
\[\int_a^b \big( f(x)g(x) \big)'\,dx = f(b)g(b) - f(a)g(a) = \Big[ f(x)g(x) \Big]_a^b.\]
Adım 4: Lineerlik ve düzenleme. Adım 2’deki eşitliğin iki tarafının da integralini alıp lineerliği (Teorem 27.1) kullanırsak
\[\Big[ f(x)g(x) \Big]_a^b = \int_a^b f'(x)g(x)\,dx + \int_a^b f(x)g'(x)\,dx\]
olur. Buradan \(\int_a^b f'g\) terimini yalnız bırakmak istenen formülü verir.
\(\blacksquare\)
Uygulamada formülü genellikle \(u = g(x)\), \(dv = f'(x)\,dx\) (dolayısıyla \(du = g'(x)\,dx\), \(v = f(x)\)) kısaltmasıyla
\[\int_a^b u\,dv = \Big[ uv \Big]_a^b - \int_a^b v\,du\]
biçiminde yazarız. Seçimi yaparken ölçüt şudur: \(u\), türev alındıkça basitleşen çarpan olmalı; \(dv\) ise ilkel fonksiyonu kolayca bulunabilen çarpan.
Örnek 30.4 (Kısmi İntegrasyonla Hesaplar) Aşağıdaki integralleri hesaplayınız.
\(\displaystyle \int_0^{\pi/2} x \sin x\,dx\)
\(\displaystyle \int_0^{1} x e^{x}\,dx\)
\(\displaystyle \int_1^{e} \ln x\,dx\)
\(\displaystyle \int_0^{\pi/2} e^{x}\cos x\,dx\)
\(\displaystyle \int_0^{1} \arctan x\,dx\)
\(\displaystyle \int_0^{1} x^2 e^{x}\,dx\)
Çözüm
a) \(u = x\), \(dv = \sin x\,dx\) alalım; o hâlde \(du = dx\) ve \(v = -\cos x\)’tir. Her iki fonksiyon da sürekli türevlidir, dolayısıyla Teorem 30.3 uygulanabilir:
\[\int_0^{\pi/2} x\sin x\,dx = \Big[ -x\cos x \Big]_0^{\pi/2} + \int_0^{\pi/2} \cos x\,dx.\]
Sınır terimi: \(-\dfrac{\pi}{2}\cos\dfrac{\pi}{2} - 0 = 0\). Kalan integral: \(\Big[ \sin x \Big]_0^{\pi/2} = 1\). Sonuç
\[\int_0^{\pi/2} x\sin x\,dx = 0 + 1 = 1.\]
b) \(u = x\), \(dv = e^x\,dx\); \(du = dx\), \(v = e^x\):
\[\int_0^1 x e^x\,dx = \Big[ x e^x \Big]_0^1 - \int_0^1 e^x\,dx = e - \Big[ e^x \Big]_0^1 = e - (e - 1) = 1.\]
c) \(\ln x\) tek başına bir çarpan gibi görünmese de \(1 \cdot \ln x\) yazarak kısmi integrasyona sokabiliriz: \(u = \ln x\), \(dv = dx\); \(du = \dfrac{dx}{x}\), \(v = x\). \([1,e]\) üzerinde \(\ln\) sürekli türevlidir:
\[\int_1^e \ln x\,dx = \Big[ x\ln x \Big]_1^e - \int_1^e x\cdot \frac{1}{x}\,dx = (e \cdot 1 - 1 \cdot 0) - \int_1^e 1\,dx = e - (e-1) = 1.\]
d) Burada kısmi integrasyonu iki kez uygulayıp aranan integrali kendi kendine bağlayacağız. \(I = \displaystyle\int_0^{\pi/2} e^x \cos x\,dx\) diyelim. Önce \(u = \cos x\), \(dv = e^x dx\) seçelim; \(du = -\sin x\,dx\), \(v = e^x\):
\[I = \Big[ e^x \cos x \Big]_0^{\pi/2} + \int_0^{\pi/2} e^x \sin x\,dx = \big( e^{\pi/2}\cdot 0 - 1 \cdot 1 \big) + J = -1 + J,\]
burada \(J = \displaystyle\int_0^{\pi/2} e^x \sin x\,dx\)’tir. Şimdi \(J\)’ye aynı yöntemi uygulayalım: \(u = \sin x\), \(dv = e^x dx\); \(du = \cos x\,dx\), \(v = e^x\):
\[J = \Big[ e^x \sin x \Big]_0^{\pi/2} - \int_0^{\pi/2} e^x \cos x\,dx = \big( e^{\pi/2}\cdot 1 - 1\cdot 0 \big) - I = e^{\pi/2} - I.\]
İki eşitliği birleştirirsek \(I = -1 + e^{\pi/2} - I\), yani \(2I = e^{\pi/2} - 1\) ve
\[I = \frac{e^{\pi/2} - 1}{2}.\]
e) \(u = \arctan x\), \(dv = dx\); \(du = \dfrac{dx}{1+x^2}\), \(v = x\):
\[\int_0^1 \arctan x\,dx = \Big[ x\arctan x \Big]_0^1 - \int_0^1 \frac{x}{1+x^2}\,dx = \frac{\pi}{4} - \int_0^1 \frac{x}{1+x^2}\,dx.\]
Kalan integral için \(w = 1+x^2\) değişimini yapalım; \(dw = 2x\,dx\), sınırlar \(x=0 \mapsto w=1\) ve \(x=1\mapsto w=2\):
\[\int_0^1 \frac{x}{1+x^2}\,dx = \frac{1}{2}\int_1^2 \frac{dw}{w} = \frac{1}{2}\Big[ \ln w \Big]_1^2 = \frac{\ln 2}{2}.\]
Sonuç
\[\int_0^1 \arctan x\,dx = \frac{\pi}{4} - \frac{\ln 2}{2}.\]
f) \(u = x^2\), \(dv = e^x dx\); \(du = 2x\,dx\), \(v = e^x\):
\[\int_0^1 x^2 e^x\,dx = \Big[ x^2 e^x \Big]_0^1 - 2\int_0^1 x e^x\,dx = e - 2\cdot 1 = e - 2,\]
burada son adımda (b) şıkkında bulduğumuz \(\int_0^1 xe^x dx = 1\) değerini kullandık. Polinom çarpanlı integrallerde kısmi integrasyonun her uygulanışında polinomun derecesinin bir azaldığına dikkat edelim; bu, yöntemin en tipik kullanım biçimidir.
