5 Temel Fonksiyonların Türevleri
Önceki bölümlerde türev almanın bütün cebirsel altyapısını kurduk: toplam, çarpım ve bölüm kuralları, zincir kuralı ve ters fonksiyonun türevi. Bu kurallar bir makinenin dişlileri gibidir; ama makineyi çalıştırmak için ham maddeye, yani temel fonksiyonların türevlerine ihtiyacımız var. Elimizde şimdilik yalnızca \((x^n)' = nx^{n-1}\) var; onunla ancak polinom ve rasyonel fonksiyonların türevini alabiliyoruz.
Bu bölümde bu boşluğu kapatacağız. Sırasıyla logaritma, üstel fonksiyon, genel kuvvet fonksiyonu \(x^r\) (\(r\) herhangi bir reel sayı), trigonometrik fonksiyonlar, ters trigonometrik fonksiyonlar, hiperbolik fonksiyonlar ve ters hiperbolik fonksiyonların türevlerini ispatlarıyla birlikte hesaplayacağız. Bölümün sonunda, kalan derslerde sürekli başvuracağımız toplu bir türev tablosu elde etmiş olacağız.
Yöntem hemen hemen her seferinde aynıdır ve şu üçlüye dayanır: fark oranının limiti (yalnızca \(\ln\) ve \(\sin\) için), ters fonksiyonun türevi kuralı (üstel ve bütün “ters” fonksiyonlar için) ve zincir kuralı ile bölüm kuralı (geri kalan her şey için). Yani bölümün tamamı iki gerçek limite dayanıyor — \(\lim_{t \to 0}(1+t)^{1/t} = e\) ve \(\lim_{h\to 0}\frac{\sin h}{h} = 1\) — geri kalanı bu ikisinin cebirsel sonucudur.
Ayrıca logaritmik türev alma adı verilen, hem tabanı hem üssü değişken olan \(u(x)^{v(x)}\) biçimindeki ifadelerin türevini almayı sağlayan tekniği öğreneceğiz.
5.1 Logaritma Fonksiyonunun Türevi
Bütün zinciri başlatan tek bir limit vardır. Onu ayrı bir lemma olarak yazalım, çünkü hem burada hem de ileride tekrar tekrar kullanacağız.
Analiz 1’de \(e\) sayısını \(e = \lim_{n \to \infty}\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n\) dizi limiti olarak tanımlamıştık (bkz. Analiz 1, e Dizisi Artan ve Sınırlıdır). Burada ihtiyacımız olan, aynı ifadenin sürekli değişkenli sürümüdür: \(n \in \mathbb{N}\) yerine \(t \to 0\) olan reel bir değişken koyduğumuzda da aynı sayıya ulaşırız.
Lemma 5.1 (Üstel Limitin Sürekli Değişkenli Biçimi) \[\lim_{t \to 0}\,(1+t)^{1/t} = e.\]
İspat
Limiti sağdan ve soldan ayrı ayrı hesaplayacağız.
Sağ limit. \(0 < t < 1\) olsun ve \(n = \left\lfloor \frac{1}{t} \right\rfloor\) yazalım (bkz. Analiz 1). Taban fonksiyonunun tanımı gereği
\[n \le \frac{1}{t} < n+1, \qquad \text{yani} \qquad \frac{1}{n+1} < t \le \frac{1}{n}.\]
\(0 < t < 1\) olduğundan \(\frac{1}{t} > 1\), dolayısıyla \(n \ge 1\)’dir. Şimdi \(1 + t > 1\) olduğundan \(s \mapsto (1+t)^s\) fonksiyonu artandır; üsleri \(n \le \frac{1}{t} < n+1\) eşitsizliğiyle karşılaştırırsak
\[(1+t)^{n} \le (1+t)^{1/t} \le (1+t)^{n+1}\]
elde ederiz. Şimdi tabanı da sınırlayalım: soldaki ifadede \(1 + t > 1 + \frac{1}{n+1}\), sağdaki ifadede \(1 + t \le 1 + \frac{1}{n}\) kullanabiliriz (taban büyüdükçe pozitif üslü kuvvet büyür):
\[\left(1 + \frac{1}{n+1}\right)^{n} \le (1+t)^{1/t} \le \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n+1}.\]
Alt ve üst sınırların ikisi de \(n \to \infty\) iken \(e\)’ye gider:
\[\left(1 + \frac{1}{n+1}\right)^{n} = \frac{\left(1 + \frac{1}{n+1}\right)^{n+1}}{1 + \frac{1}{n+1}} \longrightarrow \frac{e}{1} = e, \qquad \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n+1} = \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n}\left(1 + \frac{1}{n}\right) \longrightarrow e \cdot 1 = e,\]
burada e Dizisi Artan ve Sınırlıdır ve Limit Aritmetiği kullanıldı.
Şimdi dizisel ölçütü uygulayalım (bkz. Analiz 1). \(t_k \to 0\), \(t_k > 0\) olan herhangi bir dizi alalım ve \(n_k = \left\lfloor \frac{1}{t_k}\right\rfloor\) yazalım. \(\frac{1}{t_k} \to +\infty\) ve \(n_k > \frac{1}{t_k} - 1\) olduğundan \(n_k \to \infty\)’dur. Yukarıdaki iki taraflı eşitsizlik her \(k\) için geçerli olduğundan ve iki uç dizi de \(e\)’ye yakınsadığından, sıkıştırma teoremi (bkz. Analiz 1) \((1+t_k)^{1/t_k} \to e\) verir. Dizi keyfî seçildiğinden
\[\lim_{t \to 0^+}(1+t)^{1/t} = e.\]
Sol limit. \(-1 < t < 0\) olsun ve \(t = -u\) yazalım; burada \(0 < u < 1\)’dir. \(s = \dfrac{u}{1-u}\) tanımlayalım. Bu durumda \(u = \dfrac{s}{1+s}\) ve \(1 - u = \dfrac{1}{1+s}\), ayrıca \(\dfrac{1}{u} = \dfrac{1+s}{s}\)’dir. O hâlde
\[(1+t)^{1/t} = (1-u)^{-1/u} = \left(\frac{1}{1+s}\right)^{-\frac{1+s}{s}} = (1+s)^{\frac{1+s}{s}} = (1+s)^{1/s}\,(1+s).\]
\(s(u) = \frac{u}{1-u}\) dönüşümü \((0,1)\) üzerinde süreklidir, kesin artandır, \(u \to 0^+\) iken \(s(u) \to 0^+\) olur ve \(u > 0\) iken \(s(u) > 0\)’dır. Bileşke limiti teoremi (bkz. Analiz 1) ile birlikte sağ limit için bulduğumuz sonucu kullanırsak
\[\lim_{u \to 0^+}\big(1+s(u)\big)^{1/s(u)} = \lim_{s \to 0^+}(1+s)^{1/s} = e, \qquad \lim_{u \to 0^+}\big(1+s(u)\big) = 1,\]
dolayısıyla \(\lim_{t \to 0^-}(1+t)^{1/t} = e \cdot 1 = e\).
Sağ ve sol limitler var ve eşit olduğundan (bkz. Analiz 1) iki taraflı limit vardır ve \(e\)’ye eşittir.
\(\blacksquare\)
Artık logaritmanın türevini hesaplayabiliriz. Fark oranını yazdığımızda logaritmanın çarpımı toplama çevirme özelliği devreye girecek ve karşımıza tam da yukarıdaki limit çıkacak.
Teorem 5.1 (Logaritma Fonksiyonunun Türevi) \(a > 0\), \(a \neq 1\) olsun. \(\ln : (0,\infty) \to \mathbb{R}\) ve \(\log_a : (0,\infty) \to \mathbb{R}\) fonksiyonları her \(x > 0\) noktasında türevlenebilirdir ve
\[(\ln x)' = \frac{1}{x}, \qquad (\log_a x)' = \frac{\log_a e}{x} = \frac{1}{x \ln a}.\]
İspat
\(x > 0\) sabit olsun. \(|h| < x\) koşulunu sağlayan \(h \neq 0\) için \(x + h > 0\)’dır, dolayısıyla \(\ln(x+h)\) tanımlıdır. Fark oranını yazalım ve logaritmanın \(\ln A - \ln B = \ln\frac{A}{B}\) özelliğini kullanalım:
\[\frac{\ln(x+h) - \ln x}{h} = \frac{1}{h}\ln\frac{x+h}{x} = \frac{1}{h}\ln\left(1 + \frac{h}{x}\right).\]
Şimdi \(t = \dfrac{h}{x}\) değişken değiştirmesi yapalım. \(x > 0\) sabit olduğundan \(h \to 0\) ile \(t \to 0\) denktir ve \(h \neq 0\) ile \(t \neq 0\) denktir. \(\dfrac{1}{h} = \dfrac{1}{xt}\) olduğundan
\[\frac{1}{h}\ln\left(1 + \frac{h}{x}\right) = \frac{1}{xt}\ln(1+t) = \frac{1}{x}\cdot\frac{\ln(1+t)}{t} = \frac{1}{x}\,\ln\!\left[(1+t)^{1/t}\right],\]
son adımda \(r\ln A = \ln A^r\) kuralı kullanıldı. Lemma 5.1 gereği \(t \to 0\) iken \((1+t)^{1/t} \to e\)’dir. \(\ln\) fonksiyonu \((0,\infty)\) üzerinde süreklidir (kesin artan ve sürekli olan \(\exp\) fonksiyonunun tersi olduğundan; bunu ters fonksiyonun sürekliliği bölümünde görmüştük), özel olarak \(e\) noktasında süreklidir. Bileşke limiti (bkz. Analiz 1) ile
\[\lim_{t \to 0}\ln\!\left[(1+t)^{1/t}\right] = \ln e = 1.\]
O hâlde
\[(\ln x)' = \lim_{h \to 0}\frac{\ln(x+h) - \ln x}{h} = \frac{1}{x}\cdot 1 = \frac{1}{x}.\]
İkinci formül için taban değiştirme kuralını kullanalım: her \(u > 0\) için \(\log_a u = \dfrac{\ln u}{\ln a}\)’dır. \(\dfrac{1}{\ln a}\) bir sabit olduğundan, sabitle çarpma kuralıyla
\[(\log_a x)' = \frac{1}{\ln a}\,(\ln x)' = \frac{1}{x \ln a}.\]
Son olarak \(\log_a e = \dfrac{\ln e}{\ln a} = \dfrac{1}{\ln a}\) olduğundan \(\dfrac{1}{x\ln a} = \dfrac{\log_a e}{x}\)’tir; iki gösterim aynıdır.
