20 Rasyonel Fonksiyonların İntegrali
Değişken Değiştirme ve Kısmi İntegrasyon bölümünde iki genel araç kurmuştuk. Değişken değiştirme, integrandın içinde saklı bir bileşkeyi görüp onu çözüyordu; kısmi integrasyon ise bir çarpımın integralini başka bir çarpımın integraline dönüştürüyordu. Aynı bölümde, kısmi integrasyonun art arda uygulanmasıyla indirgeme formülleri (reduction formulas) elde ettiğimizi de gördük: örneğin \(I_n = \int x^n e^{-x}\,dx\) için \(u = x^n\), \(dv = e^{-x}\,dx\) seçimi
\[I_n = -x^n e^{-x} + n \int x^{n-1} e^{-x}\,dx = -x^n e^{-x} + n\,I_{n-1}\]
formülünü verir ve üstel fonksiyonun yanındaki kuvvet adım adım düşürülerek hesap sonlanır. Ne var ki bu araçların hepsi hüner ister: hangi değişkeni seçeceğimizi, hangi çarpanı \(u\) alacağımızı problem söylemez, biz buluruz.
Bu bölümde ilk kez bir algoritma kuracağız. Belirli bir fonksiyon sınıfı — iki polinomun oranı olarak yazılabilen fonksiyonlar — için, hiçbir hünere başvurmadan, adımları önceden belli sonlu bir işlem dizisiyle ilkel fonksiyonu bulan bir yordam vereceğiz. Bu yordam her zaman çalışır ve sonucu her zaman aynı üç malzemeden kurulur: bir rasyonel fonksiyon, sonlu çok logaritma ve sonlu çok arktanjant. Bir başka deyişle, rasyonel bir fonksiyonun ilkeli hiçbir zaman yeni bir fonksiyon türü doğurmaz. Bu, analizde nadir görülen bir kapalılık olgusudur ve rasyonel fonksiyonların integralini bütün integral hesabının omurgası hâline getirir: sonraki bölümlerde göreceğimiz köklü ve trigonometrik integrallerin çoğu, uygun bir değişken değiştirmeyle bu bölümdeki probleme indirgenecektir.
Yordam üç adımdan oluşur. Önce paydanın derecesi payınkinden büyük değilse polinom bölme yaparız; sonra paydayı çarpanlarına ayırırız; en sonunda kesri, paydaları bu çarpanların kuvvetleri olan küçük parçalara — basit kesirlere (partial fractions) — ayırırız. Bu bölümde şunları öğreneceğiz: üç adımın her birinin neden yapılabildiğini; basit kesirlere ayırmanın varlık ve teklik teoremini tam ispatıyla; dört ayrışım kalıbını; basit kesirlerin integrallerini — bu arada \(\int \frac{dx}{(x^2+a^2)^n}\) indirgeme formülünü türeteceğiz; katsayıları belirlemenin iki yolunu ve hangisinin ne zaman kullanılacağını; ve son olarak katlı çarpanlarda rasyonel kısmı bir hamlede ayıran Ostrogradski yöntemini.
20.1 Rasyonel Fonksiyon ve Üç Adımlı Yordam
Önce üzerinde çalışacağımız nesneyi tanımlayalım.
Tanım 20.1 (Rasyonel Fonksiyon ve Öz Kesir) \(P\) ve \(Q\) reel katsayılı polinomlar ve \(Q\) sıfır polinomu olmasın. \(Q\)’nun sıfırlarının kümesi \(Z(Q)\) olmak üzere
\[f(x) = \frac{P(x)}{Q(x)}, \qquad x \in \mathbb{R} \setminus Z(Q)\]
biçiminde tanımlanan \(f\) fonksiyonuna rasyonel fonksiyon (rational function) denir.
\(\deg P < \deg Q\) ise \(\frac{P}{Q}\) kesrine öz kesir (proper fraction), \(\deg P \ge \deg Q\) ise bileşik kesir (improper fraction) denir.
\(Q\)’nun sıfırları sonlu sayıdadır (sıfırdan farklı bir polinomun en çok derecesi kadar kökü vardır), dolayısıyla \(f\)’nin tanım kümesi sonlu sayıda noktanın çıkarıldığı bir doğrudur; bu küme açıktır ve sonlu sayıda ayrık açık aralığın birleşimidir. \(f\) bu aralıkların her birinde süreklidir ve türevlenebilirdir: süreklilik rasyonel fonksiyonun limiti sonucundan, türevlenebilirlik ise türev için bölüm kuralından çıkar. Dolayısıyla \(f\)’nin bu aralıkların her birinde ayrı ayrı bir ilkel fonksiyonu vardır. Aşağıda “\(+C\)” yazarken bu ayrıntıyı hep akılda tutuyoruz: sabit, tanım kümesinin her bileşeninde ayrı seçilebilir.
Yordamın adımlarını sırayla kuralım.
Adım 1 — Derece Denetimi ve Polinom Bölme
Basit kesirlere ayırma yöntemi doğrudan yalnızca öz kesirlere uygulanır. Payın derecesi paydanınkinden küçük değilse, önce bölme yapıp bileşik kesri “polinom \(+\) öz kesir” biçimine getirmemiz gerekir. Bunun her zaman yapılabildiğini söyleyen olgu, tam sayılardaki bölme algoritmasının polinomlardaki karşılığıdır.
Önerme 20.1 (Polinomlarda Bölme Algoritması) \(P\) ve \(Q\) reel katsayılı polinomlar ve \(Q \neq 0\) olsun. O hâlde
\[P(x) = S(x)\,Q(x) + R(x), \qquad R = 0 \ \ \text{ya da} \ \ \deg R < \deg Q\]
koşullarını sağlayan tek bir \((S, R)\) polinom çifti vardır. Bu durumda \(Q\)’nun sıfırlarından farklı her \(x\) için
\[\frac{P(x)}{Q(x)} = S(x) + \frac{R(x)}{Q(x)}\]
olur; sağdaki ikinci terim bir öz kesirdir.
İspat
Varlık. \(\deg Q = m\) olsun ve \(\deg P\) üzerinden güçlü tümevarım yapalım (bkz. Analiz 1). \(P = 0\) ya da \(\deg P < m\) ise \(S = 0\), \(R = P\) almak yeter.
Şimdi \(n = \deg P \ge m\) olsun ve derecesi \(n\)’den küçük bütün polinomlar için iddianın doğru olduğunu varsayalım. \(P\)’nin baş katsayısı \(p_n\), \(Q\)’nunki \(q_m \neq 0\) olsun.
\[P_1(x) = P(x) - \frac{p_n}{q_m}\,x^{\,n-m}\,Q(x)\]
polinomunu kuralım. Sağdaki iki polinomun da \(x^n\) katsayısı \(p_n\)’dir; çıkarmada bu terimler birbirini götürür, dolayısıyla \(P_1 = 0\) ya da \(\deg P_1 < n\)’dir. Tümevarım varsayımı gereği \(P_1 = S_1 Q + R\) olacak biçimde \(S_1\) ve (\(R = 0\) ya da \(\deg R < m\) olan) \(R\) polinomları vardır. Buradan
\[P(x) = \frac{p_n}{q_m}x^{\,n-m}Q(x) + P_1(x) = \left(\frac{p_n}{q_m}x^{\,n-m} + S_1(x)\right)Q(x) + R(x)\]
çıkar; \(S = \frac{p_n}{q_m}x^{n-m} + S_1\) alırsak istenen ayrışım elde edilir.
Teklik. \(SQ + R = \widetilde{S}Q + \widetilde{R}\) olsun; burada \(R\) ve \(\widetilde{R}\) ya sıfırdır ya da dereceleri \(m\)’den küçüktür. \(Q\)’lu terimleri bir tarafa, kalanları öbür tarafa toplarsak
\[\bigl(S - \widetilde{S}\bigr)\,Q = \widetilde{R} - R\]
olur. \(S \neq \widetilde{S}\) olsaydı sol taraf sıfırdan farklı iki polinomun çarpımı olurdu ve derecesi \(\deg(S-\widetilde{S}) + m \ge m\) olurdu; oysa sağ taraf ya sıfırdır ya da derecesi \(m\)’den küçüktür. Bu çelişkiden \(S = \widetilde{S}\), dolayısıyla \(\widetilde{R} - R = 0\), yani \(\widetilde{R} = R\) çıkar.
Son eşitlik, ilk eşitliğin \(Q(x) \neq 0\) olan noktalarda \(Q(x)\)’e bölünmesiyle elde edilir. \(R = 0\) ya da \(\deg R < \deg Q\) olduğundan \(\frac{R}{Q}\) bir öz kesirdir.
\(\blacksquare\)
Bu ayrışımın integral bakımından anlamı şudur: \(S\) bir polinomdur, integrali kuvvet kuralıyla anında alınır. Geriye kalan \(\frac{R}{Q}\) öz kesri ise Adım 2 ve 3’ün konusudur. Yani bileşik kesirler hiçbir zaman gerçek bir zorluk çıkarmaz.
Adım 2 — Paydayı Çarpanlarına Ayırma
Öz kesre geldikten sonra yapılacak iş, paydayı tümüyle çarpanlarına ayırmaktır. Burada dayanağımız cebirden gelen bir olgudur.
Cebirin temel teoremi, sabit olmayan her karmaşık katsayılı polinomun \(\mathbb{C}\)’de bir kökü olduğunu söyler; buradan, karmaşık katsayılı her polinomun doğrusal çarpanların çarpımı olarak yazılabildiği çıkar. Katsayılar reel ise, \(z\) bir kök olduğunda eşleniği \(\bar{z}\) de köktür ve \(z \notin \mathbb{R}\) iken \((x-z)(x-\bar{z}) = x^2 - 2\operatorname{Re}(z)\,x + |z|^2\) çarpımı reel katsayılı, diskriminantı negatif bir ikinci derece polinomdur. Eşlenik kökleri ikişer ikişer eşleştirerek şu sonuca varılır:
Reel katsayılı, sabit olmayan her polinom, bir sabitle birlikte doğrusal çarpanların ve indirgenemez kuadratik çarpanların (yani \(\Delta = p^2 - 4q < 0\) olan \(x^2 + px + q\) biçimindeki çarpanların) kuvvetlerinin çarpımı olarak yazılabilir; bu yazılış, çarpanların sırası dışında tektir.
Bu olgunun ispatı cebire aittir ve burada yapılmayacaktır; biz onu, aşağıdaki bütün yordamın dayandığı bir veri olarak kullanacağız.
Buna göre, \(Q\)’nun baş katsayısını paya taşıyarak baş katsayısını \(1\) kabul edebiliriz ve
\[Q(x) = (x-a_1)^{k_1}\cdots(x-a_r)^{k_r}\,\bigl(x^2+p_1x+q_1\bigr)^{m_1}\cdots\bigl(x^2+p_sx+q_s\bigr)^{m_s}\]
yazabiliriz. Burada \(a_1, \dots, a_r\) birbirinden farklı reel sayılardır, \(x^2+p_lx+q_l\) çarpanları birbirinden farklı ve indirgenemezdir (\(p_l^2 - 4q_l < 0\)), ve
\[\deg Q = k_1 + \cdots + k_r + 2(m_1 + \cdots + m_s)\]
olur.
\(x^2+4\) polinomunun reel kökü yoktur; onu \(\frac{A}{x+2} + \frac{B}{x-2}\) gibi doğrusal parçalara ayırmaya çalışmak anlamsızdır, çünkü \(x^2+4 \neq (x+2)(x-2)\)’dir. İndirgenemez bir kuadratik çarpan, ayrışımda bir bütün olarak kalır ve payına — sabit değil — birinci dereceden bir polinom yazılır. Bir çarpanın indirgenemez olup olmadığı diskriminanta bakılarak anlaşılır: \(\Delta = p^2-4q < 0\) ise indirgenemezdir.
Adım 3 — Basit Kesirlere Ayırma
Son adım, öz kesri paydaları bu çarpanların kuvvetleri olan parçalara ayırmaktır. Önce parçaların ne olduğunu adlandıralım.
