18 İlkel Fonksiyon ve Belirsiz İntegral
Asimptotlar ve Grafik Çizimi bölümüyle birlikte türevin fonksiyon incelemesindeki bütün rolünü kullanmış olduk: elimizde bir \(f\) fonksiyonu varken \(f'\) ve \(f''\) üzerinden monotonluğu, ekstremumları, konveksliği, dönüm noktalarını ve asimptotları okuyabiliyoruz. Kısacası verilen bir fonksiyondan türevine giden yolu artık iyi biliyoruz.
Şimdi soruyu tersine çeviriyoruz: türevi verilen bir fonksiyonu bulabilir miyiz? Yani elimizde \(f\) varken, \(F' = f\) olacak biçimde bir \(F\) arıyoruz. Bu, ilk bakışta yalnızca “türev tablosunu sağdan sola okumak” gibi görünen, ama gerçekte çok daha zengin bir problemdir. Türev alma işlemi bir algoritmadır: toplam, çarpım, bölüm ve zincir kurallarını sırayla uygularsanız, elle yazılabilen her fonksiyonun türevini sonlu adımda bulursunuz. Tersi böyle değildir. \(e^{-x^2}\) gibi son derece masum bir fonksiyonun ilkelini, temel fonksiyonlardan hiçbir sonlu birleşimle yazamazsınız. Bu yüzden integral almak bir hesap değil, bir tanıma ve dönüştürme sanatıdır; sonraki birkaç bölüm bu sanatın tekniklerine ayrılacaktır.
Bu tersine soru iki doğal alt soruyu doğurur: aradığımız \(F\) var mıdır ve varsa tek midir? İkincisine cevabımız hemen olacak — hayır, tek değildir, ama bir aralık üzerinde çalıştığımız sürece belirsizlik yalnızca bir toplamsal sabittir. Birincisine bu bölümde tam cevap veremeyeceğiz (tam cevap, belirli integrali kurduktan sonra analizin temel teoremiyle gelecek); ama bir engel bulacağız: türevlerin ara değer özelliği, yani Darboux özelliği. Bu özelliği taşımayan hiçbir fonksiyonun ilkeli yoktur; buradan, sıçrama süreksizliği olan hiçbir fonksiyonun ilkelinin bulunmadığı sonucu çıkacak.
Bu bölümde şunları öğreneceğiz: ilkel (primitif) fonksiyon tanımını ve genel ilkeli; ilkel almanın lineerliğini; aynı fonksiyonun iki ilkelinin bir aralık üzerinde ancak bir sabitle farklı olabileceğini ve aralık koşulu kalktığında bu ifadenin neden bozulduğunu; belirsiz integralin tanımını, gösterimini ve cebirsel özelliklerini; ilkelin sürekli olduğunu; Darboux özelliğinin ilkelin varlığı için gerekli, sürekliliğinse gerekli olmadığını; ve son olarak, bütün integral hesaplarının üzerine kurulacağı temel integraller tablosunu.
18.1 İlkel Fonksiyon
Tanımla başlayalım. Bütün bölüm boyunca \(I \subseteq \mathbb{R}\) bir aralıktır (bkz. Analiz 1); aralık olma koşulunun neden bu kadar önemli olduğunu birazdan göreceğiz.
Tanım 18.1 (İlkel Fonksiyon) \(I \subseteq \mathbb{R}\) bir aralık ve \(f, F : I \to \mathbb{R}\) iki fonksiyon olsun. Eğer \(F\), \(I\) üzerinde türevlenebilirse (Tanım 2.2) ve her \(x \in I\) için
\[F'(x) = f(x)\]
ise, \(F\) fonksiyonuna \(f\)’nin \(I\) üzerindeki bir ilkel fonksiyonu (antiderivative), kısaca bir ilkeli ya da bir primitifi (primitive function) denir.
Aralığın uç noktaları \(I\)’ya dahilse, o noktalarda türevden tek yönlü türev anlaşılır.
Tanımın istediği şey iki katmanlıdır: \(F\) her noktada türevlenebilir olacak ve türevi tam olarak \(f\)’ye eşit olacak. “Neredeyse her yerde”, “sonlu sayıda nokta dışında” gibi gevşetmeler bu tanımda yoktur; birazdan işaret fonksiyonu örneğinde, tek bir noktadaki uyuşmazlığın bile ilkelin varlığını tamamen yok ettiğini göreceğiz.
Örnek 18.1 (Aynı Fonksiyonun Birden Çok İlkeli) \(f(x) = 3x^2\) fonksiyonunun \(\mathbb{R}\) üzerindeki ilkellerini inceleyelim.
Çözüm
\(F_1(x) = x^3 + 5\) ve \(F_2(x) = x^3 - 8\) fonksiyonlarını alalım. Her ikisi de \(\mathbb{R}\) üzerinde türevlenebilirdir; sabit fonksiyonun türevi sıfır, \(x^3\)’ün türevi ise \(3x^2\) olduğundan (Teorem 3.2’nin toplam kuralı ile Lemma 3.1) her \(x \in \mathbb{R}\) için
\[F_1'(x) = 3x^2 + 0 = 3x^2 = f(x), \qquad F_2'(x) = 3x^2 - 0 = 3x^2 = f(x)\]
olur. Demek ki \(F_1\) ve \(F_2\), aynı \(f\) fonksiyonunun iki farklı ilkelidir. Aralarındaki fark
\[F_1(x) - F_2(x) = (x^3+5) - (x^3-8) = 13\]
sabit fonksiyonudur.
Bu iki fonksiyonda özel bir şey yok: her \(C \in \mathbb{R}\) için \(\bigl(x^3 + C\bigr)' = 3x^2\) olduğundan
\[F(x) = x^3 + C\]
ailesinin her üyesi \(f(x) = 3x^2\)’nin bir ilkelidir. Bu aileye \(f\)’nin genel ilkeli denir. Birazdan ispatlayacağımız Teorem 18.2, \(\mathbb{R}\) üzerinde \(3x^2\)’nin başka ilkeli olmadığını söyleyecek.
Geometrik okuması şudur: \(y = x^3 + C\) eğrileri birbirinin dikey ötelenmişidir; \(C\) değişince eğri yukarı aşağı kayar, ama ötelemek eğimi değiştirmediğinden her \(x\) noktasındaki teğet eğimi aynı kalır. İlkel arayışındaki belirsizliğin tam olarak bir dikey öteleme kadar olması bundandır.
\(\blacksquare\)
Bu örnek iki temel gerçeği birlikte gösteriyor: ilkel tek değildir, ama iki ilkel arasındaki fark bir sabittir. Şimdi bu gözlemleri teoremleştirelim.
18.2 İlkel Fonksiyonun Özellikleri
İlk özellik, türev almanın lineerliğinin doğrudan yansımasıdır. Türev, toplamı toplama ve sabitle çarpımı sabitle çarpıma götürdüğünden, ilkel alma işlemi de aynı biçimde davranır.
Teorem 18.1 (İlkel Almanın Lineerliği) \(I \subseteq \mathbb{R}\) bir aralık, \(f, g : I \to \mathbb{R}\) ve \(F\), \(f\)’nin; \(G\) de \(g\)’nin \(I\) üzerinde birer ilkeli olsun. O hâlde her \(\alpha, \beta \in \mathbb{R}\) için
\[\alpha F + \beta G\]
fonksiyonu, \(\alpha f + \beta g\) fonksiyonunun \(I\) üzerinde bir ilkelidir.
İspat
Hipotez gereği \(F\) ve \(G\) fonksiyonları \(I\) üzerinde türevlenebilirdir ve her \(x \in I\) için
\[F'(x) = f(x), \qquad G'(x) = g(x)\]
sağlanır. Türevlenebilir iki fonksiyonun sabit katlarının toplamı yine türevlenebilirdir ve türevin toplam kuralı ile sabitle çarpım kuralı (Teorem 3.2) birlikte, her \(x \in I\) için
\[\bigl(\alpha F + \beta G\bigr)'(x) = \alpha F'(x) + \beta G'(x) = \alpha f(x) + \beta g(x) = \bigl(\alpha f + \beta g\bigr)(x)\]
verir. Demek ki \(\alpha F + \beta G\) fonksiyonu \(I\) üzerinde türevlenebilirdir ve türevi \(\alpha f + \beta g\)’dir; yani Tanım 18.1 gereği \(\alpha f + \beta g\)’nin bir ilkelidir.
\(\blacksquare\)
\(\alpha = \beta = 1\) alırsak “toplamın ilkeli, ilkellerin toplamıdır”; \(\beta = 0\) alırsak “sabit katın ilkeli, ilkelin sabit katıdır” sonuçlarını elde ederiz. Bu iki kural, karmaşık görünen pek çok integrali parçalarına ayırıp tablodaki hazır sonuçlara indirgememizi sağlayacak.
Şimdi asıl teoreme geliyoruz. Örnek 18.1’te \(3x^2\)’nin ilkellerinin \(x^3 + C\) ailesini doldurduğunu tahmin etmiştik; başka hiçbir ilkelin bulunmadığını göstermek zorundayız. Anahtar, Ortalama Değer Teoreminin Uygulamaları bölümünde ispatladığımız şu sonuçtur: bir aralık üzerinde türevi özdeş olarak sıfır olan fonksiyon sabittir (Sonuç 8.1).
Teorem 18.2 (İki İlkel Bir Sabitle Farklıdır) \(I \subseteq \mathbb{R}\) bir aralık, \(f : I \to \mathbb{R}\) bir fonksiyon ve \(F\), \(f\)’nin \(I\) üzerinde bir ilkeli olsun. Bir \(G : I \to \mathbb{R}\) fonksiyonu için şu iki önerme denktir:
- \(G\) de \(f\)’nin \(I\) üzerinde bir ilkelidir.
- Bir \(C \in \mathbb{R}\) sabiti için her \(x \in I\)’de \(G(x) = F(x) + C\)’dir, yani \(G - F\) sabit fonksiyondur.
