23 Trigonometrik Dönüşümler ve Temel İntegral Biçimleri
Trigonometrik Fonksiyonların İntegrali bölümünde bir integrali trigonometrik bir ifadeden rasyonel bir ifadeye çevirmeyi öğrenmiştik: \(R(\sin x, \cos x)\) biçimindeki integrandları \(u = \tan\frac{x}{2}\) dönüşümüyle \(u\)’nun rasyonel fonksiyonuna indirgiyorduk. Bu bölümde tam ters yönde çalışacağız. Elimizdeki integrand cebirsel (algebraic) bir ifadedir, ama içinde \(\sqrt{a^2 - b^2x^2}\) gibi bir karekök vardır ve bu karekök yüzünden ne basit kesirlere ayırma ne de doğrudan bir değişken değiştirme işe yarar. Çare, \(x\)’i bir trigonometrik fonksiyonun cinsinden yazıp kökü yok etmektir.
Fikrin özü tek bir özdeşliktir. \(\sin^2 t + \cos^2 t = 1\) eşitliğini üç ayrı biçimde okuyabiliriz:
\[1 - \sin^2 t = \cos^2 t, \qquad 1 + \tan^2 t = \sec^2 t, \qquad \sec^2 t - 1 = \tan^2 t.\]
Üç eşitliğin de sol tarafı, başa çıkmaya çalıştığımız \(a^2 - b^2x^2\), \(a^2 + b^2x^2\) ve \(b^2x^2 - a^2\) ifadelerinin birer modelidir; sağ tarafı ise bir tam karedir. Demek ki \(x\)’i uygun seçilmiş bir \(t\) değişkenine bağlarsak karekök buharlaşır ve geriye, bir önceki bölümde çözmeyi öğrendiğimiz türden trigonometrik bir integral kalır.
Ama dikkat: \(\sqrt{\cos^2 t}\), \(\cos t\) değil \(|\cos t|\)’dir; bu iki ifade ancak \(\cos t \ge 0\) olan bir aralıkta çakışır. Bu yüzden \(t\)’yi, hem \(t \mapsto x\) karşılığının birebir olduğu hem de kökten çıkan mutlak değerin işaretinin belli olduğu bir dala hapsetmemiz gerekir. Dalı doğru seçmek, bu bölümde öğreneceğimiz en önemli teknik alışkanlıktır.
Bu bölümde şunları öğreneceğiz: üç temel trigonometrik dönüşümü (trigonometric substitution) — \(x = \frac{a}{b}\sin t\), \(x = \frac{a}{b}\tan t\), \(x = \frac{a}{b}\sec t\) — ve her birinin doğru dalını; \(t\)’den \(x\)’e geri dönerken kullanılan yardımcı üçgen (reference triangle) yöntemini; aynı işi gören hiperbolik dönüşümleri (hyperbolic substitution); sık karşılaşılan integrallerin — hepsi türetilmiş — bir temel biçimler tablosunu; ve \(ax^2+bx+c\) biçimindeki her ifadeyi tam kareye tamamlayarak (completing the square) bu tabloya indirgemeyi. Bölümün sonunda, ikinci dereceden bir polinom (ve isteğe bağlı olarak onun karekökü) içeren hemen her integrali sistematik biçimde hesaplayabiliyor olacağız.
23.1 Kökü Yok Eden Üç Dönüşüm
\(a, b\) pozitif reel sayılar olsun. Karşılaşacağımız üç kök türü ve bunların doğal tanım kümeleri şunlardır:
\[\sqrt{a^2 - b^2x^2} \ \ \left(|x| \le \tfrac{a}{b}\right), \qquad \sqrt{a^2 + b^2x^2} \ \ (x \in \mathbb{R}), \qquad \sqrt{b^2x^2 - a^2} \ \ \left(|x| \ge \tfrac{a}{b}\right).\]
Birinci kökte \(a^2 - b^2x^2 \ge 0\) olması \(|x| \le \frac{a}{b}\), üçüncüde \(b^2x^2 - a^2 \ge 0\) olması \(|x| \ge \frac{a}{b}\) demektir; ortadaki ifade her \(x\) için pozitiftir. Bu tanım aralıkları rastgele bir ayrıntı değildir: \(t\) için seçeceğimiz aralığın \(x\)’in doğal aralığını tam olarak taraması gerekir, ne eksik ne fazla.
Aşağıdaki önerme üç dönüşümü tek çatıda toplar ve her birinin neden meşru olduğunu söyler. “Meşru” burada iki şey demektir: \(t \mapsto x\) dönüşümü seçilen dalda birebir örten olmalıdır (yoksa bir \(x\) değerine karşılık gelen \(t\) tek olmaz ve geri dönüş yapılamaz) ve karekök seçilen dalda mutlak değersiz sadeleşmelidir.
Önerme 23.1 (Dönüşümün Seçimi ve Dalın Birebirliği) \(a, b > 0\) olsun.
\(\varphi_1(t) = \dfrac{a}{b}\sin t\) fonksiyonu \(\left[-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi}{2}\right]\) aralığından \(\left[-\dfrac{a}{b}, \dfrac{a}{b}\right]\) aralığı üzerine kesin artan ve birebir örtendir. Bu dalda \(\varphi_1'(t) = \dfrac{a}{b}\cos t\) ve \[\sqrt{a^2 - b^2\varphi_1(t)^2} = a\cos t \ \ (\ge 0).\]
\(\varphi_2(t) = \dfrac{a}{b}\tan t\) fonksiyonu \(\left(-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi}{2}\right)\) aralığından \(\mathbb{R}\) üzerine kesin artan ve birebir örtendir. Bu dalda \(\varphi_2'(t) = \dfrac{a}{b}\sec^2 t\) ve \[\sqrt{a^2 + b^2\varphi_2(t)^2} = a\sec t \ \ (> 0).\]
\(\varphi_3(t) = \dfrac{a}{b}\sec t\) fonksiyonu \(\left[0, \dfrac{\pi}{2}\right)\) aralığından \(\left[\dfrac{a}{b}, \infty\right)\) üzerine ve \(\left(\dfrac{\pi}{2}, \pi\right]\) aralığından \(\left(-\infty, -\dfrac{a}{b}\right]\) üzerine kesin artan ve birebir örtendir. Bu dallarda \(\varphi_3'(t) = \dfrac{a}{b}\sec t\tan t\) ve \[\sqrt{b^2\varphi_3(t)^2 - a^2} = a\,|\tan t| = \begin{cases} a\tan t, & 0 \le t < \dfrac{\pi}{2}, \\[4pt] -a\tan t, & \dfrac{\pi}{2} < t \le \pi. \end{cases}\]
İspat
Üç maddede de yöntem aynıdır: türevin işaretinden kesin monotonluğu, ara değer teoreminden örtenliği, kesin monotonluktan birebirliği okuyacağız; kökün sadeleşmesini ise Pisagor özdeşliğinden ve seçilen dalda ilgili trigonometrik fonksiyonun işaretinden elde edeceğiz.
1. Sinüs dalı. Teorem 5.4 gereği \(\varphi_1'(t) = \frac{a}{b}\cos t\)’dir ve \(\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)\) üzerinde \(\cos t > 0\) olduğundan \(\varphi_1' > 0\)’dır; Sonuç 8.3 gereği \(\varphi_1\), kapalı \(\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]\) aralığında kesin artandır (süreklilik uç noktaları da içine katar); kesin artan bir fonksiyon ise Tanım 1.1 gereği farklı noktalarda farklı değerler alır, yani birebirdir. Uç değerler \(\mp\frac{a}{b}\) olduğundan Ara Değer Teoremi gereği görüntü aradaki her sayıyı içerir; kesin artanlık nedeniyle dışına da taşmaz. Görüntü tam olarak \(\left[-\frac{a}{b}, \frac{a}{b}\right]\)’dir.
Kökün sadeleşmesi: \(b^2\varphi_1(t)^2 = a^2\sin^2 t\) olduğundan \(a^2 - b^2\varphi_1(t)^2 = a^2(1-\sin^2 t) = a^2\cos^2 t\)’dir. \(a > 0\) ve bu dalda \(\cos t \ge 0\) olduğundan \(\sqrt{a^2\cos^2 t} = a|\cos t| = a\cos t\)’dir. Ters dönüşüm \(t = \arcsin\frac{bx}{a}\)’dır; \(\arcsin\), \(\sin\) fonksiyonunun tam olarak bu daldaki tersidir ve Teorem 1.3 gereği süreklidir.
2. Tanjant dalı. Teorem 5.4 gereği \((\tan t)' = \sec^2 t \ge 1 > 0\)’dır; dolayısıyla \(\varphi_2' > 0\)’dır, \(\varphi_2\) kesin artandır ve birebirdir. Örtenlik için uç davranışa bakalım: \(t \to \left(\frac{\pi}{2}\right)^-\) iken \(\cos t \to 0^+\) ve \(\sin t \to 1\) olduğundan \(\tan t \to +\infty\); \(t \to \left(-\frac{\pi}{2}\right)^+\) iken ise \(\cos t \to 0^+\) ve \(\sin t \to -1\) olduğundan \(\tan t \to -\infty\)’dur. Sürekli ve kesin artan bir fonksiyonun görüntüsü bir aralıktır (bkz. Analiz 1); bu aralık iki yönde de sınırsız olduğuna göre \(\mathbb{R}\)’nin kendisidir.
Kökün sadeleşmesi: \(a^2 + b^2\varphi_2(t)^2 = a^2(1+\tan^2 t) = a^2\sec^2 t\) ve seçilen dalda \(\cos t > 0\), yani \(\sec t > 0\)’dır; o hâlde \(\sqrt{a^2\sec^2 t} = a\sec t\). Ters dönüşüm \(t = \arctan\frac{bx}{a}\)’dır.
3. Sekant dalı. \(\sec t = \frac{1}{\cos t}\) fonksiyonu \(\cos t \neq 0\) olan her yerde türevlenebilirdir ve Teorem 5.4 gereği \((\sec t)' = \sec t\tan t\)’dir.
\(\left[0, \frac{\pi}{2}\right)\) üzerinde \(\sec t > 0\)’dır; ayrıca \(0 < t < \frac{\pi}{2}\) iken \(\tan t > 0\) olduğundan aralığın iç noktalarında \(\varphi_3' > 0\)’dır. (Uç nokta \(t = 0\)’da \(\tan 0 = 0\) olduğundan türev sıfırdır; ama Sonuç 8.3 türevin pozitifliğini yalnızca iç noktalarda istediğinden bu bir engel değildir.) Demek ki \(\varphi_3\) bu aralıkta kesin artandır. \(\varphi_3(0) = \frac{a}{b}\) ve \(t \to \left(\frac{\pi}{2}\right)^-\) iken \(\cos t \to 0^+\) olduğundan \(\sec t \to +\infty\)’dur; görüntü tam olarak \(\left[\frac{a}{b}, \infty\right)\)’dur.