Tanım 20.2 (Basit Kesir Türleri) Aşağıdaki iki biçimdeki rasyonel fonksiyonlara basit kesir (partial fraction) denir. \(k \in \mathbb{N}\), \(A, B, a, p, q \in \mathbb{R}\) olmak üzere:
I. tür. \[\frac{A}{(x-a)^k}.\]
II. tür. \[\frac{Ax+B}{\bigl(x^2+px+q\bigr)^k}, \qquad \Delta = p^2 - 4q < 0.\]
I. türde payda bir doğrusal çarpanın kuvveti, II. türde ise indirgenemez bir kuadratik çarpanın kuvvetidir; II. türde pay birinci dereceden (ya da sabit) bir polinomdur.
Yordamın kalbi, her öz kesrin bu iki türden sonlu çok basit kesrin toplamı olarak — üstelik tek türlü — yazılabilmesidir.
Teorem 20.1 (Basit Kesirlere Ayırma Teoremi) \(P\) ve \(Q\) reel katsayılı polinomlar, \(\deg P < \deg Q = n\) ve
\[Q(x) = (x-a_1)^{k_1}\cdots(x-a_r)^{k_r}\,g_1(x)^{m_1}\cdots g_s(x)^{m_s}, \qquad g_l(x) = x^2+p_lx+q_l\]
olsun; burada \(a_i\)’ler birbirinden farklı, \(g_l\)’ler birbirinden farklı ve indirgenemezdir. O hâlde
\[\frac{P(x)}{Q(x)} = \sum_{i=1}^{r}\sum_{j=1}^{k_i} \frac{A_{ij}}{(x-a_i)^j} \; + \; \sum_{l=1}^{s}\sum_{j=1}^{m_l} \frac{B_{lj}\,x + C_{lj}}{g_l(x)^j}\]
eşitliğini \(Q\)’nun sıfırlarından farklı her \(x\) için sağlayan \(A_{ij},\, B_{lj},\, C_{lj}\) reel sayıları vardır ve bu sayılar tek türlü belirlidir.
İspat
Sağ taraftaki bilinmeyenlerin sayısını sayalım: doğrusal çarpanlardan \(k_1 + \cdots + k_r\) tane, kuadratik çarpanlardan \(2(m_1+\cdots+m_s)\) tane bilinmeyen gelir. Toplam
\[N = k_1 + \cdots + k_r + 2(m_1+\cdots+m_s) = \deg Q = n\]
olur. Bu eşitlik ispatın anahtarıdır: bilinmeyenlerin sayısı, paydanın derecesine tam olarak eşittir.
Şimdi \(V = \mathbb{R}^{N}\) ve \(\mathcal{P}_{n-1}\), derecesi \(n-1\)’i aşmayan polinomların vektör uzayı olsun; \(\dim V = N = n\) ve \(\dim \mathcal{P}_{n-1} = n\)’dir.
\(v = \bigl(A_{ij}, B_{lj}, C_{lj}\bigr) \in V\) için, sağ taraftaki toplamı ortak paydada birleştirdiğimizde çıkan payı \(T(v)\) ile gösterelim; yani \(T(v)\), sağ taraftaki ifadenin \(Q\) ile çarpımıdır:
\[T(v) = \sum_{i,j} A_{ij}\,(x-a_i)^{k_i-j}\,Q_i(x) \; + \; \sum_{l,j}\bigl(B_{lj}x + C_{lj}\bigr) g_l(x)^{m_l-j}\,G_l(x),\]
burada \(Q_i = \dfrac{Q}{(x-a_i)^{k_i}}\) ve \(G_l = \dfrac{Q}{g_l^{m_l}}\) polinomlarıdır. Her terimin derecesini kontrol edelim: birinci toplamdaki terimin derecesi \((k_i - j) + (n - k_i) = n - j \le n-1\)’dir; ikinci toplamdaki terimin derecesi en çok \(1 + 2(m_l-j) + (n-2m_l) = n - 2j + 1 \le n-1\)’dir (çünkü \(j \ge 1\)). Demek ki \(T\), \(V\)’den \(\mathcal{P}_{n-1}\)’e giden bir dönüşümdür ve tanımı gereği lineerdir.
İki uzayın boyutları eşit olduğundan, \(T\)’nin örten olduğunu göstermek için bire bir olduğunu göstermek yeter. Bunu yapalım.
\(T(v) = 0\), yani yukarıdaki ifade özdeş olarak sıfır polinomu olsun. Bütün katsayıların sıfır olduğunu göstereceğiz.
Doğrusal çarpanlar. Bir \(i\) sabitleyelim ve \(a = a_i\), \(k = k_i\) yazalım. Özdeşlikteki terimlerden \(j < k\) olanlar \((x-a)^{k-j}\) çarpanını, \(i' \neq i\) indisli terimler \(Q_{i'}\) içinde \((x-a)^{k}\) çarpanını, kuadratik terimler ise \(G_l\) içinde yine \((x-a)^{k}\) çarpanını taşır; dolayısıyla \(j = k\) terimi dışındaki her terim \((x-a)\) ile bölünür. Özdeşlikte \(x = a\) koyarsak
\[A_{ik}\,Q_i(a) = 0\]
kalır. \(a\), \(Q\)’nun tam olarak \(k\) katlı bir köküdür; bu yüzden \(Q_i(a) \neq 0\)’dır ve \(A_{ik} = 0\) bulunur. Bu terim düştükten sonra özdeşlikteki bütün terimler \((x-a)\) ile bölünür; özdeşliği \((x-a)\)’ya bölüp aynı akıl yürütmeyi yinelersek \(A_{i,k-1} = 0\) çıkar. Bu işlemi \(k\) kez tekrarlayarak \(A_{ij} = 0\) \((1 \le j \le k)\) elde ederiz. Aynı şey her \(i\) için geçerlidir.
Kuadratik çarpanlar. Bütün \(A_{ij}\)’ler sıfır olduğuna göre özdeşlik
\[\sum_{l,j}\bigl(B_{lj}x + C_{lj}\bigr) g_l^{m_l-j}\,G_l = 0\]
hâlini alır. Bir \(l\) sabitleyelim, \(g = g_l\), \(m = m_l\) yazalım. Aynı gerekçeyle, \(j = m\) terimi dışındaki her terim \(g\) ile bölünür. O hâlde \(g\), kalan terimi de bölmelidir:
\[g \ \big| \ \bigl(B_{lm}x + C_{lm}\bigr)\,G_l.\]
\(g\) indirgenemezdir ve \(G_l\), \(g\) çarpanını içermez; polinom halkasında indirgenemez bir çarpan bir çarpımı bölüyorsa çarpanlardan birini böler, dolayısıyla \(g \mid \bigl(B_{lm}x + C_{lm}\bigr)\) olmalıdır. Ama \(\deg g = 2\) iken \(B_{lm}x + C_{lm}\)’in derecesi en çok \(1\)’dir; derecesi daha büyük olan bir polinom, sıfırdan farklı bir polinomu bölemez. Demek ki \(B_{lm}x + C_{lm}\) sıfır polinomudur, yani \(B_{lm} = C_{lm} = 0\)’dır. Bu terim düştükten sonra kalan bütün terimler \(g\) ile bölünür; özdeşliği \(g\)’ye bölüp yineleyerek bütün \(j\) için \(B_{lj} = C_{lj} = 0\) buluruz.
Böylece \(T(v) = 0 \Rightarrow v = 0\), yani \(T\) bire birdir. Boyutlar eşit olduğundan \(T\) örtendir de.
Şimdi teoremi bitirelim. \(\deg P < n\) olduğundan \(P \in \mathcal{P}_{n-1}\)’dir. \(T\) örten olduğundan \(T(v) = P\) olacak bir \(v \in V\) vardır; bu \(v\)’nin bileşenlerini ortak payda üzerinden geri okursak, \(Q(x) \neq 0\) olan her \(x\) için istenen ayrışım elde edilir. \(T\) bire bir olduğundan bu \(v\) tektir; yani katsayılar tek türlü belirlidir.
\(\blacksquare\)
Teklik, pratikte çok işe yarar: katsayıları hangi yolla bulursak bulalım — kök yerine koyarak, katsayı eşitleyerek, ya da ikisini karıştırarak — bulduğumuz sayılar aynıdır. Ayrıca bir hesabı iki farklı yolla yapıp aynı sonucu bulmak, hesabın doğruluğunun güvenilir bir denetimidir.
20.2 Dört Ayrışım Kalıbı
\(Q\)’nun çarpanlarına göre ayrışımın nasıl kurulacağını dört durumda toparlayalım. Bunlar Teorem 20.1’nın özel hâlleridir; ayrı ayrı yazmanın nedeni, uygulamada kalıbı hatasız kurmayı kolaylaştırmasıdır.
Durum 1 — Farklı Doğrusal Çarpanlar
\(Q\), hiçbiri tekrarlamayan doğrusal çarpanların çarpımıysa, yani
\[Q(x) = (a_1x+b_1)(a_2x+b_2)\cdots(a_nx+b_n)\]
ise (çarpanlar birbirinin sabit katı değil), ayrışım her çarpana bir sabit düşürür:
\[\frac{P(x)}{Q(x)} = \frac{A_1}{a_1x+b_1} + \frac{A_2}{a_2x+b_2} + \cdots + \frac{A_n}{a_nx+b_n}.\]
Durum 2 — Katlı Doğrusal Çarpanlar
\(Q\), \((ax+b)^k\) biçiminde katlı bir doğrusal çarpan içeriyorsa, bu çarpan için ayrışıma birinciden \(k\)’ıncıya kadar bütün kuvvetler girer:
\[\frac{A_1}{ax+b} + \frac{A_2}{(ax+b)^2} + \cdots + \frac{A_k}{(ax+b)^k}.\]
Ara kuvvetlerden herhangi birini atlamak yanlıştır: Teorem 20.1’nın boyut sayımı tam olarak \(k\) bilinmeyene ihtiyaç duyar; \(k\)’dan az bilinmeyenle kurulan bir sistemin çözümü genellikle yoktur.
Durum 3 — Farklı İndirgenemez Kuadratik Çarpanlar
\(Q\), \(ax^2+bx+c\) biçiminde (\(\Delta < 0\)) indirgenemez bir kuadratik çarpan içeriyorsa, bu çarpanın payına birinci dereceden bir polinom yazılır:
\[\frac{Ax+B}{ax^2+bx+c}.\]
Buradaki \(Ax+B\) payı, ayrışımın \(\deg Q\) kadar bilinmeyene sahip olmasını sağlar; ikinci dereceden bir payda iki bilinmeyen getirir.
Durum 4 — Katlı İndirgenemez Kuadratik Çarpanlar
\(Q\), \((ax^2+bx+c)^k\) biçiminde katlı ve indirgenemez bir kuadratik çarpan içeriyorsa, Durum 2’deki gibi bütün kuvvetler yazılır; tek fark, payların birinci dereceden olmasıdır:
\[\frac{A_1x+B_1}{ax^2+bx+c} + \frac{A_2x+B_2}{(ax^2+bx+c)^2} + \cdots + \frac{A_kx+B_k}{(ax^2+bx+c)^k}.\]
Bir \(Q\) paydası bu dört durumun herhangi bir karışımını içerebilir; o zaman kalıp, her çarpanın kendi kalıbının toplanmasıyla kurulur. Örnek olarak
\[Q(x) = x^2(x-3)\bigl(x^2+1\bigr)^2\]
paydası için kalıp şudur:
\[\frac{A_1}{x} + \frac{A_2}{x^2} + \frac{A_3}{x-3} + \frac{B_1x+C_1}{x^2+1} + \frac{B_2x+C_2}{(x^2+1)^2}.\]
Bilinmeyen sayısı \(7\)’dir ve gerçekten \(\deg Q = 2 + 1 + 4 = 7\)’dir.
20.3 Basit Kesirlerin İntegralleri
Ayrışımı kurduktan sonra geriye tek tek basit kesirleri integrallemek kalır. I. tür kesirler kolaydır. II. tür kesirlerde ise iki iş yaparız: önce paydayı tam kareye tamamlarız, sonra \(k \ge 2\) ise bir indirgeme formülü kullanırız. O formülü şimdi kuralım.