İspat
(1) \(\Rightarrow\) (2). \(F\) ve \(G\) fonksiyonlarının ikisi de \(f\)’nin ilkeli olsun. O hâlde ikisi de \(I\) üzerinde türevlenebilirdir ve her \(x \in I\) için
\[F'(x) = f(x), \qquad G'(x) = f(x)\]
sağlanır. \(H = G - F\) diyelim. Türevin fark kuralı (Teorem 3.2) gereği \(H\), \(I\) üzerinde türevlenebilirdir ve her \(x \in I\) için
\[H'(x) = G'(x) - F'(x) = f(x) - f(x) = 0\]
olur. Şimdi \(I\)’nın bir aralık olduğunu kullanıyoruz: bir aralık üzerinde türevi özdeş sıfır olan fonksiyon sabittir (Sonuç 8.1). Dolayısıyla bir \(C \in \mathbb{R}\) vardır ki her \(x \in I\) için \(H(x) = C\), yani
\[G(x) - F(x) = C \quad \Longleftrightarrow \quad G(x) = F(x) + C\]
olur. Bu tam olarak (2)’dir.
(2) \(\Rightarrow\) (1). Şimdi bir \(C \in \mathbb{R}\) için her \(x \in I\)’de \(G(x) = F(x) + C\) olsun. Sabit fonksiyonun türevi sıfırdır; \(F\) ise hipotez gereği \(I\) üzerinde türevlenebilirdir. Toplam kuralı gereği \(G = F + C\) fonksiyonu da \(I\) üzerinde türevlenebilirdir ve her \(x \in I\) için
\[G'(x) = F'(x) + 0 = F'(x) = f(x)\]
olur. Demek ki \(G\) de \(f\)’nin bir ilkelidir. İki yön de gösterildiğinden denklik ispatlanmıştır.
\(\blacksquare\)
Teoremin pratik anlamı büyüktür: bir \(f\) fonksiyonunun tek bir ilkelini bulmak, bir aralık üzerinde bütün ilkellerini bulmak demektir. Bulduğunuz \(F\)’ye bir sabit ekleyerek ailenin tamamını yazarsınız ve bu ailenin dışında hiçbir ilkel kalmaz.
Teorem 18.2’nin ispatında \(I\)’nın aralık olması yalnızca bir süs değildir; teoremin can damarıdır. “Türevi sıfır olan fonksiyon sabittir” ifadesi ortalama değer teoreminden (Teorem 8.2) gelir ve bu teorem iki noktayı birleştiren bir aralık ister. Tanım kümesi kopuk parçalardan oluşuyorsa, farklı parçalarda farklı sabitler seçmek serbesttir ve iddia yanlış hâle gelir.
Önerme 18.1 (Aralık Olmayan Tanım Kümesinde İlkeller) \(A \subseteq \mathbb{R}\) açık bir küme ve \(A\), ikişer ikişer ayrık \(\{I_k\}_{k \in K}\) açık aralıklarının birleşimi olsun (bkz. Analiz 1). \(f : A \to \mathbb{R}\) verilsin ve \(F, G : A \to \mathbb{R}\) her \(x \in A\) için \(F'(x) = G'(x) = f(x)\) koşulunu sağlasın. O hâlde:
- Her \(k \in K\) için \(G - F\) fonksiyonu \(I_k\) üzerinde sabittir; yani bir \(C_k \in \mathbb{R}\) vardır ki her \(x \in I_k\) için \(G(x) - F(x) = C_k\)’dir.
- Bu \(C_k\) sabitleri birbirinden bağımsızdır: \(A\) birden çok bileşen içeriyorsa, \(G - F\) fonksiyonunun \(A\)’nın tamamında sabit olması gerekmez.
Kısacası, aralık olmayan bir tanım kümesinde “ilkeller bir sabitle farklıdır” ifadesinin yerini “ilkeller yerel olarak sabit bir fonksiyonla farklıdır” ifadesi alır.
İspat
(1) \(k \in K\) sabitleyelim. \(I_k \subseteq A\) bir aralıktır ve \(H = G - F\) fonksiyonu \(I_k\) üzerinde türevlenebilirdir; her \(x \in I_k\) için \(H'(x) = G'(x) - F'(x) = f(x) - f(x) = 0\) olur. \(I_k\) bir aralık olduğundan Sonuç 8.1 uygulanabilir ve \(H\), \(I_k\) üzerinde sabittir; bu sabite \(C_k\) diyelim.
(2) İkinci maddeyi genel olarak kuralım: sabitlerin bağımsızlığı bir tesadüf değil, her \(f\) için işleyen bir yapıdır. \(F\), \(A\) üzerinde \(f\)’nin bir ilkeli olsun ve her \(k \in K\) için keyfî bir \(c_k \in \mathbb{R}\) seçelim. \(A\)’nın bileşenleri ikişer ikişer ayrık olduğundan her \(x \in A\) tam olarak bir \(I_k\)’ya düşer; dolayısıyla
\[G_0(x) = F(x) + c_k \qquad (x \in I_k)\]
kuralı \(A\) üzerinde iyi tanımlı bir \(G_0\) fonksiyonu verir. Her \(x \in A\) için \(x\)’in, tümüyle kendi bileşeninin içinde kalan bir komşuluğu vardır (\(I_k\) açıktır); türev yerel bir kavram olduğundan \(G_0\) bu komşulukta \(F + c_k\) ile çakışır ve
\[G_0'(x) = F'(x) + 0 = f(x)\]
olur. Demek ki \(G_0\) da \(A\) üzerinde \(f\)’nin bir ilkelidir, üstelik \(G_0 - F\) fonksiyonu \(I_k\) üzerinde \(c_k\) değerini alır. \(A\) en az iki bileşen içeriyorsa, birbirinden farklı \(k, \ell \in K\) için \(c_k \neq c_\ell\) seçmek \(G_0 - F\)’yi sabit olmaktan çıkarır; yani \(A\)’nın tamamında sabitlik iddiası düşer. Bu yapının somut bir örneği Örnek 18.2’dedir.
\(\blacksquare\)
Örnek 18.2 (Bir Bölü x Fonksiyonunun İlkelleri) \(f(x) = \dfrac{1}{x}\) fonksiyonunu \(A = \mathbb{R} \setminus \{0\}\) üzerinde ele alalım. \(A\) üzerindeki bütün ilkelleri belirleyelim ve \(\ln|x| + C\) yazmanın neden eksik olduğunu görelim.
Çözüm
Önce \(\ln|x|\) fonksiyonunun türevini iki bileşende ayrı ayrı hesaplayalım. \(x>0\) için \(|x| = x\) olduğundan, logaritmanın türevi (Teorem 5.1) gereği \(\bigl(\ln x\bigr)' = \frac{1}{x}\)’tir. \(x<0\) için \(|x| = -x > 0\) olduğundan \(\ln|x| = \ln(-x)\)’tir; zincir kuralını (Teorem 4.1) \(u(x) = -x\), \(u'(x) = -1\) ile uygularsak
\[\bigl(\ln(-x)\bigr)' = \frac{1}{-x} \cdot (-1) = \frac{1}{x}\]
çıkar. Demek ki her iki bileşende de \(\bigl(\ln|x|\bigr)' = \frac{1}{x}\)’tir (Önerme 5.1); \(F_0(x) = \ln|x|\), \(f\)’nin \(A\) üzerinde bir ilkelidir.
Şimdi bütün ilkelleri yazalım. \(A\)’nın bileşenleri \((-\infty, 0)\) ve \((0,\infty)\) aralıklarıdır. Önerme 18.1 gereği herhangi bir ilkel, her bileşende \(F_0\)’dan bir sabitle ayrılır; ama bu iki sabit birbirinden bağımsızdır. Yani \(A\) üzerindeki genel ilkel
\[F(x) = \begin{cases} \ln|x| + c_1, & x > 0, \\[2pt] \ln|x| + c_2, & x < 0 \end{cases}\]
biçimindedir; burada \(c_1, c_2 \in \mathbb{R}\) birbirinden bağımsız iki sabittir. Gerçekten bu \(F\), her \(x \neq 0\) için türevlenebilirdir ve türevi \(1/x\)’tir: türev yerel bir kavram olduğundan \(F\), \(x>0\) noktalarında \(\ln x + c_1\) ile, \(x<0\) noktalarında \(\ln(-x)+c_2\) ile bir komşulukta çakışır ve her iki durumda da türev \(1/x\) çıkar.
Somut bir seçimle vurgulayalım: \(c_1 = 0\), \(c_2 = 5\) alalım, yani
\[G(x) = \begin{cases} \ln x, & x > 0, \\[2pt] \ln(-x) + 5, & x < 0. \end{cases}\]
Bu \(G\) fonksiyonu \(A\) üzerinde \(1/x\)’in bir ilkelidir; ama
\[G(x) - F_0(x) = \begin{cases} 0, & x > 0, \\[2pt] 5, & x < 0 \end{cases}\]
farkı sabit değildir. Böylece Önerme 18.1’nin ikinci maddesi kanıtlanmış olur ve Teorem 18.2’nin aralık koşulunun atılamayacağı görülür.
Bu yüzden ileride sıkça yazacağımız
\[\int \frac{dx}{x} = \ln|x| + C\]
eşitliği, \(0\) içermeyen bir aralıkta okunmalıdır: ya \((0,\infty)\) içinde bir aralıkta ya da \((-\infty,0)\) içinde bir aralıkta. Tanım kümesinin iki parçasını birden kapsayan bir hesap yapıyorsanız, iki sabiti ayrı ayrı taşımanız gerekir.
\(\blacksquare\)
18.3 Belirsiz İntegral
Bir fonksiyonun ilkelleri, gördüğümüz gibi tek tek değil aile hâlinde ortaya çıkar. Bu aileye bir ad ve bir gösterim vermek, hem yazımı kısaltır hem de hesabı sistemleştirir.
Tanım 18.2 (Belirsiz İntegral) \(I \subseteq \mathbb{R}\) bir aralık ve \(f : I \to \mathbb{R}\) bir fonksiyon olsun. \(f\)’nin \(I\) üzerindeki bütün ilkellerinin kümesine \(f\)’nin \(I\) üzerindeki belirsiz integrali (indefinite integral) denir ve
\[\int f(x)\,dx\]
ile gösterilir. Burada \(\int\) işaretine integral işareti, \(f(x)\) fonksiyonuna integrand (integrand, integrali alınan fonksiyon), \(dx\) sembolüne ise integralin \(x\) değişkenine göre alındığını belirten diferansiyel denir.
\(F\), \(f\)’nin \(I\) üzerinde herhangi bir ilkeli ise, Teorem 18.2 gereği bu küme tam olarak \(\{F + C : C \in \mathbb{R}\}\) ailesidir ve bunu
\[\int f(x)\,dx = F(x) + C\]
biçiminde yazarız. Buradaki \(C \in \mathbb{R}\) sabitine integral sabiti (constant of integration) denir.