\(\blacksquare\)
30.5 Leibniz Formülü: İntegral İşareti Altında Sınırların Türevi
Analizin ikinci temel teoremi bize \(\dfrac{d}{dx}\displaystyle\int_a^x f(t)\,dt = f(x)\) eşitliğini vermişti: üst sınır \(x\) olan bir integralin türevi, integrandın \(x\) noktasındaki değeridir. Peki üst sınır \(x\) değil de \(x^2\) ise? Ya alt sınır da sabit değil, \(\sin x\) gibi bir fonksiyon ise?
Yanıt, ikinci temel teoremi zincir kuralıyla birleştirmekten ibarettir ve çok sade bir formüle götürür. Sezgi de basittir: üst sınır \(h(x)\) birim hızla sağa kaydığında alan \(f(h(x))\) hızıyla artar; ama \(h\) birim hızla değil \(h'(x)\) hızıyla kaydığı için katkı \(f(h(x))h'(x)\) olur. Alt sınırın kayması ise alanı azaltır, bu yüzden onun katkısı eksi işaretlidir.
Teorem 30.4 (Leibniz Formülü) \(J \subseteq \mathbb{R}\) bir aralık, \(f : J \to \mathbb{R}\) sürekli olsun. \(I \subseteq \mathbb{R}\) bir aralık ve \(g, h : I \to J\) fonksiyonları \(I\) üzerinde türevlenebilir olsun. O hâlde
\[F(x) = \int_{g(x)}^{h(x)} f(t)\,dt, \qquad x \in I\]
ile tanımlanan \(F\) fonksiyonu \(I\) üzerinde türevlenebilirdir ve
\[F'(x) = f\big( h(x) \big) h'(x) - f\big( g(x) \big) g'(x).\]
İspat
Adım 1: Bir ilkel fonksiyon seçelim. \(f\), \(J\) aralığında sürekli olduğundan bir ilkel fonksiyonu vardır: \(\alpha \in J\) bir nokta olmak üzere
\[K(y) = \int_{\alpha}^{y} f(t)\,dt, \qquad y \in J\]
tanımlayalım. Analizin ikinci temel teoremi (Teorem 29.2) gereği \(K\), \(J\) üzerinde türevlenebilirdir ve her \(y \in J\) için
\[K'(y) = f(y).\]
Adım 2: \(F\)’yi \(K\) cinsinden yazalım. \(\alpha, g(x), h(x) \in J\) olduğundan, yönlü integralde toplamsallık (Önerme 27.1) ile
\[\int_{\alpha}^{h(x)} f(t)\,dt = \int_{\alpha}^{g(x)} f(t)\,dt + \int_{g(x)}^{h(x)} f(t)\,dt\]
yazabiliriz (bu eşitlik, üç noktanın hangi sırada olduğundan bağımsız olarak geçerlidir). Buradan
\[F(x) = \int_{g(x)}^{h(x)} f(t)\,dt = K\big( h(x) \big) - K\big( g(x) \big).\]
Adım 3: Zincir kuralı. \(K\) fonksiyonu \(J\) üzerinde, \(h\) fonksiyonu ise \(I\) üzerinde türevlenebilir ve \(h(I) \subseteq J\) olduğundan, zincir kuralı (Teorem 4.1) \(K \circ h\) bileşkesine uygulanabilir. Sabit bir \(x_0 \in I\) için: \(h\), \(x_0\)’da türevlenebilir ve \(K\), \(h(x_0)\) noktasında türevlenebilir olduğundan \(K\circ h\) da \(x_0\)’da türevlenebilirdir ve
\[(K \circ h)'(x_0) = K'\big( h(x_0) \big)\, h'(x_0) = f\big( h(x_0) \big)\, h'(x_0).\]
Son eşitlikte Adım 1’deki \(K' = f\) bilgisini \(y = h(x_0) \in J\) noktasında kullandık. Aynı akıl yürütme \(K \circ g\) için de geçerlidir:
\[(K\circ g)'(x_0) = f\big( g(x_0) \big)\, g'(x_0).\]
Adım 4: Farkın türevi. Türev aritmetiği (Teorem 3.2) gereği iki türevlenebilir fonksiyonun farkı türevlenebilirdir ve türevi türevlerin farkıdır. \(x_0 \in I\) keyfî olduğundan
\[F'(x) = (K\circ h)'(x) - (K\circ g)'(x) = f\big( h(x) \big)h'(x) - f\big( g(x) \big)g'(x)\]
her \(x \in I\) için geçerlidir.
\(\blacksquare\)
Formülün en sık kullanılan özel hâli, alt sınırın sabit ve üst sınırın \(x\)’in kendisi olduğu durumdur.