Önerme 20.2 (Kuadratik Paydanın Kuvvetleri için İndirgeme Formülü) \(a > 0\) ve \(n \in \mathbb{N}\) olmak üzere
\[J_n = \int \frac{dt}{\bigl(t^2+a^2\bigr)^{n}}\]
yazalım. O hâlde
\[J_1 = \frac{1}{a}\arctan\frac{t}{a} + C\]
ve her \(n \ge 2\) için
\[J_n = \frac{t}{2a^2(n-1)\bigl(t^2+a^2\bigr)^{n-1}} + \frac{2n-3}{2a^2(n-1)}\,J_{n-1}.\]
İspat
\(n = 1\) hâli standart bir integraldir: \(\frac{d}{dt}\left(\frac{1}{a}\arctan\frac{t}{a}\right) = \frac{1}{a}\cdot\frac{1}{1+\frac{t^2}{a^2}}\cdot\frac{1}{a} = \frac{1}{a^2 + t^2}\) olduğundan doğrudur (Teorem 5.5).
Şimdi \(n \ge 2\) olsun. Püf nokta, payda \(a^2 = (t^2+a^2) - t^2\) yazıp kesri ikiye bölmektir:
\[J_n = \frac{1}{a^2}\int \frac{a^2\,dt}{\bigl(t^2+a^2\bigr)^{n}} = \frac{1}{a^2}\int \frac{\bigl(t^2+a^2\bigr) - t^2}{\bigl(t^2+a^2\bigr)^{n}}\,dt = \frac{1}{a^2}\,J_{n-1} - \frac{1}{a^2}\int \frac{t^2\,dt}{\bigl(t^2+a^2\bigr)^{n}}.\]
Kalan integrali kısmi integrasyonla hesaplayalım. \(t^2 = t \cdot t\) yazıp
\[u = t, \qquad dv = \frac{t\,dt}{\bigl(t^2+a^2\bigr)^{n}}\]
seçelim. \(dv\)’den \(v\)’yi bulmak için \(w = t^2+a^2\) değişken değiştirmesi yapalım: \(dw = 2t\,dt\) olduğundan
\[v = \int \frac{t\,dt}{\bigl(t^2+a^2\bigr)^{n}} = \frac{1}{2}\int \frac{dw}{w^{n}} = \frac{1}{2}\cdot\frac{w^{1-n}}{1-n} = -\frac{1}{2(n-1)\bigl(t^2+a^2\bigr)^{n-1}}\]
olur (\(n \ge 2\) olduğundan \(1-n \neq 0\)). \(du = dt\) ile kısmi integrasyon formülünü uygulayalım:
\[\int \frac{t^2\,dt}{\bigl(t^2+a^2\bigr)^{n}} = -\frac{t}{2(n-1)\bigl(t^2+a^2\bigr)^{n-1}} + \frac{1}{2(n-1)}\int\frac{dt}{\bigl(t^2+a^2\bigr)^{n-1}}.\]
Sağdaki integral \(J_{n-1}\)’dir. Bunu yukarıdaki eşitlikte yerine koyalım:
\[\begin{aligned} J_n &= \frac{1}{a^2}J_{n-1} - \frac{1}{a^2}\left(-\frac{t}{2(n-1)\bigl(t^2+a^2\bigr)^{n-1}} + \frac{1}{2(n-1)}J_{n-1}\right) \\[4pt] &= \frac{t}{2a^2(n-1)\bigl(t^2+a^2\bigr)^{n-1}} + \frac{1}{a^2}\left(1 - \frac{1}{2(n-1)}\right)J_{n-1} \\[4pt] &= \frac{t}{2a^2(n-1)\bigl(t^2+a^2\bigr)^{n-1}} + \frac{2n-3}{2a^2(n-1)}\,J_{n-1}. \end{aligned}\]
Son satırda \(1 - \frac{1}{2(n-1)} = \frac{2n-2-1}{2(n-1)} = \frac{2n-3}{2(n-1)}\) hesabını kullandık. İstenen formül elde edildi.
Formülün \(n=2\), \(a=1\) hâlini türev alarak denetleyelim: formül \(J_2 = \frac{t}{2(t^2+1)} + \frac{1}{2}\arctan t\) verir ve
\[\frac{d}{dt}\left(\frac{t}{2(t^2+1)} + \frac{1}{2}\arctan t\right) = \frac{(t^2+1) - t\cdot 2t}{2(t^2+1)^2} + \frac{1}{2(t^2+1)} = \frac{1-t^2 + (t^2+1)}{2(t^2+1)^2} = \frac{1}{(t^2+1)^2}\]
olur; doğrudur.
\(\blacksquare\)
Formül, üstü \(n\) olan integrali üstü \(n-1\) olan integrale bağlar; \(n\) kez uygulandığında \(J_1\)’e, yani arktanjanta iner. Bu yüzden \(\int \frac{dt}{(t^2+a^2)^n}\) integrali her \(n\) için “bir rasyonel fonksiyon artı arktanjant” biçimindedir.
Artık bütün basit kesirlerin integralini yazabiliriz.
Teorem 20.2 (Basit Kesirlerin İntegralleri) \(A, B, a, p, q \in \mathbb{R}\) ve \(k \in \mathbb{N}\) olsun.
I. tür. \(x \neq a\) olan her aralıkta
\[\int \frac{A\,dx}{x-a} = A\ln|x-a| + C, \qquad \int \frac{A\,dx}{(x-a)^k} = -\frac{A}{(k-1)(x-a)^{k-1}} + C \quad (k \ge 2).\]
II. tür. \(\Delta = p^2-4q < 0\) ve \(a_0 = \sqrt{q - \frac{p^2}{4}} > 0\) olsun. \(t = x + \frac{p}{2}\) değişken değiştirmesiyle \(x^2+px+q = t^2 + a_0^2\) olur ve
\[\int \frac{(Ax+B)\,dx}{\bigl(x^2+px+q\bigr)^{k}} = A\int \frac{t\,dt}{\bigl(t^2+a_0^2\bigr)^{k}} + \left(B - \frac{Ap}{2}\right) J_k\]
yazılır; burada \(J_k\), Önerme 20.2’ndeki integraldir ve
\[\int \frac{t\,dt}{\bigl(t^2+a_0^2\bigr)^{k}} = \begin{cases} \dfrac{1}{2}\ln\bigl(t^2+a_0^2\bigr) + C, & k = 1, \\[8pt] -\dfrac{1}{2(k-1)\bigl(t^2+a_0^2\bigr)^{k-1}} + C, & k \ge 2 \end{cases}\]
olur. Özel olarak \(k=1\) için, \(x\) değişkenine dönülünce
\[\int \frac{(Ax+B)\,dx}{x^2+px+q} = \frac{A}{2}\ln\bigl(x^2+px+q\bigr) + \frac{2B-Ap}{\sqrt{4q-p^2}}\arctan\frac{2x+p}{\sqrt{4q-p^2}} + C\]
elde edilir.
İspat
I. tür. \(k = 1\) için: \(x > a\) olan bir aralıkta \(\frac{d}{dx}\bigl(A\ln(x-a)\bigr) = \frac{A}{x-a}\); \(x < a\) olan bir aralıkta \(\frac{d}{dx}\bigl(A\ln(a-x)\bigr) = \frac{-A}{a-x} = \frac{A}{x-a}\)’dır. İki durum \(|x-a|\) yazılarak birleştirilir (Teorem 5.1 ve Teorem 4.1).
\(k \ge 2\) için doğrudan türev alalım:
\[\frac{d}{dx}\left(-\frac{A}{k-1}(x-a)^{1-k}\right) = -\frac{A}{k-1}\,(1-k)(x-a)^{-k} = \frac{A}{(x-a)^k}.\]
Burada Teorem 5.3 ve zincir kuralı kullanıldı.
II. tür. Önce paydayı tam kareye tamamlayalım:
\[x^2 + px + q = \left(x + \frac{p}{2}\right)^2 + q - \frac{p^2}{4} = t^2 + a_0^2, \qquad t = x + \frac{p}{2}.\]
\(\Delta < 0\) olduğundan \(q - \frac{p^2}{4} = \frac{4q-p^2}{4} > 0\)’dır; dolayısıyla \(a_0 = \frac{\sqrt{4q-p^2}}{2} > 0\) gerçekten tanımlıdır ve payda hiçbir \(x\) için sıfırlanmaz. \(dt = dx\) olduğundan değişken değiştirme kuralı doğrudan uygulanır. Payı yeni değişkenle yazalım: \(x = t - \frac{p}{2}\) olduğundan
\[Ax + B = A\left(t - \frac{p}{2}\right) + B = At + \left(B - \frac{Ap}{2}\right).\]
Bu, integrali iddiadaki iki parçaya ayırır. İlk parçadaki \(\int \frac{t\,dt}{(t^2+a_0^2)^k}\) integrali, Önerme 20.2’nün ispatında \(v\)’yi hesaplarken yaptığımız gibi \(w = t^2+a_0^2\) değişken değiştirmesiyle bulunur:
\[\int \frac{t\,dt}{\bigl(t^2+a_0^2\bigr)^k} = \frac{1}{2}\int \frac{dw}{w^k} = \begin{cases} \frac{1}{2}\ln|w| + C = \frac{1}{2}\ln\bigl(t^2+a_0^2\bigr) + C, & k=1, \\[6pt] \frac{1}{2}\cdot\frac{w^{1-k}}{1-k} + C = -\frac{1}{2(k-1)\bigl(t^2+a_0^2\bigr)^{k-1}} + C, & k \ge 2. \end{cases}\]
\(w = t^2+a_0^2 > 0\) olduğundan mutlak değer işaretine gerek kalmaz. İkinci parça ise tanımı gereği \(\bigl(B - \frac{Ap}{2}\bigr)J_k\)’dır.
Son olarak \(k=1\) formülünü açalım. Bu durumda
\[\int \frac{(Ax+B)\,dx}{x^2+px+q} = \frac{A}{2}\ln\bigl(t^2+a_0^2\bigr) + \left(B-\frac{Ap}{2}\right)\cdot\frac{1}{a_0}\arctan\frac{t}{a_0} + C\]
olur. \(t^2 + a_0^2 = x^2+px+q\), \(a_0 = \frac{\sqrt{4q-p^2}}{2}\) ve \(\frac{t}{a_0} = \frac{x + p/2}{\sqrt{4q-p^2}/2} = \frac{2x+p}{\sqrt{4q-p^2}}\) ile
\[\left(B - \frac{Ap}{2}\right)\frac{1}{a_0} = \frac{2B-Ap}{2}\cdot\frac{2}{\sqrt{4q-p^2}} = \frac{2B-Ap}{\sqrt{4q-p^2}}\]
bulunur; iddia edilen formül budur.
\(\blacksquare\)
Bu teoremle Teorem 20.1 birlikte şunu söyler: her rasyonel fonksiyonun ilkeli, bir polinomun, bir rasyonel fonksiyonun, sonlu çok \(\ln|x-a|\) ve \(\ln(x^2+px+q)\) teriminin ve sonlu çok \(\arctan\) teriminin bir doğrusal birleşimidir. Yeni bir fonksiyon türü ortaya çıkmaz. Bir hesabın sonunda bunların dışında bir şey görüyorsanız, ya integrand rasyonel değildir ya da bir yerde hata vardır.
20.4 Katsayıları Belirlemenin İki Yolu
Ayrışım kalıbını kurduktan sonra her iki tarafı ortak paydayla çarparız ve elimizde bir polinom özdeşliği kalır. Bu özdeşlikten katsayıları çekmenin iki standart yolu vardır.
Yol 1 — Kök yerine koyma. Özdeşlik bütün \(x\) değerleri için doğru olduğundan, \(x\) yerine paydanın köklerini koyabiliriz. Bir kök yerine konduğunda o kökü içeren çarpanlar sıfırlanır ve terimlerin çoğu düşer; genellikle tek bir bilinmeyen ayakta kalır ve doğrudan okunur. Bu yol, paydanın birbirinden farklı reel kökleri olduğunda en hızlısıdır. Katlı doğrusal çarpanlarda ise yalnızca en yüksek kuvvetin katsayısını verir; alt kuvvetlerin katsayıları için başka bir hamle gerekir.
Yol 2 — Katsayı eşitleme. Özdeşliğin sağ tarafını açıp \(x\)’in kuvvetlerine göre gruplarız ve iki taraftaki aynı dereceli terimlerin katsayılarını eşitleriz. Elde edilen doğrusal denklem sistemi, Teorem 20.1 gereği tek çözümlüdür. Bu yol her durumda çalışır ve indirgenemez kuadratik çarpan varken (böyle bir çarpanın reel kökü olmadığından yerine konacak kök de yoktur) tek seçenektir.
