19 Değişken Değiştirme ve Kısmi İntegrasyon
İlkel Fonksiyon ve Belirsiz İntegral bölümünde, bir aralık üzerinde tanımlı \(f\) fonksiyonunun ilkel fonksiyonu (antiderivative) kavramını kurduk: \(F' = f\) olan her \(F\) fonksiyonuna \(f\)’nin bir ilkeli diyor, bunların tümünü \(\int f(x)\,dx\) ile gösteriyorduk. Bir aralık üzerinde iki ilkelin farkının sabit olduğunu (Sonuç 8.2) bildiğimiz için de \(\int f(x)\,dx = F(x) + C\) yazımı anlamlıydı. Ayrıca temel fonksiyonların türev tablosunu tersine okuyarak küçük bir temel integraller listesi elde etmiştik.
Ne var ki bu liste tek başına çok az işe yarar. \(\int e^{2x+5}\,dx\), \(\int x\sin x\,dx\), \(\int \ln x\,dx\) gibi son derece sıradan integrallerin hiçbiri listede yoktur; üstelik hiçbiri listedeki bir maddeye “bakarak” bulunamaz. Türev almada olduğu gibi burada da ihtiyacımız olan şey, karmaşık bir integrandı, ilkelini bildiğimiz parçalara indirgeyen kurallardır. Türev tarafında bu kurallar zincir kuralı ve çarpım kuralıydı. İntegral tarafında bunların tersine çevrilmiş hâlleri, analizdeki iki temel integral alma yöntemini verir: değişken değiştirme (substitution, change of variables) ve kısmi integrasyon (integration by parts).
Bu bölümde şunları öğreneceğiz: zincir kuralının integral karşılığı olan yerine koyma teoremini ve tam ispatını; uygulamada kullanılan \(u = g(x)\), \(du = g'(x)\,dx\) yazımının tam olarak ne anlama geldiğini; \(\int f(ax+b)\,dx\) biçimindeki doğrusal değişimi; değişkeni ters yönde, yani \(x = \varphi(t)\) biçiminde değiştirmenin ne zaman meşru olduğunu; çarpım kuralının integral karşılığı olan kısmi integrasyon formülünü; \(u\) ile \(dv\)’yi seçerken izlenecek ilkeleri; aynı integralin iki kez kısmi integrasyondan sonra yeniden ortaya çıkması durumunda denklemi cebirsel olarak çözmeyi; ve son olarak, integranddaki bir kuvveti adım adım düşüren indirgeme formüllerini (reduction formulas). Her hesabın sonunda aynı denetimi yapacağız: bulduğumuz ilkelin türevini alıp integrandı geri elde ediyor muyuz? Belirsiz integralde bu denetim bir lüks değil, yöntemin bir parçasıdır.
19.1 Temel İntegraller Listesi
Aşağıdaki liste, bu bölümde ve izleyen bölümlerde sürekli başvuracağımız temel integralleri toplar; her satır, karşılık gelen türev formülünün tersine okunmasından ibarettir. Bir ilkel her zaman bir aralık üzerinde verilir: \(\int \frac{dx}{x} = \ln \lvert x \rvert + C\) eşitliği \((0,\infty)\) ve \((-\infty,0)\) üzerinde ayrı ayrı doğrudur, ama \(0\)’ı içeren bir kümede iki parçanın sabitleri birbirinden bağımsızdır.
| # | Formül | Geçerlilik |
|---|---|---|
| 1 | \(\displaystyle \int x^{a}\,dx = \frac{x^{a+1}}{a+1} + C\) | \(a \neq -1\); \(a\) negatif tam sayı ise \(x \neq 0\), \(a\) tam sayı değilse \(x > 0\) |
| 2 | \(\displaystyle \int \frac{dx}{x} = \ln \lvert x \rvert + C\) | \(0\)’ı içermeyen aralıklarda |
| 3 | \(\displaystyle \int a^{x}\,dx = \frac{a^{x}}{\ln a} + C\) | \(a > 0\), \(a \neq 1\) |
| 4 | \(\displaystyle \int e^{x}\,dx = e^{x} + C\) | \(\mathbb{R}\) |
| 5 | \(\displaystyle \int \sin x\,dx = -\cos x + C\) | \(\mathbb{R}\) |
| 6 | \(\displaystyle \int \cos x\,dx = \sin x + C\) | \(\mathbb{R}\) |
| 7 | \(\displaystyle \int \frac{dx}{\cos^{2} x} = \tan x + C\) | \(\cos x \neq 0\) olan aralıklarda |
| 8 | \(\displaystyle \int \frac{dx}{\sin^{2} x} = -\cot x + C\) | \(\sin x \neq 0\) olan aralıklarda |
| 9 | \(\displaystyle \int \sinh x\,dx = \cosh x + C\) | \(\mathbb{R}\) |
| 10 | \(\displaystyle \int \cosh x\,dx = \sinh x + C\) | \(\mathbb{R}\) |
| 11 | \(\displaystyle \int \frac{dx}{1 + x^{2}} = \arctan x + C\) | \(\mathbb{R}\) |
| 12 | \(\displaystyle \int \frac{dx}{\sqrt{1 - x^{2}}} = \arcsin x + C\) | \(-1 < x < 1\) |
Üçüncü satır \(a = e\) alındığında dördüncüye indirgenir (\(\ln e = 1\)). Dokuzuncu ve onuncu satırlar hiperbolik fonksiyonların türevlerinden (Tanım 5.2, Teorem 5.6), son iki satır da ters trigonometrik fonksiyonların türevlerinden (Teorem 5.5) gelir.
İntegral alma işlemi toplama ve sabitle çarpmaya saygı gösterir, ama çarpmaya göstermez. Genel olarak
\[\int f(x) g(x)\,dx \neq \int f(x)\,dx \cdot \int g(x)\,dx\]
olur. Karşı örnek olarak \(f(x) = g(x) = x\) alalım: sol taraf \(\frac{x^{3}}{3} + C\)’dir, sağ taraf ise içinde \(\frac{x^{4}}{4}\) terimi bulunan bir ifadedir; ikisi hiçbir seçimle çakışmaz. Aynı biçimde bölümün integrali de integrallerin bölümü değildir. Bu bölümdeki iki yöntem, tam da bu “eksik kuralların” yerini tutmak üzere kurulmuştur.
19.2 Değişken Değiştirme Yöntemi
Türev tarafındaki en güçlü araç zincir kuralıydı (Teorem 4.1): bileşke bir fonksiyonun türevi, dıştaki fonksiyonun türevi çarpı içtekinin türeviydi. Şimdi bu kuralı tersine okuyalım. \(F\), \(f\)’nin bir ilkeli ise, \(F \circ g\) bileşkesinin türevi
\[\bigl(F(g(x))\bigr)' = F'(g(x)) \cdot g'(x) = f(g(x)) \, g'(x)\]
olur. Demek ki sağ taraftaki ifadeyi integrandda gördüğümüz anda ilkelini de biliyoruz: \(F \circ g\). Yöntemin bütün hüneri, önümüzdeki integrali \(\int f(g(x)) g'(x)\,dx\) kalıbına oturtabilmektir.
Teorem 19.1 (Yerine Koyma Teoremi) \(J\) ve \(I\) birer aralık, \(g : J \to \mathbb{R}\) sürekli türevlenebilir ve \(g(J) = I\) olsun. \(f : I \to \mathbb{R}\) fonksiyonunun \(I\) üzerinde bir \(F\) ilkeli varsa, \(x \mapsto f(g(x))\,g'(x)\) fonksiyonunun \(J\) üzerinde bir ilkeli vardır ve
\[\int f(g(x))\, g'(x)\,dx = F(g(x)) + C.\]
İspat
\(F\), \(f\)’nin \(I\) üzerindeki bir ilkelidir; yani her \(u \in I\) için \(F'(u) = f(u)\)’dur. \(g\) ise \(J\) üzerinde türevlenebilirdir ve değerleri \(I\) içindedir. O hâlde \(F \circ g\) bileşkesi \(J\) üzerinde tanımlıdır ve zincir kuralı (Teorem 4.1) her \(x \in J\) için uygulanabilir:
\[\bigl(F \circ g\bigr)'(x) = F'\bigl(g(x)\bigr) \cdot g'(x).\]
\(F' = f\) olduğundan sağ taraf \(f\bigl(g(x)\bigr)\, g'(x)\)’e eşittir. Böylece
\[\bigl(F(g(x))\bigr)' = f\bigl(g(x)\bigr)\, g'(x), \qquad x \in J\]
elde edilir. Bu, tam olarak “\(F \circ g\) fonksiyonu, \(x \mapsto f(g(x)) g'(x)\) fonksiyonunun \(J\) üzerinde bir ilkelidir” demektir; dolayısıyla söz konusu fonksiyonun bir ilkeli vardır.
Geriye ilkellerin tümünün \(F \circ g + C\) biçiminde olduğunu söylemek kalıyor. \(H\), aynı fonksiyonun \(J\) üzerinde herhangi bir ilkeli olsun. O zaman \(H - F \circ g\) fonksiyonunun türevi \(J\) boyunca sıfırdır; \(J\) bir aralık olduğundan Sonuç 8.1 gereği bu fark sabittir. Yani bir \(C \in \mathbb{R}\) için \(H(x) = F(g(x)) + C\) olur. İki yönü birleştirince
\[\int f(g(x))\, g'(x)\,dx = F(g(x)) + C\]
eşitliği kurulmuş olur.
\(\blacksquare\)
Teoremin uygulamada kullanılış biçimi, ifadesinden biraz farklı görünür; çünkü pratikte \(f\) ile \(g\)’yi ayrı ayrı adlandırmak yerine kısa bir “diferansiyel” yazımı kullanırız.
\(u = g(x)\) yazıp \(du = g'(x)\,dx\) dediğimizde, sonsuz küçük büyüklüklerle bir hesap yapmıyoruz. Bu yazım, Teorem 19.1’nin muhasebesini tutan bir kısaltmadır ve şu üç adımı kodlar:
İntegrandda \(g'(x)\,dx\) çarpanını bulup onu \(du\) diye kısaltırız; geri kalan kısımda her \(g(x)\) görünümünü \(u\) ile değiştiririz. Elde edilen \(\int f(u)\,du\) integrali artık \(u\) değişkenindedir.
Bu yeni integrali hesaplarız; sonucu \(F(u) + C\) olsun.
\(u\) yerine yeniden \(g(x)\) yazarız. Sonuç \(F(g(x)) + C\)’dir.