\(\blacksquare\)
\((\log_a x)' = \dfrac{1}{x\ln a}\) formülündeki \(\ln a\) çarpanı ancak \(a = e\) iken \(1\) olur. Yani türev formülünü en sade hâline getiren taban \(e\)’dir; “doğal logaritma” adı buradan gelir. Aynı gözlem üstel fonksiyonda da karşımıza çıkacak.
Türevin mutlak değerli sürümü, ileride belirsiz integralde çok işe yarayacak. Küçük ama önemli bir gözlemdir.
Önerme 5.1 (Mutlak Değerli Logaritmanın Türevi) \(x \neq 0\) olmak üzere \(g(x) = \ln|x|\) fonksiyonu türevlenebilirdir ve
\[\big(\ln|x|\big)' = \frac{1}{x}.\]
İspat
İki durum var.
Eğer \(x > 0\) ise \(x\)’in bir komşuluğunda \(|x| = x\)’tir, dolayısıyla \(g\) bu komşulukta \(\ln x\) ile çakışır; türev yerel bir kavram olduğundan Teorem 5.1 gereği \(g'(x) = \frac{1}{x}\).
Eğer \(x < 0\) ise \(x\)’in bir komşuluğunda \(|x| = -x > 0\)’dır, yani \(g(x) = \ln(-x)\). Zincir kuralıyla, dış fonksiyon \(\ln\) ve iç fonksiyon \(u(x) = -x\) alınarak
\[g'(x) = \frac{1}{-x}\cdot(-1) = \frac{1}{x}.\]
İki durumda da sonuç aynıdır.
\(\blacksquare\)
5.2 Üstel Fonksiyonun Türevi
Üstel fonksiyon \(a^x\), logaritmanın ters fonksiyonudur. Önceki bölümde ispatladığımız Teorem 4.2 burada tam da beklediğimiz işi görecek: logaritmanın türevini bildiğimize göre, tersinin türevini bir bölme işlemiyle elde edeceğiz.
Teorem 5.2 (Üstel Fonksiyonun Türevi) \(a > 0\), \(a \neq 1\) olsun. \(f(x) = a^x\) fonksiyonu her \(x \in \mathbb{R}\) noktasında türevlenebilirdir ve
\[(a^x)' = a^x \ln a.\]
Özel olarak \(a = e\) için
\[(e^x)' = e^x.\]
İspat
\(g(y) = \log_a y\) fonksiyonunu \((0,\infty)\) üzerinde düşünelim. Bu fonksiyon kesin monotondur (\(a > 1\) ise artan, \(0 < a < 1\) ise azalan), süreklidir ve \((0,\infty)\)’u \(\mathbb{R}\) üzerine birebir örten olarak resmeder; tersi tam olarak \(f(x) = a^x\)’tir (bkz. Analiz 1).
\(x \in \mathbb{R}\) verilsin ve \(y = a^x > 0\) yazalım; bu durumda \(x = g(y)\)’dir. Teorem 5.1 gereği \(g\), \(y\) noktasında türevlenebilirdir ve
\[g'(y) = \frac{1}{y \ln a} \neq 0\]
olur, çünkü \(y > 0\) ve \(a \neq 1\) olduğundan \(\ln a \neq 0\)’dır. Teorem 4.2’in bütün hipotezleri sağlandığından \(f = g^{-1}\) fonksiyonu \(x\) noktasında türevlenebilirdir ve
\[f'(x) = \frac{1}{g'(y)} = \frac{1}{\dfrac{1}{y\ln a}} = y\ln a = a^x \ln a.\]
\(a = e\) alındığında \(\ln e = 1\) olduğundan \((e^x)' = e^x\) bulunur.
\(\blacksquare\)
\(e^x\), türevi kendisine eşit olan fonksiyondur. Bu özellik onu neredeyse tek yapar: ileride ortalama değer teoremini kullanarak, \(f' = f\) ve \(f(0) = 1\) koşullarını sağlayan tek türevlenebilir fonksiyonun \(f(x) = e^x\) olduğunu göstereceğiz. Kanıtın fikri şudur: \(h(x) = f(x)e^{-x}\) alınırsa \(h'(x) = f'(x)e^{-x} - f(x)e^{-x} = 0\) olur, yani \(h\) sabittir.
Zincir kuralıyla birleştirildiğinde bu iki teorem, üstel–logaritmik ifadelerin tamamını kapsar. Hemen birkaç örnekte çalıştıralım.
Örnek 5.1 (Logaritmik ve Üstel Türevler) Aşağıdaki fonksiyonların türevlerini bulunuz.
\(f(x) = \ln(x^2+1)\)
\(h(x) = \log_2(3^x + 1)\)
\(p(x) = \dfrac{e^x - e^{-x}}{2}\)
Çözüm
a) Dış fonksiyon \(\ln u\), iç fonksiyon \(u(x) = x^2+1 > 0\)’dır. Zincir kuralıyla
\[f'(x) = \frac{1}{x^2+1}\cdot 2x = \frac{2x}{x^2+1}.\]
b) Önce \((3^x)' = 3^x\ln 3\) olduğunu not edelim. Dış fonksiyon \(\log_2 u\), iç fonksiyon \(u(x) = 3^x + 1 > 0\):
\[h'(x) = \frac{1}{(3^x+1)\ln 2}\cdot 3^x\ln 3 = \frac{3^x \ln 3}{(3^x+1)\ln 2}.\]
c) Zincir kuralıyla \((e^{-x})' = e^{-x}\cdot(-1) = -e^{-x}\) olduğundan
\[p'(x) = \frac{e^x - (-e^{-x})}{2} = \frac{e^x + e^{-x}}{2}.\]
Buradaki \(p\) fonksiyonunun adı \(\sinh x\), türevi olarak bulduğumuz \(\dfrac{e^x+e^{-x}}{2}\) ifadesinin adı ise \(\cosh x\)’tir; bölümün ilerleyen kısmında bu ikiliye ayrıntısıyla döneceğiz.
\(\blacksquare\)
5.3 Genel Kuvvet Fonksiyonu
Şimdiye kadar \((x^n)' = nx^{n-1}\) kuralını yalnızca \(n\) tam sayı iken ispatlamıştık: pozitif tam sayılar için tümevarımla, negatif tam sayılar için bölüm kuralıyla. Oysa \(x^{1/2}\), \(x^{\pi}\), \(x^{-\sqrt{2}}\) gibi ifadelerin de türevini almak istiyoruz. Bunun anahtarı, reel üslü kuvvetin tanımını hatırlamaktır: \(x > 0\) ve \(r \in \mathbb{R}\) için
\[x^r := e^{r\ln x}.\]
Bu tanımla artık \(x^r\), tanıdığımız iki fonksiyonun bileşkesidir; zincir kuralı gerisini halleder.
Teorem 5.3 (Genel Kuvvet Fonksiyonunun Türevi) \(r \in \mathbb{R}\) olsun. \(f : (0,\infty) \to \mathbb{R}\), \(f(x) = x^r\) fonksiyonu her \(x > 0\) noktasında türevlenebilirdir ve
\[(x^r)' = r\,x^{r-1}.\]
İspat
Tanım gereği \(f(x) = e^{r\ln x}\)’tir. Dış fonksiyon \(u \mapsto e^u\), iç fonksiyon \(u(x) = r\ln x\)’tir; her ikisi de \(x > 0\) için türevlenebilirdir. Teorem 5.2 ve Teorem 5.1 ile zincir kuralını uygularsak
\[f'(x) = e^{r\ln x}\cdot (r\ln x)' = e^{r\ln x}\cdot \frac{r}{x} = x^r\cdot\frac{r}{x}.\]
Son adımda üslerin toplanması kuralını kullanalım: \(x > 0\) olduğundan \(\dfrac{x^r}{x} = x^r x^{-1} = x^{r-1}\)’dir. O hâlde
\[f'(x) = r\,x^{r-1}.\]
\(\blacksquare\)
\(x^r = e^{r\ln x}\) yazımı yalnızca \(x > 0\) için anlamlıdır; \(x \le 0\) iken \(\ln x\) tanımsızdır. Bu yüzden Teorem 5.3’nin doğal tanım kümesi \((0,\infty)\)’dur.
Bu, \(x < 0\) için hiçbir şey söyleyemeyeceğimiz anlamına gelmez: \(r = n \in \mathbb{Z}\) ise \(x^n\) zaten \(x \neq 0\) olan her yerde tanımlıdır ve \((x^n)' = nx^{n-1}\) kuralını daha önce cebirsel olarak ispatlamıştık. Benzer biçimde \(r = \frac{p}{q}\), \(q\) tek ise \(x^{1/q}\) negatif \(x\)’ler için de tanımlıdır ve kural yine geçerlidir. Genel bir irrasyonel \(r\) içinse \(x < 0\) bölgesinde \(x^r\) diye bir reel sayı yoktur.
\(x^r\) ile \(a^x\) birbirine hiç benzemeyen iki fonksiyondur; türevleri de öyledir:
\[(x^r)' = r\,x^{r-1} \qquad \text{ama} \qquad (a^x)' = a^x\ln a.\]
Birincide taban değişkendir, üs sabittir; ikincide üs değişkendir, taban sabittir. Örneğin \((x^3)' = 3x^2\) iken \((3^x)' = 3^x\ln 3\)’tür. Hem tabanın hem üssün değişken olduğu durumda ise ikisinden hiçbiri geçerli değildir; sıradaki başlık tam bu durumu ele alıyor.
5.4 Logaritmik Türev Alma
\(y = u(x)^{v(x)}\) biçimindeki bir ifadenin türevi için elimizde hazır bir kural yok. İki çıkış yolu var ve ikisi de aynı kapıya çıkıyor: ya ifadeyi \(e^{v\ln u}\) olarak yeniden yazarız, ya da her iki tarafın logaritmasını alıp türev alırız. İkinci yöntemin adı logaritmik türev almadır ve yalnızca kuvvet ifadelerinde değil, uzun çarpım–bölüm zincirlerinde de hesabı çok kısaltır.
Tanım 5.1 (Logaritmik Türev) \(f\), bir \(I\) aralığında türevlenebilir ve her \(x \in I\) için \(f(x) \neq 0\) olsun. Önerme 5.1 ve zincir kuralı gereği \(\ln|f|\) fonksiyonu \(I\) üzerinde türevlenebilirdir ve
\[\big(\ln|f(x)|\big)' = \frac{f'(x)}{f(x)}\]
olur. Bu orana \(f\)’nin logaritmik türevi (logarithmic derivative) denir. Bir fonksiyonun türevini, önce logaritmasının türevini hesaplayıp sonra \(f\) ile çarparak bulma yöntemine logaritmik türev alma (logarithmic differentiation) adı verilir:
\[f'(x) = f(x)\cdot\big(\ln|f(x)|\big)'.\]
Yöntemi \(u(x)^{v(x)}\) biçimindeki ifadelere uygulayalım.