Gösterim üzerine üç uyarı yerinde olur. Birincisi, \(\int f(x)\,dx = F(x) + C\) eşitliğinin iki tarafı da birer fonksiyon ailesidir; bu, alışılmış bir eşitlik değil “şu ailenin tamamı” anlamında bir kısaltmadır. \(C\) yazmayı unutmak, bir aileyi tek bir üyesiyle karıştırmaktır. İkincisi, \(dx\) sembolü boş bir süs değildir: hangi harfe göre integral aldığımızı söyler; \(\int 2xt\,dx = x^2 t + C\) iken \(\int 2xt\,dt = xt^2 + C\)’dir. Üçüncüsü, tanım gereği belirsiz integral bir aralık üzerinde konuşulur; Örnek 18.2’de gördüğümüz gibi, tanım kümesi kopuksa yazdığımız tek \(C\) yanıltıcı olur.
Bir sonraki teorem, ilkel olma özelliğinin ilk ve en kolay sonucudur; kolay olmasına rağmen sık kullanılır, çünkü bir fonksiyonun ilkel olamayacağını göstermenin en hızlı yollarından birini verir.
Teorem 18.3 (İlkel Fonksiyon Süreklidir) \(I \subseteq \mathbb{R}\) bir aralık ve \(F\), bir \(f : I \to \mathbb{R}\) fonksiyonunun \(I\) üzerinde bir ilkeli olsun. O hâlde \(F\), \(I\) üzerinde süreklidir.
İspat
\(F\) bir ilkel olduğundan, Tanım 18.1 gereği \(I\)’nın her noktasında türevlenebilirdir: her \(x \in I\) için \(F'(x) = f(x)\) limiti vardır ve sonludur. Türev Alma Kuralları bölümünde, bir noktada türevlenebilen fonksiyonun o noktada sürekli olduğunu göstermiştik (Teorem 3.1); gerekçeyi kısaca tekrarlayalım. \(x_0 \in I\) olsun; \(x \in I\), \(x \neq x_0\) için
\[F(x) - F(x_0) = \frac{F(x) - F(x_0)}{x - x_0} \cdot (x - x_0)\]
özdeşliği geçerlidir. Birinci çarpanın \(x \to x_0\) limiti türevin tanımı gereği \(f(x_0)\) sonlu sayısıdır, ikincisininki \(0\)’dır; iki limit de var olduğundan çarpımın limiti limitlerin çarpımıdır (bkz. Analiz 1) ve
\[\lim_{x \to x_0}\bigl(F(x) - F(x_0)\bigr) = f(x_0) \cdot 0 = 0,\]
yani \(\lim_{x \to x_0} F(x) = F(x_0)\) olur. Yığılma Noktasında Süreklilik ve Limit gereği bu, \(F\)’nin \(x_0\)’da sürekli olması demektir. \(x_0\) keyfî seçildiğinden \(F\), \(I\) üzerinde süreklidir.
\(\blacksquare\)
Bu teoremin çıplak sonucu şudur: süreksiz bir fonksiyon hiçbir fonksiyonun ilkeli olamaz. Örneğin taban fonksiyonu \(\lfloor x \rfloor\) (bkz. Analiz 1) tam sayılarda süreksiz olduğundan, \(\mathbb{R}\) üzerinde hiçbir fonksiyonun ilkeli değildir. Dikkat: bu, “\(\lfloor x \rfloor\)’in ilkeli yoktur” demek değildir; söylediğimiz, \(\lfloor x \rfloor\)’in kendisinin bir ilkel olamayacağıdır. İlkelin varlığı sorusuna sıradaki kısımda geliyoruz.
18.4 İlkeli Olan Fonksiyonlar Ara Değer Özelliğini Taşır
Şimdi bölümün en önemli yapısal sonucuna geliyoruz. Darboux Teoremi bölümünde, bir türev fonksiyonunun sürekli olmasa bile ara değer özelliğini (Tanım 10.1) taşımak zorunda olduğunu ispatlamıştık (Teorem 10.1). İlkel kavramı bu teoremi doğrudan integral diline çevirir: bir \(f\) fonksiyonunun ilkeli varsa, \(f\) zaten bir türev fonksiyonudur; o hâlde \(f\) ara değer özelliğini taşımak zorundadır.
Teorem 18.4 (İlkeli Olan Fonksiyon Darboux Özelliğini Taşır) \(I \subseteq \mathbb{R}\) bir aralık ve \(f : I \to \mathbb{R}\) fonksiyonunun \(I\) üzerinde bir ilkeli olsun. O hâlde \(f\), \(I\) üzerinde ara değer özelliğini (Darboux özelliğini) taşır: \(u, v \in I\), \(u < v\) olmak üzere \(f(u)\) ile \(f(v)\) arasında kalan her \(\lambda\) için
\[f(c) = \lambda\]
olan bir \(c \in (u,v)\) vardır.
İspat
\(F\), \(f\)’nin \(I\) üzerinde bir ilkeli olsun; yani \(F\), \(I\) üzerinde türevlenebilirdir ve \(F' = f\)’dir.
\(u, v \in I\), \(u<v\) alalım. \(I\) bir aralık olduğundan \([u,v] \subseteq I\)’dır, \(F\) bu kapalı aralık üzerinde türevlenebilirdir ve \(F'(u) = f(u)\), \(F'(v) = f(v)\) olur. \(\lambda\) sayısı \(f(u)\) ile \(f(v)\) arasında ise, bu tam olarak \(\lambda\)’nın \(F'(u)\) ile \(F'(v)\) arasında olması demektir. Darboux teoremini (Teorem 10.1) \(F\) fonksiyonuna \([u,v]\) aralığında uygularsak, \(F'(c) = \lambda\) olan bir \(c \in (u,v)\) buluruz; \(F' = f\) olduğundan bu, \(f(c) = \lambda\) demektir.
\(u, v\) ve \(\lambda\) keyfî seçildiğinden \(f\), Tanım 10.1 anlamında \(I\) üzerinde ara değer özelliğini taşır.
\(\blacksquare\)
Bu teoremin asıl gücü, karşıt tersi (kontrapozitifi) alındığında ortaya çıkar. Bir fonksiyonun ilkelini bulmaya çalışıp başarısız olmak, ilkelin olmadığını göstermez; ama ara değer özelliğini taşımadığını göstermek, ilkelin var olmadığını kesin biçimde kanıtlar.
Sonuç 18.1 (Ara Değer Özelliği Olmayan Fonksiyonun İlkeli Yoktur) \(I \subseteq \mathbb{R}\) bir aralık ve \(f : I \to \mathbb{R}\) olsun.
- \(f\), \(I\) üzerinde ara değer özelliğini taşımıyorsa, \(f\)’nin \(I\) üzerinde ilkeli yoktur.
- Özel olarak \(f\), \(I\)’nın bir \(x_0\) iç noktasında sıçrama süreksizliğine ya da kaldırılabilir süreksizliğe sahipse (bkz. Analiz 1), \(f\)’nin \(I\) üzerinde ilkeli yoktur.
İspat
(1) Bu, Teorem 18.4’nin karşıt tersidir. Gerçekten, \(f\)’nin bir ilkeli olsaydı Teorem 18.4 gereği \(f\) ara değer özelliğini taşırdı; hipotez bunun tersini söylediğinden ilkel var olamaz.
(2) \(f\)’nin \(x_0\) iç noktasında birinci tür (sıçrama ya da kaldırılabilir) bir süreksizliği olsun; yani \(\lim_{x \to x_0^-} f(x)\) ve \(\lim_{x \to x_0^+} f(x)\) tek yönlü limitlerinin ikisi de sonlu olarak vardır, ama \(f\) bu noktada sürekli değildir (bkz. Analiz 1). Tersini varsayalım ve \(f\)’nin \(I\) üzerinde bir \(F\) ilkeli olsun. O hâlde \(f = F'\) bir türev fonksiyonudur ve \(x_0\) iç noktasında süreksizdir. Oysa Darboux Teoremi bölümünde ispatladığımız Sonuç 10.2, bir türev fonksiyonunun iç noktadaki süreksizliğinin ancak ikinci tür olabileceğini, yani tek yönlü limitlerden en az birinin sonlu olarak var olamayacağını söyler. Çelişki; demek ki böyle bir \(F\) yoktur.
\(\blacksquare\)
Şimdi bu sonucu en tanıdık örnekte, işaret fonksiyonunda çalıştıralım. Hesabı iki ayrı yoldan yapacağız: önce Darboux özelliğiyle hızlı bir çelişki, sonra “ilkeli elle kurmayı deneyip nerede tıkandığını görme” yoluyla ayrıntılı bir çelişki.
Örnek 18.3 (İşaret Fonksiyonunun İlkeli Yoktur) İşaret fonksiyonu (bkz. Analiz 1)
\[\operatorname{sgn}(x) = \begin{cases} -1, & x < 0, \\ \phantom{-}0, & x = 0, \\ \phantom{-}1, & x > 0 \end{cases}\]
fonksiyonunun \(\mathbb{R}\) üzerinde ilkeli olmadığını gösterelim.
Çözüm
Birinci yol: Darboux özelliği. \(u = -1\) ve \(v = 1\) alalım. O hâlde
\[\operatorname{sgn}(-1) = -1, \qquad \operatorname{sgn}(1) = 1\]
olur. \(\lambda = \tfrac{1}{2}\) sayısı \(-1\) ile \(1\) arasındadır. Eğer \(\operatorname{sgn}\) fonksiyonunun \(\mathbb{R}\) üzerinde bir ilkeli olsaydı, Teorem 18.4 gereği \(\operatorname{sgn}\) ara değer özelliğini taşırdı ve
\[\operatorname{sgn}(c) = \tfrac{1}{2}\]
olan bir \(c \in (-1,1)\) bulunurdu. Oysa \(\operatorname{sgn}\) fonksiyonunun değer kümesi yalnızca \(\{-1, 0, 1\}\) üç elemanlı kümesidir ve \(\tfrac{1}{2} \notin \{-1,0,1\}\)’dir. Çelişki. Demek ki \(\operatorname{sgn}\)’nin \(\mathbb{R}\) üzerinde ilkeli yoktur.
Aynı sonucu Sonuç 18.1’un ikinci maddesinden de okuyabiliriz: \(\lim_{x \to 0^-} \operatorname{sgn}(x) = -1\) ve \(\lim_{x \to 0^+} \operatorname{sgn}(x) = 1\) limitleri sonlu ve farklı olduğundan \(\operatorname{sgn}\) fonksiyonunun \(x_0 = 0\) iç noktasında bir sıçrama süreksizliği vardır; bu da ilkelin var olmasını engeller.