Bu üç adımın hepsini meşru kılan tek şey, teoremin ispatındaki \(\bigl(F(g(x))\bigr)' = f(g(x)) g'(x)\) eşitliğidir. Bu yüzden her hesabın sonunda \(u\) değişkeninden \(x\) değişkenine geri dönmek zorunludur; belirsiz integralin sonucu, başlangıçtaki değişkenin bir fonksiyonudur. Ayrıca \(g'(x)\,dx\) çarpanı integrandda tam olarak yoksa, eksik olan sabit çarpanı dışarıdan tamamlayabiliriz (\(\cos x\,dx = \frac{du}{2}\) gibi); ama eksik olan bir \(x\) çarpanını dışarı atmak yasaktır, çünkü integral yalnızca sabitlerle değişmeli davranır.
Şimdi yöntemi bir dizi örnekte çalıştıralım. Her hesabın sonunda bulduğumuz ilkelin türevini alıp integrandı geri elde ederek sonucu doğrulayacağız.
Örnek 19.1 (Yerine Koyma ile Hesaplanan İntegraller) Aşağıdaki integralleri değişken değiştirerek hesaplayalım.
\[\int e^{2x+5}\,dx, \quad \int 3^{2\sin x}\cos x\,dx, \quad \int \frac{x}{1+x^{2}}\,dx, \quad \int \tan x\,dx, \quad \int \frac{dx}{x \ln x},\]
\[\int x\sqrt{1+x^{2}}\,dx, \quad \int \frac{e^{x}}{1+e^{2x}}\,dx, \quad \int \sin^{3}x \cos x\,dx, \quad \int \sec x\,dx.\]
Çözüm
1. \(\displaystyle \int e^{2x+5}\,dx\). İçteki fonksiyon \(u = 2x+5\)’tir; türevi \(2\) sabitidir, yani \(du = 2\,dx\) ve buradan \(dx = \frac{du}{2}\) olur. İntegrandda \(dx\) çarpanı hazır bulunduğundan yalnızca sabit bir düzeltme gerekir:
\[\int e^{2x+5}\,dx = \int e^{u}\,\frac{du}{2} = \frac{1}{2}\int e^{u}\,du = \frac{1}{2} e^{u} + C = \frac{1}{2} e^{2x+5} + C.\]
Doğrulama. Zincir kuralıyla \(\left(\frac{1}{2}e^{2x+5}\right)' = \frac{1}{2} e^{2x+5} \cdot 2 = e^{2x+5}\). İntegrand geri geldi.
2. \(\displaystyle \int 3^{2\sin x}\cos x\,dx\). Üsteki ifadeyi \(u = 2\sin x\) diye adlandıralım. O hâlde \(du = 2\cos x\,dx\), yani \(\cos x\,dx = \frac{du}{2}\)’dir. İntegrandda \(\cos x\,dx\) çarpanı tam olarak bulunduğundan değişim temizdir:
\[\int 3^{2\sin x}\cos x\,dx = \int 3^{u}\,\frac{du}{2} = \frac{1}{2} \cdot \frac{3^{u}}{\ln 3} + C = \frac{3^{2\sin x}}{2\ln 3} + C.\]
Burada listenin üçüncü satırını kullandık.
Doğrulama. \(\left(\frac{3^{2\sin x}}{2\ln 3}\right)' = \frac{1}{2\ln 3}\cdot 3^{2\sin x}\ln 3 \cdot 2\cos x = 3^{2\sin x}\cos x\) (Teorem 5.2 ve Teorem 4.1).
3. \(\displaystyle \int \frac{x}{1+x^{2}}\,dx\). Paydayı \(u = 1 + x^{2}\) alalım; \(du = 2x\,dx\), yani \(x\,dx = \frac{du}{2}\)’dir. Paydaki \(x\), tam da ihtiyacımız olan çarpandır:
\[\int \frac{x}{1+x^{2}}\,dx = \frac{1}{2}\int \frac{du}{u} = \frac{1}{2}\ln \lvert u \rvert + C = \frac{1}{2}\ln\left(1+x^{2}\right) + C.\]
\(1 + x^{2} > 0\) olduğundan mutlak değeri kaldırabildik.
Doğrulama. \(\left(\frac{1}{2}\ln(1+x^{2})\right)' = \frac{1}{2}\cdot \frac{2x}{1+x^{2}} = \frac{x}{1+x^{2}}\).
4. \(\displaystyle \int \tan x\,dx\). Tanjantı tanımına açalım: \(\tan x = \frac{\sin x}{\cos x}\). Paydayı \(u = \cos x\) alırsak \(du = -\sin x\,dx\), yani \(\sin x\,dx = -du\) olur. \(\cos x \neq 0\) olan bir aralıkta çalışıyoruz:
\[\int \tan x\,dx = \int \frac{\sin x}{\cos x}\,dx = \int \frac{-du}{u} = -\ln \lvert u \rvert + C = -\ln \lvert \cos x \rvert + C.\]
Bu sonuç \(\ln \lvert \sec x \rvert + C\) biçiminde de yazılır.
Doğrulama. \(\left(-\ln \lvert \cos x \rvert\right)' = -\frac{1}{\cos x}\cdot(-\sin x) = \tan x\).
5. \(\displaystyle \int \frac{dx}{x \ln x}\). Bu integrandı \(\frac{1}{\ln x}\cdot \frac{1}{x}\) diye okuyalım. \(u = \ln x\) alırsak \(du = \frac{dx}{x}\) olur ve integrandın ikinci çarpanı tam olarak \(du\)’yu verir. \(x > 0\) ve \(\ln x \neq 0\) olan bir aralıkta:
\[\int \frac{dx}{x\ln x} = \int \frac{du}{u} = \ln \lvert u \rvert + C = \ln \bigl\lvert \ln x \bigr\rvert + C.\]
Doğrulama. \(\bigl(\ln \lvert \ln x \rvert\bigr)' = \frac{1}{\ln x}\cdot \frac{1}{x} = \frac{1}{x\ln x}\) (Teorem 5.1).
6. \(\displaystyle \int x\sqrt{1+x^{2}}\,dx\). Yine \(u = 1+x^{2}\), \(x\,dx = \frac{du}{2}\) alalım:
\[\int x\sqrt{1+x^{2}}\,dx = \frac{1}{2}\int \sqrt{u}\,du = \frac{1}{2}\int u^{1/2}\,du = \frac{1}{2}\cdot \frac{u^{3/2}}{3/2} + C = \frac{1}{3}\left(1+x^{2}\right)^{3/2} + C.\]
Doğrulama. \(\left(\frac{1}{3}(1+x^{2})^{3/2}\right)' = \frac{1}{3}\cdot \frac{3}{2}(1+x^{2})^{1/2}\cdot 2x = x\sqrt{1+x^{2}}\) (Teorem 5.3).
7. \(\displaystyle \int \frac{e^{x}}{1+e^{2x}}\,dx\). Paydadaki \(e^{2x}\)’i \(\left(e^{x}\right)^{2}\) diye yazmak yolu açar. \(u = e^{x}\) alalım; \(du = e^{x}\,dx\)’tir ve paydaki \(e^{x}\) tam da bunu sağlar:
\[\int \frac{e^{x}}{1+\left(e^{x}\right)^{2}}\,dx = \int \frac{du}{1+u^{2}} = \arctan u + C = \arctan\left(e^{x}\right) + C.\]
Doğrulama. \(\bigl(\arctan(e^{x})\bigr)' = \frac{e^{x}}{1+\left(e^{x}\right)^{2}} = \frac{e^{x}}{1+e^{2x}}\).
8. \(\displaystyle \int \sin^{3}x \cos x\,dx\). \(u = \sin x\) alalım; \(du = \cos x\,dx\)’tir:
\[\int \sin^{3}x\cos x\,dx = \int u^{3}\,du = \frac{u^{4}}{4} + C = \frac{\sin^{4}x}{4} + C.\]
Doğrulama. \(\left(\frac{\sin^{4}x}{4}\right)' = \frac{4\sin^{3}x\cos x}{4} = \sin^{3}x\cos x\).
9. \(\displaystyle \int \sec x\,dx\). Burada \(\sec x = \frac{1}{\cos x}\)’tir. Bu integral doğrudan bir yerine koymaya uymaz; önce integrandı, türevi kendi içinde görünecek biçimde yeniden yazmak gerekir. \(\sec x + \tan x \neq 0\) olan bir aralıkta pay ve paydayı bu ifadeyle çarpalım:
\[\sec x = \sec x \cdot \frac{\sec x + \tan x}{\sec x + \tan x} = \frac{\sec^{2}x + \sec x\tan x}{\sec x + \tan x}.\]
Şimdi \(u = \sec x + \tan x\) alalım. Teorem 5.4 gereği \(\left(\sec x\right)' = \sec x\tan x\) ve \(\left(\tan x\right)' = \sec^{2}x\) olduğundan \(du = \left(\sec x\tan x + \sec^{2}x\right)dx\)’tir — yani pay tam olarak \(du\)’dur:
\[\int \sec x\,dx = \int \frac{du}{u} = \ln \lvert u \rvert + C = \ln \bigl\lvert \sec x + \tan x \bigr\rvert + C.\]
Doğrulama. Bulduğumuz ilkelin türevini alalım:
\[\bigl(\ln \lvert \sec x + \tan x\rvert\bigr)' = \dfrac{\sec x\tan x + \sec^{2}x}{\sec x + \tan x} = \dfrac{\sec x\left(\tan x + \sec x\right)}{\sec x + \tan x} = \sec x\]
Bu sonucu birazdan \(\int \sec^{3}x\,dx\) hesabında kullanacağız.
\(\blacksquare\)
Dokuz hesapta ortak olan şudur: her seferinde integrandın bir parçasını \(u\) diye adlandırdık ve geri kalanın \(u\)’nun türevine sabit bir çarpan farkıyla eşit olduğunu gördük. Doğru \(u\)’yu seçmenin mekanik bir reçetesi yoktur; ama iki ipucu hemen her zaman işler: (i) bir bileşkede en içteki ifadeyi \(u\) almak, (ii) türevi integrandın başka bir yerinde görünen ifadeyi \(u\) almak.
Doğrusal Değişim
En sık karşılaşılan yerine koyma, içteki fonksiyonun birinci dereceden bir polinom olduğu durumdur. Bu durumda kural ezberlenecek kadar basittir ve ayrıca yazmaya değer.
Önerme 19.1 (Doğrusal Değişim) \(I\) bir aralık, \(f : I \to \mathbb{R}\) fonksiyonunun \(I\) üzerinde bir \(F\) ilkeli olsun. \(a \neq 0\) ve \(b \in \mathbb{R}\) olmak üzere, \(ax + b \in I\) koşulunu sağlayan \(x\)’lerden oluşan aralık üzerinde
\[\int f(ax+b)\,dx = \frac{1}{a}F(ax+b) + C\]
eşitliği geçerlidir.