Uygulamada en verimlisi ikisini karıştırmaktır: önce her doğrusal çarpanın kökünü yerine koyup ucuza gelen katsayıları alın, sonra kalan bilinmeyenler için \(x = 0\) gibi kolay bir değer koyun ya da yalnızca en yüksek dereceli terimin katsayısını eşitleyin. Katlı bir çarpan varken en yüksek kuvvetin katsayısı hep kök yerine koymayla gelir; alt kuvvetler için ise bir tane fazladan denklem yeter.
Ayrıca kapatma kuralı (cover-up) diye bilinen kısa yol vardır: \(Q(x) = (x-a)Q_1(x)\) ve \(Q_1(a) \neq 0\) ise, \(\frac{1}{x-a}\)’nın katsayısı doğrudan \(A = \frac{P(a)}{Q_1(a)}\)’dır. Bunun ispatı Alıştırma 20.1’in son şıkkındadır.
Şimdi bu yordamı dört durumun her birinde çalıştıralım.
20.5 Dört Durumun Örnekleri
Örnek 20.1 (Farklı Doğrusal Çarpanlar) \[I = \int \frac{x+5}{x^2+x-2}\,dx\]
integralini hesaplayınız.
Çözüm
Adım 1. Payın derecesi \(1\), paydanınki \(2\)’dir; \(1 < 2\) olduğundan kesir özdür ve polinom bölmeye gerek yoktur.
Adım 2. Paydayı çarpanlarına ayıralım. \(x^2+x-2 = 0\) denkleminin kökleri \(x = 1\) ve \(x = -2\)’dir, dolayısıyla
\[x^2+x-2 = (x+2)(x-1).\]
İki farklı doğrusal çarpan vardır; Durum 1 kalıbı geçerlidir.
Adım 3. Ayrışımı kuralım:
\[\frac{x+5}{(x+2)(x-1)} = \frac{A}{x+2} + \frac{B}{x-1}.\]
Her iki tarafı ortak payda \((x+2)(x-1)\) ile çarparsak, \(x \neq -2, 1\) için
\[x+5 = A(x-1) + B(x+2)\]
olur. Sol ve sağ taraf, sonsuz çok noktada çakışan iki polinomdur; dolayısıyla özdeştirler ve eşitlik her \(x\) için geçerlidir. Şimdi paydanın köklerini yerine koyalım:
- \(x = 1\) için: \(1+5 = A\cdot 0 + B\cdot 3\), yani \(6 = 3B\) ve \(B = 2\).
- \(x = -2\) için: \(-2+5 = A\cdot(-3) + B\cdot 0\), yani \(3 = -3A\) ve \(A = -1\).
İntegral. Katsayıları yerine koyup Teorem 20.2’ni uygulayalım:
\[I = \int\left(\frac{-1}{x+2} + \frac{2}{x-1}\right)dx = -\int\frac{dx}{x+2} + 2\int\frac{dx}{x-1} = -\ln|x+2| + 2\ln|x-1| + C.\]
Denetim. Bulduğumuz fonksiyonun türevini alalım:
\[\frac{d}{dx}\Bigl(-\ln|x+2| + 2\ln|x-1|\Bigr) = -\frac{1}{x+2} + \frac{2}{x-1} = \frac{-(x-1) + 2(x+2)}{(x+2)(x-1)} = \frac{x+5}{x^2+x-2}.\]
İntegrand geri geldi; sonuç doğrudur.
\(\blacksquare\)
Örnek 20.2 (Katlı Doğrusal Çarpan) \[I = \int \frac{x^2+1}{(x+1)(x-1)^2}\,dx\]
integralini hesaplayınız.
Çözüm
Adım 1. Payın derecesi \(2\), paydanın açılmış derecesi \(3\)’tür; kesir özdür.
Adım 2. Payda zaten çarpanlarına ayrılmış durumdadır: bir farklı doğrusal çarpan \((x+1)\) ve bir katlı doğrusal çarpan \((x-1)^2\).
Adım 3. Durum 1 ve Durum 2 kalıplarını birleştirelim; \((x-1)^2\) için hem birinci hem ikinci kuvvet yazılmalıdır:
\[\frac{x^2+1}{(x+1)(x-1)^2} = \frac{A}{x+1} + \frac{B}{x-1} + \frac{C}{(x-1)^2}.\]
Ortak payda \((x+1)(x-1)^2\) ile çarpalım:
\[x^2+1 = A(x-1)^2 + B(x+1)(x-1) + C(x+1).\]
Katsayıları bulalım.
- \(x = 1\) için: sol taraf \(1^2+1 = 2\); sağ tarafta ilk iki terim sıfırlanır ve \(C(1+1) = 2C\) kalır. Buradan \(2 = 2C\), yani \(C = 1\).
- \(x = -1\) için: sol taraf \((-1)^2+1 = 2\); sağ tarafta ikinci ve üçüncü terimler sıfırlanır ve \(A(-1-1)^2 = 4A\) kalır. Buradan \(2 = 4A\), yani \(A = \frac{1}{2}\).
Görüldüğü gibi kök yerine koyma \(B\)’yi vermedi: \(x = 1\) koyduğumuzda \(B\)’nin çarpanı \((x+1)(x-1)\) de sıfırlandı. Katlı çarpanlarda beklenen durum budur. \(B\)’yi bulmak için kolay bir değer, örneğin \(x = 0\) seçelim ve bilinen \(A\), \(C\) değerlerini kullanalım:
\[0^2 + 1 = \frac{1}{2}(0-1)^2 + B(0+1)(0-1) + 1\cdot(0+1) \;\Longrightarrow\; 1 = \frac{1}{2} - B + 1.\]
Buradan \(B = \frac{1}{2}\) çıkar.
Katsayı eşitlemeyle denetim. Sağ tarafı açalım:
\[A(x^2-2x+1) + B(x^2-1) + C(x+1) = (A+B)x^2 + (-2A + C)x + (A - B + C).\]
\(x^2\) katsayıları: \(A + B = 1\); gerçekten \(\frac{1}{2}+\frac{1}{2} = 1\). \(x\) katsayıları: \(-2A + C = 0\); gerçekten \(-1 + 1 = 0\). Sabit terimler: \(A - B + C = 1\); gerçekten \(\frac{1}{2}-\frac{1}{2}+1 = 1\). Üç denklem de sağlanıyor.
İntegral.
\[\begin{aligned} I &= \int\left(\frac{1/2}{x+1} + \frac{1/2}{x-1} + \frac{1}{(x-1)^2}\right)dx \\[4pt] &= \frac{1}{2}\int\frac{dx}{x+1} + \frac{1}{2}\int\frac{dx}{x-1} + \int (x-1)^{-2}\,dx \\[4pt] &= \frac{1}{2}\ln|x+1| + \frac{1}{2}\ln|x-1| - \frac{1}{x-1} + C. \end{aligned}\]
Son terimde Teorem 20.2’nin \(k=2\) hâlini kullandık: \(\int (x-1)^{-2}dx = -\frac{1}{x-1}\).
Denetim. Türev alalım:
\[\frac{1}{2(x+1)} + \frac{1}{2(x-1)} + \frac{1}{(x-1)^2} = \frac{(x-1)+(x+1)}{2(x+1)(x-1)} + \frac{1}{(x-1)^2} = \frac{x}{x^2-1} + \frac{1}{(x-1)^2}.\]
Ortak paydayı \((x+1)(x-1)^2\) alalım:
\[\frac{x(x-1)}{(x+1)(x-1)^2} + \frac{x+1}{(x+1)(x-1)^2} = \frac{x^2 - x + x + 1}{(x+1)(x-1)^2} = \frac{x^2+1}{(x+1)(x-1)^2}.\]
İntegrand geri geldi.
\(\blacksquare\)
Örnek 20.3 (İndirgenemez Kuadratik Çarpan) \[I = \int \frac{2x^2 - x + 4}{x^3+4x}\,dx\]
integralini hesaplayınız.
Çözüm
Adım 1. Payın derecesi \(2\), paydanınki \(3\)’tür; kesir özdür.
Adım 2. Paydayı çarpanlarına ayıralım:
\[x^3+4x = x\bigl(x^2+4\bigr).\]
\(x^2+4\) çarpanının diskriminantı \(\Delta = 0^2 - 4\cdot 1\cdot 4 = -16 < 0\)’dır; reel kökü yoktur ve reeller üzerinde daha ileri çarpanlara ayrılamaz. Durum 3 kalıbı geçerlidir.
Adım 3. Doğrusal çarpana bir sabit, indirgenemez kuadratik çarpana birinci dereceden bir pay yazalım:
\[\frac{2x^2-x+4}{x\bigl(x^2+4\bigr)} = \frac{A}{x} + \frac{Bx+C}{x^2+4}.\]
Ortak paydayla çarpalım:
\[2x^2 - x + 4 = A\bigl(x^2+4\bigr) + (Bx+C)\,x = (A+B)x^2 + Cx + 4A.\]
Burada indirgenemez çarpanın reel kökü olmadığından kök yerine koyma yalnızca \(x = 0\)’ı verir; katsayı eşitleme daha doğrudandır. \(x\)’in kuvvetlerine göre eşitleyelim:
- Sabit terim: \(4A = 4\), yani \(A = 1\).
- \(x\) katsayısı: \(C = -1\).
- \(x^2\) katsayısı: \(A + B = 2\), yani \(1 + B = 2\) ve \(B = 1\).
Böylece
\[I = \int\left(\frac{1}{x} + \frac{x-1}{x^2+4}\right)dx\]
olur.
İntegral. İkinci kesri ikiye bölmek işi kolaylaştırır; payın \(x\)’li kısmı bir değişken değiştirmeyle, sabit kısmı ise arktanjantla gelir:
\[I = \int\frac{dx}{x} + \int\frac{x\,dx}{x^2+4} - \int\frac{dx}{x^2+4}.\]
Üç integrali sırayla hesaplayalım.
- \(\displaystyle\int\frac{dx}{x} = \ln|x| + C_1\).
- \(\displaystyle\int\frac{x\,dx}{x^2+4}\) integralinde \(u = x^2+4\) diyelim; \(du = 2x\,dx\), yani \(x\,dx = \frac{du}{2}\)’dir. O hâlde bu integral \(\frac{1}{2}\int\frac{du}{u} = \frac{1}{2}\ln|u| = \frac{1}{2}\ln\bigl(x^2+4\bigr)\) olur (\(x^2+4 > 0\) olduğundan mutlak değer gereksizdir).
- \(\displaystyle\int\frac{dx}{x^2+4}\) standart bir biçimdir; Önerme 20.2’nün \(n=1\), \(a=2\) hâli gereği \(\frac{1}{2}\arctan\frac{x}{2}\)’dir.
Üçünü birleştirelim:
\[I = \ln|x| + \frac{1}{2}\ln\bigl(x^2+4\bigr) - \frac{1}{2}\arctan\frac{x}{2} + C.\]
Denetim. Türev alalım. Son terim için zincir kuralı gerekir:
\[\frac{d}{dx}\left(-\frac{1}{2}\arctan\frac{x}{2}\right) = -\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1+\frac{x^2}{4}}\cdot\frac{1}{2} = -\frac{1}{4}\cdot\frac{4}{4+x^2} = -\frac{1}{x^2+4}.\]
Diğer iki terimin türevleriyle birlikte
\[\frac{1}{x} + \frac{x}{x^2+4} - \frac{1}{x^2+4} = \frac{\bigl(x^2+4\bigr) + x\cdot x - x}{x\bigl(x^2+4\bigr)} = \frac{2x^2 - x + 4}{x^3+4x}\]
bulunur; integrand geri geldi.
\(\blacksquare\)
Örnek 20.4 (Katlı İndirgenemez Kuadratik Çarpan) \[I = \int \frac{x^3+x^2+x+2}{\bigl(x^2+1\bigr)^2}\,dx\]
integralini hesaplayınız.
Çözüm
Adım 1. Payın derecesi \(3\), paydanın açılmış derecesi \(4\)’tür; kesir özdür.