\(\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right]\) üzerinde ise \(\cos t < 0\), yani \(\sec t < 0\); ayrıca \(\sin t > 0\) olduğundan \(\tan t < 0\)’dır. Dolayısıyla \(\frac{\pi}{2} < t < \pi\) iken \(\varphi_3' = \frac{a}{b}\sec t\tan t\) iki negatif sayının çarpımı olarak yine pozitiftir (uç nokta \(t = \pi\)’de \(\tan\pi = 0\) olduğundan türev sıfırdır); Sonuç 8.3 gereği \(\varphi_3\) bu dalda da kesin artandır. Uçlarda \(t \to \left(\frac{\pi}{2}\right)^+\) iken \(\sec t \to -\infty\) ve \(\varphi_3(\pi) = -\frac{a}{b}\) olduğundan görüntü tam olarak \(\left(-\infty, -\frac{a}{b}\right]\)’dir.
Kökün sadeleşmesi: \(b^2\varphi_3(t)^2 - a^2 = a^2(\sec^2 t - 1) = a^2\tan^2 t\), buradan \(\sqrt{a^2\tan^2 t} = a|\tan t|\)’dir. Birinci dalda \(\tan t \ge 0\) olduğundan bu \(a\tan t\)’ye, ikinci dalda \(\tan t \le 0\) olduğundan \(-a\tan t\)’ye eşittir. Ters dönüşüm, \(\sec\) fonksiyonunun ilgili daldaki tersi olan \(t = \operatorname{arcsec}\frac{bx}{a}\)’dır; \(\sec\) her iki dalda kesin monoton ve sürekli olduğundan bu ters vardır ve süreklidir (Teorem 1.3).
\(\blacksquare\)
Karekök daima negatif olmayan değer alır: \(\sqrt{u^2} = |u|\)’dur. Dönüşüm kurulurken \(t\)’yi belirli bir aralığa hapsetmezsek \(\sqrt{a^2\cos^2 t} = a\cos t\) yazma hakkımız olmaz; \(\cos t\)’nin negatif olduğu \(t\) değerlerinde bu eşitlik yanlıştır ve integralin işaretini bozar. Aynı şekilde \(t \mapsto x\) dönüşümü birebir olmazsa, hesabın sonunda “\(t\) neydi?” sorusunun tek bir cevabı olmaz ve geri dönüş yapılamaz. Üç dönüşümde de yukarıdaki standart dallar hem birebirliği hem de işaretin belirliliğini garanti eder.
Yardımcı Üçgen: \(t\)’den \(x\)’e Geri Dönüş
Dönüşümle hesabı bitirdiğimizde elimizde \(t\) cinsinden bir ifade kalır; onu \(x\) cinsine çevirmeliyiz. \(t = \arcsin\frac{bx}{a}\) gibi bir eşitliği doğrudan yerine koymak, ifadede \(\sin t\) dışında \(\cos t\) ya da \(\tan t\) geçtiğinde işe yaramaz. Pratik yol, dar açısı \(t\) olan bir dik üçgen çizmektir.
Birinci dönüşümde \(\sin t = \frac{bx}{a}\)’dır: karşı dik kenarı \(bx\), hipotenüsü \(a\) olan bir dik üçgen çizelim; Pisagor teoremiyle komşu dik kenar \(\sqrt{a^2-b^2x^2}\) olur ve bütün oranları okuyabiliriz:
\[\sin t = \frac{bx}{a}, \qquad \cos t = \frac{\sqrt{a^2-b^2x^2}}{a}, \qquad \tan t = \frac{bx}{\sqrt{a^2-b^2x^2}}.\]
İkinci dönüşümde \(\tan t = \frac{bx}{a}\)’dır; karşı kenar \(bx\), komşu kenar \(a\), hipotenüs \(\sqrt{a^2+b^2x^2}\) olur ve
\[\sin t = \frac{bx}{\sqrt{a^2+b^2x^2}}, \qquad \cos t = \frac{a}{\sqrt{a^2+b^2x^2}}, \qquad \sec t = \frac{\sqrt{a^2+b^2x^2}}{a}.\]
Üçüncü dönüşümde \(\sec t = \frac{bx}{a}\), yani \(\cos t = \frac{a}{bx}\)’tir; hipotenüs \(bx\), komşu kenar \(a\), karşı kenar \(\sqrt{b^2x^2-a^2}\) olur ve
\[\sin t = \frac{\sqrt{b^2x^2-a^2}}{bx}, \qquad \tan t = \frac{\sqrt{b^2x^2-a^2}}{a}.\]
Üçgen yalnızca \(t\)’nin dar açı olduğu dalda birebir bir resimdir; öteki dalda işaretleri elle kontrol etmek gerekir. Yine de üçgen, formülleri hatırlamanın en hızlı yoludur ve sonucun doğruluğu her zaman türev alarak sınanabilir — bu bölümde her sonucu böyle sınayacağız.
23.2 Birinci Dönüşüm: \(x = \frac{a}{b}\sin t\)
\(\sqrt{a^2 - b^2x^2}\) içeren integraller için doğal seçim budur. Aşağıdaki teorem, en sık karşılaşılan iki temel integrali verir.
Teorem 23.1 (Sinüs Dönüşümü ile İki Temel İntegral) \(a, b > 0\) ve \(|x| < \dfrac{a}{b}\) olsun. O hâlde
\[\int \sqrt{a^2 - b^2x^2}\,dx = \frac{x}{2}\sqrt{a^2-b^2x^2} + \frac{a^2}{2b}\arcsin\frac{bx}{a} + C\]
ve
\[\int \frac{dx}{\sqrt{a^2 - b^2x^2}} = \frac{1}{b}\arcsin\frac{bx}{a} + C.\]
İspat
Önerme 23.1’nin birinci maddesindeki dönüşümü kuralım:
\[x = \frac{a}{b}\sin t, \qquad dx = \frac{a}{b}\cos t\,dt, \qquad t = \arcsin\frac{bx}{a}, \qquad -\frac{\pi}{2} < t < \frac{\pi}{2},\]
ve bu dalda \(\sqrt{a^2-b^2x^2} = a\cos t\).
Birinci integral. Yerine koyalım:
\[\int \sqrt{a^2-b^2x^2}\,dx = \int a\cos t \cdot \frac{a}{b}\cos t\,dt = \frac{a^2}{b}\int \cos^2 t\,dt.\]
Kuvvet indirgeme özdeşliği \(\cos^2 t = \dfrac{1 + \cos 2t}{2}\) ile
\[\frac{a^2}{b}\int \frac{1+\cos 2t}{2}\,dt = \frac{a^2}{b}\left(\frac{t}{2} + \frac{\sin 2t}{4}\right) + C.\]
Şimdi \(t\)’den \(x\)’e dönelim. \(t = \arcsin\frac{bx}{a}\)’dır. \(\sin 2t\) için iki kat açı formülünü ve yardımcı üçgeni kullanalım:
\[\sin 2t = 2\sin t\cos t = 2\cdot\frac{bx}{a}\cdot\frac{\sqrt{a^2-b^2x^2}}{a} = \frac{2bx\sqrt{a^2-b^2x^2}}{a^2}.\]
Bunu yerine yazarsak
\[\frac{a^2}{b}\left(\frac{1}{2}\arcsin\frac{bx}{a} + \frac{bx\sqrt{a^2-b^2x^2}}{2a^2}\right) + C = \frac{a^2}{2b}\arcsin\frac{bx}{a} + \frac{x}{2}\sqrt{a^2-b^2x^2} + C\]
elde edilir; ikinci terimde \(\frac{a^2}{b}\cdot\frac{b}{2a^2} = \frac{1}{2}\) sadeleşmesini yaptık.
İkinci integral. Aynı dönüşümle
\[\int \frac{dx}{\sqrt{a^2-b^2x^2}} = \int \frac{\frac{a}{b}\cos t\,dt}{a\cos t} = \frac{1}{b}\int dt = \frac{t}{b} + C = \frac{1}{b}\arcsin\frac{bx}{a} + C.\]
Burada \(\cos t\) sadeleşmesi meşrudur, çünkü seçilen açık dalda \(\cos t > 0\)’dır.
Doğrulama. Her iki sonucu da türev alarak sınayalım. İkincisiyle başlayalım: Teorem 5.5 ve zincir kuralı (Teorem 4.1) gereği
\[\left(\frac{1}{b}\arcsin\frac{bx}{a}\right)' = \frac{1}{b}\cdot\frac{1}{\sqrt{1 - \frac{b^2x^2}{a^2}}}\cdot\frac{b}{a} = \frac{1}{a}\cdot\frac{a}{\sqrt{a^2-b^2x^2}} = \frac{1}{\sqrt{a^2-b^2x^2}},\]
çünkü \(\sqrt{1 - \frac{b^2x^2}{a^2}} = \frac{\sqrt{a^2-b^2x^2}}{a}\)’dır (\(a > 0\)).
Birincisi için, \(R = \sqrt{a^2-b^2x^2}\) yazarak iki terimin türevini ayrı ayrı alalım:
\[\left(\frac{x}{2}R\right)' = \frac{R}{2} - \frac{b^2x^2}{2R} = \frac{a^2-2b^2x^2}{2R}, \qquad \left(\frac{a^2}{2b}\arcsin\frac{bx}{a}\right)' = \frac{a^2}{2b}\cdot\frac{b}{a}\cdot\frac{a}{R} = \frac{a^2}{2R}.\]
Toplamları \(\dfrac{2\left(a^2-b^2x^2\right)}{2R} = R\)’dir; iki sonuç da doğrulandı.
\(\blacksquare\)
Uygulamada en çok karşımıza çıkan özel hâller şunlardır: \(a = b = 1\) için
\[\int\sqrt{1-x^2}\,dx = \frac{x}{2}\sqrt{1-x^2} + \frac{1}{2}\arcsin x + C, \qquad \int\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}} = \arcsin x + C;\]
\(b = 1\) için ise \(\displaystyle\int\frac{dx}{\sqrt{a^2-x^2}} = \arcsin\frac{x}{a} + C\).
Birinci formülün geometrik bir okuması vardır: \(y = \sqrt{1-x^2}\) eğrisi birim çemberin üst yarısıdır; formülü \(0\)’dan \(1\)’e değerlendirirsek \(\frac{1}{2}\arcsin 1 = \frac{\pi}{4}\), yani birim dairenin dörtte biri çıkar.
Örnek 23.1 (Sinüs Dönüşümüyle İki Hesap) Aşağıdaki integralleri hesaplayınız.
\(\displaystyle\int \frac{dx}{\sqrt{4-9x^2}}\)
\(\displaystyle\int \frac{x^2\,dx}{\sqrt{1-x^2}}\)
Çözüm
a) İntegrand \(\frac{1}{\sqrt{4-9x^2}}\)’tir; burada \(a = 2\), \(b = 3\)’tür ve tanım aralığı \(|x| < \frac{2}{3}\)’tür. Teorem 23.1’nun ikinci formülünü doğrudan uygulayabiliriz:
\[\int\frac{dx}{\sqrt{4-9x^2}} = \frac{1}{3}\arcsin\frac{3x}{2} + C.\]
Formülü ezberlemek yerine ara bir değişkenle de ilerleyebiliriz; bu, standart biçime indirgemenin en kısa yoludur. \(u = 3x\), \(du = 3\,dx\) diyelim:
\[\int\frac{dx}{\sqrt{4-9x^2}} = \frac{1}{3}\int\frac{du}{\sqrt{4-u^2}} = \frac{1}{3}\arcsin\frac{u}{2} + C = \frac{1}{3}\arcsin\frac{3x}{2} + C.\]
İkinci adımda \(b = 1\), \(a = 2\) özel hâlini kullandık.