İspat
\(g(x) = ax + b\) alalım. \(g\) sürekli türevlenebilirdir ve \(g'(x) = a\) sabittir. \(a \neq 0\) olduğundan \(\frac{1}{a}\) ile çarpıp bölmekte sakınca yoktur; integrandı yerine koyma teoreminin kalıbına sokalım:
\[\int f(ax+b)\,dx = \frac{1}{a}\int f\bigl(g(x)\bigr)\, a \,dx = \frac{1}{a}\int f\bigl(g(x)\bigr)\, g'(x)\,dx.\]
Teorem 19.1 gereği son integral \(F(g(x)) + C_{1}\)’e eşittir; sabitle çarpım integralin dışına alınabildiğinden
\[\int f(ax+b)\,dx = \frac{1}{a}F(ax+b) + C\]
bulunur (burada \(C = \frac{C_{1}}{a}\) yine keyfî bir sabittir).
Sonucu doğrudan da görebiliriz: zincir kuralıyla \(\left(\frac{1}{a}F(ax+b)\right)' = \frac{1}{a}F'(ax+b)\cdot a = f(ax+b)\)’dir.
\(\blacksquare\)
Bu önermenin kullanımı neredeyse otomatiktir. Örneğin
\[\int \cos(5x - 1)\,dx = \frac{1}{5}\sin(5x-1) + C, \qquad \int \frac{dx}{3x+7} = \frac{1}{3}\ln \lvert 3x+7 \rvert + C,\]
\[\int (2x+9)^{10}\,dx = \frac{(2x+9)^{11}}{22} + C, \qquad \int e^{-x}\,dx = -e^{-x} + C.\]
Sonuncusu \(a = -1\), \(b = 0\) hâlidir ve indirgeme formülleri bölümünde sık sık işimize yarayacaktır.
\(\int f(ax+b)\,dx\) hesabındaki \(\frac{1}{a}\) çarpanının dışarı alınabilmesinin nedeni, \(a\)’nın bir sabit olmasıdır. İçteki fonksiyon doğrusal değilse böyle bir düzeltme yapılamaz. Örneğin
\[\int e^{x^{2}}\,dx \neq \frac{1}{2x}e^{x^{2}} + C\]
olur; sağ tarafın türevi bölüm kuralıyla \(e^{x^{2}} - \frac{e^{x^{2}}}{2x^{2}}\)’dir, integrand değildir. (Gerçekte \(\int e^{x^{2}}\,dx\) temel fonksiyonlarla ifade edilemez.) Yerine koyma yöntemi, integrandda \(g'(x)\) çarpanı fiilen bulunduğunda çalışır.
Ters Yönde Değişken Değiştirme
Şimdiye kadar hep “integrandın içindeki bir ifadeyi \(u\) diye adlandırma” yönünde çalıştık. Bazen tam ters yön işe yarar: yeni bir \(t\) değişkeni seçip eski değişkeni \(x = \varphi(t)\) biçiminde yeni değişkenin bir fonksiyonu olarak yazarız. \(\sqrt{1-x^{2}}\) gibi kökleri yok etmek için tipik olarak bu yön kullanılır.
Bu yönün meşruluğu, yerine koyma teoreminin ters fonksiyonla birlikte okunmasından gelir. \(T\) ve \(I\) en az iki noktalı birer aralık, \(\varphi : T \to \mathbb{R}\) sürekli türevlenebilir, \(\varphi(T) = I\) ve her \(t \in T\) için \(\varphi'(t) \neq 0\) olsun. Bu koşullar altında \(\varphi'\) hiç işaret değiştiremez (aksi hâlde Teorem 10.1 gereği bir ara değer olarak sıfır değerini alırdı); dolayısıyla \(\varphi\) kesin monotondur (Sonuç 8.3). Kesin monoton bir fonksiyon birebirdir: \(t_{1} \neq t_{2}\) olan iki nokta alalım ve genelliği bozmadan \(t_{1} < t_{2}\) diyelim; Tanım 1.1 gereği ya \(\varphi(t_{1}) < \varphi(t_{2})\) ya da \(\varphi(t_{1}) > \varphi(t_{2})\) olur, her iki durumda da \(\varphi(t_{1}) \neq \varphi(t_{2})\)’dir. O hâlde \(\varphi^{-1} : I \to T\) vardır ve Teorem 4.2 gereği her \(x \in I\) noktasında türevlenebilirdir — özel olarak süreklidir:
\[\left(\varphi^{-1}\right)'(x) = \frac{1}{\varphi'\bigl(\varphi^{-1}(x)\bigr)}.\]
Şimdi \(G\), \(t \mapsto f(\varphi(t))\varphi'(t)\) fonksiyonunun \(T\) üzerinde bir ilkeli olsun. \(H(x) = G\bigl(\varphi^{-1}(x)\bigr)\) tanımlayalım. Zincir kuralıyla, her \(x \in I\) için
\[H'(x) = G'\bigl(\varphi^{-1}(x)\bigr)\cdot \left(\varphi^{-1}\right)'(x) = f\Bigl(\varphi\bigl(\varphi^{-1}(x)\bigr)\Bigr)\,\varphi'\bigl(\varphi^{-1}(x)\bigr) \cdot \frac{1}{\varphi'\bigl(\varphi^{-1}(x)\bigr)} = f(x)\]
bulunur. Demek ki \(H\), \(f\)’nin \(I\) üzerinde bir ilkelidir. Kısacası:
\[\int f(x)\,dx = \left[\int f\bigl(\varphi(t)\bigr)\varphi'(t)\,dt\right]_{t = \varphi^{-1}(x)}.\]
Uygulamada bu, “\(x = \varphi(t)\), \(dx = \varphi'(t)\,dt\) yaz, \(t\) değişkeninde hesapla, sonunda \(t = \varphi^{-1}(x)\) koy” demektir.
Ters yönde değişimde \(\varphi\)’nin birebir olması vazgeçilmezdir; çünkü hesabın sonunda \(t\) yerine \(\varphi^{-1}(x)\) yazmak zorundayız ve birebir olmayan bir \(\varphi\)’nin tersi yoktur. Bu yüzden \(x = \sin t\) değişiminde \(t\) değişkeni \(\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]\) aralığına kısıtlanır. Bu, biçimsel bir titizlik değildir: yalnızca bu aralıkta \(\cos t \ge 0\) olduğu için \(\sqrt{1-\sin^{2}t} = \lvert \cos t\rvert = \cos t\) yazabiliriz. Aralık genişletilirse mutlak değer kaybolmaz ve işaret hatası yapılır.
Örnek 19.2 (Ters Yönde Değişimle Hesaplanan İki İntegral) Aşağıdaki integralleri \(x = \varphi(t)\) biçiminde bir değişimle hesaplayalım.
\[\int \sqrt{1-x^{2}}\,dx \quad (-1 < x < 1), \qquad \int \frac{dx}{\sqrt{1+x^{2}}} \quad (x \in \mathbb{R}).\]
Çözüm
Birinci integral. \(x = \sin t\), \(t \in \left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)\) alalım. Bu aralıkta \(\varphi(t) = \sin t\) sürekli türevlenebilirdir, \(\varphi'(t) = \cos t > 0\)’dır; dolayısıyla \(\varphi\) kesin artandır, birebirdir ve \(\varphi\left(\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)\right) = (-1,1)\) olur. Tersi \(t = \arcsin x\)’tir. \(dx = \cos t\,dt\) ve
\[\sqrt{1-x^{2}} = \sqrt{1-\sin^{2}t} = \sqrt{\cos^{2}t} = \lvert \cos t \rvert = \cos t\]
(son eşitlikte \(t\)’nin seçilen aralıkta \(\cos t > 0\) olmasını kullandık). O hâlde
\[\int \sqrt{1-x^{2}}\,dx = \int \cos t \cdot \cos t\,dt = \int \cos^{2}t\,dt.\]
Yarım açı özdeşliği \(\cos^{2}t = \frac{1+\cos 2t}{2}\) ile
\[\int \cos^{2}t\,dt = \frac{1}{2}\int \left(1 + \cos 2t\right)dt = \frac{1}{2}\left(t + \frac{\sin 2t}{2}\right) + C = \frac{t}{2} + \frac{\sin t\cos t}{2} + C,\]
çünkü \(\sin 2t = 2\sin t\cos t\)’dir. Şimdi \(t = \arcsin x\) yazalım; \(\sin t = x\) ve \(\cos t = \sqrt{1-x^{2}}\) olduğundan
\[\int \sqrt{1-x^{2}}\,dx = \frac{1}{2}\arcsin x + \frac{1}{2}x\sqrt{1-x^{2}} + C.\]
Doğrulama. Türev alalım:
\[\begin{aligned} \left(\frac{\arcsin x}{2} + \frac{x\sqrt{1-x^{2}}}{2}\right)' &= \frac{1}{2\sqrt{1-x^{2}}} + \frac{1}{2}\left(\sqrt{1-x^{2}} + x\cdot \frac{-x}{\sqrt{1-x^{2}}}\right)\\[2pt] &= \frac{1}{2\sqrt{1-x^{2}}} + \frac{1}{2}\cdot \frac{\left(1-x^{2}\right) - x^{2}}{\sqrt{1-x^{2}}}\\[2pt] &= \frac{1 + 1 - 2x^{2}}{2\sqrt{1-x^{2}}} = \frac{1-x^{2}}{\sqrt{1-x^{2}}} = \sqrt{1-x^{2}}. \end{aligned}\]
İkinci integral. Bu kez hiperbolik bir değişim kullanalım: \(x = \sinh t\), \(t \in \mathbb{R}\). Tanım 5.2 ve Teorem 5.6 gereği \(\varphi(t) = \sinh t\) sürekli türevlenebilirdir, \(\varphi'(t) = \cosh t \ge 1 > 0\)’dır; dolayısıyla kesin artandır, birebirdir ve \(\sinh(\mathbb{R}) = \mathbb{R}\)’dir. Tersi \(t = \operatorname{arcsinh} x = \ln\left(x + \sqrt{1+x^{2}}\right)\)’tir. \(dx = \cosh t\,dt\) ve \(\cosh^{2}t - \sinh^{2}t = 1\) özdeşliğinden \(\sqrt{1+x^{2}} = \sqrt{\cosh^{2}t} = \cosh t\) olur (\(\cosh t > 0\) olduğundan mutlak değere gerek yoktur). Böylece
\[\int \frac{dx}{\sqrt{1+x^{2}}} = \int \frac{\cosh t}{\cosh t}\,dt = \int dt = t + C = \operatorname{arcsinh} x + C = \ln\left(x + \sqrt{1+x^{2}}\right) + C.\]
Doğrulama. \(x + \sqrt{1+x^{2}} > 0\) olduğundan logaritma tanımlıdır ve
\[\left(\ln\left(x+\sqrt{1+x^{2}}\right)\right)' = \frac{1 + \dfrac{x}{\sqrt{1+x^{2}}}}{x+\sqrt{1+x^{2}}} = \frac{\dfrac{\sqrt{1+x^{2}} + x}{\sqrt{1+x^{2}}}}{x+\sqrt{1+x^{2}}} = \frac{1}{\sqrt{1+x^{2}}}\]
bulunur; bu da Teorem 5.7 ile uyumludur.