Adım 2. \(x^2+1\) çarpanının diskriminantı \(-4 < 0\)’dır; indirgenemezdir ve karesi alınmıştır. Durum 4 kalıbı geçerlidir.
Adım 3. Kuadratik çarpanın her kuvveti için birinci dereceden bir pay yazalım:
\[\frac{x^3+x^2+x+2}{\bigl(x^2+1\bigr)^2} = \frac{Ax+B}{x^2+1} + \frac{Cx+D}{\bigl(x^2+1\bigr)^2}.\]
Ortak payda \((x^2+1)^2\) ile çarpalım:
\[x^3+x^2+x+2 = (Ax+B)\bigl(x^2+1\bigr) + (Cx+D).\]
Sağ tarafı açalım:
\[x^3+x^2+x+2 = Ax^3 + Ax + Bx^2 + B + Cx + D,\]
ve \(x\)’in kuvvetlerine göre gruplayalım:
\[x^3+x^2+x+2 = Ax^3 + Bx^2 + (A+C)x + (B+D).\]
Katsayıları eşitleyelim:
- \(x^3\) katsayısı: \(A = 1\).
- \(x^2\) katsayısı: \(B = 1\).
- \(x\) katsayısı: \(A + C = 1\), yani \(1 + C = 1\) ve \(C = 0\).
- Sabit terim: \(B + D = 2\), yani \(1 + D = 2\) ve \(D = 1\).
Bu değerleri yerine koyunca
\[I = \int\left(\frac{x+1}{x^2+1} + \frac{1}{\bigl(x^2+1\bigr)^2}\right)dx = \int\frac{x\,dx}{x^2+1} + \int\frac{dx}{x^2+1} + \int\frac{dx}{\bigl(x^2+1\bigr)^2}\]
olur.
Birinci parça. \(u = x^2+1\), \(du = 2x\,dx\) ile
\[\int\frac{x\,dx}{x^2+1} = \frac{1}{2}\int\frac{du}{u} = \frac{1}{2}\ln\bigl(x^2+1\bigr).\]
İkinci parça. Standart biçimdir: \(\displaystyle\int\frac{dx}{x^2+1} = \arctan x\).
Üçüncü parça. Bu, bölümün asıl yeni hesabıdır; iki ayrı yolla yapalım.
Trigonometrik dönüşümle. \(x = \tan\theta\), \(\theta \in \bigl(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\bigr)\) diyelim. Bu aralıkta tanjant kesin artan ve türevlenebilirdir, dolayısıyla değişken değiştirme meşrudur (Teorem 1.1). \(dx = \sec^2\theta\,d\theta\) ve \(x^2+1 = \tan^2\theta + 1 = \sec^2\theta\) olduğundan
\[\int\frac{dx}{\bigl(x^2+1\bigr)^2} = \int\frac{\sec^2\theta}{\sec^4\theta}\,d\theta = \int \cos^2\theta\,d\theta.\]
Yarım açı özdeşliği \(\cos^2\theta = \frac{1+\cos 2\theta}{2}\) ile
\[\int\cos^2\theta\,d\theta = \frac{\theta}{2} + \frac{\sin 2\theta}{4} = \frac{\theta}{2} + \frac{\sin\theta\cos\theta}{2}\]
bulunur. Şimdi \(x\) değişkenine dönelim: \(\theta = \arctan x\)’tir; ayrıca \(\sec^2\theta = 1+x^2\) olduğundan \(\cos^2\theta = \frac{1}{1+x^2}\) ve
\[\sin\theta\cos\theta = \tan\theta\cos^2\theta = \frac{x}{1+x^2}\]
olur. Demek ki
\[\int\frac{dx}{\bigl(x^2+1\bigr)^2} = \frac{1}{2}\arctan x + \frac{x}{2\bigl(x^2+1\bigr)}.\]
İndirgeme formülüyle. Önerme 20.2’nü \(n=2\), \(a=1\) ile uygulayalım:
\[J_2 = \frac{x}{2\cdot 1\cdot(2-1)\bigl(x^2+1\bigr)^{1}} + \frac{2\cdot 2 - 3}{2\cdot 1\cdot(2-1)}\,J_1 = \frac{x}{2\bigl(x^2+1\bigr)} + \frac{1}{2}\arctan x.\]
İki yol aynı sonucu verdi.
Birleştirme. Üç parçayı toplayalım:
\[I = \frac{1}{2}\ln\bigl(x^2+1\bigr) + \arctan x + \frac{1}{2}\arctan x + \frac{x}{2\bigl(x^2+1\bigr)} + C,\]
yani
\[I = \frac{1}{2}\ln\bigl(x^2+1\bigr) + \frac{3}{2}\arctan x + \frac{x}{2\bigl(x^2+1\bigr)} + C.\]
Denetim. Türev alalım:
\[\frac{d}{dx}\left(\frac{1}{2}\ln\bigl(x^2+1\bigr)\right) = \frac{x}{x^2+1}, \qquad \frac{d}{dx}\left(\frac{3}{2}\arctan x\right) = \frac{3}{2\bigl(x^2+1\bigr)},\]
\[\frac{d}{dx}\left(\frac{x}{2\bigl(x^2+1\bigr)}\right) = \frac{\bigl(x^2+1\bigr) - x\cdot 2x}{2\bigl(x^2+1\bigr)^2} = \frac{1-x^2}{2\bigl(x^2+1\bigr)^2}.\]
Üçünü ortak payda \(2(x^2+1)^2\) üzerinde toplayalım:
\[\frac{2x\bigl(x^2+1\bigr) + 3\bigl(x^2+1\bigr) + 1 - x^2}{2\bigl(x^2+1\bigr)^2} = \frac{2x^3 + 2x + 3x^2 + 3 + 1 - x^2}{2\bigl(x^2+1\bigr)^2} = \frac{2x^3 + 2x^2 + 2x + 4}{2\bigl(x^2+1\bigr)^2}.\]
Pay ve paydayı \(2\)’ye bölersek \(\frac{x^3+x^2+x+2}{(x^2+1)^2}\) elde ederiz; integrand geri geldi.
\(\blacksquare\)
20.6 Polinom Bölme Gerektiren İntegraller
Yukarıdaki dört örnekte de kesir özdü. Bileşik kesirlerde Adım 1 atlanamaz; atlanırsa kurulan ayrışım sistemi çözümsüz çıkar.
\(\deg P \ge \deg Q\) iken doğrudan basit kesir kalıbı kurmak yanlıştır. Örneğin \(\frac{x^2}{x^2-1} = \frac{A}{x-1} + \frac{B}{x+1}\) denemesi \(x^2 = A(x+1)+B(x-1)\) verir; sağ taraf birinci dereceden, sol taraf ikinci derecedendir, dolayısıyla hiçbir \(A, B\) çifti bu özdeşliği sağlayamaz. Doğrusu önce \(\frac{x^2}{x^2-1} = 1 + \frac{1}{x^2-1}\) yazmaktır.
Örnek 20.5 (Bileşik Kesirlerde Bölme Adımı) Aşağıdaki integralleri hesaplayınız.
\(\displaystyle I_1 = \int \frac{x^3+1}{x^2-1}\,dx\)
\(\displaystyle I_2 = \int \frac{x^4+x^3+3x^2+x+3}{x^4+x^2}\,dx\)
Çözüm
a) Payın derecesi \(3\), paydanınki \(2\)’dir; kesir bileşiktir ve Önerme 20.1 gereği önce bölme yapmalıyız. \(x^3+1\)’i \(x^2-1\)’e bölelim: \(x\cdot(x^2-1) = x^3-x\) olduğundan
\[x^3+1 = x\bigl(x^2-1\bigr) + (x+1),\]
yani bölüm \(S(x) = x\), kalan \(R(x) = x+1\)’dir ve \(\deg R = 1 < 2 = \deg Q\)’dur. O hâlde
\[\frac{x^3+1}{x^2-1} = x + \frac{x+1}{x^2-1}.\]
Şimdi kalan öz kesre bakalım. Paydayı çarpanlarına ayıralım: \(x^2-1 = (x-1)(x+1)\). Payla payda ortak bir \((x+1)\) çarpanı taşıyor; \(x \neq -1\) olduğu sürece sadeleştirebiliriz:
\[\frac{x+1}{(x-1)(x+1)} = \frac{1}{x-1}, \qquad x \neq \pm 1.\]
Sadeleştirmeyi görmek burada bütün basit kesir hesabını gereksiz kılar. (Sadeleştirmeseydik \(\frac{x+1}{(x-1)(x+1)} = \frac{A}{x-1}+\frac{B}{x+1}\) kalıbı \(A = 1\), \(B = 0\) verirdi; aynı sonuç.) Böylece
\[I_1 = \int\left(x + \frac{1}{x-1}\right)dx = \frac{x^2}{2} + \ln|x-1| + C.\]
Burada bir ayrıntıya dikkat edelim: integrandın tanım kümesi \(x \neq \pm 1\) noktalarından oluşur, yani üç ayrık aralıktır; bulduğumuz ilkel fonksiyon ise \(x = -1\)’de de tanımlıdır. Bu bir çelişki değildir — integrandın \(x=-1\)’de kaldırılabilir bir süreksizliği vardır ve ilkel fonksiyon o boşluğu doldurur. Ama sabit \(C\), integrandın tanım kümesinin üç bileşeninde ayrı ayrı seçilebilir.
Denetim. Bulduğumuz ilkelin türevini alalım:
\[\frac{d}{dx}\left(\frac{x^2}{2}+\ln|x-1|\right) = x + \frac{1}{x-1} = \frac{x(x-1)+1}{x-1} = \frac{x^2-x+1}{x-1}\]
Öte yandan integrandı sadeleştirirsek
\[\frac{x^3+1}{x^2-1} = \frac{(x+1)\bigl(x^2-x+1\bigr)}{(x-1)(x+1)} = \frac{x^2-x+1}{x-1}\]
olur; ikisi aynıdır.
b) Pay ve paydanın dereceleri eşittir (\(4\)); kesir bileşiktir. Bölme burada çok kolaydır, çünkü payı paydanın kendisi artı bir kalan olarak yazabiliriz:
\[x^4+x^3+3x^2+x+3 = \bigl(x^4+x^2\bigr) + \bigl(x^3+2x^2+x+3\bigr).\]
Demek ki \(S(x) = 1\) ve \(R(x) = x^3+2x^2+x+3\)’tür; \(\deg R = 3 < 4\) olduğundan bölme tamamlanmıştır:
\[\frac{x^4+x^3+3x^2+x+3}{x^4+x^2} = 1 + \frac{x^3+2x^2+x+3}{x^2\bigl(x^2+1\bigr)}.\]
Payda \(x^4+x^2 = x^2(x^2+1)\) biçiminde çarpanlarına ayrıldı: katlı bir doğrusal çarpan \(x^2\) ve indirgenemez bir kuadratik çarpan \(x^2+1\). Kalıp Durum 2 ile Durum 3’ün birleşimidir:
\[\frac{x^3+2x^2+x+3}{x^2\bigl(x^2+1\bigr)} = \frac{A}{x} + \frac{B}{x^2} + \frac{Cx+D}{x^2+1}.\]
Ortak paydayla çarpalım:
\[x^3+2x^2+x+3 = A\,x\bigl(x^2+1\bigr) + B\bigl(x^2+1\bigr) + (Cx+D)\,x^2.\]
Sağ tarafı açıp gruplayalım:
\[= (A+C)x^3 + (B+D)x^2 + Ax + B.\]
Katsayıları eşitleyelim:
- \(x^0\): \(B = 3\).
- \(x^1\): \(A = 1\).
- \(x^3\): \(A + C = 1 \Rightarrow C = 0\).
- \(x^2\): \(B + D = 2 \Rightarrow D = -1\).
Böylece
\[I_2 = \int\left(1 + \frac{1}{x} + \frac{3}{x^2} - \frac{1}{x^2+1}\right)dx = x + \ln|x| - \frac{3}{x} - \arctan x + C.\]
Burada \(\int 3x^{-2}dx = -3x^{-1}\) hesabını kullandık.