Önerme 5.2 (Tabanı ve Üssü Değişken Olan İfadelerin Türevi) \(u\) ve \(v\), bir \(I\) aralığında türevlenebilir olsun ve her \(x \in I\) için \(u(x) > 0\) olsun. \(y(x) = u(x)^{v(x)}\) fonksiyonu \(I\) üzerinde türevlenebilirdir ve
\[y'(x) = u(x)^{v(x)}\left[v'(x)\ln u(x) + v(x)\frac{u'(x)}{u(x)}\right].\]
İspat
Reel üslü kuvvetin tanımı gereği \(u(x) > 0\) olduğundan
\[y(x) = u(x)^{v(x)} = e^{v(x)\ln u(x)}\]
yazabiliriz. İç fonksiyon \(w(x) = v(x)\ln u(x)\)’tir; \(u > 0\) ve \(u\), \(v\) türevlenebilir olduğundan \(w\) de türevlenebilirdir ve çarpım kuralı ile zincir kuralından
\[w'(x) = v'(x)\ln u(x) + v(x)\cdot\frac{u'(x)}{u(x)}.\]
Şimdi \(y = e^{w}\) bileşkesine zincir kuralını uygularsak
\[y'(x) = e^{w(x)}\,w'(x) = u(x)^{v(x)}\left[v'(x)\ln u(x) + v(x)\frac{u'(x)}{u(x)}\right]\]
bulunur.
Aynı sonuca logaritmik türevle de ulaşılır: \(y > 0\) olduğundan \(\ln y = v\ln u\) yazıp iki tarafın türevini alırsak \(\dfrac{y'}{y} = v'\ln u + v\dfrac{u'}{u}\) olur; \(y\) ile çarpmak yeter. Ancak bu ikinci yolda \(y\)’nin türevlenebilir olduğunu önceden bilmek gerekir; yukarıdaki birinci yol bunu da ispatladığı için daha eksiksizdir.
\(\blacksquare\)
Formülün yapısı öğreticidir: köşeli parantezin içindeki iki terimden birincisi “üssü değişken, tabanı sabit tut” (yani \(a^x\) kuralı), ikincisi “tabanı değişken, üssü sabit tut” (yani \(x^r\) kuralı) hesabından gelir. Gerçekten de \(u\) sabit alınırsa birinci terim \(u^v \ln u \cdot v'\), yani üstel kural; \(v\) sabit alınırsa ikinci terim \(v\,u^{v-1}u'\), yani kuvvet kuralı çıkar.
Yöntemin en klasik örneği olan \(x^x\)’i şimdi yapalım.
Örnek 5.2 (x Üssü x Fonksiyonu) \(y = x^x\), \(x > 0\) fonksiyonunun türevini bulunuz ve \(y\)’nin en küçük değerini aldığı noktayı belirleyiniz.
Çözüm
Türev. \(u(x) = x\), \(v(x) = x\) alalım; \(x > 0\) için \(u(x) > 0\)’dır. \(y > 0\) olduğundan iki tarafın doğal logaritmasını alabiliriz:
\[\ln y = x\ln x.\]
Sol tarafın türevi \(\dfrac{y'}{y}\), sağ tarafın türevi çarpım kuralıyla
\[(x\ln x)' = 1\cdot\ln x + x\cdot\frac{1}{x} = \ln x + 1\]
olur. Böylece \(\dfrac{y'}{y} = \ln x + 1\) ve buradan
\[y' = x^x(\ln x + 1).\]
Aynı sonucu Önerme 5.2 ile doğrudan da yazabilirdik: \(v' = 1\), \(u' = 1\) olduğundan \(y' = x^x\left[1\cdot\ln x + x\cdot\frac{1}{x}\right] = x^x(\ln x+1)\).
En küçük değer. \(x^x > 0\) olduğundan \(y'\) ile \(\ln x + 1\) aynı işaretlidir. \(\ln x + 1 = 0\) denklemi \(\ln x = -1\), yani \(x = e^{-1} = \frac{1}{e}\) verir. \(0 < x < \frac{1}{e}\) iken \(\ln x < -1\) olduğundan \(y' < 0\), \(x > \frac{1}{e}\) iken \(y' > 0\)’dır. Demek ki \(y\) fonksiyonu \(\left(0,\frac{1}{e}\right)\) üzerinde azalıyor, \(\left(\frac{1}{e},\infty\right)\) üzerinde artıyor; en küçük değerini \(x = \frac{1}{e}\) noktasında alıyor ve bu değer
\[\left(\frac{1}{e}\right)^{1/e} = e^{-1/e} \approx 0{,}6922\]
olur.
\(\blacksquare\)
Logaritmik türevin ikinci kullanım alanı, çok çarpanlı ifadelerdir: \(f(x) = \dfrac{(x-1)^3\sqrt{x^2+2}}{(x+4)^5}\) fonksiyonunun türevini doğrudan çarpım ve bölüm kurallarıyla almak uzun sürer; oysa logaritma çarpımı toplama çevirdiğinden \(\ln|f(x)| = 3\ln|x-1| + \frac{1}{2}\ln(x^2+2) - 5\ln|x+4|\) yazıp türev almak neredeyse anında sonuç verir:
\[\frac{f'(x)}{f(x)} = \frac{3}{x-1} + \frac{x}{x^2+2} - \frac{5}{x+4} \quad\Longrightarrow\quad f'(x) = f(x)\left[\frac{3}{x-1} + \frac{x}{x^2+2} - \frac{5}{x+4}\right].\]
5.5 Trigonometrik Fonksiyonların Türevleri
Trigonometrik türevlerin tamamı tek bir limite dayanır: Analiz 1’de ispatladığımız
\[\lim_{h\to 0}\frac{\sin h}{h} = 1\]
eşitliğine (bkz. Analiz 1). Bunun yanına bir tane daha limit gerekiyor; onu ayrı bir lemma olarak ispatlayalım.
Lemma 5.2 (Kosinüsün Sıfırdaki Fark Oranı) \[\lim_{h \to 0}\frac{\cos h - 1}{h} = 0.\]
İspat
Yarım açı özdeşliğinden başlayalım: her \(h\) için \(\cos h = 1 - 2\sin^2\frac{h}{2}\), yani
\[\cos h - 1 = -2\sin^2\frac{h}{2}.\]
\(h \neq 0\) için bölelim ve payda ile payı \(\frac{h}{2}\) üzerinden düzenleyelim:
\[\frac{\cos h - 1}{h} = \frac{-2\sin^2\frac{h}{2}}{h} = -\sin\frac{h}{2}\cdot\frac{\sin\frac{h}{2}}{\frac{h}{2}}.\]
Şimdi iki çarpanı ayrı ayrı inceleyelim. \(\sin\) fonksiyonu süreklidir (bkz. Analiz 1), dolayısıyla \(h \to 0\) iken \(\sin\frac{h}{2}\to \sin 0 = 0\)’dır. İkinci çarpan için \(u = \frac{h}{2}\) yazalım: \(h \to 0\) ile \(u \to 0\) denktir ve \(h \neq 0\) ile \(u \neq 0\) denktir; Sinüs x Bölü x Limiti ve bileşke limiti (bkz. Analiz 1) gereği
\[\lim_{h\to 0}\frac{\sin\frac{h}{2}}{\frac{h}{2}} = \lim_{u \to 0}\frac{\sin u}{u} = 1.\]
Limitin çarpımla uyumundan (bkz. Analiz 1)
\[\lim_{h\to 0}\frac{\cos h - 1}{h} = -0\cdot 1 = 0\]
elde edilir.
\(\blacksquare\)
Bu iki limitle bütün trigonometrik türevleri kurabiliriz.
Teorem 5.4 (Trigonometrik Fonksiyonların Türevleri) Aşağıdaki eşitlikler, sol taraflar tanımlı olduğu her noktada geçerlidir:
- \((\sin x)' = \cos x\), her \(x \in \mathbb{R}\) için.
- \((\cos x)' = -\sin x\), her \(x \in \mathbb{R}\) için.
- \((\tan x)' = \sec^2 x = 1 + \tan^2 x\), \(x \neq \frac{\pi}{2} + k\pi\) için.
- \((\cot x)' = -\csc^2 x = -(1+\cot^2 x)\), \(x \neq k\pi\) için.
- \((\sec x)' = \sec x\,\tan x\), \(x \neq \frac{\pi}{2} + k\pi\) için.
- \((\csc x)' = -\csc x\,\cot x\), \(x \neq k\pi\) için.
Burada \(k \in \mathbb{Z}\), \(\sec x = \frac{1}{\cos x}\), \(\csc x = \frac{1}{\sin x}\)’tir.
İspat
1. Sinüs. \(x \in \mathbb{R}\) sabit olsun. Toplam formülü \(\sin(x+h) = \sin x\cos h + \cos x\sin h\)’yi fark oranında kullanalım:
\[\frac{\sin(x+h) - \sin x}{h} = \frac{\sin x\cos h + \cos x\sin h - \sin x}{h} = \sin x\cdot\frac{\cos h - 1}{h} + \cos x\cdot\frac{\sin h}{h}.\]
Burada \(\sin x\) ve \(\cos x\), \(h\)’den bağımsız sabitlerdir. Lemma 5.2 ile birinci terimin limiti \(\sin x\cdot 0 = 0\), Sinüs x Bölü x Limiti ile ikinci terimin limiti \(\cos x\cdot 1 = \cos x\)’tir. Toplamın limiti limitlerin toplamı olduğundan
\[(\sin x)' = \sin x\cdot 0 + \cos x\cdot 1 = \cos x.\]
2. Kosinüs. Aynı yöntem: \(\cos(x+h) = \cos x\cos h - \sin x\sin h\) toplam formülünden
\[\frac{\cos(x+h) - \cos x}{h} = \cos x\cdot\frac{\cos h - 1}{h} - \sin x\cdot\frac{\sin h}{h} \longrightarrow \cos x\cdot 0 - \sin x\cdot 1 = -\sin x.\]
3. Tanjant. \(\tan x = \dfrac{\sin x}{\cos x}\) ve \(\cos x \neq 0\) olan noktalarda bölüm kuralı uygulanabilir:
\[(\tan x)' = \frac{(\sin x)'\cos x - \sin x(\cos x)'}{\cos^2 x} = \frac{\cos x\cos x - \sin x(-\sin x)}{\cos^2 x} = \frac{\cos^2 x + \sin^2 x}{\cos^2 x} = \frac{1}{\cos^2 x} = \sec^2 x.\]
Aynı ifadeyi \(\dfrac{\cos^2x+\sin^2x}{\cos^2x} = 1 + \tan^2 x\) biçiminde de yazabiliriz; iki gösterim özdeştir.