\(\blacksquare\)
19.3 Kısmi İntegrasyon
Değişken değiştirme, zincir kuralının integral karşılığıydı. Şimdi çarpım kuralının (Teorem 3.2) integral karşılığını kuruyoruz. Bu yöntem, integrandın farklı türden iki fonksiyonun çarpımı olduğu durumlarda — polinom çarpı üstel, polinom çarpı trigonometrik, logaritma çarpı polinom gibi — devreye girer.
Fikir şudur: \(\left(UV\right)' = U'V + UV'\) eşitliğini \(UV' = \left(UV\right)' - U'V\) biçiminde yazarsak, \(UV'\) integralini \(U'V\) integraliyle değiş tokuş etmiş oluruz. Kazanç, \(U\) ile \(V'\) akıllıca seçildiğinde \(U'V\)’nin \(UV'\)’den daha kolay olmasından gelir.
Teorem 19.2 (Kısmi İntegrasyon) \(I \subseteq \mathbb{R}\) bir aralık ve \(U, V : I \to \mathbb{R}\) türevlenebilir iki fonksiyon olsun. \(U'V\) fonksiyonunun \(I\) üzerinde bir ilkeli varsa, \(UV'\) fonksiyonunun da \(I\) üzerinde bir ilkeli vardır ve
\[\int U(x) V'(x)\,dx = U(x)V(x) - \int V(x)U'(x)\,dx.\]
İspat
\(U\) ve \(V\) türevlenebilir olduğundan çarpımları da türevlenebilirdir ve çarpım kuralı (Teorem 3.2) her \(x \in I\) için şunu verir:
\[\bigl(U(x)V(x)\bigr)' = U'(x)V(x) + U(x)V'(x).\]
Buradan
\[U(x)V'(x) = \bigl(U(x)V(x)\bigr)' - U'(x)V(x)\]
yazılır. Hipotez gereği \(U'V\) fonksiyonunun bir \(W\) ilkeli vardır; yani \(W' = U'V\)’dir. Şimdi
\[\Phi(x) = U(x)V(x) - W(x)\]
fonksiyonunu tanımlayalım. \(\Phi\) türevlenebilirdir ve yukarıdaki eşitlik gereği
\[\Phi'(x) = \bigl(U(x)V(x)\bigr)' - W'(x) = \Bigl(U'(x)V(x) + U(x)V'(x)\Bigr) - U'(x)V(x) = U(x)V'(x)\]
olur. Demek ki \(\Phi\), \(UV'\) fonksiyonunun \(I\) üzerinde bir ilkelidir; özel olarak \(UV'\)’nin bir ilkeli vardır.
Geriye ilkellerin tümünü tanımlamak kalıyor. \(\Psi\), \(UV'\)’nin herhangi bir ilkeli olsun. \(\Psi - \Phi\) fonksiyonunun türevi \(I\) boyunca sıfırdır ve \(I\) bir aralık olduğundan Sonuç 8.1 gereği bu fark sabittir. Aynı akıl yürütme \(W\) için de geçerlidir: \(U'V\)’nin ilkelleri tam olarak \(W + C\) ailesidir. Sonuç olarak \(UV'\)’nin ilkelleri ailesi
\[U(x)V(x) - \bigl(W(x) + C\bigr)\]
ailesidir; bu da tam olarak
\[\int U(x)V'(x)\,dx = U(x)V(x) - \int V(x)U'(x)\,dx\]
eşitliğinin anlamıdır. (İki taraf da birer ilkel ailesi olduğundan, keyfî sabit sağ taraftaki integral simgesinin içinde taşınır; bu yüzden formülün sağına ayrıca \(+C\) yazılmaz.)
\(\blacksquare\)
Uygulamada \(u = U(x)\), \(dv = V'(x)\,dx\), \(v = V(x)\), \(du = U'(x)\,dx\) kısaltmaları kullanılır ve formül
\[\int u\,dv = uv - \int v\,du\]
biçiminde yazılır. Bu, tıpkı \(du = g'(x)\,dx\) yazımı gibi, Teorem 19.2’un muhasebesini tutan bir kısaltmadır. Hesap üç adımda kurulur:
İntegrandı \(u\) ile \(dv\) diye iki parçaya ayır; \(dv\)’nin içinde \(dx\) mutlaka bulunmalıdır.
\(u\)’yu türeterek \(du\)’yu, \(dv\)’yi integralleyerek \(v\)’yi bul. \(v\) seçilirken keyfî sabit \(0\) alınır; farklı bir sabit seçmek sonucu değiştirmez, yalnızca ara ifadeleri şişirir.
\(uv - \int v\,du\) yaz ve kalan integrali hesapla.
Yöntem ancak \(\int v\,du\) integrali \(\int u\,dv\)’den daha kolaysa işe yarar. Yanlış seçim yapıldığında hesap daha zor bir integrale götürür; böyle bir durumda geri dönüp \(u\) ile \(dv\)’yi değiştirmek gerekir.
\(u\) ve \(dv\) Nasıl Seçilir?
Kesin bir kural yoktur, ama aşağıdaki üç ilke pratikte hemen her zaman doğru seçime götürür.
Önerme 19.2 (u ve dv Seçiminde Yol Gösterici İlkeler)
Logaritmik ve ters trigonometrik fonksiyonlar her zaman \(u\) olur. \(\ln x\), \(\arctan x\), \(\arcsin x\) gibi fonksiyonlar için elimizde doğrudan bir ilkel yoktur, ama türevleri cebirsel ve basittir. Bu yüzden onları \(u\) seçip türetiriz; geri kalan her şey \(dv\) olur. Özel olarak, integrand yalnızca \(\ln x\) ya da \(\arctan x\)’ten ibaretse \(dv = dx\) alınır.
Polinom çarpı üstel ya da trigonometrik biçimindeki integrallerde polinom \(u\) olur. \(\int x^{n}e^{\alpha x}\,dx\), \(\int x^{n}\sin(\beta x)\,dx\) gibi integrallerde polinomu \(u\) seçmek, her kısmi integrasyon adımında polinomun derecesini bir düşürür; yöntem \(n\) kez uygulandığında polinom yok olur ve geriye temel bir integral kalır.
Üstel çarpı trigonometrik biçimindeki integrallerde seçim serbesttir, ama tutarlı olmalıdır. \(\int e^{\alpha x}\cos(\beta x)\,dx\) gibi integrallerde iki çarpanın hiçbiri sadeleşmez; kısmi integrasyon iki kez uygulandığında başlangıçtaki integral yeniden ortaya çıkar ve elde edilen eşitlik, bilinmeyeni bu integral olan bir denklem gibi cebirsel olarak çözülür. İki adımda da aynı türden fonksiyonun \(u\) seçilmesi zorunludur; aksi hâlde ikinci adım birinciyi geri alır ve \(0 = 0\) elde edilir.
Bu üç ilke, uluslararası kaynaklarda LIATE kısaltmasıyla anılan sıralamanın Türkçe karşılığıdır:
Logaritmik \(\;\to\;\) Ters trigonometrik \(\;\to\;\) Cebirsel (polinom) \(\;\to\;\) Trigonometrik \(\;\to\;\) Üstel.
Kural basittir: integranddaki iki çarpandan bu sıralamada önce gelen \(u\) seçilir, sonra gelen \(dv\)’nin içine konur. Örneğin \(\int x\ln x\,dx\) integralinde \(u = \ln x\), \(dv = x\,dx\); \(\int x e^{x}\,dx\) integralinde \(u = x\), \(dv = e^{x}\,dx\) alınır. Bu bir teorem değil, bir yol göstericidir; ama sıralamaya uymak neredeyse her zaman en kısa yoldur.
Örnek 19.3 (Kısmi İntegrasyonla Hesaplanan İntegraller) Aşağıdaki integralleri kısmi integrasyonla hesaplayalım.
\[\int x\sin x\,dx, \qquad \int \ln x\,dx, \qquad \int x^{2}e^{x}\,dx, \qquad \int \arctan x\,dx, \qquad \int \arcsin x\,dx.\]
Çözüm
1. \(\displaystyle \int x\sin x\,dx\). İntegrand, cebirsel bir çarpanla trigonometrik bir çarpanın çarpımıdır; ikinci ilke gereği polinomu \(u\) alırız:
\[u = x, \quad du = dx; \qquad dv = \sin x\,dx, \quad v = -\cos x.\]
Formülü uygulayalım:
\[\int x\sin x\,dx = x\left(-\cos x\right) - \int \left(-\cos x\right)dx = -x\cos x + \int \cos x\,dx = -x\cos x + \sin x + C.\]
Kazanç açıktır: başlangıçtaki \(x\sin x\) integrali, çok daha kolay olan \(\cos x\) integraline dönüştü.
Doğrulama. \(\left(-x\cos x + \sin x\right)' = -\cos x + x\sin x + \cos x = x\sin x\).
Seçimi ters yapsaydık, yani \(u = \sin x\), \(dv = x\,dx\) alsaydık, sağ tarafta \(\frac{1}{2}\int x^{2}\cos x\,dx\) integrali belirirdi; polinomun derecesi artmıştır. Bu, seçimin yanlış olduğunun işaretidir.
2. \(\displaystyle \int \ln x\,dx\) (\(x > 0\)). İntegrand tek bir fonksiyondan ibaret görünse de, onu \(\ln x \cdot 1\) diye okuyabiliriz. Birinci ilke gereği:
\[u = \ln x, \quad du = \frac{dx}{x}; \qquad dv = dx, \quad v = x.\]
O hâlde
\[\int \ln x\,dx = x\ln x - \int x\cdot \frac{1}{x}\,dx = x\ln x - \int dx = x\ln x - x + C.\]
Doğrulama. \(\left(x\ln x - x\right)' = \ln x + x\cdot \frac{1}{x} - 1 = \ln x + 1 - 1 = \ln x\) (Teorem 5.1).