İkinci yol: ilkeli elle kurmaya çalışmak. Bu yol, engelin tam olarak nerede olduğunu gösterdiği için öğreticidir. \(F : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) fonksiyonu \(\operatorname{sgn}\)’nin bir ilkeli olsun; yani her \(x \in \mathbb{R}\) için \(F'(x) = \operatorname{sgn}(x)\) olsun. \(F\)’yi üç bölgede inceleyelim.
Pozitif ve negatif eksende. Her \(x>0\) için \(F'(x) = 1\)’dir; \((0,\infty)\) bir aralık ve \(x \mapsto x\) fonksiyonunun türevi de sabit \(1\) olduğundan, Sonuç 8.2 gereği bir \(a \in \mathbb{R}\) için \(F(x) = x + a\) olur. Aynı gerekçeyle, her \(x<0\) için \(F'(x) = -1\) olduğundan \((-\infty,0)\) aralığında bir \(b \in \mathbb{R}\) için \(F(x) = -x + b\)’dir.
Sıfırda. \(F\) her noktada türevlenebilir olduğundan Teorem 18.3 gereği \(\mathbb{R}\) üzerinde süreklidir; özel olarak \(0\)’da süreklidir. Süreklilik, tek yönlü limitlerin \(F(0)\)’a eşit olmasını gerektirir:
\[F(0) = \lim_{x \to 0^+} F(x) = \lim_{x \to 0^+} (x+a) = a, \qquad F(0) = \lim_{x \to 0^-} F(x) = \lim_{x \to 0^-} (-x+b) = b.\]
Demek ki \(a = b = F(0)\)’dır. Bu ortak değere \(a\) diyelim; o hâlde
\[F(x) = \begin{cases} x + a, & x \ge 0, \\ -x + a, & x < 0 \end{cases} \qquad \text{yani} \qquad F(x) = |x| + a\]
olmak zorundadır. Başka hiçbir aday kalmadı.
Şimdi son adımı atalım: bu \(F\) gerçekten \(0\)’da türevlenebilir mi? Fark oranını yazalım; \(x \neq 0\) için
\[\frac{F(x) - F(0)}{x - 0} = \frac{\bigl(|x| + a\bigr) - a}{x} = \frac{|x|}{x} = \begin{cases} \phantom{-}1, & x > 0, \\ -1, & x < 0. \end{cases}\]
Tek yönlü limitler \(1\) ve \(-1\) olup birbirinden farklıdır; dolayısıyla Limitin Yokluğu için Tek Yönlü Ölçüt gereği \(x \to 0\) limiti yoktur. Yani \(F\), \(0\) noktasında türevlenebilir değildir. Bu, \(F\)’nin \(\mathbb{R}\) üzerinde bir ilkel olduğu varsayımıyla çelişir.
Sonuç: \(\operatorname{sgn}\) fonksiyonunun \(\mathbb{R}\) üzerinde ilkeli yoktur.
Peki ne yapılabilir? Engel yalnızca \(x = 0\) noktasındadır. \(0\) içermeyen aralıklarda hiçbir sorun yoktur:
\[\int \operatorname{sgn}(x)\,dx = x + C \quad \bigl((0,\infty) \text{ üzerinde}\bigr), \qquad \int \operatorname{sgn}(x)\,dx = -x + C \quad \bigl((-\infty,0) \text{ üzerinde}\bigr).\]
Bu iki parçayı \(|x|\) ile yapıştırmak fonksiyonu sürekli yapar, ama türevlenebilir yapmaz; oysa ilkel tanımının istediği türevlenebilirliktir.
\(\blacksquare\)
Buraya kadar iki gerçeği yan yana koyduk: ilkelin kendisi süreklidir (Teorem 18.3) ve ilkeli olan fonksiyon ara değer özelliğini taşır (Teorem 18.4). Buradan “öyleyse ilkeli olan fonksiyonlar süreklidir” sonucunu çıkarmak çok kolaydır. Bu yanlıştır; yanlışlığı, türev fonksiyonlarının ne kadar tuhaf olabileceğini gösteren klasik örnekle görülür.
İlkelin varlığı için sürekliliğin gerekli olmadığını vurguluyoruz: süreksiz bir fonksiyonun pekâlâ ilkeli olabilir. İki koşulun rolleri şöyledir:
- Süreklilik yeterlidir ama gerekli değildir. Bir aralıkta sürekli olan her fonksiyonun ilkeli vardır (bunu belirli integrali kurduktan sonra, analizin temel teoremiyle ispatlayacağız). Ama sürekli olmayan fonksiyonların da ilkeli olabilir.
- Darboux özelliği gereklidir ama yeterli değildir. İlkeli olan her fonksiyon ara değer özelliğini taşır (Teorem 18.4); ancak ara değer özelliğini taşıyan her fonksiyonun ilkeli olduğu doğru değildir.
Kısacası “ilkeli olan fonksiyonlar” sınıfı, sürekli fonksiyonlar sınıfını kesin olarak kapsar ve Darboux fonksiyonları sınıfının kesin bir alt kümesidir.
Örnek 18.4 (Süreksiz Olduğu Hâlde İlkeli Olan Bir Fonksiyon) \(F : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) fonksiyonunu
\[F(x) = \begin{cases} x^2 \sin\dfrac{1}{x}, & x \neq 0, \\[6pt] 0, & x = 0 \end{cases}\]
ile tanımlayalım. \(F\)’nin \(\mathbb{R}\) üzerinde türevlenebilir olduğunu, ama \(f = F'\) türevinin \(x = 0\) noktasında sürekli olmadığını gösterelim. Böylece \(f\), süreksiz olduğu hâlde ilkeli (\(F\)’nin ta kendisi) bulunan bir fonksiyon olur.
Çözüm
Adım 1: \(x \neq 0\) noktalarında türev. \(x \neq 0\) ise \(x\)’in tümüyle \(0\)’dan uzak bir komşuluğu vardır; bu komşulukta \(F(x) = x^2 \sin\frac{1}{x}\)’tir. Çarpım kuralı (Teorem 3.2) ve zincir kuralı (Teorem 4.1) ile, \(u(x) = \frac{1}{x}\), \(u'(x) = -\frac{1}{x^2}\) alarak (Teorem 5.4):
\[F'(x) = 2x \sin\frac{1}{x} + x^2 \cdot \cos\frac{1}{x} \cdot \left(-\frac{1}{x^2}\right) = 2x\sin\frac{1}{x} - \cos\frac{1}{x}.\]
Adım 2: \(x = 0\) noktasında türev. Fark oranını doğrudan hesaplayalım. \(x \neq 0\) için
\[\frac{F(x) - F(0)}{x - 0} = \frac{x^2 \sin\frac{1}{x}}{x} = x \sin\frac{1}{x}.\]
Her \(t\) için \(|\sin t| \le 1\) olduğundan
\[\left| x \sin\frac{1}{x} \right| \le |x|\]
olur. \(x \to 0\) iken \(|x| \to 0\) olduğundan sıkıştırma teoremi (bkz. Analiz 1) gereği
\[\lim_{x \to 0} x \sin\frac{1}{x} = 0\]
çıkar. Demek ki \(F\), \(0\) noktasında türevlenebilirdir ve \(F'(0) = 0\)’dır.
Böylece \(F\), \(\mathbb{R}\)’nin her noktasında türevlenebilirdir ve
\[f(x) = F'(x) = \begin{cases} 2x\sin\dfrac{1}{x} - \cos\dfrac{1}{x}, & x \neq 0, \\[6pt] 0, & x = 0 \end{cases}\]
fonksiyonunun \(\mathbb{R}\) üzerinde bir ilkeli vardır: \(F\).
Adım 3: \(f\), \(0\)’da sürekli değildir. Sıfıra yakınsayan iki farklı dizi seçelim:
\[x_n = \frac{1}{2n\pi}, \qquad y_n = \frac{1}{(2n+1)\pi}, \qquad n \in \mathbb{N}.\]
İkisi de sıfırdan farklı ve \(x_n \to 0\), \(y_n \to 0\)’dır. Birinci dizide \(\sin\frac{1}{x_n} = \sin(2n\pi) = 0\) ve \(\cos\frac{1}{x_n} = \cos(2n\pi) = 1\) olduğundan \(f(x_n) = 2x_n\cdot 0 - 1 = -1\); ikinci dizide \(\sin\frac{1}{y_n} = 0\) ve \(\cos\frac{1}{y_n} = \cos\bigl((2n+1)\pi\bigr) = -1\) olduğundan \(f(y_n) = 2y_n \cdot 0 + 1 = 1\) olur. Yani
\[f(x_n) \longrightarrow -1, \qquad f(y_n) \longrightarrow 1.\]
İki dizi de \(0\)’a yakınsadığı hâlde görüntü dizilerinin limitleri farklıdır. Dizisel ölçüt (bkz. Analiz 1) gereği \(\lim_{x\to 0} f(x)\) limiti yoktur; dolayısıyla Dizilerle Süreksizlik gereği \(f\), \(0\) noktasında sürekli değildir.
Sonuç. \(f\) fonksiyonu \(x=0\)’da süreksizdir, ama \(\mathbb{R}\) üzerinde bir ilkeli vardır. Demek ki süreklilik, ilkelin varlığı için gerekli değildir. Öte yandan \(f\)’nin \(0\)’daki süreksizliği ikinci türdendir — nitekim \(\lim_{x\to 0^-} f(x)\) ve \(\lim_{x \to 0^+} f(x)\) limitlerinin ikisi de yoktur. Sonuç 10.2 bize zaten bunun böyle olması gerektiğini söylüyordu: bir türev fonksiyonu süreksiz olabilir, ama sıçrayamaz.
\(\blacksquare\)
18.5 Belirsiz İntegralin Cebirsel Özellikleri
İlkel için kurduğumuz kuralları şimdi integral diline çevirelim. Aşağıdaki özellikler tanımların doğrudan sonucudur; ama her birinin nasıl okunması gerektiğini dikkatle söylemek gerekir, çünkü belirsiz integral bir fonksiyon değil bir fonksiyon ailesidir ve eşitlikler aileler arasındaki eşitliklerdir.
Önerme 18.2 (Belirsiz İntegralin Temel Özellikleri) \(I \subseteq \mathbb{R}\) bir aralık, \(f, g : I \to \mathbb{R}\) ilkelleri bulunan fonksiyonlar ve \(a \in \mathbb{R}\) olsun. O hâlde:
Her \(x \in I\) için \[\frac{d}{dx}\left( \int f(x)\,dx \right) = f(x);\] yani önce integral alıp sonra türev almak, fonksiyonu değiştirmez.