4. Kotanjant. \(\cot x = \dfrac{\cos x}{\sin x}\) ve \(\sin x \neq 0\) olan noktalarda
\[(\cot x)' = \frac{(-\sin x)\sin x - \cos x\cos x}{\sin^2 x} = \frac{-(\sin^2x + \cos^2 x)}{\sin^2 x} = -\frac{1}{\sin^2 x} = -\csc^2 x = -(1+\cot^2 x).\]
5. Sekant. \(\sec x = \dfrac{1}{\cos x}\) olduğundan, bölüm kuralıyla (ya da \(u^{-1}\) bileşkesine zincir kuralıyla)
\[(\sec x)' = \frac{0\cdot\cos x - 1\cdot(-\sin x)}{\cos^2 x} = \frac{\sin x}{\cos^2 x} = \frac{1}{\cos x}\cdot\frac{\sin x}{\cos x} = \sec x\,\tan x.\]
6. Kosekant. Benzer biçimde \(\csc x = \dfrac{1}{\sin x}\) için
\[(\csc x)' = \frac{0\cdot \sin x - 1\cdot\cos x}{\sin^2 x} = -\frac{\cos x}{\sin^2 x} = -\frac{1}{\sin x}\cdot\frac{\cos x}{\sin x} = -\csc x\,\cot x.\]
\(\blacksquare\)
Adı “ko-” ile başlayan fonksiyonların (\(\cos\), \(\cot\), \(\csc\)) türevlerinde eksi işareti vardır; diğerlerinde (\(\sin\), \(\tan\), \(\sec\)) artı. Ayrıca \(\sin\) ile \(\cos\)’un türevleri dörtlü bir döngü oluşturur:
\[\sin x \to \cos x \to -\sin x \to -\cos x \to \sin x.\]
Bu döngü, yüksek mertebeden türevleri hesaplarken çok işimize yarayacak.
5.6 Ters Trigonometrik Fonksiyonların Türevleri
Ters trigonometrik fonksiyonların türevlerini ters fonksiyonun türevi kuralıyla hesaplayacağız. Burada dikkat edilecek tek şey işaret seçimidir: hesabın bir yerinde \(\cos y = \pm\sqrt{1-\sin^2 y}\) gibi bir adım geçiyor ve iki işaretten hangisinin doğru olduğunu, \(y\)’nin hangi aralıkta olduğuna bakarak belirlemek zorundayız. Ters fonksiyonun tanımlı olabilmesi için ana fonksiyonu bir aralığa kısıtlamıştık; o aralık burada karşımıza çıkacak.
Hatırlatalım:
- \(\sin\), \(\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right]\) üzerine kısıtlandığında \([-1,1]\)’e birebir örtendir; tersi \(\arcsin : [-1,1] \to \left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right]\)’dir.
- \(\cos\), \([0,\pi]\) üzerine kısıtlandığında \([-1,1]\)’e birebir örtendir; tersi \(\arccos : [-1,1] \to [0,\pi]\)’dir.
- \(\tan\), \(\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)\) üzerine kısıtlandığında \(\mathbb{R}\)’ye birebir örtendir; tersi \(\arctan : \mathbb{R} \to \left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)\)’dir.
- \(\cot\), \((0,\pi)\) üzerine kısıtlandığında \(\mathbb{R}\)’ye birebir örtendir; tersi \(\operatorname{arccot} : \mathbb{R} \to (0,\pi)\)’dir.
Teorem 5.5 (Ters Trigonometrik Fonksiyonların Türevleri) Aşağıdaki eşitlikler geçerlidir:
- \((\arcsin x)' = \dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}\), \(-1 < x < 1\) için.
- \((\arccos x)' = -\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}\), \(-1 < x < 1\) için.
- \((\arctan x)' = \dfrac{1}{1+x^2}\), her \(x \in \mathbb{R}\) için.
- \((\operatorname{arccot} x)' = -\dfrac{1}{1+x^2}\), her \(x \in \mathbb{R}\) için.
Ayrıca \(\arcsin\) ve \(\arccos\) fonksiyonları \(x = \pm 1\) uç noktalarında türevlenebilir değildir.
İspat
1. Arksinüs. \(-1 < x < 1\) olsun ve \(y = \arcsin x\) yazalım; bu durumda \(x = \sin y\) ve \(y \in \left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)\)’dir (uç değerler \(y = \pm\frac{\pi}{2}\) ancak \(x = \pm 1\) iken oluşur, onları dışarıda bıraktık).
\(f(y) = \sin y\) fonksiyonu \(\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right]\) üzerinde süreklidir ve bu aralığı \([-1,1]\) üzerine birebir örten olarak resmeder; ayrıca \(y\) noktasında türevlenebilirdir ve \(f'(y) = \cos y\)’dir. Şimdi kritik adım: \(y \in \left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)\) olduğundan \(\cos y > 0\)’dır. Bu yüzden \(\cos^2 y = 1 - \sin^2 y\) özdeşliğinden karekök alırken pozitif işaret seçilir:
\[\cos y = +\sqrt{1-\sin^2 y} = \sqrt{1-x^2} > 0.\]
\(f'(y) \neq 0\) olduğundan Teorem 4.2 uygulanabilir:
\[(\arcsin x)' = \frac{1}{f'(y)} = \frac{1}{\cos y} = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}.\]
\(x \to 1^-\) ve \(x \to -1^+\) iken bu ifade \(+\infty\)’a gider. Uç noktalarda \(\cos y = 0\) olduğundan Teorem 4.2’in hipotezi zaten bozulur; türevin orada gerçekten var olmadığını aşağıda ayrıca göstereceğiz.
2. Arkkosinüs. \(-1 < x < 1\) olsun, \(y = \arccos x\) yazalım; \(x = \cos y\) ve \(y \in (0,\pi)\)’dir. \(g(y) = \cos y\) için \(g'(y) = -\sin y\)’dir. Bu kez işaret kararı \(\sin y\) üzerinedir: \(y \in (0,\pi)\) olduğundan \(\sin y > 0\), dolayısıyla
\[\sin y = +\sqrt{1-\cos^2 y} = \sqrt{1-x^2} > 0\]
ve \(g'(y) = -\sqrt{1-x^2} \neq 0\)’dır. Teorem 4.2 gereği
\[(\arccos x)' = \frac{1}{g'(y)} = \frac{1}{-\sin y} = -\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}.\]
Uç noktalar. Şimdi \(\arcsin\) ile \(\arccos\) fonksiyonlarının \(x = \pm 1\) noktalarında türevlenemediğini doğrudan fark oranından görelim. Önce bir eşitsizlik hazırlayalım: \(1 - \cos u = 2\sin^2\frac{u}{2}\) ve \(\left|\sin\frac{u}{2}\right| \le \frac{|u|}{2}\) olduğundan her \(u\) için
\[0 \le 1 - \cos u \le \frac{u^2}{2}\]
olur; ayrıca \(0 < u < \pi\) iken \(\cos u < 1\), yani \(1 - \cos u > 0\)’dır, dolayısıyla aşağıdaki bölmeler meşrudur. \(x = 1\) noktasındaki (soldan) fark oranını \(y = \arcsin x\) ve \(u = \frac{\pi}{2} - y\) değişkenleriyle yazalım. \(x \to 1^-\) iken \(u \to 0^+\)’dır ve \(x = \sin y = \cos u\) olduğundan
\[\frac{\arcsin x - \frac{\pi}{2}}{x - 1} = \frac{-u}{\cos u - 1} = \frac{u}{1 - \cos u} \ \ge\ \frac{u}{\frac{u^2}{2}} = \frac{2}{u} \xrightarrow[\ u \to 0^+\ ]{} +\infty.\]
Demek ki fark oranının sonlu bir limiti yoktur; \(\arcsin\) fonksiyonu \(x = 1\)’de türevlenemez. \(\arcsin\) bir tek fonksiyon olduğundan (\(\arcsin(-x) = -\arcsin x\)) \(x = -1\) noktasındaki fark oranı \(x \mapsto -x\) değişken değiştirmesiyle aynı ifadeye dönüşür ve sonuç değişmez.
\(\arccos\) için \(y = \arccos x\) alalım: \(x = 1\) durumunda \(u = y \to 0^+\), \(x = -1\) durumunda \(u = \pi - y \to 0^+\) yazmak yeter. Her iki durumda da fark oranı
\[-\frac{u}{1-\cos u} \ \le\ -\frac{2}{u} \xrightarrow[\ u \to 0^+\ ]{} -\infty\]
olur, yani türev yine yoktur. Geometrik okuması şudur: bu dört noktada grafiğin teğeti düşeydir.
3. Arktanjant. \(x \in \mathbb{R}\) olsun, \(y = \arctan x\) yazalım; \(x = \tan y\) ve \(y \in \left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)\)’dir. Teorem 5.4 gereği \((\tan y)' = 1 + \tan^2 y = 1 + x^2\)’dir. Bu ifade her zaman \(\ge 1 > 0\) olduğundan sıfırdan farklıdır ve işaret sorunu hiç doğmaz; Teorem 4.2 gereği
\[(\arctan x)' = \frac{1}{1+\tan^2 y} = \frac{1}{1+x^2}.\]
4. Arkkotanjant. \(y = \operatorname{arccot} x\), yani \(x = \cot y\), \(y \in (0,\pi)\) olsun. \((\cot y)' = -(1+\cot^2 y) = -(1+x^2) \neq 0\) olduğundan, Teorem 4.2 gereği
\[(\operatorname{arccot} x)' = \frac{1}{-(1+\cot^2 y)} = -\frac{1}{1+x^2}.\]
\(\blacksquare\)
Birinci ile ikinci, üçüncü ile dördüncü formülün yalnızca işaretçe farklı olması tesadüf değildir.
Her \(x \in [-1,1]\) için \(\arcsin x + \arccos x = \dfrac{\pi}{2}\) ve her \(x \in \mathbb{R}\) için \(\arctan x + \operatorname{arccot} x = \dfrac{\pi}{2}\)’dir. Bu eşitliklerin türevini alırsak sol taraf \(0\) verir; işte türev formüllerinin işaretçe zıt olmasının nedeni budur. Tersten okursak: \((\arcsin x + \arccos x)' = 0\) olduğundan bu toplam bir sabittir ve \(x = 0\) koyarak sabitin \(0 + \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{2}\) olduğu görülür. (Türevi her yerde sıfır olan bir fonksiyonun sabit olduğunu ortalama değer teoremi bölümünde ispatlayacağız.)