3. \(\displaystyle \int x^{2}e^{x}\,dx\). İkinci ilke gereği polinom \(u\) olur; polinomun derecesi \(2\) olduğundan yöntemi iki kez uygulayacağız. Birinci adım:
\[u = x^{2}, \quad du = 2x\,dx; \qquad dv = e^{x}\,dx, \quad v = e^{x},\]
\[\int x^{2}e^{x}\,dx = x^{2}e^{x} - 2\int x e^{x}\,dx.\]
İkinci adımda kalan integrali hesaplayalım. Yine polinomu \(u\) alırız:
\[u = x, \quad du = dx; \qquad dv = e^{x}\,dx, \quad v = e^{x},\]
\[\int x e^{x}\,dx = x e^{x} - \int e^{x}\,dx = xe^{x} - e^{x} + C_{1}.\]
İkisini birleştirelim:
\[\int x^{2}e^{x}\,dx = x^{2}e^{x} - 2\left(xe^{x} - e^{x}\right) + C = e^{x}\left(x^{2} - 2x + 2\right) + C.\]
Doğrulama. \(\left(e^{x}(x^{2}-2x+2)\right)' = e^{x}\left(x^{2}-2x+2\right) + e^{x}\left(2x-2\right) = e^{x}x^{2}\).
4. \(\displaystyle \int \arctan x\,dx\). Birinci ilke gereği ters trigonometrik fonksiyon \(u\) olur:
\[u = \arctan x, \quad du = \frac{dx}{1+x^{2}}; \qquad dv = dx, \quad v = x.\]
O hâlde
\[\int \arctan x\,dx = x\arctan x - \int \frac{x}{1+x^{2}}\,dx.\]
Sağdaki integrali Örnek 19.1’nda hesaplamıştık: \(\int \frac{x}{1+x^{2}}\,dx = \frac{1}{2}\ln\left(1+x^{2}\right) + C\). Böylece
\[\int \arctan x\,dx = x\arctan x - \frac{1}{2}\ln\left(1+x^{2}\right) + C.\]
Doğrulama.
\[\left(x\arctan x - \frac{\ln(1+x^{2})}{2}\right)' = \arctan x + \frac{x}{1+x^{2}} - \frac{1}{2}\cdot \frac{2x}{1+x^{2}} = \arctan x.\]
5. \(\displaystyle \int \arcsin x\,dx\) (\(-1 < x < 1\)). Aynı ilkeyle:
\[u = \arcsin x, \quad du = \frac{dx}{\sqrt{1-x^{2}}}; \qquad dv = dx, \quad v = x,\]
\[\int \arcsin x\,dx = x\arcsin x - \int \frac{x}{\sqrt{1-x^{2}}}\,dx.\]
Kalan integralde \(w = 1-x^{2}\) yerine koyalım; \(dw = -2x\,dx\), yani \(x\,dx = -\frac{dw}{2}\)’dir:
\[\int \frac{x}{\sqrt{1-x^{2}}}\,dx = -\frac{1}{2}\int w^{-1/2}\,dw = -\frac{1}{2}\cdot 2w^{1/2} + C_{1} = -\sqrt{1-x^{2}} + C_{1}.\]
O hâlde
\[\int \arcsin x\,dx = x\arcsin x + \sqrt{1-x^{2}} + C.\]
Doğrulama.
\[\left(x\arcsin x + \sqrt{1-x^{2}}\right)' = \arcsin x + \frac{x}{\sqrt{1-x^{2}}} + \frac{-2x}{2\sqrt{1-x^{2}}} = \arcsin x.\]
\(\blacksquare\)
Aynı İntegralin Yeniden Ortaya Çıkması
Bazı integrallerde kısmi integrasyon, başladığımız integrali sağ tarafta yeniden karşımıza çıkarır. Bu bir kısır döngü değil, tersine bir fırsattır: elde edilen eşitliği, bilinmeyeni o integral olan bir denklem gibi çözeriz. İki klasik örnek görelim.
Örnek 19.4 (Sekant Küpünün İntegrali) \(\cos x \neq 0\) olan bir aralıkta \(\displaystyle \int \sec^{3}x\,dx\) integralini hesaplayalım.
Çözüm
İntegrandı, ilkelini bildiğimiz bir çarpanı ayıracak biçimde parçalayalım:
\[\int \sec^{3}x\,dx = \int \sec x \cdot \sec^{2}x\,dx.\]
\(\sec^{2}x\)’in ilkeli \(\tan x\)’tir (temel integraller listesinin 7. satırı), dolayısıyla bu çarpanı \(dv\) yapmak doğaldır:
\[u = \sec x, \quad du = \sec x\tan x\,dx; \qquad dv = \sec^{2}x\,dx, \quad v = \tan x.\]
Formülü uygulayalım:
\[\int \sec^{3}x\,dx = \sec x\tan x - \int \tan x \cdot \sec x \tan x\,dx = \sec x\tan x - \int \sec x\tan^{2}x\,dx.\]
Şimdi \(\tan^{2}x = \sec^{2}x - 1\) özdeşliğini kullanalım (bu, \(\sin^{2}x + \cos^{2}x = 1\) eşitliğinin \(\cos^{2}x\)’e bölünmüş hâlidir):
\[\int \sec x\tan^{2}x\,dx = \int \sec x\left(\sec^{2}x - 1\right)dx = \int \sec^{3}x\,dx - \int \sec x\,dx.\]
Bunu bir önceki eşitlikte yerine koyalım. \(\mathcal{I} = \int \sec^{3}x\,dx\) diye kısaltırsak
\[\mathcal{I} = \sec x\tan x - \mathcal{I} + \int \sec x\,dx.\]
Başlangıçtaki integral sağ tarafta yeniden belirdi. İki tarafa \(\mathcal{I}\) ekleyelim:
\[2\mathcal{I} = \sec x\tan x + \int \sec x\,dx.\]
Örnek 19.1’nın dokuzuncu maddesinde \(\int \sec x\,dx = \ln \lvert \sec x + \tan x\rvert + C_{1}\) olduğunu bulmuştuk. Yerine koyup ikiye bölelim:
\[\int \sec^{3}x\,dx = \frac{1}{2}\sec x\tan x + \frac{1}{2}\ln \bigl\lvert \sec x + \tan x \bigr\rvert + C.\]
(Burada \(C = \frac{C_{1}}{2}\) yine keyfî bir sabittir; keyfî bir sabitin yarısı da keyfîdir.)
Doğrulama. Türevi hesaplayalım. Önce birinci terim:
\[\left(\frac{1}{2}\sec x\tan x\right)' = \frac{1}{2}\left(\sec x\tan x \cdot \tan x + \sec x \cdot \sec^{2}x\right) = \frac{1}{2}\left(\sec x\tan^{2}x + \sec^{3}x\right).\]
\(\tan^{2}x = \sec^{2}x - 1\) yazarsak bu ifade
\[\frac{1}{2}\left(\sec^{3}x - \sec x + \sec^{3}x\right) = \sec^{3}x - \frac{1}{2}\sec x\]
olur. İkinci terimin türevi ise dokuzuncu maddedeki hesaptan \(\frac{1}{2}\sec x\)’tir. Toplarsak
\[\sec^{3}x - \frac{1}{2}\sec x + \frac{1}{2}\sec x = \sec^{3}x\]
elde edilir; integrand geri geldi.
\(\blacksquare\)
Örnek 19.5 (Üstel Çarpı Trigonometrik) \(a, b \in \mathbb{R}\) ve \(b \neq 0\) olmak üzere
\[\mathcal{C} = \int e^{ax}\cos(bx)\,dx \qquad \text{ve} \qquad \mathcal{S} = \int e^{ax}\sin(bx)\,dx\]
integrallerini hesaplayalım.
Çözüm
Üçüncü ilkeye göre iki çarpandan hiçbiri sadeleşmez; kısmi integrasyonu iki kez uygulayıp bir denklem kuracağız. Her iki adımda da üstel çarpanı \(u\) seçeceğiz (tutarlı olmak koşuluyla ters seçim de aynı sonuca götürür).
Birinci adım — \(\mathcal{C}\) için. \(u = e^{ax}\), \(du = ae^{ax}\,dx\); \(dv = \cos(bx)\,dx\), ve Önerme 19.1 gereği \(v = \frac{1}{b}\sin(bx)\). Formül:
\[\mathcal{C} = \frac{1}{b}e^{ax}\sin(bx) - \frac{a}{b}\int e^{ax}\sin(bx)\,dx = \frac{1}{b}e^{ax}\sin(bx) - \frac{a}{b}\,\mathcal{S}.\]
İkinci adım — \(\mathcal{S}\) için. \(u = e^{ax}\), \(du = ae^{ax}\,dx\); \(dv = \sin(bx)\,dx\), \(v = -\frac{1}{b}\cos(bx)\). Formül:
\[\mathcal{S} = -\frac{1}{b}e^{ax}\cos(bx) + \frac{a}{b}\int e^{ax}\cos(bx)\,dx = -\frac{1}{b}e^{ax}\cos(bx) + \frac{a}{b}\,\mathcal{C}.\]
Elimizde \(\mathcal{C}\) ile \(\mathcal{S}\)’yi bilinmeyen kabul eden iki denklemli bir sistem var. İkinciyi birinciye taşıyalım:
\[\mathcal{C} = \frac{1}{b}e^{ax}\sin(bx) - \frac{a}{b}\left(-\frac{1}{b}e^{ax}\cos(bx) + \frac{a}{b}\mathcal{C}\right) = \frac{1}{b}e^{ax}\sin(bx) + \frac{a}{b^{2}}e^{ax}\cos(bx) - \frac{a^{2}}{b^{2}}\mathcal{C}.\]
\(\mathcal{C}\) terimlerini sol tarafta toplayalım:
\[\left(1 + \frac{a^{2}}{b^{2}}\right)\mathcal{C} = \frac{e^{ax}}{b^{2}}\Bigl(b\sin(bx) + a\cos(bx)\Bigr), \qquad \text{yani} \qquad \frac{a^{2}+b^{2}}{b^{2}}\,\mathcal{C} = \frac{e^{ax}}{b^{2}}\Bigl(a\cos(bx) + b\sin(bx)\Bigr).\]
\(b \neq 0\) olduğundan \(a^{2}+b^{2} > 0\)’dır; iki tarafı \(\frac{b^{2}}{a^{2}+b^{2}}\) ile çarpalım:
\[\int e^{ax}\cos(bx)\,dx = \frac{e^{ax}\Bigl(a\cos(bx) + b\sin(bx)\Bigr)}{a^{2}+b^{2}} + C.\]
Bulduğumuz \(\mathcal{C}\)’yi ikinci denklemde kullanıp sadeleştirirsek eşlik eden formül de çıkar:
\[\int e^{ax}\sin(bx)\,dx = \frac{e^{ax}\Bigl(a\sin(bx) - b\cos(bx)\Bigr)}{a^{2}+b^{2}} + C.\]
Doğrulama. Birinci formülün türevini alalım. \(D = a^{2}+b^{2}\) yazalım:
\[\begin{aligned} \frac{d}{dx}\left[\frac{e^{ax}\left(a\cos bx + b\sin bx\right)}{D}\right] &= \frac{a e^{ax}\left(a\cos bx + b\sin bx\right) + e^{ax}\left(-ab\sin bx + b^{2}\cos bx\right)}{D}\\[2pt] &= \frac{e^{ax}\left(a^{2}\cos bx + ab\sin bx - ab\sin bx + b^{2}\cos bx\right)}{D}\\[2pt] &= \frac{e^{ax}\left(a^{2}+b^{2}\right)\cos bx}{D} = e^{ax}\cos(bx). \end{aligned}\]
İkinci formül için aynı hesap:
\[\frac{a e^{ax}\left(a\sin bx - b\cos bx\right) + e^{ax}\left(ab\cos bx + b^{2}\sin bx\right)}{D} = \frac{e^{ax}\left(a^{2}+b^{2}\right)\sin bx}{D} = e^{ax}\sin(bx).\]
Örnek olarak \(a = 1\), \(b = 1\) alırsak \(\int e^{x}\cos x\,dx = \frac{e^{x}\left(\cos x + \sin x\right)}{2} + C\) bulunur.