Toplam ve fark: \[\int \bigl(f(x) \pm g(x)\bigr)\,dx = \int f(x)\,dx \pm \int g(x)\,dx.\]
Sabitle çarpım (\(a \neq 0\)): \[\int a f(x)\,dx = a \int f(x)\,dx.\]
İspat
(1) \(F\), \(f\)’nin \(I\) üzerinde bir ilkeli olsun; Tanım 18.2 gereği \(\int f(x)\,dx\) ailesinin her üyesi \(F(x) + C\) biçimindedir. Bu ailenin herhangi bir üyesinin türevini alalım: toplam kuralı ve sabitin türevinin sıfır olması gereği
\[\bigl(F(x) + C\bigr)' = F'(x) + 0 = f(x)\]
olur. Sonuç \(C\)’den bağımsızdır; yani ailenin hangi üyesini seçersek seçelim türev \(f\)’dir. Bu, (1)’in söylediği şeydir.
(2) \(F\), \(f\)’nin; \(G\) de \(g\)’nin bir ilkeli olsun. Teorem 18.1’i \(\alpha = 1\), \(\beta = \pm 1\) ile uygularsak \(F \pm G\) fonksiyonu \(f \pm g\)’nin bir ilkelidir; o hâlde Teorem 18.2 gereği sol taraf \(\{F \pm G + C : C \in \mathbb{R}\}\) ailesidir. Sağ taraftaki \(\int f\,dx \pm \int g\,dx\) ifadesiyle kastedilen ise birinci aileden bir üyeyle ikinci aileden bir üyenin toplamlarının (farklarının) oluşturduğu ailedir:
\[\bigl\{ \bigl(F(x)+C_1\bigr) \pm \bigl(G(x)+C_2\bigr) : C_1, C_2 \in \mathbb{R} \bigr\} = \bigl\{ F(x) \pm G(x) + (C_1 \pm C_2) : C_1, C_2 \in \mathbb{R}\bigr\}.\]
\(C_1, C_2\) bağımsız olarak bütün \(\mathbb{R}\)’yi taradığında \(C_1 \pm C_2\) de bütün \(\mathbb{R}\)’yi tarar (\(C_2 = 0\) alıp \(C_1\)’i değiştirmek yeter). Demek ki iki taraf aynı ailedir.
(3) \(F\), \(f\)’nin bir ilkeli olsun. Teorem 18.1 gereği \(aF\), \(af\)’nin bir ilkelidir; o hâlde sol taraf \(\{aF(x) + C : C\in\mathbb{R}\}\) ailesidir. Sağ taraf ise
\[a\int f(x)\,dx = \bigl\{ a\bigl(F(x) + C_1\bigr) : C_1 \in \mathbb{R} \bigr\} = \bigl\{ aF(x) + aC_1 : C_1 \in \mathbb{R} \bigr\}\]
ailesidir. \(a \neq 0\) olduğundan, her \(C \in \mathbb{R}\) için \(C_1 = C/a\) seçilebilir; yani \(aC_1\) de bütün \(\mathbb{R}\)’yi tarar ve iki aile çakışır.
\(\blacksquare\)
Üçüncü özellikte \(a \neq 0\) koşulunun neden gerektiği ispatın son adımında görülüyor. \(a = 0\) olsaydı sol taraf \(\int 0\,dx = \{C : C \in \mathbb{R}\}\), yani bütün sabit fonksiyonların ailesi olurdu; sağ taraf ise \(0 \cdot \int f(x)\,dx = \{0\}\), yani yalnızca sıfır fonksiyonu olurdu. Bu iki aile eşit değildir.
Önerme 18.2’in birinci maddesi, integral ile türevin birbirini bir yönde götürdüğünü söylüyor. Ters yön de doğrudur ama bir sabit farkıyla: \(F\) türevlenebilir bir fonksiyonsa \(\int F'(x)\,dx = F(x) + C\) olur; burada \(C\)’yi düşürmek hata olur, çünkü sol taraf bir ailedir.
Şimdi öğrencilerin en sık düştüğü tuzağa geliyoruz. İntegral toplamla ve sabitle çarpımla uyuşur; çarpımla ve bölümle uyuşmaz.
Genel olarak
\[\int f(x)g(x)\,dx \neq \int f(x)\,dx \cdot \int g(x)\,dx\]
ve benzer biçimde
\[\int \frac{f(x)}{g(x)}\,dx \neq \frac{\int f(x)\,dx}{\int g(x)\,dx}\]
olur. Bunun sebebi basittir: türev de çarpımla uyuşmaz — \((FG)' = F'G + FG'\) kuralında fazladan iki terim vardır. Çarpımların integrali için ayrı bir teknik gerekir; bu teknik, çarpım kuralının integral karşılığı olan kısmi integrasyondur ve bir sonraki bölümde kurulacaktır.
Örnek 18.5 (Çarpım Kuralının İntegralde Geçersizliği) \(f(x) = g(x) = x\) alarak, çarpımın integralinin integrallerin çarpımına eşit olmadığını somut biçimde gösterelim. Ayrıca aynı örnekle bölüm için de bir karşı örnek verelim.
Çözüm
Sol taraf. \(f(x)g(x) = x \cdot x = x^2\)’dir. \(\left(\dfrac{x^3}{3}\right)' = x^2\) olduğundan
\[\int f(x)g(x)\,dx = \int x^2\,dx = \frac{x^3}{3} + C.\]
Sağ taraf. \(\left(\dfrac{x^2}{2}\right)' = x\) olduğundan \(\int x\,dx = \dfrac{x^2}{2} + C\)’dir. Her iki çarpandan da integral sabitini \(0\) seçersek
\[\int f(x)\,dx \cdot \int g(x)\,dx = \frac{x^2}{2}\cdot\frac{x^2}{2} = \frac{x^4}{4}.\]
Karşılaştırma. İki ifade eşit olsaydı her \(x \in \mathbb{R}\) için
\[\frac{x^3}{3} + C = \frac{x^4}{4}\]
olurdu. \(x = 1\) ve \(x = 2\) değerlerini koyarsak
\[\frac{1}{3} + C = \frac{1}{4} \implies C = -\frac{1}{12}, \qquad \frac{8}{3} + C = 4 \implies C = \frac{4}{3}\]
çıkar; tek bir \(C\) iki farklı değere eşit olamayacağından çelişki vardır. Aslında bunu görmenin daha hızlı yolu, iki tarafın türevini almaktır: sol tarafın türevi \(x^2\), sağ tarafın türevi \(x^3\)’tür ve \(x^2 = x^3\) eşitliği yalnızca \(x \in \{0,1\}\) için sağlanır. İki fonksiyonun bir aralıkta çakışması söz konusu değildir.
Bölüm için. \(f(x) = x^3\), \(g(x) = x^2\) ve \(I = (0,\infty)\) alalım. Bir yandan \(\int \frac{f(x)}{g(x)}\,dx = \int x\,dx = \frac{x^2}{2} + C\); öte yandan integral sabitlerini \(0\) seçersek
\[\frac{\int f(x)\,dx}{\int g(x)\,dx} = \frac{x^4/4}{x^3/3} = \frac{3x}{4}\]
olur. Türevleri karşılaştıralım: birinci ifadenin türevi \(x\), ikincisininki sabit \(\frac{3}{4}\)’tür ve \((0,\infty)\) üzerinde \(x = \frac{3}{4}\) yalnızca tek bir noktada sağlanır; iki aile çakışmaz.
Ders. İntegral lineer bir işlemdir, ama çarpımsal değildir; \(\int fg\) türünden integraller için ya integrandı cebirsel olarak sadeleştirmek ya da özel teknikler kullanmak gerekir.
\(\blacksquare\)
18.6 Temel İntegraller Tablosu
Bütün integral hesaplarının başlangıç noktası, türev tablosunun sağdan sola okunmuş hâlidir. Aşağıdaki tablonun her satırı, Temel Fonksiyonların Türevleri bölümünde ispatladığımız bir türev formülünün yeniden yazılmasından ibarettir; dolayısıyla her satır sağ tarafın türevi alınarak doğrudan doğrulanabilir. Bir formülden şüphe ettiğinizde yapılacak şey ezberinizi yoklamak değil, sağ tarafı türevleyip integrandı elde edip etmediğinize bakmaktır. Tabloda \(C \in \mathbb{R}\) her zaman integral sabitidir ve her formül, üçüncü sütunda belirtilen türden bir aralık üzerinde geçerlidir.
| # | Formül | Geçerlilik |
|---|---|---|
| 1 | \(\displaystyle\int x^{a}\,dx = \frac{x^{a+1}}{a+1} + C \quad (a \neq -1)\) | \(a \ge 0\) tam sayıysa \(\mathbb{R}\); \(a \le -2\) tam sayıysa \(0\) içermeyen her aralık; genel \(a \in \mathbb{R}\) için \((0,\infty)\) |
| 2 | \(\displaystyle\int \frac{1}{x}\,dx = \ln \lvert x \rvert + C\) | \(0\) içermeyen her aralık |
| 3 | \(\displaystyle\int a^{x}\,dx = \frac{a^{x}}{\ln a} + C \ \ (a>0,\ a \neq 1) \ \Longrightarrow\ \int e^{x}\,dx = e^{x} + C\) | \(\mathbb{R}\) |
| 4 | \(\displaystyle\int \sin x\,dx = -\cos x + C\) | \(\mathbb{R}\) |
| 5 | \(\displaystyle\int \cos x\,dx = \sin x + C\) | \(\mathbb{R}\) |
| 6 | \(\displaystyle\int \frac{1}{\cos^{2}x}\,dx = \tan x + C\) | \(\cos x \neq 0\) olan her aralık |
| 7 | \(\displaystyle\int \frac{1}{\sin^{2}x}\,dx = -\cot x + C\) | \(\sin x \neq 0\) olan her aralık |
| 8 | \(\displaystyle\int \sinh x\,dx = \cosh x + C \quad\text{ve}\quad \int \cosh x\,dx = \sinh x + C\) | \(\mathbb{R}\) |
| 9 | \(\displaystyle\int \frac{1}{1+x^{2}}\,dx = \arctan x + C\) | \(\mathbb{R}\) |
| 10 | \(\displaystyle\int \frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}\,dx = \arcsin x + C\) | \((-1,1)\) |
| 11 | \(\displaystyle\int \tan x\,dx = -\ln \lvert \cos x \rvert + C\) | \(\cos x \neq 0\) olan her aralık |
| 12 | \(\displaystyle\int \cot x\,dx = \ln \lvert \sin x \rvert + C\) | \(\sin x \neq 0\) olan her aralık |
| 13 | \(\displaystyle\int \frac{1}{a^{2}+x^{2}}\,dx = \frac{1}{a}\arctan\frac{x}{a} + C \quad (a>0)\) | \(\mathbb{R}\) |
| 14 | \(\displaystyle\int \frac{1}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}\,dx = \arcsin\frac{x}{a} + C \quad (a>0)\) | \((-a,a)\) |
| 15 | \(\displaystyle\int \frac{1}{x^{2}-a^{2}}\,dx = \frac{1}{2a}\ln\left\lvert \frac{x-a}{x+a} \right\rvert + C \quad (a>0)\) | \(\pm a\) içermeyen her aralık |
| 16 | \(\displaystyle\int \frac{1}{\sqrt{x^{2}\pm a^{2}}}\,dx = \ln\left\lvert x + \sqrt{x^{2}\pm a^{2}} \right\rvert + C \quad (a>0)\) | \(+\) için \(\mathbb{R}\); \(-\) için \(x>a\) ya da \(x<-a\) |
Şimdi bütün satırların nereden geldiğini ve nasıl doğrulandığını tek tek yazalım.