5.7 Hiperbolik Fonksiyonlar
Üstel fonksiyonun çift ve tek parçalarına ayrılması, trigonometrik fonksiyonlara şaşırtıcı derecede benzeyen yeni bir aile üretir. Bu ailenin üyeleri fizikte (asma köprü kablosunun aldığı şekil, özel görelilik), mühendislikte ve integral hesabında sürekli karşımıza çıkar. Türevleri, üstel fonksiyonun türevinden birkaç satırda elde edilir.
Tanım 5.2 (Hiperbolik Fonksiyonlar) Her \(x \in \mathbb{R}\) için hiperbolik sinüs (hyperbolic sine) ve hiperbolik kosinüs (hyperbolic cosine)
\[\sinh x = \frac{e^x - e^{-x}}{2}, \qquad \cosh x = \frac{e^x + e^{-x}}{2}\]
ile tanımlanır. Bunlardan yola çıkarak hiperbolik tanjant, hiperbolik kotanjant, hiperbolik sekant ve hiperbolik kosekant şöyle tanımlanır:
\[\tanh x = \frac{\sinh x}{\cosh x} = \frac{e^x - e^{-x}}{e^x + e^{-x}} \ \ (x \in \mathbb{R}), \qquad \coth x = \frac{\cosh x}{\sinh x} = \frac{e^x + e^{-x}}{e^x - e^{-x}} \ \ (x \neq 0),\]
\[\operatorname{sech} x = \frac{1}{\cosh x} \ \ (x \in \mathbb{R}), \qquad \operatorname{csch} x = \frac{1}{\sinh x} \ \ (x \neq 0).\]
\(\cosh x \ge 1 > 0\) olduğundan \(\tanh\) ve \(\operatorname{sech}\) bütün \(\mathbb{R}\) üzerinde tanımlıdır; \(\sinh x = 0\) eşitliği yalnızca \(x = 0\) için sağlandığından \(\coth\) ve \(\operatorname{csch}\) yalnızca orada tanımsızdır.
Adlandırmanın nedeni, aşağıdaki temel özdeşliktir: \((\cos t, \sin t)\) noktası \(u^2+v^2=1\) çemberini tararken, \((\cosh t, \sinh t)\) noktası \(u^2 - v^2 = 1\) hiperbolünün sağ kolunu tarar.
Önerme 5.3 (Hiperbolik Fonksiyonların Temel Özdeşlikleri) Her \(x, y \in \mathbb{R}\) için aşağıdakiler geçerlidir:
- \(\cosh^2 x - \sinh^2 x = 1\).
- \(1 - \tanh^2 x = \operatorname{sech}^2 x\) ve \(x \neq 0\) için \(\coth^2 x - 1 = \operatorname{csch}^2 x\).
- \(\sinh(-x) = -\sinh x\) (tek fonksiyon), \(\cosh(-x) = \cosh x\) (çift fonksiyon).
- \(\cosh x \ge 1\) ve eşitlik yalnızca \(x = 0\) için sağlanır.
- \(\sinh(x+y) = \sinh x\cosh y + \cosh x\sinh y\) ve \(\cosh(x+y) = \cosh x\cosh y + \sinh x\sinh y\).
İspat
1. \(a = e^x\), \(b = e^{-x}\) yazalım; \(ab = e^x e^{-x} = e^0 = 1\)’dir. \((a+b)^2 - (a-b)^2 = 4ab\) özdeşliğinden
\[\cosh^2 x - \sinh^2 x = \frac{(a+b)^2}{4} - \frac{(a-b)^2}{4} = \frac{4ab}{4} = ab = 1.\]
2. Birinci maddeyi \(\cosh^2 x > 0\)’a bölersek \(1 - \dfrac{\sinh^2x}{\cosh^2x} = \dfrac{1}{\cosh^2 x}\), yani \(1 - \tanh^2 x = \operatorname{sech}^2 x\) çıkar. \(x \neq 0\) için birinci maddeyi \(\sinh^2 x > 0\)’a bölersek \(\coth^2 x - 1 = \operatorname{csch}^2 x\) elde edilir.
3. \(e^{-(-x)} = e^{x}\) olduğundan
\[\sinh(-x) = \frac{e^{-x} - e^{x}}{2} = -\frac{e^{x}-e^{-x}}{2} = -\sinh x, \qquad \cosh(-x) = \frac{e^{-x}+e^{x}}{2} = \cosh x.\]
4. \(t = e^x > 0\) yazalım. \(\cosh x = \dfrac{t + \frac{1}{t}}{2}\)’dir. Pozitif sayılar için aritmetik–geometrik ortalama eşitsizliği (ya da doğrudan \(\left(\sqrt{t}-\frac{1}{\sqrt t}\right)^2 \ge 0\) açılımı) \(t + \frac{1}{t}\ge 2\) verir; eşitlik yalnızca \(t = 1\), yani \(x = 0\) iken sağlanır. O hâlde \(\cosh x \ge 1\)’dir.
5. Sağ tarafı açalım:
\[\sinh x\cosh y + \cosh x\sinh y = \frac{(e^x - e^{-x})(e^y+e^{-y}) + (e^x+e^{-x})(e^y - e^{-y})}{4}.\]
Payı açtığımızda birinci çarpımdan \(e^{x+y} + e^{x-y} - e^{-x+y} - e^{-x-y}\), ikinciden \(e^{x+y} - e^{x-y} + e^{-x+y} - e^{-x-y}\) gelir. Toplarsak karışık terimler birbirini götürür ve \(2e^{x+y} - 2e^{-(x+y)}\) kalır. Dörde bölersek
\[\frac{2e^{x+y}-2e^{-(x+y)}}{4} = \frac{e^{x+y}-e^{-(x+y)}}{2} = \sinh(x+y).\]
\(\cosh\) formülü de aynı hesapla, bu kez artı işaretli terimlerin sağ kalmasıyla elde edilir:
\[\cosh x\cosh y + \sinh x\sinh y = \frac{(e^x+e^{-x})(e^y+e^{-y}) + (e^x-e^{-x})(e^y-e^{-y})}{4} = \frac{2e^{x+y}+2e^{-(x+y)}}{4} = \cosh(x+y).\]
\(\blacksquare\)
Özdeşlikler trigonometrik olanlara çok benzer ama işaretler her yerde aynı değildir: \(\cos^2 + \sin^2 = 1\) iken \(\cosh^2 - \sinh^2 = 1\)’dir; \(\cos(x+y) = \cos x\cos y - \sin x\sin y\) iken \(\cosh(x+y) = \cosh x\cosh y + \sinh x\sinh y\)’dir. Türevlerde de aynı ayrım karşımıza çıkacak: \((\cos x)' = -\sin x\) ama \((\cosh x)' = +\sinh x\).
Teorem 5.6 (Hiperbolik Fonksiyonların Türevleri) Aşağıdaki eşitlikler, sol taraflar tanımlı olduğu her noktada geçerlidir:
- \((\sinh x)' = \cosh x\).
- \((\cosh x)' = \sinh x\). (Trigonometrik durumun aksine burada eksi işareti yoktur.)
- \((\tanh x)' = \operatorname{sech}^2 x = 1 - \tanh^2 x\).
- \((\coth x)' = -\operatorname{csch}^2 x = 1 - \coth^2 x\), \(x \neq 0\) için.
- \((\operatorname{sech} x)' = -\operatorname{sech} x\,\tanh x\).
- \((\operatorname{csch} x)' = -\operatorname{csch} x\,\coth x\), \(x \neq 0\) için.
İspat
Önce tek bir ara sonuç: zincir kuralı ve Teorem 5.2 gereği \((e^{-x})' = e^{-x}\cdot(-1) = -e^{-x}\)’tir.
1. Toplam ve sabitle çarpma kurallarıyla
\[(\sinh x)' = \left(\frac{e^x - e^{-x}}{2}\right)' = \frac{(e^x)' - (e^{-x})'}{2} = \frac{e^x - (-e^{-x})}{2} = \frac{e^x + e^{-x}}{2} = \cosh x.\]
2. Aynı biçimde
\[(\cosh x)' = \left(\frac{e^x + e^{-x}}{2}\right)' = \frac{(e^x)' + (e^{-x})'}{2} = \frac{e^x - e^{-x}}{2} = \sinh x.\]
3. \(\cosh x > 0\) olduğundan bölüm kuralı her \(x\) için uygulanabilir; sonra Önerme 5.3’in birinci maddesini kullanırız:
\[(\tanh x)' = \frac{(\sinh x)'\cosh x - \sinh x(\cosh x)'}{\cosh^2 x} = \frac{\cosh^2 x - \sinh^2 x}{\cosh^2 x} = \frac{1}{\cosh^2 x} = \operatorname{sech}^2 x.\]
Aynı ifade \(\dfrac{\cosh^2x - \sinh^2x}{\cosh^2x} = 1 - \tanh^2 x\) biçiminde de yazılır.
4. \(x \neq 0\) için \(\sinh x \neq 0\)’dır ve
\[(\coth x)' = \frac{(\cosh x)'\sinh x - \cosh x(\sinh x)'}{\sinh^2 x} = \frac{\sinh^2 x - \cosh^2 x}{\sinh^2 x} = \frac{-1}{\sinh^2 x} = -\operatorname{csch}^2 x.\]
\(\coth^2x - 1 = \operatorname{csch}^2 x\) olduğundan bu değer \(1 - \coth^2 x\)’e de eşittir.
5. \(\operatorname{sech} x = (\cosh x)^{-1}\) bileşkesine zincir kuralı:
\[(\operatorname{sech} x)' = -(\cosh x)^{-2}\cdot \sinh x = -\frac{1}{\cosh x}\cdot\frac{\sinh x}{\cosh x} = -\operatorname{sech} x\,\tanh x.\]
6. Aynı biçimde \(x \neq 0\) için
\[(\operatorname{csch} x)' = -(\sinh x)^{-2}\cdot\cosh x = -\frac{1}{\sinh x}\cdot\frac{\cosh x}{\sinh x} = -\operatorname{csch} x\,\coth x.\]
\(\blacksquare\)
5.8 Ters Hiperbolik Fonksiyonlar
Hiperbolik fonksiyonlar üstel fonksiyondan üretildiğine göre, terslerinin de logaritma cinsinden açık bir formülü olmalıdır. Trigonometrik fonksiyonlarda böyle bir şansımız yoktu; \(\arcsin\)’i temel fonksiyonlarla yazamayız. Burada ise ikinci dereceden bir denklem çözerek her tersi kapalı biçimde bulabiliriz.