Sonuç 30.1 (Sabit Sınırlı Özel Durum) \(f\), \(J\) aralığında sürekli ve \(a \in J\) olsun. O hâlde her \(x \in J\) için
\[\frac{d}{dx}\int_a^x f(t)\,dt = f(x), \qquad \frac{d}{dx}\int_x^{a} f(t)\,dt = -f(x).\]
İspat
İlk eşitlik için Teorem 30.4’nu \(g(x) = a\) (sabit fonksiyon, \(g'(x) = 0\)) ve \(h(x) = x\) (\(h'(x) = 1\)) seçimiyle uygulayalım:
\[\frac{d}{dx}\int_a^x f(t)\,dt = f(x)\cdot 1 - f(a)\cdot 0 = f(x).\]
İkinci eşitlik için \(g(x) = x\), \(h(x) = a\) alalım:
\[\frac{d}{dx}\int_x^a f(t)\,dt = f(a)\cdot 0 - f(x)\cdot 1 = -f(x).\]
\(\blacksquare\)
Sonuç 30.1’teki ilk eşitlik aslında analizin ikinci temel teoreminin kendisidir ve biz Teorem 30.4’nun ispatında tam da ondan yararlandık. Dolayısıyla burada ikinci temel teoremin yeni bir ispatını elde etmiş olmuyoruz; Leibniz formülünün onu bir özel durum olarak içerdiğini, yani genelleştirmenin tutarlı olduğunu görüyoruz. Bir formülü genelleştirdiğimizde, çıkış noktamızı özel durum olarak geri verip vermediğine bakmak her zaman iyi bir alışkanlıktır.
Leibniz formülü, daha önce ispatladığımız bir sonucu bambaşka bir yoldan da vermektedir.
\(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) sürekli ve \(T\) periyotlu olsun. \(\Phi(a) = \displaystyle\int_a^{a+T} f(x)\,dx\) tanımlayalım. Teorem 30.4’nu \(g(a) = a\), \(h(a) = a+T\) ile uygularsak (\(g'(a) = h'(a) = 1\))
\[\Phi'(a) = f(a+T)\cdot 1 - f(a)\cdot 1 = f(a+T) - f(a) = 0\]
buluruz; son eşitlik periyodiklikten gelir. Türevi \(\mathbb{R}\) üzerinde özdeş olarak sıfır olan bir fonksiyon sabittir (Sonuç 8.1); öyleyse her \(a\) için \(\Phi(a) = \Phi(0) = \displaystyle\int_0^T f(x)\,dx\)’tir. Bu, Önerme 30.2’in ikinci ve daha kısa bir ispatıdır.
Örnek 30.5 (Leibniz Formülüyle Türev Hesapları) Aşağıdaki fonksiyonların türevlerini bulunuz.
\(F(x) = \displaystyle\int_x^{x^2} e^{-t^2}\,dt\)
\(F(x) = \displaystyle\int_1^{x^3} \sqrt{1+t^4}\,dt\)
\(F(x) = \displaystyle\int_{\sin x}^{\cos x} \frac{dt}{1+t^2}\)
\(x > 0\) için \(F(x) = \displaystyle\int_{2x}^{3x} \frac{dt}{t}\)
\(f\) sürekli olmak üzere \(F(x) = \displaystyle\int_0^x (x-t) f(t)\,dt\)
Çözüm
a) Burada \(f(t) = e^{-t^2}\) (bütün \(\mathbb{R}\) üzerinde sürekli), \(g(x) = x\) ve \(h(x) = x^2\)’dir; \(g'(x) = 1\), \(h'(x) = 2x\). İntegralin kendisini hesaplamamıza gerek yoktur — zaten \(e^{-t^2}\)’nin ilkel fonksiyonu temel fonksiyonlarla yazılamaz. Teorem 30.4 doğrudan verir:
\[F'(x) = e^{-(x^2)^2}\cdot 2x - e^{-x^2}\cdot 1 = 2x e^{-x^4} - e^{-x^2}.\]
b) \(f(t) = \sqrt{1+t^4}\) süreklidir, \(g(x) = 1\) sabittir (\(g' = 0\)), \(h(x) = x^3\) ve \(h'(x) = 3x^2\)’dir:
\[F'(x) = \sqrt{1 + (x^3)^4}\cdot 3x^2 - 0 = 3x^2\sqrt{1+x^{12}}.\]
c) \(f(t) = \dfrac{1}{1+t^2}\) süreklidir, \(g(x) = \sin x\), \(h(x) = \cos x\); \(g'(x) = \cos x\), \(h'(x) = -\sin x\):
\[F'(x) = \frac{-\sin x}{1+\cos^2 x} - \frac{\cos x}{1+\sin^2 x}.\]
Sonucu doğrulayalım: \(\arctan\) fonksiyonu \(\dfrac{1}{1+t^2}\)’nin bir ilkel fonksiyonu olduğundan \(F(x) = \arctan(\cos x) - \arctan(\sin x)\)’tir ve zincir kuralıyla türev alırsak yukarıdaki ifadenin aynısını buluruz.
d) \(f(t) = \dfrac{1}{t}\) fonksiyonu \((0,\infty)\) üzerinde süreklidir; \(x > 0\) için \(2x, 3x \in (0,\infty)\)’dur. \(g(x) = 2x\), \(h(x) = 3x\); \(g'(x) = 2\), \(h'(x) = 3\):
\[F'(x) = \frac{1}{3x}\cdot 3 - \frac{1}{2x}\cdot 2 = \frac{1}{x} - \frac{1}{x} = 0.\]
Türev \((0,\infty)\) aralığında özdeş olarak sıfır olduğundan \(F\) sabittir (Sonuç 8.1). Sabitin değerini bulmak için doğrudan hesaplayalım:
\[F(x) = \Big[ \ln t \Big]_{2x}^{3x} = \ln(3x) - \ln(2x) = \ln\frac{3}{2}.\]
Gerçekten de \(F\) sabittir; Leibniz formülü bu sabitliği integrali hiç hesaplamadan görmemizi sağladı.