Birinci satır. Genel kuvvet fonksiyonunun türevi (Teorem 5.3) \(\bigl(x^{b}\bigr)' = b\,x^{b-1}\)’dir. \(b = a+1\) alıp \(a+1 \neq 0\) olduğunda bölersek
\[\left( \frac{x^{a+1}}{a+1} \right)' = \frac{(a+1)x^{a}}{a+1} = x^{a}\]
çıkar. \(a = -1\) durumu dışlanmıştır, çünkü orada payda sıfır olur; o durumu ikinci satır karşılar.
Geçerlilik sütununun üç ayrı durum saymasının sebebi, \(x^{a}\) ifadesinin tanım kümesinin \(a\)’ya bağlı olmasıdır. Teorem 5.3 yalnızca \(x>0\) için konuşur, çünkü keyfî reel üs \(x^{a} = e^{a\ln x}\) ile tanımlanır. Buna karşılık \(a\) negatif olmayan bir tam sayıysa \(x^{a}\) bütün \(\mathbb{R}\) üzerinde tanımlıdır ve türev formülü Lemma 3.1 ile her \(x \in \mathbb{R}\) için geçerlidir; \(a \le -2\) tam sayısıysa \(x^{a}\) ancak \(x \neq 0\) için tanımlıdır ve Sonuç 3.1 gereği formül \(0\) içermeyen her aralıkta işler. Örneğin \(\int x^{-2}\,dx = -\dfrac{1}{x} + C\) eşitliği hem \((0,\infty)\) hem de \((-\infty,0)\) üzerinde doğrudur; ama Teorem 18.2’nin uyarısı gereği iki aralıkta iki ayrı sabit taşınır.
İkinci satır. Örnek 18.2’de her iki bileşende de \(\bigl(\ln|x|\bigr)' = \dfrac{1}{x}\) olduğunu hesaplamıştık. Formülün \(0\) içermeyen bir aralıkta okunması gerektiğini oradaki tartışma gösteriyor.
Üçüncü satır. Üstel fonksiyonun türevi (Teorem 5.2) \(\bigl(a^{x}\bigr)' = a^{x}\ln a\)’dır. \(a>0\), \(a \neq 1\) iken \(\ln a \neq 0\) olduğundan bölebiliriz:
\[\left( \frac{a^{x}}{\ln a} \right)' = \frac{a^{x}\ln a}{\ln a} = a^{x}.\]
\(a = e\) özel hâlinde \(\ln e = 1\) olduğundan \(\int e^{x}\,dx = e^{x} + C\) elde edilir.
Dördüncü satırdan onuncuya. Bu satırların hepsi, ilgili türev formülünün doğrudan tersine okunmasıdır: Teorem 5.4 gereği \((-\cos x)' = \sin x\), \((\sin x)' = \cos x\), \((\tan x)' = \frac{1}{\cos^{2}x}\) ve \((-\cot x)' = \frac{1}{\sin^{2}x}\); Teorem 5.6 ile Tanım 5.2 gereği \((\cosh x)' = \sinh x\) ve \((\sinh x)' = \cosh x\) (trigonometrik hâldeki eksi işareti burada yoktur); Teorem 5.5 gereği \((\arctan x)' = \frac{1}{1+x^{2}}\) ve \((\arcsin x)' = \frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}\). Sonuncusu yalnızca \((-1,1)\) üzerinde geçerlidir, çünkü uç noktalarda payda sıfırlanır.
On birinci satır. \(\cos x \neq 0\) olan bir aralıkta zincir kuralıyla
\[\bigl(-\ln|\cos x|\bigr)' = -\frac{1}{\cos x}\cdot(-\sin x) = \frac{\sin x}{\cos x} = \tan x\]
olur. On ikinci satır aynı hesabın \(\sin\) ile yapılmışıdır:
\[\bigl(\ln|\sin x|\bigr)' = \frac{\cos x}{\sin x} = \cot x.\]
On üçüncü ve on dördüncü satırlar. \(a>0\) olsun. Zincir kuralıyla
\[\left( \frac{1}{a}\arctan\frac{x}{a} \right)' = \frac{1}{a}\cdot\frac{1}{1+\frac{x^{2}}{a^{2}}}\cdot\frac{1}{a} = \frac{1}{a^{2}}\cdot\frac{a^{2}}{a^{2}+x^{2}} = \frac{1}{a^{2}+x^{2}}\]
olur; \(a=1\) almak dokuzuncu satırı geri verir. Benzer biçimde \(|x|<a\) iken \(\sqrt{1 - \frac{x^{2}}{a^{2}}} = \frac{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}{a}\) olduğundan
\[\left( \arcsin\frac{x}{a} \right)' = \frac{1}{\sqrt{1-\frac{x^{2}}{a^{2}}}}\cdot\frac{1}{a} = \frac{a}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}\cdot\frac{1}{a} = \frac{1}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}\]
bulunur.
On beşinci satır. \(a>0\) ve \(x \neq \pm a\) olsun. Logaritmanın çarpım kuralını kullanarak \(\ln\left|\frac{x-a}{x+a}\right| = \ln|x-a| - \ln|x+a|\) yazalım; o hâlde
\[\left( \frac{1}{2a}\ln\left| \frac{x-a}{x+a} \right| \right)' = \frac{1}{2a}\left( \frac{1}{x-a} - \frac{1}{x+a} \right) = \frac{1}{2a}\cdot\frac{(x+a)-(x-a)}{(x-a)(x+a)} = \frac{1}{2a}\cdot\frac{2a}{x^{2}-a^{2}} = \frac{1}{x^{2}-a^{2}}.\]
On altıncı satır. \(k\) ile \(+a^{2}\) ya da \(-a^{2}\) değerini gösterelim ve \(x^{2}+k>0\) olan bir aralıkta çalışalım. \(u(x) = x + \sqrt{x^{2}+k}\) diyelim; zincir kuralıyla
\[u'(x) = 1 + \frac{2x}{2\sqrt{x^{2}+k}} = 1 + \frac{x}{\sqrt{x^{2}+k}} = \frac{\sqrt{x^{2}+k} + x}{\sqrt{x^{2}+k}} = \frac{u(x)}{\sqrt{x^{2}+k}}.\]
Buradan
\[\bigl(\ln|u(x)|\bigr)' = \frac{u'(x)}{u(x)} = \frac{1}{\sqrt{x^{2}+k}}\]
çıkar; tam olarak istenen sonuç. Bu formül, ters hiperbolik fonksiyonların türevleri (Teorem 5.7) kullanılarak \(\operatorname{arcsinh}\frac{x}{a}\) ve \(\operatorname{arccosh}\frac{x}{a}\) cinsinden de yazılabilir; iki yazım bir sabitle farklıdır ve Teorem 18.2 gereği ikisi de aynı aileyi verir.
Tablodaki on altı satır, integrallerin çok küçük bir kısmıdır. Asıl beceri, karşınıza çıkan integrali cebirsel düzenlemeyle ya da bir sonraki bölümde göreceğimiz tekniklerle bu satırlardan birine indirgemektir; bir integrali görünce ilk sorulacak soru “hangi satıra benziyor?” olmalıdır.
18.7 Tablonun Doğrudan Uygulamaları
Şimdi tabloyu kullanmaya başlayalım. Aşağıdaki örneklerin hiçbirinde yeni bir teknik yoktur: yalnızca integrandı cebirsel olarak düzenleyip Önerme 18.2’in lineerliğiyle parçalara ayırıyor ve her parçayı tablodan okuyoruz.
Örnek 18.6 (Tabloya İndirgenen İntegraller) Aşağıdaki belirsiz integralleri hesaplayalım ve her sonucu türev alarak doğrulayalım.