Önerme 5.4 (Ters Hiperbolik Fonksiyonların Logaritmik Biçimi) Aşağıdaki eşitlikler geçerlidir:
- \(\sinh : \mathbb{R}\to\mathbb{R}\) birebir örtendir ve \(\operatorname{arcsinh} x = \ln\!\left(x + \sqrt{x^2+1}\right)\), \(x \in \mathbb{R}\).
- \(\cosh\) fonksiyonunun \([0,\infty)\)’a kısıtlaması \([1,\infty)\) üzerine birebir örtendir ve \(\operatorname{arccosh} x = \ln\!\left(x + \sqrt{x^2-1}\right)\), \(x \ge 1\).
- \(\tanh : \mathbb{R}\to(-1,1)\) birebir örtendir ve \(\operatorname{arctanh} x = \dfrac{1}{2}\ln\dfrac{1+x}{1-x}\), \(|x| < 1\).
- \(\coth : \mathbb{R}\setminus\{0\} \to (-\infty,-1)\cup(1,\infty)\) birebir örtendir ve \(\operatorname{arccoth} x = \dfrac{1}{2}\ln\dfrac{x+1}{x-1}\), \(|x| > 1\).
İspat
1. \(y = \sinh x\) denklemini \(x\) için çözelim. \(\dfrac{e^x - e^{-x}}{2} = y\) eşitliğini \(2e^x\) ile çarparsak, \(t = e^x > 0\) yazımıyla
\[t^2 - 2yt - 1 = 0 \quad\Longrightarrow\quad t = y \pm \sqrt{y^2+1}.\]
\(\sqrt{y^2+1} > \sqrt{y^2} = |y| \ge y\) olduğundan \(y - \sqrt{y^2+1} < 0\)’dır; oysa \(t = e^x > 0\) olmak zorundadır. Demek ki tek geçerli kök \(t = y + \sqrt{y^2+1}\)’dir ve bu kök her \(y \in \mathbb{R}\) için pozitiftir. Böylece her \(y\) için tek bir \(x = \ln\!\left(y+\sqrt{y^2+1}\right)\) vardır; yani \(\sinh\) birebir örtendir ve tersi iddia edilen fonksiyondur.
2. \(y = \cosh x\), \(x \ge 0\) olsun. Aynı hesapla \(t = e^x\) için
\[t^2 - 2yt + 1 = 0 \quad\Longrightarrow\quad t = y \pm\sqrt{y^2-1}\]
bulunur; reel çözüm için \(y \ge 1\) gerekir (zaten Önerme 5.3 gereği \(\cosh x \ge 1\)’dir). İki kökün çarpımı \(1\)’dir, yani biri \(\ge 1\), diğeri \(\le 1\)’dir. \(x \ge 0\) istediğimizden \(t = e^x \ge 1\) olmalıdır; bu da \(t = y+\sqrt{y^2-1}\) kökünü seçtirir. O hâlde \(x = \ln\!\left(y+\sqrt{y^2-1}\right)\). Her \(y \ge 1\) için böyle tek bir \(x \ge 0\) bulunduğundan, \(\cosh\) fonksiyonunun \([0,\infty)\)’a kısıtlaması \([1,\infty)\) üzerine birebir örtendir ve tersi iddia edilen fonksiyondur.
3. \(y = \tanh x = \dfrac{e^{2x}-1}{e^{2x}+1}\) yazalım (pay ve paydayı \(e^x\) ile çarparak). \(s = e^{2x} > 0\) dersek \(y(s+1) = s-1\), yani \(s(y-1) = -1-y\) ve buradan
\[s = \frac{1+y}{1-y}.\]
Bu ifadenin pozitif olması için \(-1 < y < 1\) gerekir ve yeter; gerçekten \(|y|<1\) iken pay ve payda birlikte pozitiftir. O hâlde \(2x = \ln\dfrac{1+y}{1-y}\), yani \(x = \dfrac{1}{2}\ln\dfrac{1+y}{1-y}\). Bu, her \(y \in (-1,1)\) için tek bir \(x\) verdiğinden \(\tanh\), \(\mathbb{R}\)’yi \((-1,1)\) üzerine birebir örten olarak resmeder.
4. \(x \neq 0\) için \(\coth x = \dfrac{1}{\tanh x}\)’tir ve bu durumda \(\tanh x \neq 0\)’dır. Dolayısıyla \(y = \coth x\) eşitliği \(\tanh x = \dfrac{1}{y}\) eşitliğine denktir. Üçüncü madde gereği bu denklemin bir çözümü ancak ve ancak \(\left|\frac{1}{y}\right| < 1\), yani \(|y| > 1\) iken vardır ve bu çözüm tektir:
\[x = \frac{1}{2}\ln\frac{1+\frac{1}{y}}{1-\frac{1}{y}} = \frac{1}{2}\ln\frac{y+1}{y-1},\]
burada son adımda pay ve payda \(y \neq 0\) ile çarpıldı. \(|y| > 1\) iken \(y+1\) ile \(y-1\) aynı işaretli olduğundan \(\dfrac{y+1}{y-1} > 0\)’dır, yani logaritma tanımlıdır. Ayrıca \(\tanh x = \frac{1}{y} \neq 0\) olduğundan bulunan \(x\) sıfırdan farklıdır. Demek ki \(\coth\) fonksiyonu \(\mathbb{R}\setminus\{0\}\) kümesini \((-\infty,-1)\cup(1,\infty)\) üzerine birebir örten olarak resmeder ve tersi iddia edilen fonksiyondur.
\(\blacksquare\)
Türevleri iki yoldan da hesaplayabiliriz: ya yukarıdaki açık formüllerin türevini alarak, ya da ters fonksiyonun türevi kuralıyla. İkisini de yapalım; birbirini doğrulaması öğreticidir.
Teorem 5.7 (Ters Hiperbolik Fonksiyonların Türevleri) Aşağıdaki eşitlikler geçerlidir:
- \((\operatorname{arcsinh} x)' = \dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}\), her \(x \in \mathbb{R}\) için.
- \((\operatorname{arccosh} x)' = \dfrac{1}{\sqrt{x^2-1}}\), \(x > 1\) için.
- \((\operatorname{arctanh} x)' = \dfrac{1}{1-x^2}\), \(|x| < 1\) için.
- \((\operatorname{arccoth} x)' = \dfrac{1}{1-x^2}\), \(|x| > 1\) için.
İspat
1. Ters fonksiyon kuralıyla. \(y = \operatorname{arcsinh} x\), yani \(x = \sinh y\) olsun. Teorem 5.6 gereği \((\sinh y)' = \cosh y\)’dir ve \(\cosh y \ge 1 > 0\) olduğundan bu türev hiçbir yerde sıfır olmaz. \(\cosh^2 y = 1 + \sinh^2 y\) ve \(\cosh y > 0\) olduğundan işaret seçimi kesindir:
\[\cosh y = \sqrt{1+\sinh^2 y} = \sqrt{1+x^2}.\]
Önerme 5.4 gereği \(\sinh\) fonksiyonu \(\mathbb{R}\) üzerinde sürekli ve birebir örtendir; o hâlde Teorem 4.2 uygulanabilir ve
\[(\operatorname{arcsinh} x)' = \frac{1}{\cosh y} = \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}.\]
Açık formülle doğrulama. \(\operatorname{arcsinh} x = \ln\!\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)\) olduğundan, önce iç fonksiyonun türevini alalım:
\[\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)' = 1 + \frac{2x}{2\sqrt{x^2+1}} = 1 + \frac{x}{\sqrt{x^2+1}} = \frac{\sqrt{x^2+1}+x}{\sqrt{x^2+1}}.\]
Zincir kuralıyla
\[(\operatorname{arcsinh} x)' = \frac{1}{x+\sqrt{x^2+1}}\cdot\frac{\sqrt{x^2+1}+x}{\sqrt{x^2+1}} = \frac{1}{\sqrt{x^2+1}},\]
çünkü paydaki \(\sqrt{x^2+1}+x\) ile soldaki paydadaki \(x + \sqrt{x^2+1}\) sadeleşir (bu ifade her \(x\) için pozitiftir, dolayısıyla sadeleştirme meşrudur). İki yol aynı sonucu verdi.
2. \(y = \operatorname{arccosh} x\), yani \(x = \cosh y\), \(y > 0\) olsun (\(x > 1\) alındığı için \(y = 0\) dışlanır). \((\cosh y)' = \sinh y\) ve \(y > 0\) iken \(\sinh y > 0\)’dır; ayrıca \(\sinh^2 y = \cosh^2 y - 1\) olduğundan
\[\sinh y = +\sqrt{\cosh^2 y - 1} = \sqrt{x^2-1} > 0.\]
Teorem 4.2 gereği
\[(\operatorname{arccosh} x)' = \frac{1}{\sinh y} = \frac{1}{\sqrt{x^2-1}}.\]
Açık formül de aynı sonucu verir. Gerçekten \(x > 1\) için
\[\left(x+\sqrt{x^2-1}\right)' = 1 + \frac{2x}{2\sqrt{x^2-1}} = \frac{\sqrt{x^2-1}+x}{\sqrt{x^2-1}}\]
olduğundan, zincir kuralıyla
\[(\operatorname{arccosh} x)' = \frac{1}{x+\sqrt{x^2-1}}\cdot\frac{\sqrt{x^2-1}+x}{\sqrt{x^2-1}} = \frac{1}{\sqrt{x^2-1}}\]
bulunur; \(x > 1\) iken \(x + \sqrt{x^2-1} > 0\) olduğundan sadeleştirme meşrudur. Son olarak \(x \to 1^+\) iken türev \(+\infty\)’a gider; \(x = 1\) noktasında \(\operatorname{arccosh}\) türevlenebilir değildir.