e) İntegrandda \(x\) hem sınırlarda hem de integralin içinde göründüğü için formülü doğrudan uygulayamayız. Çare, \(x\)’i integralin dışına çıkarmaktır: \(t\)’ye göre integral alırken \(x\) bir sabit gibi davrandığından lineerlik (Teorem 27.1) ile
\[F(x) = \int_0^x \big( x f(t) - t f(t) \big)\,dt = x\int_0^x f(t)\,dt - \int_0^x t f(t)\,dt.\]
Şimdi \(A(x) = \displaystyle\int_0^x f(t)\,dt\) ve \(B(x) = \displaystyle\int_0^x t f(t)\,dt\) diyelim. Sonuç 30.1 gereği \(A'(x) = f(x)\) ve \(B'(x) = x f(x)\)’tir. Çarpım kuralı (Teorem 3.2) ile
\[F'(x) = \big( x A(x) \big)' - B'(x) = A(x) + x A'(x) - B'(x) = \int_0^x f(t)\,dt + x f(x) - x f(x),\]
yani
\[F'(x) = \int_0^x f(t)\,dt.\]
Bir kez daha türev alırsak \(F''(x) = f(x)\) buluruz. Yani \(F\), \(f\)’nin “iki kez integrali”dir; bu gözlem diferansiyel denklemlerde sıkça kullanılır.
\(\blacksquare\)
Leibniz Formülü ile Limit Hesapları
Leibniz formülünün belki de en pratik kullanımı, integral içeren belirsiz biçimli limitlerdedir. \(\dfrac{0}{0}\) ya da \(\dfrac{\infty}{\infty}\) biçimindeki bir limitte pay bir integral ise, L’Hôpital Kuralı uygulandığında payın türevi Leibniz formülüyle anında yazılır; böylece hesaplanamayan bir integral bile limitten temizlenmiş olur.
Örnek 30.6 (İntegralli Limitler) Aşağıdaki limitleri hesaplayınız.
\(\displaystyle \lim_{x\to 0} \frac{1}{x^3}\int_0^x \frac{t^2}{1+t}\,dt\)
\(\displaystyle \lim_{x\to 0} \frac{1}{x^4}\int_0^{x^2} \sin t\,dt\)
\(\displaystyle \lim_{x\to \infty} \frac{\displaystyle\int_0^x e^{t^2}\,dt}{e^{x^2}}\)
Çözüm
a) \(N(x) = \displaystyle\int_0^x \frac{t^2}{1+t}\,dt\) diyelim. İntegrand \(t \mapsto \dfrac{t^2}{1+t}\), \(t = -1\) dışında süreklidir; \(0\) çevresindeki küçük bir aralıkta rahatça çalışabiliriz. \(N(0) = 0\) ve \(x^3 \to 0\) olduğundan limit \(\dfrac{0}{0}\) belirsiz biçimindedir.
Sonuç 30.1 gereği \(N'(x) = \dfrac{x^2}{1+x}\)’tir; paydanın türevi ise \(3x^2\)’dir. \(x \ne 0\) için
\[\frac{N'(x)}{3x^2} = \frac{x^2}{(1+x)\cdot 3x^2} = \frac{1}{3(1+x)} \xrightarrow[x\to 0]{} \frac{1}{3}.\]
Türevlerin oranının limiti var olduğundan L’Hôpital kuralı (Teorem 11.2) uygulanabilir. Limit iki yönlü olduğu için kuralı \(0\)’ın sağındaki ve solundaki birer aralıkta ayrı ayrı uygularız; iki tek yönlü limit de \(\dfrac{1}{3}\) çıktığından (bkz. Analiz 1)
\[\lim_{x\to 0} \frac{1}{x^3}\int_0^x \frac{t^2}{1+t}\,dt = \frac{1}{3}.\]
b) Bu kez üst sınır \(x^2\) olduğu için zincir kuralı devreye girer. \(M(x) = \displaystyle\int_0^{x^2}\sin t\,dt\) olsun; Teorem 30.4’nu \(g(x) = 0\), \(h(x) = x^2\) ile uygularsak
\[M'(x) = \sin(x^2)\cdot 2x.\]
\(M(0) = 0\) ve \(x^4 \to 0\) olduğundan limit yine \(\dfrac{0}{0}\) biçimindedir. L’Hôpital kuralıyla (Teorem 11.2), \(x\ne 0\) için
\[\frac{M'(x)}{4x^3} = \frac{2x \sin(x^2)}{4x^3} = \frac{\sin(x^2)}{2x^2} \xrightarrow[x\to 0]{} \frac{1}{2},\]
çünkü \(u = x^2 \to 0\) iken \(\dfrac{\sin u}{u} \to 1\)’dir (bkz. Analiz 1). Demek ki limit \(\dfrac{1}{2}\)’dir.
Not olarak, integrali doğrudan hesaplayarak da doğrulayabiliriz: \(M(x) = 1 - \cos(x^2)\) ve \(\dfrac{1-\cos u}{u^2} \to \dfrac{1}{2}\) olduğundan \(u = x^2\) ile aynı sonuç çıkar.
c) \(x \to \infty\) iken \(e^{x^2}\to\infty\)’dur; pay da \(\displaystyle\int_0^x e^{t^2}dt \ge \int_0^x 1\,dt = x \to \infty\) olduğundan (burada \(e^{t^2}\ge 1\) ve Teorem 28.1 kullanıldı) limit \(\dfrac{\infty}{\infty}\) biçimindedir. Payın türevi Sonuç 30.1 ile \(e^{x^2}\), paydanın türevi zincir kuralıyla \(2x e^{x^2}\)’dir. \(x > 0\) için
\[\frac{e^{x^2}}{2x e^{x^2}} = \frac{1}{2x} \xrightarrow[x\to\infty]{} 0.\]
L’Hôpital kuralının \(\dfrac{\infty}{\infty}\) hâli (Teorem 11.3) gereği aranan limit \(0\)’dır. Sonuç sezgiyle de uyumludur: \(e^{x^2}\) o kadar hızlı büyür ki, altında biriken alan bile ona yetişemez.