Doğrulama. Bulduğumuz sonucun türevini alalım:
\[\left(\frac{1}{3}\arcsin\frac{3x}{2}\right)' = \frac{1}{3}\cdot\frac{1}{\sqrt{1-\frac{9x^2}{4}}}\cdot\frac{3}{2} = \frac{1}{2}\cdot\frac{2}{\sqrt{4-9x^2}} = \frac{1}{\sqrt{4-9x^2}}\]
Doğru.
b) Bu integral tablodan okunmaz; dönüşümü elle kurmalıyız. \(|x| < 1\) için \(x = \sin t\), \(dx = \cos t\,dt\), \(-\frac{\pi}{2} < t < \frac{\pi}{2}\) alalım; bu dalda \(\sqrt{1-x^2} = \cos t > 0\)’dır:
\[\int\frac{x^2\,dx}{\sqrt{1-x^2}} = \int\frac{\sin^2 t\cdot\cos t\,dt}{\cos t} = \int \sin^2 t\,dt = \frac{t}{2} - \frac{\sin 2t}{4} + C = \frac{t}{2} - \frac{\sin t\cos t}{2} + C,\]
burada \(\sin^2 t = \frac{1-\cos 2t}{2}\) kuvvet indirgemesini kullandık. Geri dönelim: \(t = \arcsin x\), \(\sin t = x\), \(\cos t = \sqrt{1-x^2}\). O hâlde
\[\int\frac{x^2\,dx}{\sqrt{1-x^2}} = \frac{1}{2}\arcsin x - \frac{x\sqrt{1-x^2}}{2} + C.\]
Doğrulama. \(\left(\frac{1}{2}\arcsin x\right)' = \frac{1}{2\sqrt{1-x^2}}\) ve
\[\left(\frac{x\sqrt{1-x^2}}{2}\right)' = \frac{1}{2}\sqrt{1-x^2} - \frac{x^2}{2\sqrt{1-x^2}} = \frac{1-2x^2}{2\sqrt{1-x^2}}\]
olduğundan fark \(\dfrac{1-(1-2x^2)}{2\sqrt{1-x^2}} = \dfrac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}\) çıkar. Doğru.
\(\blacksquare\)
23.3 İkinci Dönüşüm: \(x = \frac{a}{b}\tan t\)
\(\sqrt{a^2+b^2x^2}\) ifadesinde kök hiç sıfırlanmaz ve tanım kümesi bütün \(\mathbb{R}\)’dir; \(1 + \tan^2 t = \sec^2 t\) özdeşliği tam olarak bu biçime uyar. Aynı dönüşüm, kök içermeyen \((a^2+b^2x^2)^n\) paydalarında da işe yarar.
Teorem 23.2 (Tanjant Dönüşümü ile Temel İntegral) \(a, b > 0\) olsun. Her \(x \in \mathbb{R}\) için
\[\int\frac{dx}{\sqrt{a^2+b^2x^2}} = \frac{1}{b}\ln\left(bx + \sqrt{a^2+b^2x^2}\right) + C = \frac{1}{b}\operatorname{arcsinh}\frac{bx}{a} + C_1.\]
İspat
Önerme 23.1’nin ikinci maddesindeki dönüşümü kuralım:
\[x = \frac{a}{b}\tan t, \qquad dx = \frac{a}{b}\sec^2 t\,dt, \qquad t = \arctan\frac{bx}{a}, \qquad -\frac{\pi}{2} < t < \frac{\pi}{2},\]
ve bu dalda \(\sqrt{a^2+b^2x^2} = a\sec t > 0\). Yerine koyalım:
\[\int\frac{dx}{\sqrt{a^2+b^2x^2}} = \int\frac{\frac{a}{b}\sec^2 t\,dt}{a\sec t} = \frac{1}{b}\int\sec t\,dt = \frac{1}{b}\ln|\sec t + \tan t| + C.\]
(Sekantın integralini Örnek 22.4’de hesaplamıştık: \(\sec t\) ifadesi \(\frac{\sec t(\sec t + \tan t)}{\sec t + \tan t}\) biçiminde yazılıp \(u = \sec t + \tan t\) dönüşümü uygulanır; \(du = \left(\sec t\tan t + \sec^2 t\right)dt\) tam olarak pay olduğundan integral \(\int\frac{du}{u} = \ln|u| + C\) olur.)
Şimdi yardımcı üçgenle geri dönelim: \(\tan t = \frac{bx}{a}\) ve \(\sec t = \frac{\sqrt{a^2+b^2x^2}}{a}\) olduğundan \(\sec t + \tan t = \frac{\sqrt{a^2+b^2x^2}+bx}{a}\)’dır. Bu ifade her zaman pozitiftir, çünkü \(\sqrt{a^2+b^2x^2} > \sqrt{b^2x^2} = |bx| \ge -bx\)’tir; demek ki mutlak değere gerek yoktur:
\[\int\frac{dx}{\sqrt{a^2+b^2x^2}} = \frac{1}{b}\ln\frac{bx + \sqrt{a^2+b^2x^2}}{a} + C = \frac{1}{b}\ln\left(bx+\sqrt{a^2+b^2x^2}\right) + C_1,\]
burada \(C_1 = C - \frac{\ln a}{b}\)’dir; sabit bir terimi keyfî sabitin içine yutturduk.
Hiperbolik biçim. Önerme 5.4’de kaydettiğimiz açık formül \(\operatorname{arcsinh} u = \ln\left(u+\sqrt{u^2+1}\right)\)’dır. \(u = \frac{bx}{a}\) alırsak
\[\operatorname{arcsinh}\frac{bx}{a} = \ln\frac{bx + \sqrt{a^2+b^2x^2}}{a} = \ln\left(bx+\sqrt{a^2+b^2x^2}\right) - \ln a,\]
yani iki ifade yalnızca bir sabitle farklıdır; ikisi de aynı ilkel fonksiyon ailesini betimler.
Doğrulama. \(R = \sqrt{a^2+b^2x^2}\) yazalım; \(R' = \dfrac{b^2x}{R}\)’dir. Zincir kuralıyla
\[\left(\frac{1}{b}\ln(bx+R)\right)' = \frac{1}{b}\cdot\frac{b + \frac{b^2x}{R}}{bx+R} = \frac{1}{b}\cdot\frac{b(R+bx)}{R(bx+R)} = \frac{1}{R} = \frac{1}{\sqrt{a^2+b^2x^2}}.\]
Doğru.
\(\blacksquare\)
Özel hâller:
\(a = b = 1\) alırsak \[\int\frac{dx}{\sqrt{1+x^2}} = \ln\left(x + \sqrt{1+x^2}\right) + C = \operatorname{arcsinh} x + C.\]
\(b = 1\) alırsak \[\int\frac{dx}{\sqrt{a^2+x^2}} = \ln\left(x+\sqrt{a^2+x^2}\right) + C = \operatorname{arcsinh}\frac{x}{a} + C_1.\]
\(\int\frac{dx}{\sqrt{1+x^2}}\) integralinin sonucunu \(\ln\left(1+\sqrt{1+x^2}\right)\) diye yazmak yaygın bir hatadır. Bu ifadenin türevi \(\frac{x}{\sqrt{1+x^2}\left(1+\sqrt{1+x^2}\right)}\)’dir ve integrandla hiç ilgisi yoktur. Doğru sonuçta logaritmanın içinde \(x\)’in kendisi görünür: \(\ln\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)\). Her belirsiz integral hesabından sonra türev alıp sınamak, tam olarak bu tür hataları yakalar.
Örnek 23.2 (Tanjant Dönüşümüyle Bir Hesap) \(\displaystyle\int\frac{dx}{(1+9x^2)^2}\) integralini hesaplayınız.
Çözüm
Burada kök yoktur, ama payda \(1 + 9x^2\)’nin kuvvetidir; \(1 + \tan^2 t = \sec^2 t\) özdeşliği bu paydayı tek bir çarpana indirger. \(a = 1\), \(b = 3\) ile
\[x = \frac{1}{3}\tan t, \qquad dx = \frac{1}{3}\sec^2 t\,dt, \qquad t = \arctan 3x, \qquad -\frac{\pi}{2} < t < \frac{\pi}{2}\]
alalım. O hâlde \(1 + 9x^2 = 1 + \tan^2 t = \sec^2 t\) ve \((1+9x^2)^2 = \sec^4 t\)’dir:
\[\int\frac{dx}{(1+9x^2)^2} = \frac{1}{3}\int\frac{\sec^2 t}{\sec^4 t}\,dt = \frac{1}{3}\int\frac{dt}{\sec^2 t} = \frac{1}{3}\int\cos^2 t\,dt.\]
Kuvvet indirgemeyle \(\int\cos^2 t\,dt = \frac{t}{2} + \frac{\sin 2t}{4} = \frac{1}{2}(t + \sin t\cos t)\) olduğundan
\[\int\frac{dx}{(1+9x^2)^2} = \frac{1}{6}\bigl(t + \sin t\cos t\bigr) + C.\]
Geri dönüş için yardımcı üçgeni kuralım: \(\tan t = 3x\) olduğundan karşı kenar \(3x\), komşu kenar \(1\), hipotenüs \(\sqrt{1+9x^2}\)’dir. Buradan
\[t = \arctan 3x, \qquad \sin t = \frac{3x}{\sqrt{1+9x^2}}, \qquad \cos t = \frac{1}{\sqrt{1+9x^2}}, \qquad \sin t\cos t = \frac{3x}{1+9x^2}.\]
Sonuç:
\[\int\frac{dx}{(1+9x^2)^2} = \frac{1}{6}\arctan 3x + \frac{1}{6}\cdot\frac{3x}{1+9x^2} + C = \frac{1}{6}\arctan 3x + \frac{x}{2(1+9x^2)} + C.\]
Doğrulama. Birinci terim:
\[\left(\frac{1}{6}\arctan 3x\right)' = \frac{1}{6}\cdot\frac{3}{1+9x^2} = \frac{1}{2(1+9x^2)}.\]
İkinci terim için bölüm kuralı:
\[\left(\frac{x}{2(1+9x^2)}\right)' = \frac{2(1+9x^2) - x\cdot 36x}{4(1+9x^2)^2} = \frac{2 + 18x^2 - 36x^2}{4(1+9x^2)^2} = \frac{1-9x^2}{2(1+9x^2)^2}.\]
Toplayalım; ortak paydayı \(2(1+9x^2)^2\) alırsak
\[\frac{(1+9x^2) + (1-9x^2)}{2(1+9x^2)^2} = \frac{2}{2(1+9x^2)^2} = \frac{1}{(1+9x^2)^2}.\]
Doğru.
\(\blacksquare\)
23.4 Üçüncü Dönüşüm: \(x = \frac{a}{b}\sec t\)
\(\sqrt{b^2x^2-a^2}\) ifadesi \(|x| \ge \frac{a}{b}\) olduğunda tanımlıdır ve tanım kümesi iki ayrı aralıktan oluşur. Bu, önceki iki durumdan önemli bir farktır: hesabı iki dalda ayrı ayrı yapıp sonuçların tek bir formülde birleşip birleşmediğini kontrol etmek gerekir. Aşağıda mutlak değerli tek bir formülün her iki dalda da geçerli olduğunu göreceğiz.