3. \(y = \operatorname{arctanh} x\), yani \(x = \tanh y\) olsun. \((\tanh y)' = 1 - \tanh^2 y = 1 - x^2\)’dir ve \(|x| < 1\) olduğundan \(1-x^2 > 0\), özel olarak sıfırdan farklıdır. Teorem 4.2 gereği
\[(\operatorname{arctanh} x)' = \frac{1}{1-\tanh^2 y} = \frac{1}{1-x^2}.\]
Açık formülden de doğrulayalım. \(|x|<1\) için \(\operatorname{arctanh} x = \dfrac{1}{2}\big[\ln(1+x) - \ln(1-x)\big]\)’tir; bu biçimde her iki logaritmanın argümanı pozitiftir. Türev alalım:
\[(\operatorname{arctanh} x)' = \frac{1}{2}\left[\frac{1}{1+x} - \frac{-1}{1-x}\right] = \frac{1}{2}\cdot\frac{(1-x)+(1+x)}{(1+x)(1-x)} = \frac{1}{2}\cdot\frac{2}{1-x^2} = \frac{1}{1-x^2}.\]
4. \(|x| > 1\) için \(\operatorname{arccoth} x = \dfrac{1}{2}\big[\ln|x+1| - \ln|x-1|\big]\) yazabiliriz. Önerme 5.1 gereği
\[(\operatorname{arccoth} x)' = \frac{1}{2}\left[\frac{1}{x+1} - \frac{1}{x-1}\right] = \frac{1}{2}\cdot\frac{(x-1)-(x+1)}{x^2-1} = \frac{1}{2}\cdot\frac{-2}{x^2-1} = \frac{1}{1-x^2}.\]
Teorem 4.2 de aynı sonucu verir: \(x = \coth y\) için \((\coth y)' = 1 - \coth^2 y = 1 - x^2\)’dir ve \(|x| > 1\) olduğundan bu türev sıfırdan farklıdır; dolayısıyla \((\operatorname{arccoth} x)' = \dfrac{1}{1-x^2}\)’dir.
\(\blacksquare\)
\(\operatorname{arctanh}\) ile \(\operatorname{arccoth}\) fonksiyonlarının türevi aynı cebirsel ifadeye, \(\dfrac{1}{1-x^2}\)’ye eşittir. Bu bir çelişki değildir: birincisinin tanım kümesi \((-1,1)\), ikincisininki \((-\infty,-1)\cup(1,\infty)\)’dur. İki fonksiyonun tanım kümeleri kesişmediği için “türevleri eşit olan fonksiyonlar sabit farklıdır” ilkesi burada uygulanamaz. Aynı uyarı, integral hesabında \(\int\frac{dx}{1-x^2}\) ifadesinin hangi aralıkta çalışıldığına göre farklı yazılmasının da nedenidir.
Örnek 5.3 (Hiperbolik Fonksiyonlarla Türev Hesapları) Aşağıdaki türevleri hesaplayınız.
\(f(x) = \cosh(x^2+1)\)
\(g(x) = \ln(\cosh x)\)
\(h(x) = \operatorname{arcsinh}(e^x)\)
\(\varphi(x) = \operatorname{arctanh}\!\left(\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}\right)\)
Çözüm
a) Dış fonksiyon \(\cosh u\), iç fonksiyon \(u(x) = x^2+1\). Zincir kuralıyla
\[f'(x) = \sinh(x^2+1)\cdot 2x = 2x\sinh(x^2+1).\]
b) \(\cosh x > 0\) olduğundan \(\ln(\cosh x)\) her \(x\) için tanımlıdır. Zincir kuralıyla
\[g'(x) = \frac{1}{\cosh x}\cdot\sinh x = \tanh x.\]
Bu, ileride \(\int\tanh x\,dx = \ln(\cosh x) + C\) sonucunu verecek olan hesaptır.
c) Teorem 5.7’in birinci maddesi ve zincir kuralıyla
\[h'(x) = \frac{1}{\sqrt{1+(e^x)^2}}\cdot e^x = \frac{e^x}{\sqrt{1+e^{2x}}}.\]
d) Önce iç fonksiyonun tanım kümesini kontrol edelim: her \(x\) için \(\left|\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}\right| < 1\)’dir, çünkü \(x^2 < 1+x^2\)’dir. Dolayısıyla bileşke bütün \(\mathbb{R}\) üzerinde tanımlıdır.
İç fonksiyonun türevi, bölüm kuralıyla:
\[\left(\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\right)' = \frac{\sqrt{1+x^2} - x\cdot\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}}{1+x^2} = \frac{\frac{(1+x^2)-x^2}{\sqrt{1+x^2}}}{1+x^2} = \frac{1}{(1+x^2)^{3/2}}.\]
Dış türev için \(u = \dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}\) alırsak \(1 - u^2 = 1 - \dfrac{x^2}{1+x^2} = \dfrac{1}{1+x^2}\)’dir. O hâlde
\[\varphi'(x) = \frac{1}{1-u^2}\cdot\frac{1}{(1+x^2)^{3/2}} = (1+x^2)\cdot\frac{1}{(1+x^2)^{3/2}} = \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}.\]
İlginç bir sonuç: \(\varphi\) ile \(\operatorname{arcsinh}\) fonksiyonlarının türevleri aynı çıktı. Gerçekten de \(\operatorname{arctanh}\!\left(\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\right) = \operatorname{arcsinh} x\) özdeşliği geçerlidir; \(x = \sinh t\) koyup \(\tanh t = \frac{\sinh t}{\cosh t} = \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\) olduğunu görmek yeter.
\(\blacksquare\)
5.9 Türev Tablosu
Bu bölümde ispatladığımız bütün formülleri tek bir yerde toplayalım. Tablodaki her satır, sağ sütundaki ifadenin tanımlı olduğu her noktada geçerlidir. Kalan derslerde bu tabloyu bir başvuru listesi gibi kullanacağız.
| \(f(x)\) | \(f'(x)\) | Geçerlilik |
|---|---|---|
| \(c\) (sabit) | \(0\) | \(x \in \mathbb{R}\) |
| \(x^r\) | \(r\,x^{r-1}\) | \(x > 0\), \(r\in\mathbb{R}\) |
| \(x^n\) | \(n\,x^{n-1}\) | \(x \neq 0\), \(n\in\mathbb{Z}\) |
| \(\sqrt{x}\) | \(\dfrac{1}{2\sqrt{x}}\) | \(x > 0\) |
| \(e^x\) | \(e^x\) | \(x \in \mathbb{R}\) |
| \(a^x\) | \(a^x\ln a\) | \(x \in \mathbb{R}\), \(a>0\), \(a\neq 1\) |
| \(\ln x\) | \(\dfrac{1}{x}\) | \(x > 0\) |
| \(\ln\lvert x\rvert\) | \(\dfrac{1}{x}\) | \(x \neq 0\) |
| \(\log_a x\) | \(\dfrac{1}{x\ln a}\) | \(x > 0\), \(a>0\), \(a\neq 1\) |
| \(\sin x\) | \(\cos x\) | \(x \in \mathbb{R}\) |
| \(\cos x\) | \(-\sin x\) | \(x \in \mathbb{R}\) |
| \(\tan x\) | \(\sec^2 x = 1+\tan^2 x\) | \(x \neq \frac{\pi}{2}+k\pi\) |
| \(\cot x\) | \(-\csc^2 x = -(1+\cot^2 x)\) | \(x \neq k\pi\) |
| \(\sec x\) | \(\sec x\,\tan x\) | \(x \neq \frac{\pi}{2}+k\pi\) |
| \(\csc x\) | \(-\csc x\,\cot x\) | \(x \neq k\pi\) |
| \(\arcsin x\) | \(\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}\) | \(-1<x<1\) |
| \(\arccos x\) | \(-\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}\) | \(-1<x<1\) |
| \(\arctan x\) | \(\dfrac{1}{1+x^2}\) | \(x \in \mathbb{R}\) |
| \(\operatorname{arccot} x\) | \(-\dfrac{1}{1+x^2}\) | \(x \in \mathbb{R}\) |
| \(\sinh x\) | \(\cosh x\) | \(x \in \mathbb{R}\) |
| \(\cosh x\) | \(\sinh x\) | \(x \in \mathbb{R}\) |
| \(\tanh x\) | \(\operatorname{sech}^2 x = 1-\tanh^2 x\) | \(x \in \mathbb{R}\) |
| \(\coth x\) | \(-\operatorname{csch}^2 x = 1-\coth^2 x\) | \(x \neq 0\) |
| \(\operatorname{sech} x\) | \(-\operatorname{sech} x\,\tanh x\) | \(x \in \mathbb{R}\) |
| \(\operatorname{csch} x\) | \(-\operatorname{csch} x\,\coth x\) | \(x \neq 0\) |
| \(\operatorname{arcsinh} x\) | \(\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}\) | \(x \in \mathbb{R}\) |
| \(\operatorname{arccosh} x\) | \(\dfrac{1}{\sqrt{x^2-1}}\) | \(x > 1\) |
| \(\operatorname{arctanh} x\) | \(\dfrac{1}{1-x^2}\) | \(\lvert x\rvert < 1\) |
| \(\operatorname{arccoth} x\) | \(\dfrac{1}{1-x^2}\) | \(\lvert x\rvert > 1\) |
| \(u(x)^{v(x)}\) | \(u^{v}\left[v'\ln u + \dfrac{v\,u'}{u}\right]\) | \(u(x) > 0\) |
5.10 Karma Hesap Örnekleri
Tablo tek başına yetmez; onu zincir kuralı, çarpım kuralı ve logaritmik türevle birlikte kullanmayı alışkanlık hâline getirmek gerekir. Aşağıdaki örnekler bu birleşimlerin tipik kalıplarını içeriyor.
Örnek 5.4 (Karma Türev Hesapları) Aşağıdaki fonksiyonların türevlerini bulunuz.
\(f(x) = (x^2+1)^{\sin x}\)
\(g(x) = x^{\ln x} + (\ln x)^{x}\), \(x > 1\)
\(h(x) = \arctan\dfrac{1+x}{1-x}\), \(x \neq 1\)
\(p(x) = \operatorname{arctanh}(\sin x)\), \(\cos x \neq 0\)
\(q(x) = e^{\arcsin x}\sqrt{1-x^2}\), \(-1<x<1\)
Çözüm
a) Taban \(x^2+1 > 0\) olduğundan Önerme 5.2 doğrudan uygulanabilir. \(u(x) = x^2+1\), \(v(x) = \sin x\), \(u'(x) = 2x\), \(v'(x) = \cos x\):
\[f'(x) = (x^2+1)^{\sin x}\left[\cos x\,\ln(x^2+1) + \frac{2x\sin x}{x^2+1}\right].\]
b) İki terimi ayrı ayrı ele alalım; ikisi de \(x > 1\) için tanımlıdır (\(\ln x > 0\) olduğundan).