\(\blacksquare\)
30.6 Wallis Formülü
Bölümü, kısmi integrasyonun klasik ve çok verimli bir uygulamasıyla kapatalım. Amacımız her \(n \in \mathbb{N} \cup \{0\}\) için
\[I_n = \int_0^{\pi/2} \sin^n x\,dx\]
integralini hesaplamak. Bunları tek tek hesaplamak yerine, \(I_n\) ile \(I_{n-2}\) arasında bir indirgeme bağıntısı kuracağız; sonra \(I_0\) ile \(I_1\)’den başlayarak bütün değerleri türeteceğiz.
Önerme 30.3 (Wallis İndirgeme Formülü) Her \(n \in \mathbb{N}\cup\{0\}\) için \(I_n = \displaystyle\int_0^{\pi/2}\sin^n x\,dx\) olsun. O hâlde:
- \(I_0 = \dfrac{\pi}{2}\) ve \(I_1 = 1\)’dir.
- Her \(n \ge 2\) için \[I_n = \frac{n-1}{n}\, I_{n-2}.\]
- \(n = 2m\) çift ise (\(m \ge 1\)) \[I_{2m} = \frac{(2m-1)(2m-3)\cdots 3\cdot 1}{(2m)(2m-2)\cdots 4\cdot 2}\cdot \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{2}\prod_{k=1}^{m}\frac{2k-1}{2k}.\]
- \(n = 2m+1\) tek ise (\(m \ge 1\)) \[I_{2m+1} = \frac{(2m)(2m-2)\cdots 4\cdot 2}{(2m+1)(2m-1)\cdots 5\cdot 3} = \prod_{k=1}^{m}\frac{2k}{2k+1}.\]
Ayrıca her \(n\) için \(\displaystyle\int_0^{\pi/2}\cos^n x\,dx = I_n\)’dir.
İspat
Adım 1: Başlangıç değerleri.
\[I_0 = \int_0^{\pi/2} 1\,dx = \frac{\pi}{2}, \qquad I_1 = \int_0^{\pi/2}\sin x\,dx = \Big[ -\cos x \Big]_0^{\pi/2} = 0 - (-1) = 1.\]
Adım 2: İndirgeme bağıntısı. \(n \ge 2\) olsun. İntegrandı \(\sin^n x = \sin^{n-1}x \cdot \sin x\) diye ayıralım ve kısmi integrasyon uygulayalım: \(u = \sin^{n-1}x\), \(dv = \sin x\,dx\); buradan \(du = (n-1)\sin^{n-2}x\cos x\,dx\) ve \(v = -\cos x\). Her iki fonksiyon da \([0,\pi/2]\) üzerinde sürekli türevlidir, dolayısıyla Teorem 30.3 uygulanabilir:
\[I_n = \Big[ -\sin^{n-1}x\,\cos x \Big]_0^{\pi/2} + (n-1)\int_0^{\pi/2}\sin^{n-2}x\,\cos^2 x\,dx.\]
Sınır terimi sıfırdır: \(x = \pi/2\)’de \(\cos(\pi/2) = 0\), \(x = 0\)’da ise \(n - 1 \ge 1\) olduğundan \(\sin^{n-1}0 = 0\)’dır.
Adım 3: Kosinüsü sinüs cinsine çevirelim. \(\cos^2 x = 1 - \sin^2 x\) yazıp lineerliği (Teorem 27.1) kullanalım:
\[I_n = (n-1)\int_0^{\pi/2}\sin^{n-2}x\,\big( 1 - \sin^2 x \big)\,dx = (n-1)\big( I_{n-2} - I_n \big).\]
Buradan \(I_n + (n-1)I_n = (n-1)I_{n-2}\), yani \(n I_n = (n-1)I_{n-2}\) ve
\[I_n = \frac{n-1}{n}I_{n-2}\]
elde edilir.
Adım 4: Kapalı biçimler. İndirgemeyi \(n = 2m\) için tekrar tekrar uygulayalım:
\[I_{2m} = \frac{2m-1}{2m}I_{2m-2} = \frac{2m-1}{2m}\cdot\frac{2m-3}{2m-2}I_{2m-4} = \cdots = \frac{2m-1}{2m}\cdot\frac{2m-3}{2m-2}\cdots\frac{1}{2}\cdot I_0.\]
\(I_0 = \dfrac{\pi}{2}\) olduğundan istenen çarpım biçimi çıkar. Aynı şekilde \(n = 2m+1\) için
\[I_{2m+1} = \frac{2m}{2m+1}I_{2m-1} = \cdots = \frac{2m}{2m+1}\cdot\frac{2m-2}{2m-1}\cdots\frac{2}{3}\cdot I_1\]
ve \(I_1 = 1\)’dir. (Bu iki eşitlik \(m\) üzerinden tümevarımla, Tümevarım İlkesi kullanılarak da yazılabilir: temel adım \(m = 1\) için doğrudan doğrulanır, tümevarım adımı ise Adım 3’teki bağıntının bir kez uygulanmasından ibarettir.)