Denetim. Türev alalım:
\[1 + \frac{1}{x} + \frac{3}{x^2} - \frac{1}{x^2+1}.\]
Ortak payda \(x^2(x^2+1) = x^4+x^2\) üzerinde toplayalım:
\[\frac{\bigl(x^4+x^2\bigr) + x\bigl(x^2+1\bigr) + 3\bigl(x^2+1\bigr) - x^2}{x^4+x^2} = \frac{x^4+x^2+x^3+x+3x^2+3-x^2}{x^4+x^2} = \frac{x^4+x^3+3x^2+x+3}{x^4+x^2}.\]
İntegrand geri geldi.
\(\blacksquare\)
20.7 Tam Kareye Tamamlama Gereken Bir Karma Örnek
Şimdiye kadarki kuadratik çarpanlar hep \(x^2+a^2\) biçimindeydi; genel durumda \(x\)’li bir orta terim de bulunur ve Teorem 20.2’nin ikinci kısmındaki tam kareye tamamlama devreye girer. Yordamın üç adımını da çalıştıran bir örnekle bunu görelim.
Örnek 20.6 (Doğrusal ve Kuadratik Çarpanın Birlikte Bulunduğu İntegral) \[I = \int \frac{3x+1}{(x-1)\bigl(x^2+2x+5\bigr)}\,dx\]
integralini hesaplayınız.
Çözüm
Adım 1. Payın derecesi \(1\), paydanın açılmış derecesi \(3\)’tür; kesir özdür.
Adım 2. \(x^2+2x+5\) çarpanının diskriminantı \(\Delta = 4 - 20 = -16 < 0\)’dır; indirgenemezdir. Payda tam olarak çarpanlarına ayrılmış hâldedir.
Adım 3. Kalıp, bir doğrusal çarpan ile bir indirgenemez kuadratik çarpanın birleşimidir:
\[\frac{3x+1}{(x-1)\bigl(x^2+2x+5\bigr)} = \frac{A}{x-1} + \frac{Bx+C}{x^2+2x+5}.\]
Ortak paydayla çarpalım:
\[3x+1 = A\bigl(x^2+2x+5\bigr) + (Bx+C)(x-1).\]
Karma yolu kullanalım: önce tek reel kökü yerine koyalım.
- \(x = 1\) için: \(3+1 = A(1+2+5)\), yani \(4 = 8A\) ve \(A = \frac{1}{2}\).
Kalan iki bilinmeyeni katsayı eşitlemeyle bulalım. Sağ tarafı açalım:
\[A x^2 + 2Ax + 5A + Bx^2 - Bx + Cx - C = (A+B)x^2 + (2A - B + C)x + (5A - C).\]
- \(x^2\) katsayısı: \(A + B = 0 \Rightarrow B = -\frac{1}{2}\).
- Sabit terim: \(5A - C = 1 \Rightarrow \frac{5}{2} - C = 1 \Rightarrow C = \frac{3}{2}\).
\(x\) katsayısı bir denetim verir: \(2A - B + C = 1 + \frac{1}{2} + \frac{3}{2} = 3\); sol taraftaki \(3\) ile uyuşuyor.
İntegral. Ayrışımı yerine koyalım:
\[I = \frac{1}{2}\int\frac{dx}{x-1} + \int\frac{-\frac{1}{2}x + \frac{3}{2}}{x^2+2x+5}\,dx = \frac{1}{2}\ln|x-1| - \frac{1}{2}\int\frac{x-3}{x^2+2x+5}\,dx.\]
Kalan integral II. tür bir basit kesirdir ve \(k=1\)’dir. İki hamlede hallolur: payı, paydanın türevinin bir katı artı sabit olarak yazmak ve paydayı tam kareye tamamlamak. Paydanın türevi \(2x+2\)’dir; payı buna göre düzenleyelim:
\[x - 3 = \frac{1}{2}(2x+2) - 4.\]
Böylece
\[\int\frac{x-3}{x^2+2x+5}\,dx = \frac{1}{2}\int\frac{(2x+2)\,dx}{x^2+2x+5} - 4\int\frac{dx}{x^2+2x+5}.\]
Birinci integralde payda tam olarak paydanın türevidir; \(u = x^2+2x+5\) dönüşümüyle \(\frac{1}{2}\ln\bigl(x^2+2x+5\bigr)\) verir. (Payda hiç sıfırlanmadığından ve \(x^2+2x+5 = (x+1)^2+4 \ge 4 > 0\) olduğundan mutlak değere gerek yoktur.)
İkinci integralde tam kareye tamamlayalım:
\[x^2+2x+5 = (x+1)^2 + 4.\]
\(t = x+1\) diyelim; \(dt = dx\)’tir ve Önerme 20.2’nün \(n=1\), \(a=2\) hâli gereği
\[\int\frac{dx}{x^2+2x+5} = \int\frac{dt}{t^2+2^2} = \frac{1}{2}\arctan\frac{t}{2} = \frac{1}{2}\arctan\frac{x+1}{2}.\]
Toplarsak
\[\int\frac{x-3}{x^2+2x+5}\,dx = \frac{1}{2}\ln\bigl(x^2+2x+5\bigr) - 2\arctan\frac{x+1}{2}\]
ve buradan
\[I = \frac{1}{2}\ln|x-1| - \frac{1}{4}\ln\bigl(x^2+2x+5\bigr) + \arctan\frac{x+1}{2} + C.\]
Denetim. Türev alalım. Arktanjant terimi için zincir kuralı:
\[\frac{d}{dx}\arctan\frac{x+1}{2} = \frac{1}{1 + \frac{(x+1)^2}{4}}\cdot\frac{1}{2} = \frac{2}{4+(x+1)^2} = \frac{2}{x^2+2x+5}.\]
Üç terimin türevlerini toplayalım:
\[\frac{1}{2(x-1)} - \frac{1}{4}\cdot\frac{2x+2}{x^2+2x+5} + \frac{2}{x^2+2x+5} = \frac{1}{2(x-1)} + \frac{-(x+1) + 4}{2\bigl(x^2+2x+5\bigr)} = \frac{1}{2(x-1)} + \frac{3-x}{2\bigl(x^2+2x+5\bigr)}.\]
Ortak payda \(2(x-1)(x^2+2x+5)\) üzerinde toplayalım:
\[\frac{\bigl(x^2+2x+5\bigr) + (3-x)(x-1)}{2(x-1)\bigl(x^2+2x+5\bigr)} = \frac{x^2+2x+5 + 3x - 3 - x^2 + x}{2(x-1)\bigl(x^2+2x+5\bigr)} = \frac{6x+2}{2(x-1)\bigl(x^2+2x+5\bigr)}.\]
Pay ve paydayı \(2\)’ye bölünce \(\frac{3x+1}{(x-1)(x^2+2x+5)}\) elde ederiz; integrand geri geldi.
\(\blacksquare\)
20.8 Ostrogradski Ayrıştırması
Paydada katlı çarpanlar varsa yukarıdaki yordam çalışır, ama uzar: her katlı çarpan için bütün ara kuvvetlerin katsayıları hesaplanır ve sonra bunların integralleri tek tek alınır. Sonucun rasyonel kısmı ile transandant (logaritma ve arktanjant) kısmı, aslında birbirinden çok daha ucuza ayrılabilir. Bunu yapan yönteme Ostrogradski ayrıştırması denir.
Fikri anlamak için Önerme 20.2’ne ve Teorem 20.2’ne geri bakalım: \(j \ge 2\) üstlü bir basit kesrin integrali daima “bir rasyonel fonksiyon \(+\) daha düşük üstlü bir integral” biçiminde çıkar. Üsler \(1\)’e indiğindeyse artık rasyonel kısım doğmaz; yalnızca logaritma ve arktanjant kalır. Demek ki sonucun rasyonel kısmının paydası, \(Q\)’nun her çarpanının bir eksik kuvvetinden oluşur.
Önerme 20.3 (Ostrogradski Ayrıştırması) \(P, Q\) reel katsayılı polinomlar, \(\deg P < \deg Q\) olsun; genelliği bozmadan \(Q\)’nun baş katsayısını \(1\) kabul edelim (gerekirse paya taşınır).
\[Q_1 = \gcd\bigl(Q, Q'\bigr), \qquad Q_2 = \frac{Q}{Q_1}\]
yazalım; burada \(\gcd\), baş katsayısı \(1\) olacak biçimde seçilen en büyük ortak bölendir. \(Q = \prod_i f_i^{e_i}\), \(f_i\)’ler farklı (baş katsayısı \(1\) olan) indirgenemez çarpanlar olmak üzere
\[Q_1 = \prod_i f_i^{\,e_i - 1}, \qquad Q_2 = \prod_i f_i\]
olur; özel olarak \(Q_2\)’nin bütün indirgenemez çarpanları tek katlıdır. Bu durumda
\[\int \frac{P(x)}{Q(x)}\,dx = \frac{P_1(x)}{Q_1(x)} + \int \frac{P_2(x)}{Q_2(x)}\,dx\]
eşitliğini sağlayan, \(\deg P_1 < \deg Q_1\) ve \(\deg P_2 < \deg Q_2\) koşullarını gerçekleyen \(P_1, P_2\) polinomları vardır ve tektir. Sağdaki integral yalnızca logaritma ve arktanjant terimleri üretir.
İspat
Önce \(Q_1\) için verilen çarpan yazılışını doğrulayalım. \(Q = f^{e}h\) ve \(f \nmid h\) olsun. Çarpım kuralıyla
\[Q' = e\,f^{\,e-1}f'\,h + f^{e}h' = f^{\,e-1}\bigl(e f' h + f h'\bigr).\]
Buradan \(f^{e-1} \mid Q'\) görülür. Ayrıca \(f \nmid \bigl(ef'h + fh'\bigr)\)’dir: \(f \mid fh'\) olduğundan bu ancak \(f \mid ef'h\) olması hâlinde mümkün olurdu; \(f\) indirgenemez, \(f \nmid h\) ve \(\deg f' < \deg f\) ile \(f' \neq 0\) olduğundan \(f \nmid f'\)’dir, dolayısıyla \(f \nmid ef'h\). Demek ki \(f^{e}\nmid Q'\)’dür ve \(Q\) ile \(Q'\)’nün ortak çarpanında \(f\) tam olarak \(e-1\) kez bulunur. Her indirgenemez çarpan için aynı hesap yapılırsa \(Q_1 = \prod f_i^{e_i-1}\) ve \(Q_2 = Q/Q_1 = \prod f_i\) çıkar.
Şimdi asıl iddiaya gelelim. Teorem 20.1 gereği \(\frac{P}{Q}\) basit kesirlerin toplamıdır. Bu toplamı iki gruba ayıralım: üstü \(j \ge 2\) olan kesirler ve üstü \(j = 1\) olan kesirler.
Üstü \(j\ge 2\) olan kesirler. Teorem 20.2’ne göre I. türden \(\frac{A}{(x-a)^j}\) kesrinin integrali \(-\frac{A}{(j-1)(x-a)^{j-1}}\)’dir; paydası \((x-a)^{j-1}\)’dir ve \(j-1 \le e-1\) olduğundan bu payda \(Q_1\)’i böler. II. türden \(\frac{Bx+C}{g^j}\) kesrinin integrali ise, aynı teoremdeki ayrışım ve Önerme 20.2’nün ardışık uygulanmasıyla, paydası \(g^{j-1}\)’i bölen bir rasyonel fonksiyon ile \(J_1\)’in, yani bir arktanjantın katı olarak yazılır. Yine payda \(Q_1\)’i böler.
Üstü \(j = 1\) olan kesirler. \(\frac{A}{x-a}\) kesrinin integrali \(A\ln|x-a|\)’dır; \(\frac{Bx+C}{g}\) kesrinin integrali ise Teorem 20.2’nin son formülü gereği bir logaritma ile bir arktanjantın toplamıdır. Bunların hiçbirinde rasyonel bir terim doğmaz. Öte yandan bu kesirlerin toplamı, paydası \(\prod f_i = Q_2\) olan bir öz kesirdir; payını \(P_2\) ile gösterelim, \(\deg P_2 < \deg Q_2\)’dir.
İki grubu birleştirirsek, birinci grubun integrallerinin toplamı paydası \(Q_1\)’i bölen bir rasyonel fonksiyondur; ortak paydaya getirilince \(\frac{P_1}{Q_1}\) biçimini alır ve öz kesir olduğundan \(\deg P_1 < \deg Q_1\)’dir. Böylece
\[\int\frac{P}{Q}\,dx = \frac{P_1}{Q_1} + \int\frac{P_2}{Q_2}\,dx\]
elde edilir ve sağdaki integral yalnızca logaritma ve arktanjant üretir.