Birinci terim: \(x^{\ln x} = e^{(\ln x)^2}\)’dir. Zincir kuralıyla
\[\left(x^{\ln x}\right)' = e^{(\ln x)^2}\cdot 2\ln x\cdot\frac{1}{x} = \frac{2\ln x}{x}\,x^{\ln x}.\]
İkinci terim: \((\ln x)^x = e^{x\ln(\ln x)}\)’tir. İç fonksiyonun türevi
\[\big(x\ln(\ln x)\big)' = \ln(\ln x) + x\cdot\frac{1}{\ln x}\cdot\frac{1}{x} = \ln(\ln x) + \frac{1}{\ln x}\]
olduğundan
\[\big((\ln x)^x\big)' = (\ln x)^x\left[\ln(\ln x) + \frac{1}{\ln x}\right].\]
Toplayalım:
\[g'(x) = \frac{2\ln x}{x}\,x^{\ln x} + (\ln x)^x\left[\ln(\ln x) + \frac{1}{\ln x}\right].\]
c) \(u(x) = \dfrac{1+x}{1-x}\) yazalım. Bölüm kuralıyla
\[u'(x) = \frac{(1)(1-x) - (1+x)(-1)}{(1-x)^2} = \frac{(1-x)+(1+x)}{(1-x)^2} = \frac{2}{(1-x)^2}.\]
Ayrıca
\[1 + u^2 = \frac{(1-x)^2 + (1+x)^2}{(1-x)^2} = \frac{2+2x^2}{(1-x)^2}.\]
Zincir kuralıyla
\[h'(x) = \frac{u'(x)}{1+u(x)^2} = \frac{2}{(1-x)^2}\cdot\frac{(1-x)^2}{2(1+x^2)} = \frac{1}{1+x^2}.\]
Şaşırtıcı bir sonuç: \(h\) ile \(\arctan\) fonksiyonlarının türevleri aynıdır. Aslında \(\dfrac{1+x}{1-x} = \tan\!\left(\dfrac{\pi}{4}+\arctan x\right)\) olduğundan \(h(x) = \arctan x + \dfrac{\pi}{4}\)’tür — ama yalnızca \(x < 1\) aralığında; \(x>1\) aralığında sabit fark \(-\dfrac{3\pi}{4}\) olur. Sabitin aralıktan aralığa değişmesi, tanım kümesinin bağlantılı olmamasındandır.
d) \(|\sin x| < 1\) olması için \(\cos x \neq 0\) olması yeter ve gereklidir; bu koşul altında bileşke tanımlıdır. Teorem 5.7 ve zincir kuralıyla
\[p'(x) = \frac{1}{1-\sin^2 x}\cdot\cos x = \frac{\cos x}{\cos^2 x} = \frac{1}{\cos x} = \sec x.\]
Yani \(\operatorname{arctanh}(\sin x)\), \(\sec x\) fonksiyonunun bir ilkel fonksiyonudur; bu, integral hesabında sıkça kullanılan \(\int\sec x\,dx\) formülünün kısa bir türetimidir.
e) Çarpım kuralını uygulayalım. Birinci çarpanın türevi zincir kuralıyla
\[\left(e^{\arcsin x}\right)' = e^{\arcsin x}\cdot\frac{1}{\sqrt{1-x^2}},\]
ikinci çarpanın türevi ise
\[\left(\sqrt{1-x^2}\right)' = \frac{-2x}{2\sqrt{1-x^2}} = \frac{-x}{\sqrt{1-x^2}}\]
olur. O hâlde
\[q'(x) = e^{\arcsin x}\cdot\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\cdot\sqrt{1-x^2} + e^{\arcsin x}\cdot\frac{-x}{\sqrt{1-x^2}} = e^{\arcsin x}\left(1 - \frac{x}{\sqrt{1-x^2}}\right).\]
\(\blacksquare\)
5.11 Alıştırmalar
Alıştırma 5.1 (Temel Fonksiyonların Türevleri Üzerine)
\(f(x) = \log_3(x^2+1)\) fonksiyonunun türevini bulunuz.
\(g(x) = (\sin x)^{x}\), \(0 < x < \pi\) fonksiyonunun türevini logaritmik türev alma yöntemiyle bulunuz.
\(h(x) = \arctan(x^2) + \operatorname{arccot}(x^2)\) fonksiyonunun türevini hesaplayınız ve sonucu yorumlayınız.
\(u(x) = \operatorname{arccosh}(2x)\) fonksiyonunun tanım kümesini belirleyip türevini bulunuz.
\(y = x^{x^{x}}\), \(x>0\) fonksiyonunun türevini bulunuz.
\(a > 0\), \(a \neq 1\) olmak üzere \(f(x) = a^x\) fonksiyonunun her noktada kendi türevine eşit olması için \(a\)’nın hangi değeri gerektiğini belirleyiniz.
\(\varphi(x) = \operatorname{arcsinh}(\tan x)\), \(-\frac{\pi}{2}<x<\frac{\pi}{2}\) fonksiyonunun türevini bulunuz.
Çözüm
a) Teorem 5.1 ve zincir kuralıyla, dış fonksiyon \(\log_3 u\), iç fonksiyon \(u(x) = x^2+1 > 0\):
\[f'(x) = \frac{1}{(x^2+1)\ln 3}\cdot 2x = \frac{2x}{(x^2+1)\ln 3}.\]
b) \(0<x<\pi\) aralığında \(\sin x > 0\) olduğundan hem \(\ln(\sin x)\) hem de \((\sin x)^x\) tanımlıdır ve \(g(x)>0\)’dır. Logaritma alalım:
\[\ln g(x) = x\ln(\sin x).\]
İki tarafın türevini alalım; sol tarafta Tanım 5.1, sağ tarafta çarpım ve zincir kuralı:
\[\frac{g'(x)}{g(x)} = \ln(\sin x) + x\cdot\frac{\cos x}{\sin x} = \ln(\sin x) + x\cot x.\]
Buradan
\[g'(x) = (\sin x)^x\big[\ln(\sin x) + x\cot x\big].\]
c) Teorem 5.5 ve zincir kuralıyla
\[h'(x) = \frac{2x}{1+x^4} + \left(-\frac{2x}{1+x^4}\right) = 0\]
bulunur. Türev her \(x \in \mathbb{R}\) için sıfırdır; bu, \(h\)’nin \(\mathbb{R}\) üzerinde sabit olduğunu düşündürür. Gerçekten de \(\arctan t + \operatorname{arccot} t = \frac{\pi}{2}\) özdeşliği gereği \(h(x) = \frac{\pi}{2}\)’dir; \(x = 0\) koyarak \(h(0) = 0 + \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{2}\) olduğu doğrudan görülür. (\(\mathbb{R}\) bir aralık olduğu için türevi sıfır olan fonksiyonun sabit olduğu sonucu meşrudur; tanım kümesi \(\operatorname{arccoth}\)’ta olduğu gibi ayrık iki parçadan oluşsaydı bu adım geçerli olmazdı.)
d) \(\operatorname{arccosh} t\) ifadesi \(t \ge 1\) için tanımlı olduğundan \(2x \ge 1\), yani \(x \ge \frac{1}{2}\) olmalıdır. Türev ise \(2x > 1\), yani \(x > \frac{1}{2}\) olan noktalarda vardır. Zincir kuralıyla
\[u'(x) = \frac{1}{\sqrt{(2x)^2-1}}\cdot 2 = \frac{2}{\sqrt{4x^2-1}}, \qquad x > \tfrac{1}{2}.\]
\(x = \frac{1}{2}\) noktasında ifade tanımsızdır; orada teğet düşeydir, yani \(u\) türevlenebilir değildir.
e) Önce \(x^{x^x}\) ifadesinin \(x^{(x^x)}\) anlamına geldiğini belirtelim: kuvvet kuleleri yukarıdan aşağıya doğru hesaplanır, yani üstteki \(x^x\) önce yorumlanır; \(\left(x^x\right)^x = x^{x^2}\) ifadesi bundan farklıdır. \(y > 0\) olduğundan logaritma alabiliriz:
\[\ln y = x^x\ln x.\]
Sağ tarafın türevini çarpım kuralıyla alalım. Örnek 5.2 gereği \((x^x)' = x^x(\ln x + 1)\)’dir:
\[\frac{y'}{y} = x^x(\ln x+1)\ln x + x^x\cdot\frac{1}{x} = x^x\left[\ln^2 x + \ln x + \frac{1}{x}\right].\]
O hâlde
\[y' = x^{x^{x}}\cdot x^x\left[\ln^2 x + \ln x + \frac{1}{x}\right] = x^{x^x + x}\left[\ln^2 x + \ln x + \frac{1}{x}\right].\]
f) Teorem 5.2 gereği \(f'(x) = a^x\ln a\)’dır. Her \(x\) için \(f'(x) = f(x)\) olması, her \(x\) için \(a^x\ln a = a^x\) demektir. \(a^x > 0\) olduğundan bu eşitliği \(a^x\)’e bölebiliriz:
\[\ln a = 1 \quad\Longleftrightarrow\quad a = e.\]
Demek ki türevi kendisine eşit olan tek üstel fonksiyon \(e^x\)’tir. (Aslında \(f(0)=1\) koşulunu ekleyerek daha güçlü bir şey söylenebilir: \(f' = f\) ve \(f(0)=1\) koşullarını sağlayan tek türevlenebilir fonksiyon \(e^x\)’tir; bunu ortalama değer teoremi bölümünde ispatlayacağız.)
g) \(-\frac{\pi}{2}<x<\frac{\pi}{2}\) aralığında \(\tan x\) tanımlıdır ve \(\operatorname{arcsinh}\) bütün \(\mathbb{R}\) üzerinde tanımlı olduğundan bileşke sorunsuzdur. Teorem 5.7 ve zincir kuralıyla
\[\varphi'(x) = \frac{1}{\sqrt{1+\tan^2 x}}\cdot\sec^2 x = \frac{\sec^2 x}{\sqrt{\sec^2 x}} = \frac{\sec^2 x}{|\sec x|}.\]
Verilen aralıkta \(\cos x > 0\), dolayısıyla \(\sec x > 0\) ve \(|\sec x| = \sec x\)’tir. O hâlde
\[\varphi'(x) = \sec x = \frac{1}{\cos x}.\]
Bu, Örnek 5.4’nın d) şıkkıyla aynı sonucu verdi: \(\operatorname{arcsinh}(\tan x)\) ile \(\operatorname{arctanh}(\sin x)\) fonksiyonlarının türevi aynıdır, dolayısıyla bu iki fonksiyon verilen aralıkta yalnızca bir sabitle farklıdır. \(x = 0\) koyarsak her ikisi de \(0\) değerini aldığından sabit sıfırdır: iki ifade özdeştir.
\(\blacksquare\)
Artık elimizde, karşılaşacağımız hemen her fonksiyonun türevini alacak eksiksiz bir araç takımı var. Bir sonraki adım, aynı işlemi tekrar tekrar uygulamaktır: bir fonksiyonun türevinin de türevi alınabilir ve bu, fonksiyonun geometrisi hakkında yeni bilgiler taşır. Şimdi bu konuya geçiyoruz: Yüksek Mertebeden Türevler ve Leibniz Kuralı.