Teorem 23.3 (Sekant Dönüşümü ile Temel İntegral) \(a, b > 0\) olsun. \(|x| > \dfrac{a}{b}\) olan her \(x\) için
\[\int\frac{dx}{\sqrt{b^2x^2-a^2}} = \frac{1}{b}\ln\left|bx + \sqrt{b^2x^2-a^2}\right| + C.\]
Formül, \(x > \frac{a}{b}\) ve \(x < -\frac{a}{b}\) aralıklarının her birinde (kendi sabitiyle) geçerlidir.
İspat
İki dalı ayrı ayrı ele alacağız. Kısaltma olarak \(R = \sqrt{b^2x^2-a^2} \ge 0\) yazalım.
Birinci dal: \(x > \dfrac{a}{b}\). Önerme 23.1’nin üçüncü maddesi gereği
\[x = \frac{a}{b}\sec t, \qquad dx = \frac{a}{b}\sec t\tan t\,dt, \qquad 0 < t < \frac{\pi}{2}\]
alabiliriz; bu dalda \(\tan t > 0\) ve \(R = a\tan t\)’dir. Yerine koyalım:
\[\int\frac{dx}{\sqrt{b^2x^2-a^2}} = \int\frac{\frac{a}{b}\sec t\tan t\,dt}{a\tan t} = \frac{1}{b}\int \sec t\,dt = \frac{1}{b}\ln|\sec t + \tan t| + C.\]
Yardımcı üçgenden \(\sec t = \frac{bx}{a}\) ve \(\tan t = \frac{R}{a}\)’dır, ikisi de pozitiftir:
\[\frac{1}{b}\ln\frac{bx + R}{a} + C = \frac{1}{b}\ln(bx+R) + C_1 = \frac{1}{b}\ln\left|bx+\sqrt{b^2x^2-a^2}\right| + C_1,\]
çünkü bu dalda \(bx + R > 0\) olduğundan mutlak değer bir şey değiştirmez.
İkinci dal: \(x < -\dfrac{a}{b}\). Bu kez \(\frac{\pi}{2} < t < \pi\) dalını kullanırız. Burada \(\sec t < 0\), \(\tan t < 0\)’dır ve Önerme 23.1 gereği \(R = a|\tan t| = -a\tan t\)’dir. Yerine koyarken bu işaret farkı ortaya çıkar:
\[\int\frac{dx}{\sqrt{b^2x^2-a^2}} = \int\frac{\frac{a}{b}\sec t\tan t\,dt}{-a\tan t} = -\frac{1}{b}\int\sec t\,dt = -\frac{1}{b}\ln|\sec t+\tan t| + C.\]
Şimdi \(\sec t = \frac{bx}{a}\) ve \(\tan t = -\frac{R}{a}\) olduğundan \(\sec t + \tan t = \frac{bx-R}{a}\)’dır. \(bx < 0\) ve \(R \ge 0\) olduğundan bu sayı negatiftir; mutlak değeri \(\frac{-bx+R}{a}\)’dır ve sonuç \(-\frac{1}{b}\ln\frac{-bx+R}{a} + C\) olur.
Bu ifadeyi istenen biçime sokmak için \(s = -bx > 0\) yazalım. \(s^2 - R^2 = b^2x^2 - (b^2x^2-a^2) = a^2\), yani \((s+R)(s-R) = a^2\)’dir; ayrıca \(s^2 > R^2\) ve \(s, R \ge 0\) olduğundan \(s - R > 0\)’dır. Buradan \(s+R = \dfrac{a^2}{s-R}\) ve
\[-\frac{1}{b}\ln\frac{s+R}{a} = -\frac{1}{b}\ln\frac{a}{s-R} = \frac{1}{b}\ln\frac{s-R}{a}.\]
Son olarak \(bx + R = -(s-R)\) olduğundan \(|bx+R| = s-R\)’dir. Demek ki
\[-\frac{1}{b}\ln\frac{-bx+R}{a} + C = \frac{1}{b}\ln\frac{|bx+R|}{a} + C = \frac{1}{b}\ln\left|bx+\sqrt{b^2x^2-a^2}\right| + C_1.\]
İki dalda da aynı formül çıktı.
Doğrulama. \(R = \sqrt{b^2x^2-a^2}\) için \(R' = \frac{b^2x}{R}\)’dir. \(bx + R \neq 0\) olduğu her noktada (birinci dalda \(bx+R>0\), ikinci dalda \(bx+R = -(s-R) < 0\)) logaritmanın türevi alınabilir:
\[\left(\frac{1}{b}\ln|bx+R|\right)' = \frac{1}{b}\cdot\frac{b + \frac{b^2x}{R}}{bx+R} = \frac{1}{b}\cdot\frac{b(R+bx)}{R(bx+R)} = \frac{1}{R} = \frac{1}{\sqrt{b^2x^2-a^2}}.\]
Doğru.
\(\blacksquare\)
Özel hâller:
- \(a = b = 1\) alırsak \(\displaystyle\int\frac{dx}{\sqrt{x^2-1}} = \ln\left|x+\sqrt{x^2-1}\right| + C\) (\(|x|>1\)).
- \(b = 1\) alırsak \(\displaystyle\int\frac{dx}{\sqrt{x^2-a^2}} = \ln\left|x+\sqrt{x^2-a^2}\right| + C\) (\(|x|>a\)).
Örnek 23.3 (Sekant Dönüşümüyle İki Hesap) Aşağıdaki integralleri hesaplayınız.
\(\displaystyle\int\frac{dx}{\sqrt{9x^2-4}}\), \(x > \dfrac{2}{3}\)
\(\displaystyle\int\frac{dx}{x^2\sqrt{x^2-9}}\), \(x > 3\)
Çözüm
a) \(a = 2\), \(b = 3\)’tür. Teorem 23.3 doğrudan uygulanır:
\[\int\frac{dx}{\sqrt{9x^2-4}} = \frac{1}{3}\ln\left|3x+\sqrt{9x^2-4}\right| + C = \frac{1}{3}\ln\left(3x+\sqrt{9x^2-4}\right) + C,\]
son eşitlikte \(x > \frac{2}{3}\) olduğundan logaritmanın argümanının pozitif olduğunu kullandık.
Doğrulama. \(R = \sqrt{9x^2-4}\), \(R' = \frac{9x}{R}\)’dir:
\[\left(\frac{1}{3}\ln(3x+R)\right)' = \frac{1}{3}\cdot\frac{3+\frac{9x}{R}}{3x+R} = \frac{1}{3}\cdot\frac{3(R+3x)}{R(3x+R)} = \frac{1}{R} = \frac{1}{\sqrt{9x^2-4}}.\]
Doğru.
b) \(a = 3\), \(b = 1\)’dir. \(x > 3\) olduğundan \(x = 3\sec t\), \(0 < t < \frac{\pi}{2}\) alalım; bu dalda \(dx = 3\sec t\tan t\,dt\), \(\sqrt{x^2-9} = 3\tan t\) (\(\tan t > 0\)) ve \(x^2 = 9\sec^2 t\)’dir:
\[\int\frac{dx}{x^2\sqrt{x^2-9}} = \int\frac{3\sec t\tan t\,dt}{9\sec^2 t\cdot 3\tan t} = \frac{1}{9}\int\frac{dt}{\sec t} = \frac{1}{9}\int\cos t\,dt = \frac{1}{9}\sin t + C.\]
Yardımcı üçgen: \(\sec t = \frac{x}{3}\), yani hipotenüs \(x\), komşu kenar \(3\), karşı kenar \(\sqrt{x^2-9}\)’dur; buradan \(\sin t = \frac{\sqrt{x^2-9}}{x}\) ve
\[\int\frac{dx}{x^2\sqrt{x^2-9}} = \frac{\sqrt{x^2-9}}{9x} + C.\]
Doğrulama. Bölüm kuralıyla
\[\left(\frac{\sqrt{x^2-9}}{9x}\right)' = \frac{1}{9}\cdot\frac{\frac{x^2}{\sqrt{x^2-9}} - \sqrt{x^2-9}}{x^2} = \frac{1}{9}\cdot\frac{x^2-(x^2-9)}{x^2\sqrt{x^2-9}} = \frac{1}{x^2\sqrt{x^2-9}}.\]
Doğru.
\(\blacksquare\)
23.5 Hiperbolik Dönüşümler
Trigonometrik özdeşliklerin hiperbolik karşılıkları vardır (Tanım 5.2):
\[\cosh^2 t - \sinh^2 t = 1 \quad\Longrightarrow\quad 1 + \sinh^2 t = \cosh^2 t, \qquad \cosh^2 t - 1 = \sinh^2 t.\]
Bu iki özdeşlik, \(\sqrt{a^2+b^2x^2}\) ve \(\sqrt{b^2x^2-a^2}\) kökleri için trigonometrik dönüşümlere tam bir alternatif sunar. Üstelik bazı bakımlardan daha rahattır: \(\cosh t\) her zaman pozitiftir, dolayısıyla ilk kökte hiçbir işaret tartışması çıkmaz; ayrıca \(\int\sec t\,dt\) gibi biraz hüner isteyen bir integrale gerek kalmaz, çünkü ortaya çıkan integral doğrudan \(\int dt\) olur.
Önerme 23.2 (Hiperbolik Dönüşümler ve Ters Hiperbolik Biçimler) \(a, b > 0\) olsun.
\(x = \dfrac{a}{b}\sinh t\) dönüşümü \(t \in \mathbb{R}\) için birebir örtendir, \(dx = \dfrac{a}{b}\cosh t\,dt\)’dir ve \(\sqrt{a^2+b^2x^2} = a\cosh t\) olur. Bu dönüşümle \[\int\frac{dx}{\sqrt{a^2+b^2x^2}} = \frac{1}{b}\operatorname{arcsinh}\frac{bx}{a} + C.\]
\(x = \dfrac{a}{b}\cosh t\) dönüşümü \(t > 0\) için \(x > \dfrac{a}{b}\) üzerine birebir örtendir, \(dx = \dfrac{a}{b}\sinh t\,dt\)’dir ve \(\sqrt{b^2x^2-a^2} = a\sinh t\) olur. Bu dönüşümle, \(x > \dfrac{a}{b}\) için \[\int\frac{dx}{\sqrt{b^2x^2-a^2}} = \frac{1}{b}\operatorname{arccosh}\frac{bx}{a} + C = \frac{1}{b}\ln\left(\frac{bx}{a}+\sqrt{\frac{b^2x^2}{a^2}-1}\right) + C.\] \(x < -\dfrac{a}{b}\) için ise \(x = -\dfrac{a}{b}\cosh t\), \(t>0\) alınır ve \[\int\frac{dx}{\sqrt{b^2x^2-a^2}} = -\frac{1}{b}\operatorname{arccosh}\left(-\frac{bx}{a}\right) + C\] bulunur.