\(\blacksquare\)
İkinci kısmi integrasyonda üstel çarpan yerine trigonometrik çarpanı \(u\) seçseydik, ikinci adım birinciyi harfi harfine geri alır ve elimizde bilgi taşımayan bir \(\mathcal{C} = \mathcal{C}\) özdeşliği kalırdı. Denklem kurma tekniğinin işlemesi için her iki adımda aynı türden fonksiyonun \(u\) seçilmesi zorunludur.
19.4 İndirgeme Formülleri
İntegrandda büyük bir kuvvet bulunduğunda — \(\int x^{10}e^{-x}\,dx\), \(\int \ln^{5}x\,dx\) gibi — kısmi integrasyonu bir kez uygulamak yetmez; ama yöntem bize kuvveti bir basamak düşüren bir bağıntı verir. Bu bağıntıyı tekrar tekrar kullanarak hesaplayabildiğimiz bir tabana kadar iniyoruz.
Tanım 19.1 (İndirgeme Formülü) Negatif olmayan bir \(n\) tam sayısına bağlı bir integral ailesi
\[I_{n} = \int f_{n}(x)\,dx, \qquad n = 0, 1, 2, \dots\]
verilsin. \(I_{n}\)’i, temel fonksiyonlarla yazılmış bir terim ile daha küçük indisli bir ya da birkaç \(I_{k}\) (\(k < n\)) cinsinden ifade eden bağıntıya bir indirgeme formülü (reduction formula) denir. Bir indirgeme formülü, ancak bir taban durum (\(I_{0}\) ya da \(I_{1}\)) doğrudan hesaplanabiliyorsa aileyi tümüyle belirler: bu durumda tümevarımla (bkz. Analiz 1) her \(n\) için \(I_{n}\) elde edilir.
İlk indirgeme formülünü, kısmi integrasyonun ikinci ilkesinin doğrudan bir sonucu olarak kuruyoruz.
Teorem 19.3 (Üstel Çekirdek için İndirgeme Formülü) Negatif olmayan her \(n\) tam sayısı için
\[I_{n} = \int x^{n}e^{-x}\,dx\]
yazalım. O hâlde \(I_{0} = -e^{-x} + C\) ve her \(n \ge 1\) için
\[I_{n} = -x^{n}e^{-x} + n\,I_{n-1}\]
olur.
İspat
Taban durum Önerme 19.1’in doğrudan bir uygulamasıdır: \(f(t) = e^{t}\), \(a = -1\), \(b = 0\) alırsak
\[I_{0} = \int e^{-x}\,dx = -e^{-x} + C\]
bulunur. Gerçekten \(\left(-e^{-x}\right)' = -e^{-x}\cdot(-1) = e^{-x}\)’tir.
Şimdi \(n \ge 1\) olsun. İntegrand, bir polinomla bir üstelin çarpımıdır; Önerme 19.2’in ikinci ilkesi gereği polinomu \(u\) alırız:
\[u = x^{n}, \quad du = n x^{n-1}\,dx; \qquad dv = e^{-x}\,dx, \quad v = -e^{-x}.\]
Burada \(v\) için taban durumun ilkelini keyfî sabiti sıfır alarak kullandık. Teorem 19.2’u uygulayalım:
\[I_{n} = x^{n}\left(-e^{-x}\right) - \int \left(-e^{-x}\right) n x^{n-1}\,dx = -x^{n}e^{-x} + n\int x^{n-1}e^{-x}\,dx = -x^{n}e^{-x} + n\,I_{n-1}.\]
Kısmi integrasyon teoreminin hipotezi sağlanmıştır: \(u'v = -n x^{n-1}e^{-x}\) fonksiyonunun bir ilkeli vardır, çünkü \(n\) üzerinden tümevarımla \(I_{n-1}\)’in var olduğunu zaten kurmuş oluyoruz (\(n = 1\) için bu \(I_{0}\)’dır ve yukarıda hesaplandı).
\(\blacksquare\)
Aynı düşünce logaritmanın kuvvetleri için de çalışır; bu kez \(dv = dx\) alınır.
Teorem 19.4 (Logaritmanın Kuvvetleri için İndirgeme Formülü) \(x > 0\) olmak üzere negatif olmayan her \(n\) tam sayısı için
\[L_{n} = \int \left(\ln x\right)^{n}\,dx\]
yazalım. O hâlde \(L_{0} = x + C\) ve her \(n \ge 1\) için
\[L_{n} = x\left(\ln x\right)^{n} - n\,L_{n-1}\]
olur.
İspat
\(n = 0\) için \(\left(\ln x\right)^{0} = 1\) olduğundan \(L_{0} = \int dx = x + C\)’dir.
\(n \ge 1\) olsun. İntegrandı \(\left(\ln x\right)^{n}\cdot 1\) diye okuyup Önerme 19.2’in birinci ilkesini uygulayalım:
\[u = \left(\ln x\right)^{n}, \qquad dv = dx.\]
\(u\)’nun türevini zincir kuralıyla hesaplayalım: dıştaki fonksiyon \(t \mapsto t^{n}\), içteki \(\ln x\) olduğundan
\[du = n\left(\ln x\right)^{n-1}\cdot \frac{1}{x}\,dx,\]
ve \(v = x\)’tir. Teorem 19.2 gereği
\[L_{n} = x\left(\ln x\right)^{n} - \int x \cdot n\left(\ln x\right)^{n-1}\frac{1}{x}\,dx = x\left(\ln x\right)^{n} - n\int \left(\ln x\right)^{n-1}dx = x\left(\ln x\right)^{n} - n\,L_{n-1}.\]
Buradaki \(x\) ile \(\frac{1}{x}\)’in sadeleşmesi, \(x > 0\) olduğundan meşrudur. Yine, hipotezdeki “\(u'v\)’nin bir ilkeli vardır” koşulu tümevarımla sağlanır: \(L_{n-1}\) vardır.
\(n = 1\) alırsak, daha önce ayrıca hesapladığımız \(L_{1} = x\ln x - L_{0} = x\ln x - x + C\) formülü geri gelir.
\(\blacksquare\)
Üçüncü indirgeme formülü, bir sonraki bölümde rasyonel fonksiyonların integralini alırken vazgeçilmez olacak: paydası ikinci dereceden indirgenemez bir polinomun kuvveti olan kesirler, basit kesirlere ayırmanın son aşamasında tam olarak bu biçimde çıkar.
Teorem 19.5 (Rasyonel Çekirdek için İndirgeme Formülü) \(a > 0\) olmak üzere her \(n \ge 1\) için
\[J_{n} = \int \frac{dx}{\left(x^{2}+a^{2}\right)^{n}}\]
yazalım. O hâlde
\[J_{1} = \frac{1}{a}\arctan\frac{x}{a} + C\]
ve her \(n \ge 2\) için
\[J_{n} = \frac{x}{2a^{2}(n-1)\left(x^{2}+a^{2}\right)^{n-1}} + \frac{2n-3}{2a^{2}(n-1)}\,J_{n-1}\]
olur.
İspat
Taban durum. \(x^{2}+a^{2} = a^{2}\left(\left(\frac{x}{a}\right)^{2}+1\right)\) yazalım. Önerme 19.1’i \(f(t) = \frac{1}{1+t^{2}}\) fonksiyonuna, ilkeli \(F = \arctan\) ve doğrusal değişimi \(x \mapsto \frac{x}{a}\) alarak uygulayalım (önermedeki doğrusal katsayı burada \(\frac{1}{a}\)’dır, dolayısıyla bölünen çarpan \(\frac{1}{a}\), yani dışarı çıkan çarpan \(a\) olur):
\[J_{1} = \int \frac{dx}{a^{2}\left(\left(\frac{x}{a}\right)^{2}+1\right)} = \frac{1}{a^{2}} \cdot a \arctan\frac{x}{a} + C = \frac{1}{a}\arctan\frac{x}{a} + C.\]
Doğrulayalım: \(\left(\frac{1}{a}\arctan\frac{x}{a}\right)' = \frac{1}{a}\cdot \frac{1}{1+\frac{x^{2}}{a^{2}}}\cdot \frac{1}{a} = \frac{1}{a^{2}+x^{2}}\).