Teklik. \(\frac{P_1}{Q_1} + \int\frac{P_2}{Q_2}\,dx = \frac{\widetilde{P_1}}{Q_1} + \int\frac{\widetilde{P_2}}{Q_2}\,dx\) olsun. Her iki tarafın türevini alıp düzenlersek
\[\left(\frac{P_1 - \widetilde{P_1}}{Q_1}\right)' = \frac{\widetilde{P_2} - P_2}{Q_2}\]
çıkar. \(R = P_1 - \widetilde{P_1}\) yazalım ve \(R \neq 0\) olduğunu varsayıp çelişki arayalım. \(\frac{R}{Q_1}\) kesrini sadeleştirip en sade hâline getirelim: \(\frac{R}{Q_1} = \frac{u}{v}\) olsun, burada \(v \mid Q_1\) ve \(\gcd(u,v) = 1\)’dir; \(\deg R < \deg Q_1\) olduğundan \(\deg u < \deg v\)’dir. \(v\) sabit olsaydı \(\frac{u}{v}\), derecesi negatif olan bir polinom, yani sıfır olurdu ve \(R = 0\) çıkardı; demek ki \(\deg v \ge 1\)’dir.
\(v\)’nin bir indirgenemez çarpanı \(f\) olsun ve \(f\)’nin \(v\)’deki katı \(d \ge 1\) olsun; \(v = f^{d}w\) ve \(f \nmid w\) yazalım. Bölüm kuralıyla
\[\left(\frac{u}{v}\right)' = \frac{u'v - uv'}{v^{2}}, \qquad v' = f^{\,d-1}\bigl(d\,f'w + f\,w'\bigr)\]
olur; buradan
\[u'v - uv' = f^{\,d-1}\Bigl(f\bigl(u'w - u\,w'\bigr) - d\,u\,f'w\Bigr)\]
çıkar. Parantez içindeki ifade \(f\) ile bölünmez: birinci terim \(f\) ile bölünür, ama ikinci terim bölünmez; çünkü \(f \nmid u\) (kesri sadeleştirdik), \(f \nmid w\) ve \(f \nmid f'\)’dür (\(f' \neq 0\) ve \(\deg f' < \deg f\)), ayrıca \(d\) sıfırdan farklı bir sabittir. Demek ki \(f\) çarpanı, payı veren \(u'v - uv'\) ifadesinde tam olarak \(d-1\) kez, paydayı veren \(v^{2} = f^{2d}w^{2}\) ifadesinde ise \(2d\) kez bulunur; sadeleştirmeden sonra \(f\), paydada tam olarak \(2d - (d-1) = d+1 \ge 2\) kuvvetiyle kalır.
Oysa eşitliğin sağ tarafı \(\frac{\widetilde{P_2}-P_2}{Q_2}\)’dir ve \(Q_2\)’de her indirgenemez çarpan yalnızca birinci kuvvetiyle bulunur; sadeleştirme bu kuvveti ancak düşürebilir. İki taraf aynı rasyonel fonksiyon olduğuna göre bu bir çelişkidir. Demek ki \(R = 0\), yani \(P_1 = \widetilde{P_1}\)’dir; bu durumda \(\frac{\widetilde{P_2} - P_2}{Q_2} = 0\), yani \(P_2 = \widetilde{P_2}\) olur.
\(\blacksquare\)
Yöntemin pratikteki kullanımı şudur: \(P_1\) ve \(P_2\)’yi belirsiz katsayılı polinomlar olarak yazarız, eşitliğin iki tarafının türevini alırız ve ortak paydayla çarparak katsayı eşitleriz. Böylece hiçbir integral hesaplamadan sonucun rasyonel kısmını buluruz; geriye kalan integralde ise paydanın bütün çarpanları tek katlı olduğundan hesap kısadır. Bunu bir örnekte çalıştıralım.
Örnek 20.7 (Ostrogradski Yöntemiyle Bir İntegral) \[I = \int \frac{dx}{x(x+1)^2}\]
integralini Ostrogradski ayrıştırmasıyla hesaplayınız.
Çözüm
Burada \(P(x) = 1\), \(Q(x) = x(x+1)^2\) ve \(\deg P = 0 < 3 = \deg Q\)’dur.
\(Q_1\) ve \(Q_2\)’yi bulalım. Önerme 20.3’deki çarpan yazılışını doğrudan kullanabiliriz: \(Q\)’nun indirgenemez çarpanları \(x\) (katı \(1\)) ve \(x+1\) (katı \(2\))’dir, dolayısıyla
\[Q_1 = x^{0}(x+1)^{1} = x+1, \qquad Q_2 = x(x+1) = x^2+x.\]
(İsteyen bunu \(\gcd\) hesabıyla da görebilir: \(Q' = (x+1)^2 + 2x(x+1) = (x+1)(3x+1)\) ve \(\gcd\bigl(x(x+1)^2,\ (x+1)(3x+1)\bigr) = x+1\)’dir.)
Kalıbı kuralım. \(\deg P_1 < \deg Q_1 = 1\) olduğundan \(P_1\) bir sabittir: \(P_1 = a\). \(\deg P_2 < \deg Q_2 = 2\) olduğundan \(P_2 = bx + c\)’dir. Ayrıştırma:
\[\int\frac{dx}{x(x+1)^2} = \frac{a}{x+1} + \int\frac{bx+c}{x^2+x}\,dx.\]
Türev alıp katsayı eşitleyelim. Her iki tarafın türevini alalım:
\[\frac{1}{x(x+1)^2} = -\frac{a}{(x+1)^2} + \frac{bx+c}{x(x+1)}.\]
Her iki tarafı \(x(x+1)^2\) ile çarpalım:
\[1 = -a\,x + (bx+c)(x+1) = -ax + bx^2 + bx + cx + c = b\,x^2 + (b + c - a)\,x + c.\]
Katsayıları eşitleyelim:
- \(x^2\): \(b = 0\).
- \(x^0\): \(c = 1\).
- \(x^1\): \(b + c - a = 0 \Rightarrow 0 + 1 - a = 0 \Rightarrow a = 1\).
Kalan integrali hesaplayalım. \(b=0\), \(c=1\) ile
\[I = \frac{1}{x+1} + \int\frac{dx}{x(x+1)}.\]
Kalan integralin paydasının çarpanları tek katlıdır; Durum 1 kalıbı geçerlidir:
\[\frac{1}{x(x+1)} = \frac{A}{x} + \frac{B}{x+1} \;\Longrightarrow\; 1 = A(x+1) + Bx.\]
\(x = 0\) için \(A = 1\); \(x = -1\) için \(1 = -B\), yani \(B = -1\). O hâlde
\[\int\frac{dx}{x(x+1)} = \ln|x| - \ln|x+1| + C = \ln\left|\frac{x}{x+1}\right| + C\]
ve sonuç
\[I = \frac{1}{x+1} + \ln|x| - \ln|x+1| + C\]
olur.
Denetim. Türev alalım:
\[-\frac{1}{(x+1)^2} + \frac{1}{x} - \frac{1}{x+1}.\]
Ortak payda \(x(x+1)^2\) üzerinde toplayalım:
\[\frac{-x + (x+1)^2 - x(x+1)}{x(x+1)^2} = \frac{-x + x^2+2x+1 - x^2 - x}{x(x+1)^2} = \frac{1}{x(x+1)^2}.\]
İntegrand geri geldi.
Karşılaştırma. Aynı integrali klasik yordamla yapsaydık \(\frac{1}{x(x+1)^2} = \frac{A}{x}+\frac{B}{x+1}+\frac{C}{(x+1)^2}\) kalıbını kurar, \(A = 1\), \(C = -1\), \(B = -1\) bulur ve
\[I = \ln|x| - \ln|x+1| + \frac{1}{x+1} + C\]
elde ederdik — aynı sonuç. Ostrogradski yönteminin üstünlüğü, katlılık büyüdükçe belirginleşir: paydada \((x+1)^{5}\) gibi bir çarpan varsa klasik yol beş katsayı ve beş integral, Ostrogradski ise dört katsayılı tek bir rasyonel kısım ve tek katlı bir paydayla kısa bir logaritma hesabı gerektirir.
\(\blacksquare\)
20.9 Alıştırmalar
Alıştırma 20.1 (Rasyonel Fonksiyonların İntegrali Üzerine)
\(a > 0\) olmak üzere \(\displaystyle\int\frac{dx}{x^2-a^2}\) integralini hesaplayınız.
\(\displaystyle\int\frac{3x+5}{(x-1)(x+2)^2}\,dx\) integralini hesaplayınız.
\(\displaystyle\int\frac{dx}{x^3+1}\) integralini hesaplayınız.
\(\displaystyle\int\frac{2x^3-4x^2-x-3}{x^2-2x-3}\,dx\) integralini hesaplayınız.
Önerme 20.2’nü kullanarak \(\displaystyle\int\frac{dx}{\bigl(x^2+9\bigr)^2}\) integralini hesaplayınız.
(Kapatma kuralı.) \(\deg P < \deg Q\), \(Q(x) = (x-a)Q_1(x)\) ve \(Q_1(a) \neq 0\) olsun. \(\frac{P}{Q}\)’nun basit kesirlere ayrışımında \(\frac{1}{x-a}\) teriminin katsayısının \(A = \frac{P(a)}{Q_1(a)}\) olduğunu gösteriniz ve bunu \(\frac{x^2+2}{(x-1)(x-2)(x-3)}\) kesrine uygulayınız.
Çözüm
a) Payda iki farklı doğrusal çarpanın çarpımıdır: \(x^2-a^2 = (x-a)(x+a)\). Durum 1 kalıbı:
\[\frac{1}{(x-a)(x+a)} = \frac{A}{x-a} + \frac{B}{x+a} \;\Longrightarrow\; 1 = A(x+a) + B(x-a).\]
\(x = a\) için \(1 = 2aA\), yani \(A = \frac{1}{2a}\); \(x = -a\) için \(1 = -2aB\), yani \(B = -\frac{1}{2a}\). O hâlde
\[\int\frac{dx}{x^2-a^2} = \frac{1}{2a}\ln|x-a| - \frac{1}{2a}\ln|x+a| + C = \frac{1}{2a}\ln\left|\frac{x-a}{x+a}\right| + C.\]
Denetim: türev alalım.
\[\begin{aligned} \frac{1}{2a}\left(\frac{1}{x-a} - \frac{1}{x+a}\right) &= \frac{1}{2a}\cdot\frac{(x+a)-(x-a)}{(x-a)(x+a)} \\ &= \frac{1}{2a}\cdot\frac{2a}{x^2-a^2} = \frac{1}{x^2-a^2} \end{aligned}\]
Doğru.
b) Payın derecesi \(1\), paydanın açılmış derecesi \(3\)’tür; kesir özdür. Kalıp, bir farklı doğrusal çarpan ile bir katlı doğrusal çarpanın birleşimidir:
\[\frac{3x+5}{(x-1)(x+2)^2} = \frac{A}{x-1} + \frac{B}{x+2} + \frac{C}{(x+2)^2}.\]
Ortak paydayla çarpalım:
\[3x+5 = A(x+2)^2 + B(x-1)(x+2) + C(x-1).\]
\(x = 1\) için: \(8 = 9A\), yani \(A = \frac{8}{9}\). \(x = -2\) için: \(-1 = -3C\), yani \(C = \frac{1}{3}\). \(B\) için \(x^2\) katsayılarını eşitleyelim: sol tarafta \(x^2\) yoktur, sağ tarafta katsayı \(A + B\)’dir; dolayısıyla \(A + B = 0\) ve \(B = -\frac{8}{9}\)’dur.
Denetim olarak sabit terimlere bakalım: sağ tarafta \(4A - 2B - C = \frac{32}{9} + \frac{16}{9} - \frac{3}{9} = \frac{45}{9} = 5\); sol taraftaki sabit terim de \(5\)’tir.