İspat
1. \(\sinh : \mathbb{R}\to\mathbb{R}\) birebir örtendir ve tersi \(\operatorname{arcsinh}\)’tir; Teorem 5.6 gereği \((\sinh t)' = \cosh t\)’dir. Kök sadeleşir: \(a^2+b^2x^2 = a^2\left(1+\sinh^2 t\right) = a^2\cosh^2 t\) ve her \(t\) için \(\cosh t \ge 1 > 0\) olduğundan \(\sqrt{a^2\cosh^2 t} = a\cosh t\)’dir — burada hiçbir dal ayrımı gerekmez. Şimdi
\[\int\frac{dx}{\sqrt{a^2+b^2x^2}} = \int\frac{\frac{a}{b}\cosh t\,dt}{a\cosh t} = \frac{1}{b}\int dt = \frac{t}{b} + C = \frac{1}{b}\operatorname{arcsinh}\frac{bx}{a} + C,\]
çünkü \(x = \frac{a}{b}\sinh t\) eşitliği \(t = \operatorname{arcsinh}\frac{bx}{a}\) demektir. Bu sonucun Teorem 23.2’ndaki logaritmik biçimden yalnızca \(\frac{\ln a}{b}\) sabiti kadar farklı olduğunu orada görmüştük; iki ilkel fonksiyonun sabit farklı olması şaşırtıcı değildir (Sonuç 8.2).
2. \(\cosh\) fonksiyonunun \([0,\infty)\)’a kısıtlaması \([1,\infty)\) üzerine birebir örtendir ve tersi \(\operatorname{arccosh}\)’tur. \(t > 0\) için \(\sinh t > 0\) olduğundan \(b^2x^2-a^2 = a^2\left(\cosh^2 t - 1\right) = a^2\sinh^2 t\) ve \(\sqrt{a^2\sinh^2 t} = a\sinh t\)’dir. Yerine koyalım:
\[\int\frac{dx}{\sqrt{b^2x^2-a^2}} = \int\frac{\frac{a}{b}\sinh t\,dt}{a\sinh t} = \frac{1}{b}\int dt = \frac{t}{b} + C = \frac{1}{b}\operatorname{arccosh}\frac{bx}{a} + C.\]
Önerme 5.4 gereği \(\operatorname{arccosh} u = \ln\left(u+\sqrt{u^2-1}\right)\) (\(u \ge 1\)) olduğundan ikinci ifade de elde edilir; bu, Teorem 23.3’ndaki logaritmik biçimden \(\frac{\ln a}{b}\) kadar farklıdır.
\(x < -\frac{a}{b}\) hâli için \(x = -\frac{a}{b}\cosh t\), \(t>0\) alalım. Bu kez \(dx = -\frac{a}{b}\sinh t\,dt\)’dir; kök yine \(a\sinh t\)’dir, çünkü \(b^2x^2\) işaretten bağımsızdır. O hâlde
\[\int\frac{dx}{\sqrt{b^2x^2-a^2}} = \int\frac{-\frac{a}{b}\sinh t\,dt}{a\sinh t} = -\frac{t}{b} + C = -\frac{1}{b}\operatorname{arccosh}\left(-\frac{bx}{a}\right) + C.\]
Doğrulama. İki formülü de türev alarak sınayalım. Birincisi için Teorem 5.7 ve zincir kuralı:
\[\left(\frac{1}{b}\operatorname{arcsinh}\frac{bx}{a}\right)' = \frac{1}{b}\cdot\frac{1}{\sqrt{1+\frac{b^2x^2}{a^2}}}\cdot\frac{b}{a} = \frac{1}{a}\cdot\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2x^2}} = \frac{1}{\sqrt{a^2+b^2x^2}}.\]
İkincisi için, \(x > \frac{a}{b}\) olduğunda \(\frac{bx}{a} > 1\)’dir ve
\[\left(\frac{1}{b}\operatorname{arccosh}\frac{bx}{a}\right)' = \frac{1}{b}\cdot\frac{1}{\sqrt{\frac{b^2x^2}{a^2}-1}}\cdot\frac{b}{a} = \frac{1}{a}\cdot\frac{a}{\sqrt{b^2x^2-a^2}} = \frac{1}{\sqrt{b^2x^2-a^2}}.\]
\(x < -\frac{a}{b}\) hâlinde ise iç fonksiyonun türevi \(-\frac{b}{a}\) olduğundan iki eksi çarpışır ve aynı sonuç çıkar:
\[\left(-\frac{1}{b}\operatorname{arccosh}\left(-\frac{bx}{a}\right)\right)' = -\frac{1}{b}\cdot\frac{1}{\sqrt{\frac{b^2x^2}{a^2}-1}}\cdot\left(-\frac{b}{a}\right) = \frac{1}{\sqrt{b^2x^2-a^2}}.\]
\(\blacksquare\)
\(\sqrt{a^2-b^2x^2}\) için pratikte tek seçenek sinüs dönüşümüdür. (\(x = \frac{a}{b}\tanh t\) dönüşümü de kökü \(a\operatorname{sech} t\) hâline getirir; ama \(t \in \mathbb{R}\) yalnızca açık \(\left(-\frac{a}{b},\frac{a}{b}\right)\) aralığını tarar ve ortaya çıkan \(\operatorname{sech}\) kuvvetleri genellikle \(\cos\) kuvvetlerinden daha zahmetlidir.) \(\sqrt{a^2+b^2x^2}\) ve \(\sqrt{b^2x^2-a^2}\) için ise iki dönüşüm de rahatça kullanılır. Pratik ölçüt şudur: integrandda kökün yanında \(x\) kuvvetleri varsa trigonometrik dönüşüm çoğunlukla daha kısa sürer (yardımcı üçgen her şeyi hemen verir); integrand yalnızca kökten ibaretse hiperbolik dönüşüm daha temizdir, çünkü \(\int\sec t\,dt\) gibi ek hesaplar çıkmaz.
23.6 Temel İntegral Biçimleri
Şimdiye kadar bulduklarımızı, sıkça karşılaşılan birkaç kardeşiyle birlikte tek bir tabloda toplayalım (\(a, b > 0\)). Bu tablo ezberlenmek için değil, tanınmak için vardır: karşımıza çıkan bir integrali basit bir değişken değiştirmeyle bu satırlardan birine benzetebilirsek iş bitmiş demektir.
| # | İntegral | Sonuç | Geçerlilik |
|---|---|---|---|
| 1 | \(\displaystyle\int\frac{dx}{a^2+b^2x^2}\) | \(\dfrac{1}{ab}\arctan\dfrac{bx}{a} + C\) | \(x \in \mathbb{R}\) |
| 2 | \(\displaystyle\int\frac{dx}{a^2-b^2x^2}\) | \(\dfrac{1}{ab}\operatorname{arctanh}\dfrac{bx}{a} + C = \dfrac{1}{2ab}\ln\left\lvert\dfrac{a+bx}{a-bx}\right\rvert + C\) | \(\lvert bx\rvert < a\) |
| 3 | \(\displaystyle\int\frac{dx}{b^2x^2-a^2}\) | \(-\dfrac{1}{ab}\operatorname{arctanh}\dfrac{bx}{a} + C\) | \(\lvert bx\rvert < a\) |
| 4 | \(\displaystyle\int\frac{dx}{b^2x^2-a^2}\) | \(-\dfrac{1}{ab}\operatorname{arccoth}\dfrac{bx}{a} + C = \dfrac{1}{2ab}\ln\left\lvert\dfrac{bx-a}{bx+a}\right\rvert + C\) | \(\lvert bx\rvert > a\) |
| 5 | \(\displaystyle\int\frac{dx}{\sqrt{a^2-b^2x^2}}\) | \(\dfrac{1}{b}\arcsin\dfrac{bx}{a} + C\) | \(\lvert bx\rvert < a\) |
| 6 | \(\displaystyle\int\frac{dx}{\sqrt{a^2+b^2x^2}}\) | \(\dfrac{1}{b}\ln\left(bx+\sqrt{a^2+b^2x^2}\right) + C = \dfrac{1}{b}\operatorname{arcsinh}\dfrac{bx}{a} + C_1\) | \(x \in \mathbb{R}\) |
| 7 | \(\displaystyle\int\frac{dx}{\sqrt{b^2x^2-a^2}}\) | \(\dfrac{1}{b}\ln\left\lvert bx+\sqrt{b^2x^2-a^2}\right\rvert + C\) | \(\lvert bx\rvert > a\) |
| 8 | \(\displaystyle\int\sqrt{a^2-b^2x^2}\,dx\) | \(\dfrac{x}{2}\sqrt{a^2-b^2x^2} + \dfrac{a^2}{2b}\arcsin\dfrac{bx}{a} + C\) | \(\lvert bx\rvert \le a\) |
Kök içeren satırların \(a = b = 1\) ve \(b = 1\) özel hâllerini ilgili teoremlerin ardında kaydetmiştik; kök içermeyen satırların en sık kullanılanları da şunlardır:
\[\int\frac{dx}{1+x^2} = \arctan x + C, \qquad \int\frac{dx}{a^2+x^2} = \frac{1}{a}\arctan\frac{x}{a} + C,\]
\[\int\frac{dx}{1-x^2} = \operatorname{arctanh} x + C \ \ (|x|<1), \qquad \int\frac{dx}{x^2-1} = \frac{1}{2}\ln\left|\frac{x-1}{x+1}\right| + C \ \ (|x| \neq 1).\]
Beşinci ve altıncı satırları Teorem 23.1 ile Teorem 23.2’nda, yedinci satırı Teorem 23.3’nda, sekizinci satırı yine Teorem 23.1’nda türetmiştik. Geriye kalan dört satırı, yani kök içermeyen biçimleri, şimdi topluca türetelim.
Teorem 23.4 (Kök İçermeyen Standart Biçimlerin Türetimi) \(a, b > 0\) olsun.
Her \(x \in \mathbb{R}\) için \(\displaystyle\int\frac{dx}{a^2+b^2x^2} = \frac{1}{ab}\arctan\frac{bx}{a} + C\).