Adım 5: Kosinüslü integral. \(g(t) = \dfrac{\pi}{2} - t\) alalım; \(g\) sürekli türevlidir, \(g\left( \left[ 0,\frac{\pi}{2} \right] \right) = \left[ 0,\frac{\pi}{2} \right]\), \(g'(t) = -1\), \(g(0) = \dfrac{\pi}{2}\) ve \(g\!\left( \dfrac{\pi}{2} \right) = 0\)’dır. \(f(x) = \sin^n x\) ile Teorem 30.1:
\[\int_{\pi/2}^{0}\sin^n x\,dx = \int_0^{\pi/2}\sin^n\!\left( \frac{\pi}{2} - t \right)\cdot(-1)\,dt.\]
Sol taraf \(-I_n\)’dir; sağ tarafta \(\sin\!\left( \dfrac{\pi}{2} - t \right) = \cos t\) olduğundan sağ taraf \(-\displaystyle\int_0^{\pi/2}\cos^n t\,dt\)’dir. İki tarafı \(-1\) ile çarpınca
\[\int_0^{\pi/2}\cos^n t\,dt = I_n\]
bulunur.
\(\blacksquare\)
Örnek 30.7 (Wallis Formülünün Uygulamaları) Aşağıdaki integralleri hesaplayınız.
\(\displaystyle \int_0^{\pi/2}\sin^6 x\,dx\)
\(\displaystyle \int_0^{\pi/2}\cos^7 x\,dx\)
\(\displaystyle \int_0^{1} x^2\sqrt{1-x^2}\,dx\)
\(\displaystyle \int_{-\pi/2}^{\pi/2}\sin^8 x\,dx\)
Çözüm
a) \(n = 6\) çifttir; indirgemeyi üç kez uygulayalım:
\[I_6 = \frac{5}{6}I_4 = \frac{5}{6}\cdot\frac{3}{4}I_2 = \frac{5}{6}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}I_0 = \frac{15}{48}\cdot\frac{\pi}{2} = \frac{5}{16}\cdot\frac{\pi}{2} = \frac{5\pi}{32}.\]
b) Önerme 30.3’nun son maddesi gereği \(\displaystyle\int_0^{\pi/2}\cos^7 x\,dx = I_7\)’dir ve \(n = 7\) tektir:
\[I_7 = \frac{6}{7}I_5 = \frac{6}{7}\cdot\frac{4}{5}I_3 = \frac{6}{7}\cdot\frac{4}{5}\cdot\frac{2}{3}I_1 = \frac{48}{105} = \frac{16}{35}.\]
c) Önce \(x = \sin t\) değişimiyle integrali trigonometrik biçime sokalım. \(g(t) = \sin t\) fonksiyonu \(\left[ 0,\frac{\pi}{2} \right]\)’yi \([0,1]\) üzerine örter, sürekli türevlidir ve \(g(0) = 0\), \(g(\pi/2) = 1\)’dir. \(t \in [0,\pi/2]\) için \(\cos t \ge 0\) olduğundan \(\sqrt{1-\sin^2 t} = \cos t\)’dir ve Teorem 30.1 gereği
\[\int_0^1 x^2\sqrt{1-x^2}\,dx = \int_0^{\pi/2}\sin^2 t\,\cos t\cdot\cos t\,dt = \int_0^{\pi/2}\sin^2 t\,\cos^2 t\,dt.\]
Şimdi \(\cos^2 t = 1 - \sin^2 t\) yazarsak
\[\int_0^{\pi/2}\sin^2 t\big( 1-\sin^2 t \big)dt = I_2 - I_4 = \frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2} - \frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{4} - \frac{3\pi}{16} = \frac{\pi}{16}.\]
d) \(n = 8\) çift olduğundan \(\sin^8\) çift bir fonksiyondur; Teorem 30.2 gereği
\[\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\sin^8 x\,dx = 2\int_0^{\pi/2}\sin^8 x\,dx = 2 I_8.\]
İndirgemeyle
\[I_8 = \frac{7}{8}\cdot\frac{5}{6}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2} = \frac{105}{384}\cdot\frac{\pi}{2} = \frac{35}{128}\cdot\frac{\pi}{2} = \frac{35\pi}{256},\]
dolayısıyla aranan değer \(2 \cdot \dfrac{35\pi}{256} = \dfrac{35\pi}{128}\)’dir.
\(\blacksquare\)
\(I_n\) dizisi, \(\pi\) sayısı için ünlü bir sonsuz çarpım verir. Önce her \(n\) için \(I_n > 0\) olduğunu kaydedelim: \(\sin^n x \ge 0\)’dır ve \(x = \dfrac{\pi}{4}\) noktasında \(\sin^n x > 0\) olup integrand orada süreklidir, dolayısıyla kesin pozitiflik teoremi (Teorem 28.3) gereği \(I_n > 0\)’dır. Şimdi dizinin azalan olduğunu görelim: her \(x \in \left[ 0,\frac{\pi}{2} \right]\) için \(0 \le \sin x \le 1\) olduğundan \(\sin^{n+1}x \le \sin^n x\)’tir ve Teorem 28.1 gereği \(I_{n+1}\le I_n\)’dir. Öyleyse \(m \ge 1\) için
\[I_{2m+1} \le I_{2m} \le I_{2m-1}.\]
İndirgeme bağıntısı \(I_{2m+1} = \dfrac{2m}{2m+1}I_{2m-1}\) olduğundan \(\dfrac{I_{2m-1}}{I_{2m+1}} = \dfrac{2m+1}{2m}\)’dir. Yukarıdaki eşitsizliği pozitif olan \(I_{2m+1}\)’e bölersek
\[1 \le \frac{I_{2m}}{I_{2m+1}} \le \frac{2m+1}{2m} = 1 + \frac{1}{2m}.\]
Sağ taraf \(1\)’e yakınsadığından sıkıştırma teoremi (bkz. Analiz 1) gereği
\[\lim_{m\to\infty}\frac{I_{2m}}{I_{2m+1}} = 1.\]
Öte yandan kapalı biçimleri yerine koyarsak
\[\frac{I_{2m}}{I_{2m+1}} = \frac{\pi}{2}\prod_{k=1}^{m}\frac{2k-1}{2k}\cdot\prod_{k=1}^{m}\frac{2k+1}{2k} = \frac{\pi}{2}\prod_{k=1}^{m}\frac{(2k-1)(2k+1)}{(2k)^2}.\]
Bu ifade \(1\)’e yakınsadığına göre
\[\frac{\pi}{2} = \lim_{m\to\infty}\prod_{k=1}^{m}\frac{(2k)^2}{(2k-1)(2k+1)} = \frac{2}{1}\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{4}{3}\cdot\frac{4}{5}\cdot\frac{6}{5}\cdot\frac{6}{7}\cdots\]
elde ederiz. Bu eşitliğe Wallis çarpımı denir ve \(\pi\)’yi yalnızca tam sayılarla ifade eden ilk sonsuz çarpımlardan biridir.