İndirgeme bağıntısı. Herhangi bir \(m \ge 1\) için \(J_{m}\)’e kısmi integrasyon uygulayalım. İlginç bir seçim yapıyoruz: integrandın tamamını \(u\), yalnızca \(dx\)’i \(dv\) alıyoruz.
\[u = \left(x^{2}+a^{2}\right)^{-m}, \qquad dv = dx.\]
Zincir kuralı ve genel kuvvet kuralı (Teorem 5.3) ile
\[du = -m\left(x^{2}+a^{2}\right)^{-m-1}\cdot 2x\,dx = \frac{-2mx}{\left(x^{2}+a^{2}\right)^{m+1}}\,dx, \qquad v = x.\]
Teorem 19.2 gereği
\[J_{m} = \frac{x}{\left(x^{2}+a^{2}\right)^{m}} + 2m\int \frac{x^{2}}{\left(x^{2}+a^{2}\right)^{m+1}}\,dx.\]
Sağdaki integrali indirgemek için paydaki \(x^{2}\)’yi \(\left(x^{2}+a^{2}\right) - a^{2}\) diye yazalım:
\[\int \frac{x^{2}}{\left(x^{2}+a^{2}\right)^{m+1}}\,dx = \int \frac{\left(x^{2}+a^{2}\right) - a^{2}}{\left(x^{2}+a^{2}\right)^{m+1}}\,dx = \int \frac{dx}{\left(x^{2}+a^{2}\right)^{m}} - a^{2}\int \frac{dx}{\left(x^{2}+a^{2}\right)^{m+1}} = J_{m} - a^{2}J_{m+1}.\]
Yerine koyalım:
\[J_{m} = \frac{x}{\left(x^{2}+a^{2}\right)^{m}} + 2m\,J_{m} - 2m a^{2}J_{m+1}.\]
\(J_{m+1}\)’i yalnız bırakalım:
\[2m a^{2} J_{m+1} = \frac{x}{\left(x^{2}+a^{2}\right)^{m}} + (2m-1)J_{m},\]
\[J_{m+1} = \frac{x}{2m a^{2}\left(x^{2}+a^{2}\right)^{m}} + \frac{2m-1}{2m a^{2}}\,J_{m}.\]
Son olarak \(m = n-1\) (yani \(n \ge 2\)) yazarsak \(2m - 1 = 2n-3\) ve \(2m = 2(n-1)\) olur:
\[J_{n} = \frac{x}{2a^{2}(n-1)\left(x^{2}+a^{2}\right)^{n-1}} + \frac{2n-3}{2a^{2}(n-1)}\,J_{n-1}.\]
\(n \ge 2\) olduğundan \(n - 1 \ge 1\)’dir ve bölmeler meşrudur.
\(\blacksquare\)
Bir indirgeme formülü, sonsuz sayıda integrali tek bir hesapla halleder. \(\int x^{100}e^{-x}\,dx\) integralini doğrudan hesaplamaya kalkmak yüz adımlık bir iş demektir; oysa Teorem 19.3 bu yüz adımın ortak biçimini verir. Nitekim \(I_{n} = -x^{n}e^{-x} + nI_{n-1}\) bağıntısını tümevarımla açarsak
\[\int x^{n}e^{-x}\,dx = -e^{-x}\sum_{k=0}^{n}\frac{n!}{k!}x^{k} + C\]
kapalı formülü çıkar. Tümevarımı bir kez yürütelim; ara adımlarda keyfî sabiti yazmıyoruz. \(n = 0\) için sağ taraf \(-e^{-x}\)’tir ve bu \(I_{0}\)’dır. Formülün \(n-1\) için doğru olduğunu varsayalım; o hâlde
\[I_{n} = -x^{n}e^{-x} + n I_{n-1} = -x^{n}e^{-x} - e^{-x}\sum_{k=0}^{n-1}\frac{n\,(n-1)!}{k!}x^{k} = -e^{-x}\left(x^{n} + \sum_{k=0}^{n-1}\frac{n!}{k!}x^{k}\right) = -e^{-x}\sum_{k=0}^{n}\frac{n!}{k!}x^{k}\]
olur; son adımda \(k = n\) terimi \(\frac{n!}{n!}x^{n} = x^{n}\) olduğu için ayrı duran \(x^{n}\) toplamın içine girdi. Bu tür yineleme bağıntılarıyla ileride belirli integral ve seriler bağlamında da sık karşılaşacağız.
Örnek 19.6 (İndirgeme Formüllerinin Uygulanması) Yukarıdaki üç indirgeme formülünü \(n = 3\) için açarak
\[\int x^{3}e^{-x}\,dx, \qquad \int \left(\ln x\right)^{3}dx, \qquad \int \frac{dx}{\left(x^{2}+1\right)^{3}}\]
integrallerini kapalı biçimde hesaplayalım.
Çözüm
1. \(\displaystyle \int x^{3}e^{-x}\,dx\). Teorem 19.3’i tabandan başlayarak üç kez uygulayalım. Ara adımlarda keyfî sabiti son satıra bırakıyoruz:
\[I_{0} = -e^{-x},\]
\[I_{1} = -xe^{-x} + 1\cdot I_{0} = -xe^{-x} - e^{-x},\]
\[I_{2} = -x^{2}e^{-x} + 2 I_{1} = -x^{2}e^{-x} - 2xe^{-x} - 2e^{-x},\]
\[I_{3} = -x^{3}e^{-x} + 3 I_{2} = -x^{3}e^{-x} - 3x^{2}e^{-x} - 6xe^{-x} - 6e^{-x}.\]
Ortak çarpanı dışarı alalım:
\[\int x^{3}e^{-x}\,dx = -e^{-x}\left(x^{3}+3x^{2}+6x+6\right) + C.\]
Doğrulama. Çarpım kuralıyla
\[\left(-e^{-x}\left(x^{3}+3x^{2}+6x+6\right)\right)' = e^{-x}\left(x^{3}+3x^{2}+6x+6\right) - e^{-x}\left(3x^{2}+6x+6\right) = x^{3}e^{-x}.\]
Kapalı formülle de uyumludur: \(-e^{-x}\sum_{k=0}^{3}\frac{3!}{k!}x^{k} = -e^{-x}\left(6 + 6x + 3x^{2} + x^{3}\right)\).
2. \(\displaystyle \int \left(\ln x\right)^{3}dx\) (\(x > 0\)). Teorem 19.4’i tabandan başlayarak açalım:
\[L_{0} = x,\]
\[L_{1} = x\ln x - 1\cdot L_{0} = x\ln x - x,\]
\[L_{2} = x\left(\ln x\right)^{2} - 2L_{1} = x\left(\ln x\right)^{2} - 2x\ln x + 2x,\]
\[L_{3} = x\left(\ln x\right)^{3} - 3L_{2} = x\left(\ln x\right)^{3} - 3x\left(\ln x\right)^{2} + 6x\ln x - 6x.\]
Yani
\[\int \left(\ln x\right)^{3}dx = x\left(\ln x\right)^{3} - 3x\left(\ln x\right)^{2} + 6x\ln x - 6x + C.\]
Doğrulama. Terim terim türev alalım:
\[\begin{aligned} \left(x\left(\ln x\right)^{3}\right)' &= \left(\ln x\right)^{3} + 3\left(\ln x\right)^{2},\\ \left(-3x\left(\ln x\right)^{2}\right)' &= -3\left(\ln x\right)^{2} - 6\ln x,\\ \left(6x\ln x\right)' &= 6\ln x + 6,\\ \left(-6x\right)' &= -6. \end{aligned}\]
Toplarsak \(\left(\ln x\right)^{3}\) dışındaki bütün terimler sadeleşir ve integrand geri gelir.
3. \(\displaystyle \int \frac{dx}{\left(x^{2}+1\right)^{3}}\). Teorem 19.5’i \(a = 1\) ile kullanalım. Taban:
\[J_{1} = \arctan x.\]
\(n = 2\) için \(2a^{2}(n-1) = 2\) ve \(2n-3 = 1\):
\[J_{2} = \frac{x}{2\left(x^{2}+1\right)} + \frac{1}{2}J_{1} = \frac{x}{2\left(x^{2}+1\right)} + \frac{1}{2}\arctan x.\]
\(n = 3\) için \(2a^{2}(n-1) = 4\) ve \(2n-3 = 3\):
\[J_{3} = \frac{x}{4\left(x^{2}+1\right)^{2}} + \frac{3}{4}J_{2} = \frac{x}{4\left(x^{2}+1\right)^{2}} + \frac{3x}{8\left(x^{2}+1\right)} + \frac{3}{8}\arctan x + C.\]
Doğrulama. Üç terimin türevini ayrı ayrı alalım:
\[\left(\frac{x}{4\left(x^{2}+1\right)^{2}}\right)' = \frac{\left(x^{2}+1\right)^{2} - x\cdot 2\left(x^{2}+1\right)\cdot 2x}{4\left(x^{2}+1\right)^{4}} = \frac{\left(x^{2}+1\right) - 4x^{2}}{4\left(x^{2}+1\right)^{3}} = \frac{1-3x^{2}}{4\left(x^{2}+1\right)^{3}},\]
\[\left(\frac{3x}{8\left(x^{2}+1\right)}\right)' = \frac{3\left(\left(x^{2}+1\right) - 2x^{2}\right)}{8\left(x^{2}+1\right)^{2}} = \frac{3\left(1-x^{2}\right)}{8\left(x^{2}+1\right)^{2}}, \qquad \left(\frac{3}{8}\arctan x\right)' = \frac{3}{8\left(x^{2}+1\right)}.\]
Üçünü \(8\left(x^{2}+1\right)^{3}\) paydasında toplayalım. Paylar sırasıyla \(2\left(1-3x^{2}\right)\), \(3\left(1-x^{2}\right)\left(x^{2}+1\right) = 3 - 3x^{4}\) ve \(3\left(x^{2}+1\right)^{2} = 3x^{4}+6x^{2}+3\) olur; toplamları
\[2 - 6x^{2} + 3 - 3x^{4} + 3x^{4} + 6x^{2} + 3 = 8\]
sabitidir. O hâlde türev \(\dfrac{8}{8\left(x^{2}+1\right)^{3}} = \dfrac{1}{\left(x^{2}+1\right)^{3}}\)’tür; integrand geri geldi.
\(\blacksquare\)
19.5 Alıştırmalar
Alıştırma 19.1 (Değişken Değiştirme ve Kısmi İntegrasyon Üzerine) Aşağıdaki integralleri hesaplayınız ve her birinde sonucun türevini alarak doğrulayınız.
\(\displaystyle \int x e^{x^{2}}\,dx\)
\(\displaystyle \int \frac{x^{2}}{1+x^{6}}\,dx\)
\(\displaystyle \int x\ln x\,dx \quad (x > 0)\)
\(\displaystyle \int x\arctan x\,dx\)
\(\displaystyle \int e^{\sqrt{x}}\,dx \quad (x > 0)\)
\(\displaystyle \int \sin\left(\ln x\right)dx \quad (x > 0)\)
\(\displaystyle S_{n} = \int \sin^{n}x\,dx\) için bir indirgeme formülü kurunuz ve bunu kullanarak \(\displaystyle \int \sin^{4}x\,dx\) integralini hesaplayınız.