\(|bx| < a\) için \[\int\frac{dx}{a^2-b^2x^2} = \frac{1}{ab}\operatorname{arctanh}\frac{bx}{a} + C = \frac{1}{2ab}\ln\left|\frac{a+bx}{a-bx}\right| + C.\]
\(|bx| < a\) için \(\displaystyle\int\frac{dx}{b^2x^2-a^2} = -\frac{1}{ab}\operatorname{arctanh}\frac{bx}{a} + C\); \(|bx| > a\) için \[\int\frac{dx}{b^2x^2-a^2} = -\frac{1}{ab}\operatorname{arccoth}\frac{bx}{a} + C = \frac{1}{2ab}\ln\left|\frac{bx-a}{bx+a}\right| + C.\]
İspat
1. Tanjant dönüşümüyle. \(x = \frac{a}{b}\tan t\), \(dx = \frac{a}{b}\sec^2 t\,dt\), \(-\frac{\pi}{2}<t<\frac{\pi}{2}\) alalım. Payda
\[a^2 + b^2x^2 = a^2(1+\tan^2 t) = a^2\sec^2 t\]
olur ve \(\sec^2 t\) sadeleşir:
\[\int\frac{dx}{a^2+b^2x^2} = \int\frac{\frac{a}{b}\sec^2 t\,dt}{a^2\sec^2 t} = \frac{1}{ab}\int dt = \frac{t}{ab} + C = \frac{1}{ab}\arctan\frac{bx}{a} + C.\]
Doğrulama. Teorem 5.5 ve zincir kuralıyla
\[\left(\frac{1}{ab}\arctan\frac{bx}{a}\right)' = \frac{1}{ab}\cdot\frac{1}{1+\frac{b^2x^2}{a^2}}\cdot\frac{b}{a} = \frac{1}{a^2}\cdot\frac{a^2}{a^2+b^2x^2} = \frac{1}{a^2+b^2x^2}.\]
2. Basit kesirlere ayırarak. \(a^2 - b^2x^2 = (a-bx)(a+bx)\) çarpanlarına ayrılır. Payı \(\frac{1}{2a}\) katsayısıyla dağıtalım:
\[\frac{1}{2a}\left(\frac{1}{a-bx} + \frac{1}{a+bx}\right) = \frac{1}{2a}\cdot\frac{(a+bx)+(a-bx)}{(a-bx)(a+bx)} = \frac{1}{2a}\cdot\frac{2a}{a^2-b^2x^2} = \frac{1}{a^2-b^2x^2}.\]
Demek ki ayrışım doğrudur. İki terimi ayrı ayrı integralleyelim; \(|bx|<a\) olduğundan \(a - bx > 0\) ve \(a + bx > 0\)’dır:
\[\int\frac{dx}{a^2-b^2x^2} = \frac{1}{2a}\left(-\frac{1}{b}\ln(a-bx) + \frac{1}{b}\ln(a+bx)\right) + C = \frac{1}{2ab}\ln\frac{a+bx}{a-bx} + C.\]
Bu ifadeyi ters hiperbolik fonksiyon cinsinden yazalım. Önerme 5.4’de kaydettiğimiz açık formül \(\operatorname{arctanh} u = \frac{1}{2}\ln\frac{1+u}{1-u}\) (\(|u|<1\)) idi; \(u = \frac{bx}{a}\) alıp pay ve paydayı \(a>0\) ile çarparsak \(\operatorname{arctanh}\frac{bx}{a} = \frac{1}{2}\ln\frac{a+bx}{a-bx}\) bulunur. O hâlde
\[\int\frac{dx}{a^2-b^2x^2} = \frac{1}{ab}\operatorname{arctanh}\frac{bx}{a} + C.\]
Aynı sonuç hiperbolik dönüşümle. \(x = \frac{a}{b}\tanh t\) alalım; \(|bx|<a\) koşulu tam olarak \(|\tanh t|<1\)’e karşılık gelir. Teorem 5.6 gereği \(dx = \frac{a}{b}\operatorname{sech}^2 t\,dt\) ve \(a^2-b^2x^2 = a^2(1-\tanh^2 t) = a^2\operatorname{sech}^2 t\) olduğundan integral yine \(\frac{1}{ab}\int dt = \frac{1}{ab}\operatorname{arctanh}\frac{bx}{a}+C\) verir.
Trigonometrik dönüşüm de aynı sonucu verir. Bu satırı \(x = \frac{a}{b}\sin t\) ile de hesaplayabiliriz; sonucun yine logaritmik olması, dikkat edilmesi gereken bir noktadır. Gerçekten \(dx = \frac{a}{b}\cos t\,dt\) ve \(a^2-b^2x^2 = a^2\cos^2 t\) olduğundan
\[\int\frac{dx}{a^2-b^2x^2} = \int\frac{\frac{a}{b}\cos t\,dt}{a^2\cos^2 t} = \frac{1}{ab}\int\sec t\,dt = \frac{1}{ab}\ln|\sec t+\tan t| + C.\]
Yardımcı üçgenden \(\sec t = \frac{a}{\sqrt{a^2-b^2x^2}}\), \(\tan t = \frac{bx}{\sqrt{a^2-b^2x^2}}\)’tir. O hâlde
\[\frac{1}{ab}\ln\frac{a+bx}{\sqrt{a^2-b^2x^2}} + C = \frac{1}{2ab}\ln\frac{(a+bx)^2}{a^2-b^2x^2} + C = \frac{1}{2ab}\ln\frac{(a+bx)^2}{(a-bx)(a+bx)} + C = \frac{1}{2ab}\ln\frac{a+bx}{a-bx} + C.\]
Üç yol da aynı yere çıktı.
Doğrulama. \(|bx|<a\) için
\[\left(\frac{1}{2ab}\bigl[\ln(a+bx) - \ln(a-bx)\bigr]\right)' = \frac{1}{2ab}\left(\frac{b}{a+bx} + \frac{b}{a-bx}\right) = \frac{1}{2a}\cdot\frac{(a-bx)+(a+bx)}{a^2-b^2x^2} = \frac{1}{a^2-b^2x^2}.\]
3. \(b^2x^2 - a^2 = -(a^2-b^2x^2)\) olduğundan üçüncü satır ikincinin işaret değiştirmişidir; \(|bx|<a\) için
\[\int\frac{dx}{b^2x^2-a^2} = -\int\frac{dx}{a^2-b^2x^2} = -\frac{1}{ab}\operatorname{arctanh}\frac{bx}{a} + C.\]
Bunu doğrudan da görebiliriz: \(x = \frac{a}{b}u\), \(dx = \frac{a}{b}\,du\) dönüşümüyle
\[\int\frac{dx}{b^2x^2-a^2} = \int\frac{\frac{a}{b}\,du}{a^2(u^2-1)} = -\frac{1}{ab}\int\frac{du}{1-u^2} = -\frac{1}{ab}\operatorname{arctanh} u + C,\]
çünkü Teorem 5.7 gereği \((\operatorname{arctanh} u)' = \frac{1}{1-u^2}\)’dir; geri koyarsak \(u = \frac{bx}{a}\).
\(|bx| > a\) hâlinde \(|u|>1\) olur ve \(\operatorname{arctanh} u\) tanımsızdır; onun yerine, \(|u|>1\) için aynı türeve sahip olan \(\operatorname{arccoth}\) devreye girer ve aynı hesap
\[\int\frac{dx}{b^2x^2-a^2} = -\frac{1}{ab}\operatorname{arccoth}\frac{bx}{a} + C\]
verir. Logaritmik biçime geçmek için Önerme 5.4’deki \(\operatorname{arccoth} u = \frac{1}{2}\ln\frac{u+1}{u-1}\) (\(|u|>1\)) formülünü kullanalım:
\[-\frac{1}{ab}\cdot\frac{1}{2}\ln\left|\frac{\frac{bx}{a}+1}{\frac{bx}{a}-1}\right| = -\frac{1}{2ab}\ln\left|\frac{bx+a}{bx-a}\right| = \frac{1}{2ab}\ln\left|\frac{bx-a}{bx+a}\right|.\]
Bu son logaritmik biçim, mutlak değer sayesinde \(b^2x^2 \neq a^2\) olan her aralıkta geçerlidir; \(\operatorname{arctanh}\) ve \(\operatorname{arccoth}\) biçimleri ise yalnızca kendi tanım aralıklarında çalışır.
Doğrulama. \(b^2x^2 \neq a^2\) olan her noktada
\[\left(\frac{1}{2ab}\bigl[\ln|bx-a| - \ln|bx+a|\bigr]\right)' = \frac{1}{2ab}\left(\frac{b}{bx-a} - \frac{b}{bx+a}\right) = \frac{1}{2a}\cdot\frac{(bx+a)-(bx-a)}{b^2x^2-a^2} = \frac{1}{b^2x^2-a^2}.\]
Doğru.
\(\blacksquare\)
Tablodaki 2. ve 5. satırları karıştırmak çok kolaydır, çünkü ikisinde de \(a^2 - b^2x^2\) ifadesi geçer. Ama sonuçları taban tabana zıt türdendir:
\[\int\frac{dx}{\sqrt{a^2-b^2x^2}} = \frac{1}{b}\arcsin\frac{bx}{a} + C, \qquad \int\frac{dx}{a^2-b^2x^2} = \frac{1}{ab}\operatorname{arctanh}\frac{bx}{a} + C.\]
Karekök varsa sonuç ters trigonometriktir (\(\arcsin\)); karekök yoksa sonuç ters hiperboliktir (yani logaritmiktir). Aynı ayrım \(a^2+b^2x^2\) için de geçerlidir: kök varsa \(\operatorname{arcsinh}\) (logaritmik), kök yoksa \(\arctan\) çıkar. Kaba bir hafıza kancası: karekök işaretini kaldırdığınızda sonucun cinsi de değişir. Her hesabın sonunda türev alarak sınamak, bu karışıklığın panzehiridir.
23.7 Tam Kareye Tamamlama
Yukarıdaki tablonun bütün satırlarında ikinci derece ifade \(\pm a^2 \pm b^2x^2\) biçimindedir, yani birinci dereceden terim içermez. Oysa uygulamada karşımıza \(x^2+4x+8\) gibi tam bir ikinci derece polinom çıkar. Çare, ortaokuldan tanıdığımız tam kareye tamamlamadır: her ikinci derece polinom, uygun bir öteleme sonrası birinci dereceden terimden kurtulur.
\(a \neq 0\) olmak üzere \(ax^2+bx+c\) polinomunu ele alalım. \(x^2\)’nin katsayısını dışarı alıp içerideki ilk iki terimi tam kareye tamamlarız:
\[ax^2+bx+c = a\left(x^2 + \frac{b}{a}x\right) + c = a\left(x+\frac{b}{2a}\right)^2 + \frac{4ac-b^2}{4a}.\]
Şimdi \(u = x + \dfrac{b}{2a}\) dönüşümü yapalım; \(du = dx\) olduğundan diferansiyel hiç değişmez. Diskriminantı \(\Delta = b^2-4ac\) ile gösterirsek \(ax^2+bx+c = au^2 - \dfrac{\Delta}{4a}\) olur. Ortaya çıkan dört durumu ayıralım:
- \(a > 0\), \(\Delta < 0\): ifade \(a\left(u^2+k^2\right)\) biçimindedir, \(k = \dfrac{\sqrt{-\Delta}}{2a} > 0\). Kök içindeyse 6. satır, kök yoksa 1. satır uygulanır. İfade her \(x\) için pozitiftir.
- \(a > 0\), \(\Delta > 0\): ifade \(a\left(u^2-k^2\right)\) biçimindedir, \(k = \dfrac{\sqrt{\Delta}}{2a}\). Kök içindeyse 7. satır, kök yoksa 3. ya da 4. satır uygulanır.
- \(a < 0\), \(\Delta > 0\): ifade \(|a|\left(k^2-u^2\right)\) biçimindedir. Kök içindeyse 5. ya da 8. satır, kök yoksa 2. satır uygulanır.
- \(a < 0\), \(\Delta < 0\): ifade her \(x\) için negatiftir; karekökü reel değildir. Kök yoksa \(\dfrac{1}{ax^2+bx+c} = -\dfrac{1}{|a|\left(u^2+k^2\right)}\) yazılıp 1. satır kullanılır.
\(\Delta = 0\) hâli ayrı bir dönüşüm gerektirmez: ifade \(a(x-x_0)^2\) biçiminde tam kare olur ve tablo hiç devreye girmez. Kök yoksa integral doğrudan kuvvet kuralıyla alınır:
\[\int\frac{dx}{a(x-x_0)^2} = -\frac{1}{a(x-x_0)} + C \qquad (x \neq x_0).\]
Kök varsa (\(a > 0\) olmak üzere) \(\sqrt{a(x-x_0)^2} = \sqrt{a}\,\lvert x-x_0\rvert\) olduğundan iki dalı ayırmak gerekir: \(x > x_0\) için integral \(\frac{1}{\sqrt{a}}\ln(x-x_0) + C\), \(x < x_0\) için ise \(-\frac{1}{\sqrt{a}}\ln(x_0-x) + C\)’dir.