30.7 Alıştırmalar
Alıştırma 30.1 (Belirli İntegralde Yöntemler Üzerine)
\(\displaystyle\int_0^1 \frac{x}{(1+x^2)^2}\,dx\) integralini hesaplayınız.
\(\displaystyle\int_{-\pi/4}^{\pi/4}\big( x^2\tan x + \cos x \big)\,dx\) integralini hesaplayınız.
\(\displaystyle\int_0^1 x^2 e^{-x}\,dx\) integralini hesaplayınız.
\(x > 0\) için \(F(x) = \displaystyle\int_x^{2x}\frac{\sin t}{t}\,dt\) fonksiyonunun türevini bulunuz.
\(\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{1}{x^3}\int_0^x t\sin t\,dt\) limitini hesaplayınız.
\(\displaystyle\int_0^{10\pi}|\sin x|\,dx\) integralini hesaplayınız.
\(f\) fonksiyonu \([0,1]\) üzerinde sürekli olsun. \(\displaystyle\int_0^{\pi} x f(\sin x)\,dx = \frac{\pi}{2}\int_0^{\pi} f(\sin x)\,dx\) olduğunu gösteriniz ve bunu kullanarak \(\displaystyle\int_0^{\pi}\frac{x\sin x}{1+\cos^2 x}\,dx\) integralini hesaplayınız.
Çözüm
a) \(u = 1+x^2\) diyelim; \(du = 2x\,dx\) ve sınırlar \(x = 0 \mapsto u = 1\), \(x = 1\mapsto u = 2\)’dir. \(f(u) = \dfrac{1}{u^2}\) fonksiyonu \([1,2]\)’de süreklidir, dolayısıyla Teorem 30.1 uygulanabilir:
\[\int_0^1 \frac{x}{(1+x^2)^2}\,dx = \frac{1}{2}\int_1^2 \frac{du}{u^2} = \frac{1}{2}\left[ -\frac{1}{u} \right]_1^2 = \frac{1}{2}\left( -\frac{1}{2} + 1 \right) = \frac{1}{4}.\]
b) İntegrali lineerlikle ikiye ayıralım. \(x^2\) çift, \(\tan x\) tektir; çarpımları \(x^2\tan x\) tektir. \(\tan\) fonksiyonu \(\left[ -\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{4} \right]\) üzerinde süreklidir, çünkü bu aralıkta \(\cos x \ne 0\)’dır. Teorem 30.2 gereği
\[\int_{-\pi/4}^{\pi/4} x^2\tan x\,dx = 0.\]
\(\cos\) çift olduğundan
\[\int_{-\pi/4}^{\pi/4}\cos x\,dx = 2\int_0^{\pi/4}\cos x\,dx = 2\Big[ \sin x \Big]_0^{\pi/4} = 2\cdot\frac{\sqrt{2}}{2} = \sqrt{2}.\]
Toplam sonuç \(\sqrt{2}\)’dir.
c) İki kez kısmi integrasyon uygulayacağız. Önce \(u = x^2\), \(dv = e^{-x}dx\); \(du = 2x\,dx\), \(v = -e^{-x}\):
\[\int_0^1 x^2 e^{-x}\,dx = \Big[ -x^2 e^{-x} \Big]_0^1 + 2\int_0^1 x e^{-x}\,dx = -\frac{1}{e} + 2\int_0^1 x e^{-x}\,dx.\]
Kalan integral için \(u = x\), \(dv = e^{-x}dx\); \(du = dx\), \(v = -e^{-x}\):
\[\int_0^1 x e^{-x}\,dx = \Big[ -x e^{-x} \Big]_0^1 + \int_0^1 e^{-x}\,dx = -\frac{1}{e} + \Big[ -e^{-x} \Big]_0^1 = -\frac{1}{e} + \left( -\frac{1}{e} + 1 \right) = 1 - \frac{2}{e}.\]
Yerine koyarsak
\[\int_0^1 x^2 e^{-x}\,dx = -\frac{1}{e} + 2\left( 1 - \frac{2}{e} \right) = 2 - \frac{5}{e}.\]
d) \(f(t) = \dfrac{\sin t}{t}\) fonksiyonu \((0,\infty)\) üzerinde süreklidir ve \(x > 0\) için \(x, 2x \in (0,\infty)\)’dur. \(g(x) = x\), \(h(x) = 2x\); \(g'(x) = 1\), \(h'(x) = 2\). Teorem 30.4 gereği
\[F'(x) = \frac{\sin 2x}{2x}\cdot 2 - \frac{\sin x}{x}\cdot 1 = \frac{\sin 2x - \sin x}{x}.\]
e) \(N(x) = \displaystyle\int_0^x t\sin t\,dt\) olsun. İntegrand sürekli, \(N(0) = 0\) ve \(x^3\to 0\) olduğundan limit \(\dfrac{0}{0}\) biçimindedir. Sonuç 30.1 gereği \(N'(x) = x\sin x\)’tir. L’Hôpital kuralıyla (Teorem 11.2), \(x \ne 0\) için
\[\frac{N'(x)}{3x^2} = \frac{x\sin x}{3x^2} = \frac{1}{3}\cdot\frac{\sin x}{x}\xrightarrow[x\to 0]{}\frac{1}{3},\]
çünkü Sinüs x Bölü x Limiti gereği \(\dfrac{\sin x}{x}\to 1\)’dir. Aranan limit \(\dfrac{1}{3}\)’tür.