Çözüm
a) \(u = x^{2}\) alalım; \(du = 2x\,dx\), yani \(x\,dx = \frac{du}{2}\)’dir:
\[\int x e^{x^{2}}\,dx = \frac{1}{2}\int e^{u}\,du = \frac{1}{2}e^{u} + C = \frac{1}{2}e^{x^{2}} + C.\]
Doğrulama: \(\left(\frac{1}{2}e^{x^{2}}\right)' = \frac{1}{2}e^{x^{2}}\cdot 2x = xe^{x^{2}}\).
b) \(x^{6} = \left(x^{3}\right)^{2}\) olduğunu görüp \(u = x^{3}\) alalım; \(du = 3x^{2}\,dx\), yani \(x^{2}\,dx = \frac{du}{3}\)’tür:
\[\int \frac{x^{2}}{1+\left(x^{3}\right)^{2}}\,dx = \frac{1}{3}\int \frac{du}{1+u^{2}} = \frac{1}{3}\arctan u + C = \frac{1}{3}\arctan\left(x^{3}\right) + C.\]
Doğrulama: \(\left(\frac{1}{3}\arctan x^{3}\right)' = \frac{1}{3}\cdot \frac{3x^{2}}{1+x^{6}} = \frac{x^{2}}{1+x^{6}}\).
c) LIATE sıralamasında logaritmik, cebirselden önce gelir: \(u = \ln x\), \(du = \frac{dx}{x}\); \(dv = x\,dx\), \(v = \frac{x^{2}}{2}\).
\[\int x\ln x\,dx = \frac{x^{2}}{2}\ln x - \int \frac{x^{2}}{2}\cdot \frac{1}{x}\,dx = \frac{x^{2}}{2}\ln x - \frac{1}{2}\int x\,dx = \frac{x^{2}}{2}\ln x - \frac{x^{2}}{4} + C.\]
Doğrulama: \(\left(\frac{x^{2}}{2}\ln x - \frac{x^{2}}{4}\right)' = x\ln x + \frac{x^{2}}{2}\cdot \frac{1}{x} - \frac{x}{2} = x\ln x\).
d) Ters trigonometrik olan \(\arctan x\)’i \(u\) alalım: \(du = \frac{dx}{1+x^{2}}\); \(dv = x\,dx\), \(v = \frac{x^{2}}{2}\).
\[\int x\arctan x\,dx = \frac{x^{2}}{2}\arctan x - \frac{1}{2}\int \frac{x^{2}}{1+x^{2}}\,dx.\]
Kalan integralde payı paydaya göre düzenleyelim: \(\frac{x^{2}}{1+x^{2}} = \frac{\left(1+x^{2}\right)-1}{1+x^{2}} = 1 - \frac{1}{1+x^{2}}\). O hâlde
\[\int \frac{x^{2}}{1+x^{2}}\,dx = \int dx - \int \frac{dx}{1+x^{2}} = x - \arctan x + C_{1},\]
\[\int x\arctan x\,dx = \frac{x^{2}}{2}\arctan x - \frac{x}{2} + \frac{1}{2}\arctan x + C.\]
Doğrulama:
\[\left(\frac{x^{2}\arctan x}{2} - \frac{x}{2} + \frac{\arctan x}{2}\right)' = x\arctan x + \frac{x^{2}}{2\left(1+x^{2}\right)} - \frac{1}{2} + \frac{1}{2\left(1+x^{2}\right)} = x\arctan x + \frac{x^{2}+1}{2\left(1+x^{2}\right)} - \frac{1}{2} = x\arctan x.\]
e) Kökü yok etmek için ters yönde bir değişim yapalım: \(x = t^{2}\), \(t > 0\). Bu fonksiyon \((0,\infty)\) üzerinde sürekli türevlenebilirdir, türevi \(2t > 0\) olduğundan kesin artandır ve birebirdir; tersi \(t = \sqrt{x}\)’tir. \(dx = 2t\,dt\) ve \(\sqrt{x} = t\) olduğundan
\[\int e^{\sqrt{x}}\,dx = \int e^{t}\cdot 2t\,dt = 2\int t e^{t}\,dt.\]
Kalan integrali kısmi integrasyonla hesaplamıştık: \(\int te^{t}\,dt = te^{t} - e^{t} + C_{1}\). Geri dönersek
\[\int e^{\sqrt{x}}\,dx = 2\left(\sqrt{x}\,e^{\sqrt{x}} - e^{\sqrt{x}}\right) + C = 2e^{\sqrt{x}}\left(\sqrt{x}-1\right) + C.\]
Doğrulama:
\[\left(2\sqrt{x}e^{\sqrt{x}} - 2e^{\sqrt{x}}\right)' = 2\left(\frac{1}{2\sqrt{x}}e^{\sqrt{x}} + \sqrt{x}\,e^{\sqrt{x}}\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}\right) - 2e^{\sqrt{x}}\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} = \frac{e^{\sqrt{x}}}{\sqrt{x}} + e^{\sqrt{x}} - \frac{e^{\sqrt{x}}}{\sqrt{x}} = e^{\sqrt{x}}.\]
f) \(\mathcal{A} = \int \sin\left(\ln x\right)dx\) ve \(\mathcal{B} = \int \cos\left(\ln x\right)dx\) yazalım. Birincide \(u = \sin(\ln x)\), \(dv = dx\) alalım; \(du = \cos(\ln x)\frac{dx}{x}\) ve \(v = x\)’tir:
\[\mathcal{A} = x\sin\left(\ln x\right) - \int x\cos\left(\ln x\right)\frac{dx}{x} = x\sin\left(\ln x\right) - \mathcal{B}.\]
İkincide aynı seçimle \(u = \cos(\ln x)\), \(du = -\sin(\ln x)\frac{dx}{x}\), \(v = x\):
\[\mathcal{B} = x\cos\left(\ln x\right) + \int x\sin\left(\ln x\right)\frac{dx}{x} = x\cos\left(\ln x\right) + \mathcal{A}.\]
İkinciyi birincide yerine koyalım:
\[\mathcal{A} = x\sin\left(\ln x\right) - x\cos\left(\ln x\right) - \mathcal{A} \quad \Longrightarrow \quad 2\mathcal{A} = x\left(\sin\left(\ln x\right) - \cos\left(\ln x\right)\right),\]
\[\int \sin\left(\ln x\right)dx = \frac{x}{2}\Bigl(\sin\left(\ln x\right) - \cos\left(\ln x\right)\Bigr) + C.\]
Doğrulama:
\[\frac{d}{dx}\left[\frac{x\left(\sin \ln x - \cos \ln x\right)}{2}\right] = \frac{\sin \ln x - \cos \ln x}{2} + \frac{x}{2}\left(\frac{\cos \ln x}{x} + \frac{\sin \ln x}{x}\right) = \frac{2\sin \ln x}{2} = \sin\left(\ln x\right).\]
g) İntegrandı \(\sin^{n}x = \sin^{n-1}x \cdot \sin x\) diye parçalayalım ve \(n \ge 2\) için kısmi integrasyon uygulayalım:
\[u = \sin^{n-1}x, \quad du = (n-1)\sin^{n-2}x\cos x\,dx; \qquad dv = \sin x\,dx, \quad v = -\cos x.\]
O hâlde
\[S_{n} = -\sin^{n-1}x\cos x + (n-1)\int \sin^{n-2}x\cos^{2}x\,dx.\]
\(\cos^{2}x = 1 - \sin^{2}x\) yazarsak
\[\int \sin^{n-2}x\cos^{2}x\,dx = \int \sin^{n-2}x\,dx - \int \sin^{n}x\,dx = S_{n-2} - S_{n},\]
\[S_{n} = -\sin^{n-1}x\cos x + (n-1)S_{n-2} - (n-1)S_{n}.\]
\(S_{n}\)’li terimleri toplayıp \(n\)’e bölelim:
\[n S_{n} = -\sin^{n-1}x\cos x + (n-1)S_{n-2}, \qquad S_{n} = -\frac{\sin^{n-1}x\cos x}{n} + \frac{n-1}{n}S_{n-2}.\]
Taban durumlar \(S_{0} = \int dx = x + C\) ve \(S_{1} = \int \sin x\,dx = -\cos x + C\)’dir.
Şimdi \(n = 4\) için açalım. Önce \(n = 2\):
\[S_{2} = -\frac{\sin x\cos x}{2} + \frac{1}{2}S_{0} = -\frac{\sin x\cos x}{2} + \frac{x}{2}.\]
Ardından \(n = 4\):
\[\int \sin^{4}x\,dx = S_{4} = -\frac{\sin^{3}x\cos x}{4} + \frac{3}{4}S_{2} = -\frac{\sin^{3}x\cos x}{4} - \frac{3\sin x\cos x}{8} + \frac{3x}{8} + C.\]
Doğrulama: terim terim türev alalım.
\[\left(-\frac{\sin^{3}x\cos x}{4}\right)' = -\frac{3\sin^{2}x\cos^{2}x - \sin^{4}x}{4}, \qquad \left(-\frac{3\sin x\cos x}{8}\right)' = -\frac{3\left(\cos^{2}x-\sin^{2}x\right)}{8}, \qquad \left(\frac{3x}{8}\right)' = \frac{3}{8}.\]
\(s = \sin^{2}x\) yazıp \(\cos^{2}x = 1-s\) koyalım. Toplam
\[-\frac{3s(1-s)}{4} + \frac{s^{2}}{4} - \frac{3(1-s)}{8} + \frac{3s}{8} + \frac{3}{8} = \left(\frac{3}{4}+\frac{1}{4}\right)s^{2} + \left(-\frac{3}{4}+\frac{3}{8}+\frac{3}{8}\right)s + \left(-\frac{3}{8}+\frac{3}{8}\right) = s^{2}\]
olur; yani türev \(\sin^{4}x\)’tir.
\(\blacksquare\)
Elimizdeki iki yöntem — yerine koyma ve kısmi integrasyon — tek başlarına bir integrali “çözen” reçeteler değil, integrandı dönüştürme araçlarıdır; hangi dönüşümün işe yarayacağı integrandın yapısına bağlıdır. Bir sonraki bölümde, integrandın yapısının tam olarak bilindiği ve bu yüzden sistematik bir algoritmanın kurulabildiği ilk aileyle tanışacağız: iki polinomun oranı biçimindeki fonksiyonlar. Bunların integrali, basit kesirlere ayırma yoluyla her zaman temel fonksiyonlarla ifade edilebilir: Rasyonel Fonksiyonların İntegrali.