Örnek 23.4 (Tam Kareye Tamamlamayla İki Hesap) Aşağıdaki integralleri hesaplayınız.
\(\displaystyle\int\frac{dx}{\sqrt{x^2+4x+8}}\)
\(\displaystyle\int\frac{dx}{x^2-6x+13}\)
Çözüm
a) Önce kökün içini tam kareye tamamlayalım:
\[x^2+4x+8 = (x^2+4x+4) + 4 = (x+2)^2 + 4.\]
Diskriminant \(16 - 32 = -16 < 0\) olduğundan ifade her \(x\) için pozitiftir; integral bütün \(\mathbb{R}\) üzerinde tanımlıdır. \(u = x+2\), \(du = dx\) dönüşümüyle integral \(\int\frac{du}{\sqrt{u^2+4}}\) olur; bu, tablonun 6. satırıdır (\(a = 2\), \(b = 1\)) ve \(\ln\left(u+\sqrt{u^2+4}\right) + C\) verir. \(u^2+4 = x^2+4x+8\) olduğundan
\[\int\frac{dx}{\sqrt{x^2+4x+8}} = \ln\left(x+2+\sqrt{x^2+4x+8}\right) + C.\]
Aynı sonucu ters hiperbolik biçimde de yazabiliriz: \(\operatorname{arcsinh}\dfrac{x+2}{2} + C_1\). İki ifade \(\ln 2\) sabiti kadar farklıdır.
Doğrulama. \(R = \sqrt{x^2+4x+8}\) yazalım; \(R' = \dfrac{2x+4}{2R} = \dfrac{x+2}{R}\)’dir. Zincir kuralıyla
\[\Bigl(\ln(x+2+R)\Bigr)' = \frac{1 + \frac{x+2}{R}}{x+2+R} = \frac{\frac{R+x+2}{R}}{x+2+R} = \frac{1}{R} = \frac{1}{\sqrt{x^2+4x+8}}.\]
Doğru. (Sadeleştirme meşrudur, çünkü \(R > |x+2|\) olduğundan \(x+2+R > 0\)’dır.)
b) Paydayı tam kareye tamamlayalım:
\[x^2-6x+13 = (x^2-6x+9)+4 = (x-3)^2+4.\]
Diskriminant \(36-52 = -16 < 0\)’dır; payda hiç sıfırlanmaz. \(u = x-3\) ile integral \(\int\frac{du}{u^2+4}\) olur; bu, tablonun 1. satırıdır (\(a = 2\), \(b = 1\)) ve \(\frac{1}{2}\arctan\frac{u}{2} + C\) verir. O hâlde
\[\int\frac{dx}{x^2-6x+13} = \frac{1}{2}\arctan\frac{x-3}{2} + C.\]
Doğrulama.
\[\left(\frac{1}{2}\arctan\frac{x-3}{2}\right)' = \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1+\frac{(x-3)^2}{4}}\cdot\frac{1}{2} = \frac{1}{4}\cdot\frac{4}{4+(x-3)^2} = \frac{1}{(x-3)^2+4} = \frac{1}{x^2-6x+13}.\]
Doğru.
\(\blacksquare\)
23.8 Doğrusal Paylı Karma Biçimler
Şimdi bölümün bütün araçlarını tek bir hesapta birleştirelim. Paydasında ikinci dereceden bir polinom (ya da onun karekökü), payında ise birinci dereceden bir polinom bulunan integraller çok sık karşımıza çıkar:
\[\int\frac{px+q}{\sqrt{ax^2+bx+c}}\,dx, \qquad \int\frac{px+q}{ax^2+bx+c}\,dx.\]
Standart yöntem şudur: payı, paydanın (ya da kök içinin) türevinin bir katı ile bir sabitin toplamı olarak yazarız. Yani \(D(x) = ax^2+bx+c\) ise \(D'(x) = 2ax+b\)’dir ve
\[px+q = \frac{p}{2a}\bigl(2ax+b\bigr) + \left(q - \frac{pb}{2a}\right)\]
yazarız. Böylece integral ikiye ayrılır: birinci parçada pay, kök içinin (ya da paydanın) türevidir; bu parça doğrudan \(u = D(x)\) dönüşümüyle alınır ve \(2\sqrt{D}\) ya da \(\ln|D|\) verir. İkinci parçada pay sabittir; onu da tam kareye tamamlayarak tablodan okuruz.
Örnek 23.5 (Doğrusal Paylı Karma Örnekler) Aşağıdaki integralleri hesaplayınız.
\(\displaystyle\int\frac{(2x+3)\,dx}{\sqrt{x^2+2x+5}}\)
\(\displaystyle\int\frac{(x+3)\,dx}{\sqrt{3-2x-x^2}}\)
Çözüm
a) Kök içi \(D(x) = x^2+2x+5\)’tir ve \(D'(x) = 2x+2\)’dir. Payı bu türev artı sabit biçiminde yazalım:
\[2x+3 = (2x+2) + 1.\]
İntegrali ikiye ayıralım:
\[\int\frac{(2x+3)\,dx}{\sqrt{x^2+2x+5}} = \underbrace{\int\frac{(2x+2)\,dx}{\sqrt{x^2+2x+5}}}_{I_1} + \underbrace{\int\frac{dx}{\sqrt{x^2+2x+5}}}_{I_2}.\]
Birinci parça. \(u = x^2+2x+5\), \(du = (2x+2)\,dx\) dönüşümüyle (burada \(D(x) = (x+1)^2+4 \ge 4 > 0\) olduğundan \(\sqrt{u}\) hiç sıfırlanmaz)
\[I_1 = \int\frac{du}{\sqrt{u}} = 2\sqrt{u} + C = 2\sqrt{x^2+2x+5} + C.\]
İkinci parça. Tam kareye tamamlayalım: \(x^2+2x+5 = (x+1)^2+4\). \(v = x+1\) ile
\[I_2 = \int\frac{dv}{\sqrt{v^2+4}} = \ln\left(v+\sqrt{v^2+4}\right) + C = \ln\left(x+1+\sqrt{x^2+2x+5}\right) + C.\]
Toplam.
\[\int\frac{(2x+3)\,dx}{\sqrt{x^2+2x+5}} = 2\sqrt{x^2+2x+5} + \ln\left(x+1+\sqrt{x^2+2x+5}\right) + C,\]
ters hiperbolik biçimde ise \(2\sqrt{x^2+2x+5} + \operatorname{arcsinh}\dfrac{x+1}{2} + C_1\).
Doğrulama. \(R = \sqrt{x^2+2x+5}\) ve \(R' = \dfrac{x+1}{R}\) olsun:
\[\left(2R\right)' = \frac{2x+2}{R}, \qquad \Bigl(\ln(x+1+R)\Bigr)' = \frac{1+\frac{x+1}{R}}{x+1+R} = \frac{R+x+1}{R(x+1+R)} = \frac{1}{R}.\]
İki türevin toplamı \(\dfrac{2x+3}{\sqrt{x^2+2x+5}}\)’tir. Doğru.
b) Kök içini tam kareye tamamlayalım:
\[3-2x-x^2 = -\left(x^2+2x-3\right) = -\left[(x+1)^2-4\right] = 4-(x+1)^2;\]
bu ifade ancak \(|x+1| < 2\), yani \(-3 < x < 1\) iken pozitiftir. Payı \(x+3 = (x+1)+2\) biçiminde ayırıp \(u = x+1\) koyarsak
\[\int\frac{(x+3)\,dx}{\sqrt{3-2x-x^2}} = \int\frac{u\,du}{\sqrt{4-u^2}} + 2\int\frac{du}{\sqrt{4-u^2}}.\]
Birinci integralde \(w = 4-u^2\), \(dw = -2u\,du\) dönüşümü \(-\sqrt{4-u^2}\) verir; ikincisi tablonun 5. satırıdır (\(a = 2\), \(b = 1\)) ve \(2\arcsin\frac{u}{2}\) verir. O hâlde
\[\int\frac{(x+3)\,dx}{\sqrt{3-2x-x^2}} = -\sqrt{3-2x-x^2} + 2\arcsin\frac{x+1}{2} + C, \qquad -3 < x < 1.\]
Doğrulama. \(S = \sqrt{3-2x-x^2}\) için \(S' = \dfrac{-(x+1)}{S}\), dolayısıyla \(\left(-S\right)' = \dfrac{x+1}{S}\)’dir; ayrıca
\[\left(2\arcsin\frac{x+1}{2}\right)' = 2\cdot\frac{1}{\sqrt{1-\frac{(x+1)^2}{4}}}\cdot\frac{1}{2} = \frac{2}{\sqrt{4-(x+1)^2}} = \frac{2}{S}.\]
İki türevin toplamı \(\dfrac{x+3}{S}\)’dir. Doğru.
\(\blacksquare\)
İkinci dereceden bir ifade içeren integrali görünce sırasıyla şunu yapın: (i) tam kareye tamamlayıp öteleyin, böylece birinci dereceden terimden kurtulun; (ii) pay birinci dereceden ise onu kök içinin türevi artı sabit biçiminde parçalayın; (iii) geriye kalan sabit paylı parçayı temel biçimler tablosundan okuyun; tabloda yoksa uygun trigonometrik ya da hiperbolik dönüşümü kurun; (iv) sonucu türev alarak sınayın.
23.9 Alıştırmalar
Alıştırma 23.1 (Trigonometrik ve Hiperbolik Dönüşümler Üzerine)
\(a, b > 0\) olmak üzere \(\displaystyle\int\sqrt{a^2+b^2x^2}\,dx\) integralini hiperbolik dönüşümle hesaplayınız ve sonucu türev alarak doğrulayınız.
\(a, b > 0\) ve \(x > \dfrac{a}{b}\) olmak üzere \(\displaystyle\int\sqrt{b^2x^2-a^2}\,dx\) integralini hesaplayınız.
\(\displaystyle\int\frac{dx}{4x^2-25}\) integralini hesaplayınız; sonucu hem logaritmik hem de ters hiperbolik biçimde yazınız ve hangi biçimin hangi aralıkta geçerli olduğunu belirtiniz.
\(\displaystyle\int\frac{dx}{\sqrt{2x-x^2}}\) integralini hesaplayınız ve tanım aralığını belirtiniz.
\(\displaystyle\int\frac{(4x-1)\,dx}{x^2+2x+10}\) integralini hesaplayınız.
\(a, b > 0\) olmak üzere \(F(x) = \dfrac{1}{b}\ln\left(bx+\sqrt{a^2+b^2x^2}\right)\) ve \(G(x) = \dfrac{1}{b}\operatorname{arcsinh}\dfrac{bx}{a}\) fonksiyonlarının \(\mathbb{R}\) üzerinde sabit farklı olduğunu iki farklı yolla gösteriniz: doğrudan hesapla ve türev üzerinden.