f) \(|\sin x|\) fonksiyonu \(\pi\) periyotludur ve süreklidir. Aralık toplamsallığı (Teorem 27.4) ile \([0, 10\pi]\) aralığını \([k\pi, (k+1)\pi]\) biçiminde on parçaya ayıralım:
\[\int_0^{10\pi}|\sin x|\,dx = \sum_{k=0}^{9}\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}|\sin x|\,dx.\]
Önerme 30.2 gereği her parça \(\displaystyle\int_0^{\pi}|\sin x|\,dx = \int_0^{\pi}\sin x\,dx = 2\)’ye eşittir. Toplam
\[\int_0^{10\pi}|\sin x|\,dx = 10\cdot 2 = 20.\]
g) \(\varphi(x) = x f(\sin x)\) diyelim; \(f\) sürekli, \(\sin\) sürekli olduğundan \(\varphi\), \([0,\pi]\) üzerinde süreklidir (ayrıca \(x\in[0,\pi]\) için \(\sin x \in [0,1]\) olduğundan \(f(\sin x)\) tanımlıdır).
\(g(t) = \pi - t\) değişimini yapalım: \(g\) sürekli türevlidir, \(g([0,\pi]) = [0,\pi]\), \(g'(t) = -1\), \(g(0) = \pi\), \(g(\pi) = 0\)’dır. Teorem 30.1 gereği
\[\int_{\pi}^{0}\varphi(x)\,dx = \int_0^{\pi}\varphi(\pi - t)\cdot(-1)\,dt,\]
yani her iki tarafı \(-1\) ile çarparak
\[\int_0^{\pi}\varphi(x)\,dx = \int_0^{\pi}\varphi(\pi-t)\,dt.\]
\(J = \displaystyle\int_0^{\pi} x f(\sin x)\,dx\) diyelim. \(\sin(\pi - t) = \sin t\) olduğundan
\[J = \int_0^{\pi}(\pi - t) f\big( \sin(\pi-t) \big)\,dt = \int_0^{\pi}(\pi-t) f(\sin t)\,dt = \pi\int_0^{\pi} f(\sin t)\,dt - J,\]
burada son adımda lineerliği (Teorem 27.1) kullandık. Buradan \(2J = \pi\displaystyle\int_0^{\pi} f(\sin t)\,dt\) ve
\[\int_0^{\pi} x f(\sin x)\,dx = \frac{\pi}{2}\int_0^{\pi} f(\sin x)\,dx\]
elde edilir.
Şimdi uygulamaya geçelim. \(\cos^2 x = 1 - \sin^2 x\) olduğundan
\[\frac{\sin x}{1+\cos^2 x} = \frac{\sin x}{2 - \sin^2 x} = f(\sin x), \qquad f(u) = \frac{u}{2-u^2}\]
yazabiliriz; \(u \in [0,1]\) için \(2 - u^2 \ge 1 > 0\) olduğundan \(f\), \([0,1]\) üzerinde süreklidir. İspatladığımız özdeşlik gereği
\[\int_0^{\pi}\frac{x\sin x}{1+\cos^2 x}\,dx = \frac{\pi}{2}\int_0^{\pi}\frac{\sin x}{1+\cos^2 x}\,dx.\]
Sağdaki integralde \(w = \cos x\) değişimini yapalım: \(dw = -\sin x\,dx\), sınırlar \(x = 0\mapsto w = 1\) ve \(x = \pi\mapsto w = -1\)’dir. Teorem 30.1 ile
\[\int_0^{\pi}\frac{\sin x}{1+\cos^2 x}\,dx = -\int_{1}^{-1}\frac{dw}{1+w^2} = \int_{-1}^{1}\frac{dw}{1+w^2} = \Big[ \arctan w \Big]_{-1}^{1} = \frac{\pi}{4} - \left( -\frac{\pi}{4} \right) = \frac{\pi}{2}.\]
Sonuç olarak
\[\int_0^{\pi}\frac{x\sin x}{1+\cos^2 x}\,dx = \frac{\pi}{2}\cdot\frac{\pi}{2} = \frac{\pi^2}{4}.\]
\(\blacksquare\)
Bu bölümde belirli integrali hesaplamanın temel tekniklerini kurduk ve integral işareti altında türev almanın kuralını öğrendik. Bundan sonra dikkatimizi hesaptan tahmine çevireceğiz: bir integralin değerini bulamasak bile, integrandın aldığı değerlere bakarak o integrali sıkıştırabilir miyiz? Bu sorunun yanıtı, ortalama değer teoreminin integral karşılığıdır: İntegral için Ortalama Değer Teoremleri.