İntegral:
\[\int\frac{3x+5}{(x-1)(x+2)^2}\,dx = \frac{8}{9}\ln|x-1| - \frac{8}{9}\ln|x+2| - \frac{1}{3}\cdot\frac{1}{x+2} + C.\]
Denetim: türev alalım.
\[\frac{8}{9(x-1)} - \frac{8}{9(x+2)} + \frac{1}{3(x+2)^2} = \frac{8}{9}\cdot\frac{3}{(x-1)(x+2)} + \frac{1}{3(x+2)^2} = \frac{8}{3(x-1)(x+2)} + \frac{1}{3(x+2)^2}.\]
Ortak payda \(3(x-1)(x+2)^2\) üzerinde:
\[\frac{8(x+2) + (x-1)}{3(x-1)(x+2)^2} = \frac{9x+15}{3(x-1)(x+2)^2} = \frac{3x+5}{(x-1)(x+2)^2}.\]
Doğru.
c) Önce paydayı çarpanlarına ayıralım. \(x = -1\) bir köktür, dolayısıyla \(x+1\) bir çarpandır:
\[x^3+1 = (x+1)\bigl(x^2-x+1\bigr).\]
\(x^2-x+1\) çarpanının diskriminantı \(1 - 4 = -3 < 0\)’dır; indirgenemezdir. Kalıp:
\[\frac{1}{(x+1)\bigl(x^2-x+1\bigr)} = \frac{A}{x+1} + \frac{Bx+C}{x^2-x+1} \;\Longrightarrow\; 1 = A\bigl(x^2-x+1\bigr) + (Bx+C)(x+1).\]
\(x = -1\) için: \(1 = A(1+1+1) = 3A\), yani \(A = \frac{1}{3}\). \(x^2\) katsayıları: \(A + B = 0 \Rightarrow B = -\frac{1}{3}\). Sabit terimler: \(A + C = 1 \Rightarrow C = \frac{2}{3}\). Denetim (\(x\) katsayısı): \(-A + B + C = -\frac{1}{3} - \frac{1}{3} + \frac{2}{3} = 0\); sol tarafta \(x\) terimi yok, uyuşuyor.
İntegrali kuralım:
\[\int\frac{dx}{x^3+1} = \frac{1}{3}\ln|x+1| + \int\frac{-\frac{1}{3}x + \frac{2}{3}}{x^2-x+1}\,dx = \frac{1}{3}\ln|x+1| - \frac{1}{3}\int\frac{x-2}{x^2-x+1}\,dx.\]
Kalan integralde payı, paydanın türevi \(2x-1\)’e göre düzenleyelim: \(x - 2 = \frac{1}{2}(2x-1) - \frac{3}{2}\). Buradan
\[\int\frac{x-2}{x^2-x+1}\,dx = \frac{1}{2}\ln\bigl(x^2-x+1\bigr) - \frac{3}{2}\int\frac{dx}{x^2-x+1}.\]
Paydayı tam kareye tamamlayalım: \(x^2-x+1 = \left(x-\frac{1}{2}\right)^2 + \frac{3}{4}\). \(t = x - \frac{1}{2}\) ve \(a = \frac{\sqrt{3}}{2}\) ile Önerme 20.2’nün \(n=1\) hâli:
\[\int\frac{dx}{x^2-x+1} = \frac{1}{a}\arctan\frac{t}{a} = \frac{2}{\sqrt{3}}\arctan\frac{2x-1}{\sqrt{3}}.\]
Böylece
\[\int\frac{x-2}{x^2-x+1}\,dx = \frac{1}{2}\ln\bigl(x^2-x+1\bigr) - \frac{3}{2}\cdot\frac{2}{\sqrt{3}}\arctan\frac{2x-1}{\sqrt{3}} = \frac{1}{2}\ln\bigl(x^2-x+1\bigr) - \sqrt{3}\,\arctan\frac{2x-1}{\sqrt{3}}\]
ve sonuç
\[\int\frac{dx}{x^3+1} = \frac{1}{3}\ln|x+1| - \frac{1}{6}\ln\bigl(x^2-x+1\bigr) + \frac{\sqrt{3}}{3}\arctan\frac{2x-1}{\sqrt{3}} + C\]
olur.
Denetim: arktanjant teriminin türevi
\[\frac{\sqrt{3}}{3}\cdot\frac{1}{1+\frac{(2x-1)^2}{3}}\cdot\frac{2}{\sqrt{3}} = \frac{2}{3}\cdot\frac{3}{3+(2x-1)^2} = \frac{2}{4x^2-4x+4} = \frac{1}{2\bigl(x^2-x+1\bigr)}\]
olur. Üç terimin türevlerini toplayalım:
\[\frac{1}{3(x+1)} - \frac{2x-1}{6\bigl(x^2-x+1\bigr)} + \frac{1}{2\bigl(x^2-x+1\bigr)} = \frac{1}{3(x+1)} + \frac{-(2x-1) + 3}{6\bigl(x^2-x+1\bigr)} = \frac{1}{3(x+1)} + \frac{2-x}{3\bigl(x^2-x+1\bigr)}.\]
Ortak payda \(3(x+1)(x^2-x+1) = 3\bigl(x^3+1\bigr)\) üzerinde:
\[\frac{\bigl(x^2-x+1\bigr) + (2-x)(x+1)}{3\bigl(x^3+1\bigr)} = \frac{x^2-x+1 + 2x+2-x^2-x}{3\bigl(x^3+1\bigr)} = \frac{3}{3\bigl(x^3+1\bigr)} = \frac{1}{x^3+1}.\]
Doğru.
d) Payın derecesi \(3\), paydanınki \(2\)’dir; kesir bileşiktir, önce bölme yapalım. \(2x\cdot\bigl(x^2-2x-3\bigr) = 2x^3-4x^2-6x\) olduğundan
\[2x^3-4x^2-x-3 = 2x\bigl(x^2-2x-3\bigr) + (5x-3),\]
yani bölüm \(2x\), kalan \(5x-3\)’tür. Payda \(x^2-2x-3 = (x-3)(x+1)\) biçiminde iki farklı doğrusal çarpana ayrılır. Kalan kesir için Durum 1 kalıbı:
\[\frac{5x-3}{(x-3)(x+1)} = \frac{A}{x-3} + \frac{B}{x+1} \;\Longrightarrow\; 5x-3 = A(x+1) + B(x-3).\]
\(x = 3\) için \(12 = 4A\), yani \(A = 3\); \(x = -1\) için \(-8 = -4B\), yani \(B = 2\).
İntegral:
\[\int\frac{2x^3-4x^2-x-3}{x^2-2x-3}\,dx = \int\left(2x + \frac{3}{x-3} + \frac{2}{x+1}\right)dx = x^2 + 3\ln|x-3| + 2\ln|x+1| + C.\]
Denetim:
\[2x + \frac{3}{x-3} + \frac{2}{x+1} = 2x + \frac{3(x+1) + 2(x-3)}{(x-3)(x+1)} = 2x + \frac{5x-3}{x^2-2x-3}.\]
Bu da tam olarak bölme sonucunda elde ettiğimiz ifadedir; doğru.
e) Önerme 20.2’nü \(n = 2\), \(a = 3\) ile uygulayalım:
\[J_2 = \frac{x}{2\cdot 9\cdot(2-1)\bigl(x^2+9\bigr)^{1}} + \frac{2\cdot 2 - 3}{2\cdot 9\cdot(2-1)}\,J_1 = \frac{x}{18\bigl(x^2+9\bigr)} + \frac{1}{18}J_1.\]
Formülün \(n=1\) hâli \(J_1 = \frac{1}{3}\arctan\frac{x}{3}\) verir. Böylece
\[\int\frac{dx}{\bigl(x^2+9\bigr)^2} = \frac{x}{18\bigl(x^2+9\bigr)} + \frac{1}{54}\arctan\frac{x}{3} + C.\]
Denetim: iki terimin türevini alalım.
\[\frac{d}{dx}\left(\frac{x}{18\bigl(x^2+9\bigr)}\right) = \frac{\bigl(x^2+9\bigr) - x\cdot 2x}{18\bigl(x^2+9\bigr)^2} = \frac{9-x^2}{18\bigl(x^2+9\bigr)^2},\]
\[\frac{d}{dx}\left(\frac{1}{54}\arctan\frac{x}{3}\right) = \frac{1}{54}\cdot\frac{1}{1+\frac{x^2}{9}}\cdot\frac{1}{3} = \frac{1}{162}\cdot\frac{9}{9+x^2} = \frac{1}{18\bigl(x^2+9\bigr)} = \frac{x^2+9}{18\bigl(x^2+9\bigr)^2}.\]
Toplarsak
\[\frac{9-x^2 + x^2 + 9}{18\bigl(x^2+9\bigr)^2} = \frac{18}{18\bigl(x^2+9\bigr)^2} = \frac{1}{\bigl(x^2+9\bigr)^2}.\]
Doğru.
f) \(\frac{P}{Q}\)’nun ayrışımını yazalım. \(Q(x) = (x-a)Q_1(x)\) ve \(Q_1(a) \neq 0\) olduğundan \(a\), \(Q\)’nun basit (tek katlı) bir köküdür; Teorem 20.1 gereği ayrışımda \(x-a\)’ya ait tek bir terim bulunur:
\[\frac{P(x)}{Q(x)} = \frac{A}{x-a} + H(x),\]
burada \(H\), paydası \(Q_1\) olan (ve \(x - a\) çarpanı içermeyen) kalan basit kesirlerin toplamıdır; \(H\), \(a\) noktasında tanımlıdır ve süreklidir. Her iki tarafı \((x-a)\) ile çarpalım. \(x \neq a\) için
\[\frac{P(x)}{Q_1(x)} = A + (x-a)H(x)\]
olur. Sol ve sağ taraf \(a\) noktasının bir komşuluğunda süreklidir (\(Q_1(a) \neq 0\) olduğundan sol taraf \(a\)’da tanımlıdır); \(x \to a\) limitine geçelim:
\[\frac{P(a)}{Q_1(a)} = A + 0\cdot H(a) = A.\]
Demek ki \(A = \frac{P(a)}{Q_1(a)}\)’dır. Bu kural pratikte şöyle uygulanır: \(\frac{P}{Q}\) ifadesinde \(x-a\) çarpanı elle kapatılır ve geri kalanda \(x = a\) yazılır — adı buradan gelir.
Şimdi \(\frac{x^2+2}{(x-1)(x-2)(x-3)}\) kesrine uygulayalım. Ayrışım \(\frac{A}{x-1} + \frac{B}{x-2} + \frac{C}{x-3}\) biçimindedir.
- \(A\) için \((x-1)\) kapatılır ve \(x=1\) yazılır: \(A = \frac{1^2+2}{(1-2)(1-3)} = \frac{3}{(-1)(-2)} = \frac{3}{2}\).
- \(B\) için \((x-2)\) kapatılır ve \(x=2\) yazılır: \(B = \frac{2^2+2}{(2-1)(2-3)} = \frac{6}{(1)(-1)} = -6\).
- \(C\) için \((x-3)\) kapatılır ve \(x=3\) yazılır: \(C = \frac{3^2+2}{(3-1)(3-2)} = \frac{11}{(2)(1)} = \frac{11}{2}\).
Denetim: \(A + B + C = \frac{3}{2} - 6 + \frac{11}{2} = 7 - 6 = 1\) olmalıdır, çünkü ortak paydayla çarpıldığında \(x^2\) katsayıları eşitlenir ve sol tarafta bu katsayı \(1\)’dir. Uyuşuyor.
Buradan, istenirse, integral de yazılabilir:
\[\int\frac{x^2+2}{(x-1)(x-2)(x-3)}\,dx = \frac{3}{2}\ln|x-1| - 6\ln|x-2| + \frac{11}{2}\ln|x-3| + C.\]
\(\blacksquare\)
Bu bölümde, bir fonksiyon sınıfının integralini hünere değil algoritmaya bağlayan ilk yordamı kurduk: derece denetimi, çarpanlara ayırma, basit kesirlere ayırma. Sonuç her zaman bir rasyonel fonksiyon, logaritmalar ve arktanjantlardan oluşuyor. Bundan sonraki bölümlerde bu yordamın gücünden dolaylı olarak yararlanacağız: köklü ifadeler içeren integrallerde uygun bir değişken değiştirme, integrandı rasyonel bir fonksiyona dönüştürür ve iş yeniden bu bölümün yordamına iner: İrrasyonel Fonksiyonların İntegrali.