\(\displaystyle\int \left( 2x^{3} - 5\sqrt{x} + \frac{7}{x^{2}} \right)dx\)
\(\displaystyle\int \frac{(1-x)^{2}}{\sqrt{x}}\,dx\)
\(\displaystyle\int \frac{x^{2}}{1+x^{2}}\,dx\)
\(\displaystyle\int \tan^{2}x\,dx\)
\(\displaystyle\int 2^{x}\,5^{x}\,dx\)
\(\displaystyle\int \left( \frac{1}{4+x^{2}} + \frac{1}{\sqrt{9-x^{2}}} \right)dx\)
\(\displaystyle\int \frac{\cos 2x}{\cos x - \sin x}\,dx\)
\(\displaystyle\int \frac{dx}{\sin^{2}x\,\cos^{2}x}\)
Çözüm
a) Önce kökü kuvvet biçiminde yazalım: \(\sqrt{x} = x^{1/2}\) ve \(\frac{7}{x^{2}} = 7x^{-2}\). Lineerlik gereği üç integrali ayrı ayrı alabiliriz; her birinde tablonun birinci satırını kullanıyoruz:
\[\int 2x^{3}\,dx = \frac{x^{4}}{2}, \qquad \int 5x^{1/2}\,dx = 5\cdot\frac{x^{3/2}}{3/2} = \frac{10}{3}x^{3/2}, \qquad \int 7x^{-2}\,dx = 7\cdot\frac{x^{-1}}{-1} = -\frac{7}{x}.\]
Birleştirirsek, \(x>0\) olan bir aralıkta
\[\int \left( 2x^{3} - 5\sqrt{x} + \frac{7}{x^{2}} \right)dx = \frac{x^{4}}{2} - \frac{10}{3}x^{3/2} - \frac{7}{x} + C.\]
Doğrulama. \(\left(\frac{x^{4}}{2}\right)' = 2x^{3}\); \(\left(-\frac{10}{3}x^{3/2}\right)' = -\frac{10}{3}\cdot\frac{3}{2}x^{1/2} = -5\sqrt{x}\); \(\left(-\frac{7}{x}\right)' = \bigl(-7x^{-1}\bigr)' = 7x^{-2} = \frac{7}{x^{2}}\). Toplam, integrandın kendisidir.
b) Payı açıp payda ile bölelim; \(x>0\) için
\[\frac{(1-x)^{2}}{\sqrt{x}} = \frac{1 - 2x + x^{2}}{x^{1/2}} = x^{-1/2} - 2x^{1/2} + x^{3/2}.\]
Üç terimi de birinci satırla integralleyelim: \(\int x^{-1/2}dx = 2\sqrt{x}\), \(\int 2x^{1/2}dx = \frac{4}{3}x^{3/2}\) ve \(\int x^{3/2}dx = \frac{2}{5}x^{5/2}\). O hâlde
\[\int \frac{(1-x)^{2}}{\sqrt{x}}\,dx = 2\sqrt{x} - \frac{4}{3}x^{3/2} + \frac{2}{5}x^{5/2} + C.\]
Doğrulama. Türev alalım: \(\bigl(2x^{1/2}\bigr)' = x^{-1/2}\); \(\left(-\frac{4}{3}x^{3/2}\right)' = -\frac{4}{3}\cdot\frac{3}{2}x^{1/2} = -2x^{1/2}\); \(\left(\frac{2}{5}x^{5/2}\right)' = \frac{2}{5}\cdot\frac{5}{2}x^{3/2} = x^{3/2}\). Toplam \(x^{-1/2} - 2x^{1/2} + x^{3/2}\), yani integrand.
c) Payı paydaya göre düzenlemek gerekir; pay paydadan küçük dereceli olmadığı için “bölme” yapıyoruz:
\[\frac{x^{2}}{1+x^{2}} = \frac{(1+x^{2}) - 1}{1+x^{2}} = 1 - \frac{1}{1+x^{2}}.\]
Şimdi lineerlik ve tablonun dokuzuncu satırı:
\[\int \frac{x^{2}}{1+x^{2}}\,dx = \int 1\,dx - \int\frac{dx}{1+x^{2}} = x - \arctan x + C.\]
Doğrulama. \(\bigl(x - \arctan x\bigr)' = 1 - \dfrac{1}{1+x^{2}} = \dfrac{(1+x^{2})-1}{1+x^{2}} = \dfrac{x^{2}}{1+x^{2}}\).
d) Pisagor özdeşliğini \(\cos^{2}x\)’e bölerek kullanalım: \(\sin^{2}x + \cos^{2}x = 1\) eşitliğini \(\cos^{2}x\)’e bölersek \(\tan^{2}x + 1 = \dfrac{1}{\cos^{2}x}\), yani
\[\tan^{2}x = \frac{1}{\cos^{2}x} - 1\]
olur. \(\cos x \neq 0\) olan bir aralıkta, tablonun altıncı satırıyla
\[\int \tan^{2}x\,dx = \int\frac{dx}{\cos^{2}x} - \int 1\,dx = \tan x - x + C.\]
Doğrulama. \(\bigl(\tan x - x\bigr)' = \dfrac{1}{\cos^{2}x} - 1 = \tan^{2}x\).
e) Bu, Örnek 18.5’in dersini hatırlatan güzel bir örnektir: iki fonksiyonun çarpımının integralini ayrı ayrı integralleyip çarparak bulamayız; ama burada çarpımı tek bir üstel fonksiyona indirgeyebiliriz. Üs kuralları gereği
\[2^{x}\,5^{x} = (2\cdot 5)^{x} = 10^{x}\]
olduğundan, tablonun üçüncü satırıyla
\[\int 2^{x}\,5^{x}\,dx = \int 10^{x}\,dx = \frac{10^{x}}{\ln 10} + C.\]
Doğrulama. \(\left(\dfrac{10^{x}}{\ln 10}\right)' = \dfrac{10^{x}\ln 10}{\ln 10} = 10^{x} = 2^{x}5^{x}\).
Yanlış yol ise \(\int 2^{x}dx \cdot \int 5^{x}dx = \frac{2^{x}}{\ln 2}\cdot\frac{5^{x}}{\ln 5} = \frac{10^{x}}{\ln 2\,\ln 5}\) verirdi; \(\ln 2\,\ln 5 \approx 1{,}116\) ile \(\ln 10 \approx 2{,}303\) farklı olduğundan iki sonuç uyuşmaz.
f) İki terimi ayrı ayrı ele alalım. Birincisinde \(a = 2\) ile on üçüncü satır, ikincisinde \(a = 3\) ile on dördüncü satır:
\[\int\frac{dx}{4+x^{2}} = \frac{1}{2}\arctan\frac{x}{2}, \qquad \int\frac{dx}{\sqrt{9-x^{2}}} = \arcsin\frac{x}{3}.\]
İkinci integral yalnızca \((-3,3)\) aralığında anlamlıdır; o hâlde \((-3,3)\) üzerinde
\[\int \left( \frac{1}{4+x^{2}} + \frac{1}{\sqrt{9-x^{2}}} \right)dx = \frac{1}{2}\arctan\frac{x}{2} + \arcsin\frac{x}{3} + C.\]
Doğrulama. \(\left(\frac{1}{2}\arctan\frac{x}{2}\right)' = \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1+x^{2}/4}\cdot\frac{1}{2} = \frac{1}{4+x^{2}}\) ve \(\left(\arcsin\frac{x}{3}\right)' = \frac{1}{\sqrt{1-x^{2}/9}}\cdot\frac{1}{3} = \frac{1}{\sqrt{9-x^{2}}}\).
g) Payı çift açı formülüyle açalım: \(\cos 2x = \cos^{2}x - \sin^{2}x\). Bu bir kareler farkıdır:
\[\cos 2x = (\cos x - \sin x)(\cos x + \sin x).\]
\(\cos x \neq \sin x\) olan bir aralıkta payda sadeleşir:
\[\frac{\cos 2x}{\cos x - \sin x} = \cos x + \sin x.\]
Tablonun dördüncü ve beşinci satırlarıyla
\[\int \frac{\cos 2x}{\cos x - \sin x}\,dx = \int (\cos x + \sin x)\,dx = \sin x - \cos x + C.\]
Doğrulama. \(\bigl(\sin x - \cos x\bigr)' = \cos x + \sin x\); bu da sadeleştirilmiş integranddır.
h) Paya \(1 = \sin^{2}x + \cos^{2}x\) yazmak, bu tür integrallerde çok işe yarayan bir hiledir. \(\sin x \cos x \neq 0\) olan bir aralıkta
\[\frac{1}{\sin^{2}x\cos^{2}x} = \frac{\sin^{2}x + \cos^{2}x}{\sin^{2}x\cos^{2}x} = \frac{1}{\cos^{2}x} + \frac{1}{\sin^{2}x}.\]
Altıncı ve yedinci satırlarla
\[\int \frac{dx}{\sin^{2}x\cos^{2}x} = \tan x - \cot x + C.\]
Doğrulama. \(\bigl(\tan x - \cot x\bigr)' = \dfrac{1}{\cos^{2}x} + \dfrac{1}{\sin^{2}x}\); yukarıdaki sadeleştirmeyi ters yönde okuyunca integrand elde edilir.
\(\blacksquare\)
Bu sekiz örnekte kullandığımız hamleleri toparlayalım: kökleri kesirli üsse çevirmek; paydaki polinomu paydaya göre bölmek; Pisagor özdeşliğini uygun terime bölmek; üs kurallarıyla çarpımı tek bir üstele indirgemek; kareler farkını sadeleştirmek; paya \(1 = \sin^{2}x + \cos^{2}x\) yazmak.
18.8 Alıştırmalar
Alıştırma 18.1 (İlkel Fonksiyon ve Belirsiz İntegral Üzerine)
\(F(x) = x\arctan x - \tfrac{1}{2}\ln\bigl(1+x^{2}\bigr)\) fonksiyonu hangi fonksiyonun \(\mathbb{R}\) üzerinde ilkelidir?
\(\displaystyle\int \frac{x^{4}+1}{x^{2}+1}\,dx\) integralini hesaplayın.
\(\displaystyle\int \frac{dx}{x^{2}-4}\) integralini hesaplayın. Bu formül hangi aralıklarda geçerlidir? \(\mathbb{R}\setminus\{-2,2\}\) üzerinde \(\dfrac{1}{x^{2}-4}\) fonksiyonunun genel ilkeli kaç bağımsız sabit içerir?
\(f(x) = |x|\) fonksiyonunun \(\mathbb{R}\) üzerinde bir ilkelini bulun ve bulduğunuz fonksiyonun \(0\) noktasında gerçekten türevlenebilir olduğunu tanıma dönerek doğrulayın.
\(H(x) = \begin{cases} 0, & x<0, \\ 1, & x \ge 0 \end{cases}\) fonksiyonunun \(\mathbb{R}\) üzerinde ilkeli olmadığını gösterin. \([0,\infty)\) üzerinde ilkeli var mıdır?
\(\displaystyle\int \frac{1+\cos^{2}x}{1+\cos 2x}\,dx\) integralini hesaplayın ve sonucu türev alarak doğrulayın.
\(\displaystyle\int \left( \frac{3}{\sqrt{4-x^{2}}} + \frac{2}{9+x^{2}} \right)dx\) integralini hesaplayın ve geçerli olduğu aralığı belirtin.