Çözüm
a) Önerme 23.2’ün birinci maddesindeki dönüşümü kuralım:
\[x = \frac{a}{b}\sinh t, \qquad dx = \frac{a}{b}\cosh t\,dt, \qquad \sqrt{a^2+b^2x^2} = a\cosh t, \qquad t = \operatorname{arcsinh}\frac{bx}{a}.\]
Hiperbolik kuvvet indirgeme özdeşliği \(\cosh^2 t = \dfrac{\cosh 2t + 1}{2}\)’dir (\(\cosh 2t = \cosh^2 t + \sinh^2 t\) ile \(\cosh^2 t - \sinh^2 t = 1\) eşitliklerinin toplanmasıyla çıkar); ayrıca \(\sinh 2t = 2\sinh t\cosh t\)’dir. O hâlde
\[\int\sqrt{a^2+b^2x^2}\,dx = \frac{a^2}{b}\int\cosh^2 t\,dt = \frac{a^2}{b}\left(\frac{\sinh t\cosh t}{2} + \frac{t}{2}\right) + C.\]
Geri dönüşte \(\sinh t = \dfrac{bx}{a}\) ve \(\cosh t = \dfrac{\sqrt{a^2+b^2x^2}}{a}\), dolayısıyla \(\sinh t\cosh t = \dfrac{bx\sqrt{a^2+b^2x^2}}{a^2}\)’dir. Sonuç:
\[\int\sqrt{a^2+b^2x^2}\,dx = \frac{x}{2}\sqrt{a^2+b^2x^2} + \frac{a^2}{2b}\operatorname{arcsinh}\frac{bx}{a} + C.\]
Doğrulama. \(R = \sqrt{a^2+b^2x^2}\) için
\[\left(\frac{x}{2}R\right)' = \frac{R}{2} + \frac{b^2x^2}{2R} = \frac{a^2+2b^2x^2}{2R}, \qquad \left(\frac{a^2}{2b}\operatorname{arcsinh}\frac{bx}{a}\right)' = \frac{a^2}{2b}\cdot\frac{b}{a}\cdot\frac{a}{R} = \frac{a^2}{2R}\]
olduğundan toplamları \(\dfrac{2\left(a^2+b^2x^2\right)}{2R} = R\) çıkar. Doğru.
b) Önerme 23.2’ün ikinci maddesindeki dönüşümü kuralım: \(x = \dfrac{a}{b}\cosh t\), \(t > 0\), \(dx = \dfrac{a}{b}\sinh t\,dt\) ve \(\sqrt{b^2x^2-a^2} = a\sinh t\). \(\sinh^2 t = \dfrac{\cosh 2t-1}{2}\) ve \(\sinh 2t = 2\sinh t\cosh t\) olduğundan
\[\int\sqrt{b^2x^2-a^2}\,dx = \frac{a^2}{b}\int\sinh^2 t\,dt = \frac{a^2}{b}\left(\frac{\sinh t\cosh t}{2}-\frac{t}{2}\right)+C.\]
Geri dönüşte \(\cosh t = \dfrac{bx}{a}\), \(\sinh t = \dfrac{\sqrt{b^2x^2-a^2}}{a}\) ve \(t = \operatorname{arccosh}\dfrac{bx}{a}\) koyarsak
\[\int\sqrt{b^2x^2-a^2}\,dx = \frac{x}{2}\sqrt{b^2x^2-a^2} - \frac{a^2}{2b}\operatorname{arccosh}\frac{bx}{a} + C, \qquad x > \frac{a}{b}.\]
Doğrulama. \(R = \sqrt{b^2x^2-a^2}\) için
\[\left(\frac{x}{2}R\right)' = \frac{R}{2}+\frac{b^2x^2}{2R} = \frac{2b^2x^2-a^2}{2R}, \qquad \left(\frac{a^2}{2b}\operatorname{arccosh}\frac{bx}{a}\right)' = \frac{a^2}{2b}\cdot\frac{b}{a}\cdot\frac{a}{R} = \frac{a^2}{2R}\]
olduğundan fark \(\dfrac{2\left(b^2x^2-a^2\right)}{2R} = R\) çıkar. Doğru.
c) \(4x^2-25 = b^2x^2-a^2\) biçimindedir; \(b = 2\), \(a = 5\)’tir. Teorem 23.4’nin üçüncü maddesi gereği logaritmik biçim
\[\int\frac{dx}{4x^2-25} = \frac{1}{2ab}\ln\left|\frac{bx-a}{bx+a}\right| + C = \frac{1}{20}\ln\left|\frac{2x-5}{2x+5}\right| + C\]
olur ve bu ifade \(x \neq \pm\frac{5}{2}\) olan her aralıkta geçerlidir. Ters hiperbolik biçimler ise aralığa göre değişir:
\[\int\frac{dx}{4x^2-25} = \begin{cases} -\dfrac{1}{10}\operatorname{arctanh}\dfrac{2x}{5} + C, & |x| < \dfrac{5}{2}, \\[8pt] -\dfrac{1}{10}\operatorname{arccoth}\dfrac{2x}{5} + C, & |x| > \dfrac{5}{2}. \end{cases}\]
Sebebi, \(\operatorname{arctanh}\)’ın tanım kümesinin \((-1,1)\), \(\operatorname{arccoth}\)’unkinin \((-\infty,-1)\cup(1,\infty)\) olmasıdır.
Doğrulama. Logaritmik biçimi türevleyelim; \(x \neq \pm\frac{5}{2}\) için
\[\left(\frac{1}{20}\bigl[\ln|2x-5| - \ln|2x+5|\bigr]\right)' = \frac{1}{20}\left(\frac{2}{2x-5}-\frac{2}{2x+5}\right) = \frac{1}{10}\cdot\frac{(2x+5)-(2x-5)}{4x^2-25} = \frac{1}{10}\cdot\frac{10}{4x^2-25} = \frac{1}{4x^2-25}.\]
Doğru.
d) Kök içini tam kareye tamamlayalım:
\[2x-x^2 = -\left(x^2-2x\right) = -\left[(x-1)^2-1\right] = 1-(x-1)^2.\]
Bu ifadenin pozitif olması \(|x-1|<1\), yani \(0 < x < 2\) demektir; integral bu aralıkta tanımlıdır. \(u = x-1\) dönüşümüyle, tablonun 5. satırı (\(a=b=1\)) gereği
\[\int\frac{dx}{\sqrt{2x-x^2}} = \int\frac{du}{\sqrt{1-u^2}} = \arcsin u + C = \arcsin(x-1) + C.\]
Doğrulama. \(0<x<2\) için
\[\bigl(\arcsin(x-1)\bigr)' = \frac{1}{\sqrt{1-(x-1)^2}} = \frac{1}{\sqrt{2x-x^2}}.\]
Doğru.
e) Payda \(D(x) = x^2+2x+10\)’dur; diskriminant \(4-40 = -36 < 0\) olduğundan payda hiç sıfırlanmaz ve integral bütün \(\mathbb{R}\) üzerinde tanımlıdır. \(D'(x) = 2x+2\)’dir; payı bu türevin katı artı sabit biçiminde yazalım:
\[4x-1 = 2(2x+2) - 5.\]
Gerçekten \(2(2x+2) = 4x+4\) ve \(4x+4-5 = 4x-1\)’dir. İntegral ikiye ayrılır:
\[\int\frac{(4x-1)\,dx}{x^2+2x+10} = 2\int\frac{(2x+2)\,dx}{x^2+2x+10} - 5\int\frac{dx}{x^2+2x+10}.\]
Birinci parçada \(u = x^2+2x+10 > 0\), \(du = (2x+2)\,dx\) ile \(2\int\frac{du}{u} = 2\ln\left(x^2+2x+10\right)\) elde edilir. İkinci parçada \(x^2+2x+10 = (x+1)^2+9\) ve \(v = x+1\) ile, tablonun 1. satırı (\(a = 3\), \(b = 1\)) gereği \(-5\int\frac{dv}{v^2+9} = -\frac{5}{3}\arctan\frac{x+1}{3}\) çıkar. Toplam:
\[\int\frac{(4x-1)\,dx}{x^2+2x+10} = 2\ln\left(x^2+2x+10\right) - \frac{5}{3}\arctan\frac{x+1}{3} + C.\]
Doğrulama. \(D = x^2+2x+10\) yazalım:
\[\Bigl(2\ln D\Bigr)' = \frac{4x+4}{D}, \qquad \left(-\frac{5}{3}\arctan\frac{x+1}{3}\right)' = -\frac{5}{9}\cdot\frac{9}{9+(x+1)^2} = -\frac{5}{D}\]
olduğundan toplamları \(\dfrac{4x-1}{x^2+2x+10}\)’dur. Doğru.
f) Doğrudan hesapla. Açık formül \(\operatorname{arcsinh} u = \ln\left(u+\sqrt{u^2+1}\right)\)’dir (Önerme 5.4). \(u = \dfrac{bx}{a}\) ve \(a > 0\) için \(\sqrt{u^2+1} = \dfrac{\sqrt{a^2+b^2x^2}}{a}\) olduğundan
\[G(x) = \frac{1}{b}\ln\frac{bx+\sqrt{a^2+b^2x^2}}{a} = \frac{1}{b}\ln\left(bx+\sqrt{a^2+b^2x^2}\right) - \frac{\ln a}{b}.\]
Demek ki her \(x \in \mathbb{R}\) için \(F(x) - G(x) = \frac{\ln a}{b}\)’dir, yani fark sabittir. (Logaritmanın argümanı her zaman pozitiftir: \(\sqrt{a^2+b^2x^2} > |bx| \ge -bx\)’tir.)
Türev üzerinden. Teorem 23.2 ve Önerme 23.2’ün doğrulama hesaplarında gördüğümüz gibi her \(x \in \mathbb{R}\) için \(F'(x) = \frac{1}{\sqrt{a^2+b^2x^2}} = G'(x)\)’tir. O hâlde \(F-G\) fonksiyonunun türevi \(\mathbb{R}\) üzerinde özdeş olarak sıfırdır; \(\mathbb{R}\) bir aralık olduğundan Sonuç 8.1 (eşdeğer olarak Sonuç 8.2) gereği \(F-G\) sabittir. Sabitin değerini bulmak için \(x = 0\) almak yeter: \(F(0) = \frac{1}{b}\ln a\) ve \(G(0) = 0\) olduğundan sabit \(\frac{\ln a}{b}\)’dir.
Bu alıştırma sık karşılaşılan bir duruma dikkat çeker: aynı integralin farklı görünen iki cevabı olabilir ve ikisi de doğrudur. Ancak bu akıl yürütme yalnızca bir aralık üzerinde geçerlidir; tanım kümesi ayrık parçalardan oluşuyorsa her parçada sabit farklı olabilir.
\(\blacksquare\)
Bu bölümle birlikte belirsiz integral hesabına ayırdığımız kısmı tamamlamış olduk. Ancak şimdiye kadar hep bir fonksiyon ailesi hesapladık; ne bir sayı ne bir alan. Sıradaki kısımda soruyu tersine çeviriyoruz: bir eğrinin altında kalan alan tam olarak nedir ve nasıl tanımlanır? Bu soruya bölünüşler ve Darboux toplamlarıyla cevap vereceğiz: Bölünüşler ve Darboux Toplamları.