Çözüm
a) \(F\)’nin türevini alalım. Birinci terime çarpım kuralını (Teorem 3.2), ikinci terime zincir kuralını (Teorem 4.1) uygulayacağız. \((\arctan x)' = \dfrac{1}{1+x^{2}}\) (Teorem 5.5) ve \(\bigl(\ln u\bigr)' = \dfrac{u'}{u}\) (Teorem 5.1) olduğundan:
\[\bigl(x\arctan x\bigr)' = 1\cdot\arctan x + x\cdot\frac{1}{1+x^{2}} = \arctan x + \frac{x}{1+x^{2}},\]
\[\left( \frac{1}{2}\ln\bigl(1+x^{2}\bigr) \right)' = \frac{1}{2}\cdot\frac{2x}{1+x^{2}} = \frac{x}{1+x^{2}}.\]
Farkı alırsak
\[F'(x) = \arctan x + \frac{x}{1+x^{2}} - \frac{x}{1+x^{2}} = \arctan x.\]
Demek ki \(F\), \(\arctan x\) fonksiyonunun \(\mathbb{R}\) üzerinde bir ilkelidir; yani
\[\int \arctan x\,dx = x\arctan x - \frac{1}{2}\ln\bigl(1+x^{2}\bigr) + C.\]
(\(1+x^{2}>0\) olduğundan logaritmanın içinde mutlak değere gerek yoktur.) Bu sonucu bir sonraki bölümde kısmi integrasyonla bulmayı öğreneceğiz.
b) Payı paydaya göre düzenleyelim. \(x^{4}+1\) ifadesine \(x^{4}-1\) ekleyip çıkararak kareler farkını ortaya çıkarabiliriz:
\[x^{4}+1 = \bigl(x^{4}-1\bigr) + 2 = \bigl(x^{2}-1\bigr)\bigl(x^{2}+1\bigr) + 2.\]
O hâlde her \(x \in \mathbb{R}\) için
\[\frac{x^{4}+1}{x^{2}+1} = x^{2} - 1 + \frac{2}{x^{2}+1}.\]
Lineerlik (Önerme 18.2) ve tablonun birinci ile dokuzuncu satırlarıyla
\[\int \frac{x^{4}+1}{x^{2}+1}\,dx = \frac{x^{3}}{3} - x + 2\arctan x + C.\]
Doğrulama. \(\left(\frac{x^{3}}{3} - x + 2\arctan x\right)' = x^{2} - 1 + \frac{2}{1+x^{2}}\); bu da yukarıda elde ettiğimiz integranddır.
c) Tablonun on beşinci satırını \(a = 2\) ile kullanalım:
\[\int \frac{dx}{x^{2}-4} = \frac{1}{4}\ln\left| \frac{x-2}{x+2} \right| + C.\]
Doğrulama. \(\ln\left|\frac{x-2}{x+2}\right| = \ln|x-2| - \ln|x+2|\) olduğundan
\[\left( \frac{1}{4}\ln\left| \frac{x-2}{x+2} \right| \right)' = \frac{1}{4}\left( \frac{1}{x-2} - \frac{1}{x+2} \right) = \frac{1}{4}\cdot\frac{4}{(x-2)(x+2)} = \frac{1}{x^{2}-4}.\]
Geçerlilik. İntegrand \(x = 2\) ve \(x = -2\) noktalarında tanımsızdır. Tanım kümesi
\[\mathbb{R}\setminus\{-2,2\} = (-\infty,-2) \cup (-2,2) \cup (2,\infty)\]
olup üç ayrık aralıktan oluşur; formül bu üç aralığın her birinde ayrı ayrı geçerlidir. Önerme 18.1 gereği genel ilkel her bileşende bağımsız bir sabit taşır; yani \(\mathbb{R}\setminus\{-2,2\}\) üzerindeki genel ilkel
\[F(x) = \frac{1}{4}\ln\left| \frac{x-2}{x+2} \right| + \begin{cases} c_1, & x > 2, \\ c_2, & -2<x<2, \\ c_3, & x < -2 \end{cases}\]
biçimindedir ve üç bağımsız sabit içerir.
d) \(F(x) = \dfrac{x|x|}{2}\) alalım. Mutlak değerin tanımı (bkz. Analiz 1) gereği
\[F(x) = \begin{cases} \dfrac{x^{2}}{2}, & x \ge 0, \\[6pt] -\dfrac{x^{2}}{2}, & x < 0. \end{cases}\]
\(x \neq 0\) noktalarında. \(x>0\) ise \(x\)’in tümüyle \((0,\infty)\) içinde kalan bir komşuluğunda \(F(t) = \frac{t^{2}}{2}\)’dir ve türev yerel bir kavram olduğundan \(F'(x) = x = |x|\) olur; \(x<0\) ise \(F\), \(x\)’in bir komşuluğunda \(-\frac{t^{2}}{2}\) ile çakışır ve \(F'(x) = -x = |x|\)’tir.
\(x=0\) noktasında. Fark oranını tanıma dönerek hesaplayalım; \(x \neq 0\) için
\[\frac{F(x) - F(0)}{x - 0} = \frac{\frac{x|x|}{2} - 0}{x} = \frac{|x|}{2}.\]
Mutlak değer fonksiyonu \(0\)’da sürekli olduğundan \(\lim_{x\to 0}\frac{|x|}{2} = 0\)’dır. Demek ki \(F\), \(0\)’da türevlenebilirdir ve \(F'(0) = 0 = |0|\)’dır.
Üç durumu birleştirirsek her \(x \in \mathbb{R}\) için \(F'(x) = |x|\) olur; yani \(F(x) = \frac{x|x|}{2}\), \(|x|\) fonksiyonunun \(\mathbb{R}\) üzerinde bir ilkelidir ve
\[\int |x|\,dx = \frac{x|x|}{2} + C.\]
Bu, Örnek 18.3 ile ilginç bir karşıtlık oluşturur: \(|x|\) süreklidir ve ilkeli vardır; \(\operatorname{sgn}(x)\) ise süreksizdir ve ilkeli yoktur.
e) \(H\) fonksiyonunun \(x_0 = 0\) noktasındaki tek yönlü limitleri
\[\lim_{x\to 0^-} H(x) = 0, \qquad \lim_{x\to 0^+} H(x) = 1\]
olup sonlu ve farklıdır; yani \(H\)’nin \(0\)’da bir sıçrama süreksizliği vardır ve \(0\), \(\mathbb{R}\)’nin bir iç noktasıdır. Sonuç 18.1’un ikinci maddesi gereği \(H\)’nin \(\mathbb{R}\) üzerinde ilkeli yoktur.
Doğrudan da görülebilir: bir \(F\) ilkeli olsaydı, Sonuç 8.1 ve Sonuç 8.2 gereği \((-\infty,0)\) üzerinde \(F(x) = b\), \((0,\infty)\) üzerinde \(F(x) = x + a\) olurdu; Teorem 18.3’nin verdiği süreklilik \(a = b\) zorunluluğunu getirir ve geriye kalan tek aday \(F(x) = b + \max(x,0)\) fonksiyonunun \(0\)’daki fark oranı solda \(0\), sağda \(1\) olduğundan \(F'(0)\) var olmaz.
\([0,\infty)\) üzerinde. Burada \(H\) sabit \(1\) fonksiyonudur ve \(F(x) = x\) açıkça bir ilkeldir: \(x>0\) için \(F'(x) = 1 = H(x)\); \(x=0\)’da sağ türev
\[\lim_{x\to 0^+}\frac{F(x)-F(0)}{x-0} = \lim_{x\to 0^+}\frac{x}{x} = 1 = H(0)\]
olur. Demek ki \(H\)’nin \([0,\infty)\) üzerinde ilkeli vardır. Engel fonksiyonun kendisinde değil, \(0\)’ın iç nokta olmasındadır; süreksizliği aralığın uç noktasına taşıdığımızda sorun ortadan kalkar.
f) Çift açı formülünü kullanalım: \(\cos 2x = 2\cos^{2}x - 1\) olduğundan \(1 + \cos 2x = 2\cos^{2}x\)’tir. O hâlde \(\cos x \neq 0\) olan bir aralıkta
\[\frac{1+\cos^{2}x}{1+\cos 2x} = \frac{1+\cos^{2}x}{2\cos^{2}x} = \frac{1}{2\cos^{2}x} + \frac{\cos^{2}x}{2\cos^{2}x} = \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{\cos^{2}x} + \frac{1}{2}.\]
Tablonun altıncı satırıyla
\[\int \frac{1+\cos^{2}x}{1+\cos 2x}\,dx = \frac{1}{2}\tan x + \frac{x}{2} + C.\]
Doğrulama. \(\left(\frac{1}{2}\tan x + \frac{x}{2}\right)' = \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{\cos^{2}x} + \frac{1}{2}\); bu da yukarıda sadeleştirdiğimiz integranddır.
g) İki terimi ayıralım; birincisinde on dördüncü satırı \(a=2\) ile, ikincisinde on üçüncü satırı \(a=3\) ile kullanıyoruz: \(\int \frac{3\,dx}{\sqrt{4-x^{2}}} = 3\arcsin\frac{x}{2}\) ve \(\int \frac{2\,dx}{9+x^{2}} = \frac{2}{3}\arctan\frac{x}{3}\). Birinci integrandın tanımlı olması için \(4 - x^{2}>0\), yani \(|x|<2\) gerekir; ikincisi \(\mathbb{R}\)’nin tamamında tanımlıdır. Kesişim \((-2,2)\) olduğundan formül bu aralıkta geçerlidir:
\[\int \left( \frac{3}{\sqrt{4-x^{2}}} + \frac{2}{9+x^{2}} \right)dx = 3\arcsin\frac{x}{2} + \frac{2}{3}\arctan\frac{x}{3} + C, \qquad x \in (-2,2).\]
Doğrulama. \(\left(3\arcsin\frac{x}{2}\right)' = 3\cdot\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}/4}}\cdot\frac{1}{2} = \frac{3}{\sqrt{4-x^{2}}}\) ve \(\left(\frac{2}{3}\arctan\frac{x}{3}\right)' = \frac{2}{3}\cdot\frac{1}{1+x^{2}/9}\cdot\frac{1}{3} = \frac{2}{9+x^{2}}\).
\(\blacksquare\)
Bu bölümde ilkel fonksiyonu tanımladık, bir aralık üzerindeki bütün ilkellerin tek bir sabitle birbirine bağlı olduğunu gösterdik, belirsiz integral gösterimini kurduk ve ilkelin varlığı için Darboux özelliğinin gerekli, sürekliliğin ise gerekli olmadığını gördük. Elimizde artık on altı satırlık bir temel integraller tablosu ve integrali bu tabloya indirgeyen birkaç cebirsel hamle var. Ama çoğu integral bu hamlelerle sadeleşmez; onlar için türevin iki büyük kuralını — zincir kuralını ve çarpım kuralını — integral diline çevirmemiz gerekiyor: Değişken Değiştirme ve Kısmi İntegrasyon.