22 Trigonometrik Fonksiyonların İntegrali
Bir önceki bölümde, İrrasyonel Fonksiyonların İntegrali başlığı altında köklü ifadeleri uygun değişken değiştirmelerle rasyonel biçime indirgemeyi öğrendik. Oradaki yöntemin ruhu şuydu: integral almayı gerçekten bildiğimiz tek bir sınıf vardır — rasyonel fonksiyonlar — ve öteki bütün sınıflarla baş etmenin yolu, onları bu sınıfa taşıyan bir değişken değiştirme bulmaktır.
Şimdi aynı stratejiyi trigonometrik fonksiyonlara uygulayacağız. \(\sin x\), \(\cos x\), \(\tan x\) ve bunların kuvvetlerinden kurulu ifadeler ilk bakışta çok çeşitli görünür; oysa hepsinin altında iki basit gerçek yatar. Birincisi, \(\sin^2 x + \cos^2 x = 1\) özdeşliği sayesinde çift kuvvetleri tek bir değişkenin polinomuna dönüştürebiliriz. İkincisi, \((\sin x)' = \cos x\) ve \((\cos x)' = -\sin x\) olduğundan (Teorem 5.4), üssü tek olan bir çarpandan ayrılan tek bir \(\sin x\) ya da \(\cos x\) çarpanı \(du\) rolünü üstlenebilir. Bölümün ilk yarısı bu iki gözlemin sistematik kullanımıdır.
İkinci yarıda daha güçlü bir araç kuruyoruz: Weierstrass değişimi olarak bilinen \(u = \tan(x/2)\) dönüşümü. Bu dönüşüm \(\sin x\) ile \(\cos x\)’i aynı anda \(u\)’nun rasyonel fonksiyonlarına çevirir; dolayısıyla bu ikisinin rasyonel bir ifadesi olan her integrali rasyonel fonksiyon integraline indirger. Yöntem her zaman işler; bedeli çoğu kez gereğinden karmaşık bir rasyonel fonksiyonla uğraşmaktır. Bu yüzden önce özel yöntemleri, sonra genel yöntemi öğreniyoruz.
Bu bölümde şunları öğreneceğiz: yarım açı (derece düşürme) formülleriyle çift kuvvetlerin integralini; \(\int \sin^n x\,dx\) ve \(\int \cos^n x\,dx\) için indirgeme formüllerini ve bunların kısmi integrasyonla ispatını; \(\int \sin^m x \cos^n x\,dx\) ile \(\int \tan^m x \sec^n x\,dx\) biçimindeki integrallerin kurallarını; \(\int \sec x\,dx\) ve \(\int \csc x\,dx\)’i; Weierstrass değişimini ve türetimini; çarpımı toplama çeviren formülleri; son olarak hiperbolik fonksiyonların integrallerini ve yarım argüman değişimi \(u = \tanh(x/2)\)’yi.
22.1 Çift Kuvvetler ve Derece Düşürme
\(\int \sin^2 x\,dx\) integralini doğrudan hesaplamaya kalkışırsak takılırız: \(\sin^2 x\)’in ilkeli, temel fonksiyonların bilinen türev tablosunda görünmez. Çözüm, integrali almadan önce integrandın derecesini düşürmektir. Bunu sağlayan özdeşlikler, iki kat açı formüllerinin yeniden düzenlenmiş hâlleridir.
Önerme 22.1 (Yarım Açı (Derece Düşürme) Formülleri) Her \(x \in \mathbb{R}\) için
\[\sin^2 x = \frac{1 - \cos 2x}{2}, \qquad \cos^2 x = \frac{1 + \cos 2x}{2}, \qquad \sin x \cos x = \frac{\sin 2x}{2}.\]
Bu üç özdeşlik, iki kat açı formüllerinden doğrudan çıkar: \(\cos 2x = \cos^2 x - \sin^2 x\) eşitliğinde \(\cos^2 x = 1 - \sin^2 x\) yazılırsa \(\cos 2x = 1 - 2\sin^2 x\), buradan birinci formül; \(\sin^2 x = 1 - \cos^2 x\) yazılırsa \(\cos 2x = 2\cos^2 x - 1\), buradan ikinci formül elde edilir. Üçüncüsü \(\sin 2x = 2 \sin x \cos x\) eşitliğinin ikiye bölünmüşüdür.
Bu formüllerin sağladığı şey basittir: karesi alınmış bir trigonometrik fonksiyon, daha büyük bir açının birinci dereceden fonksiyonuna dönüşür ve birinci dereceden fonksiyonların integralini biliyoruz. Numara gerekirse art arda uygulanır; her uygulamada derece yarıya iner, açı ikiye katlanır.
Örnek 22.1 (Sinüs ve Kosinüsün Çift Kuvvetleri) Aşağıdaki integralleri hesaplayalım:
\[\int \sin^2 x\,dx, \qquad \int \cos^2 x\,dx, \qquad \int \sin^4 x\,dx.\]
Çözüm
Birinci integral. Önerme 22.1 gereği \(\sin^2 x = \frac{1 - \cos 2x}{2}\) yazalım. İntegral lineer olduğundan
\[\int \sin^2 x\,dx = \frac{1}{2}\int (1 - \cos 2x)\,dx = \frac{1}{2}\left(x - \frac{\sin 2x}{2}\right) + C = \frac{x}{2} - \frac{\sin 2x}{4} + C.\]
Burada \(\int \cos 2x\,dx = \frac{\sin 2x}{2}\) eşitliğini kullandık; bu, \(u = 2x\) değişken değiştirmesinden ya da doğrudan zincir kuralından (Teorem 4.1) görülür. Sonucu türev alarak doğrulayalım:
\[\left(\frac{x}{2} - \frac{\sin 2x}{4}\right)' = \frac{1}{2} - \frac{2\cos 2x}{4} = \frac{1 - \cos 2x}{2} = \sin^2 x. \checkmark\]
İkinci integral. Bu kez \(\cos^2 x = \frac{1 + \cos 2x}{2}\) kullanılır:
\[\int \cos^2 x\,dx = \frac{1}{2}\int (1 + \cos 2x)\,dx = \frac{x}{2} + \frac{\sin 2x}{4} + C.\]
Doğrulama: \(\left(\frac{x}{2} + \frac{\sin 2x}{4}\right)' = \frac{1}{2} + \frac{\cos 2x}{2} = \cos^2 x\). \(\checkmark\) İki sonucu toplarsak \(\int (\sin^2 x + \cos^2 x)\,dx = x + C\) çıkar; bu, \(\sin^2 x + \cos^2 x = 1\) ile uyumludur. Böyle küçük tutarlılık denetimleri, işaret hatalarını yakalamanın en ucuz yoludur.
Üçüncü integral. \(\sin^4 x = (\sin^2 x)^2\) yazıp derece düşürmeyi iki kez uygulayacağız. Önce
\[\sin^4 x = \left(\frac{1 - \cos 2x}{2}\right)^2 = \frac{1 - 2\cos 2x + \cos^2 2x}{4}.\]
Sağ tarafta hâlâ bir kare var: \(\cos^2 2x\). Derece düşürme formülünü bu kez \(2x\) açısına uygulayalım, yani \(\cos^2 t = \frac{1 + \cos 2t}{2}\) özdeşliğinde \(t = 2x\) alalım; \(\cos^2 2x = \frac{1 + \cos 4x}{2}\) olur. Yerine koyalım:
\[\sin^4 x = \frac{1}{4}\left(1 - 2\cos 2x + \frac{1 + \cos 4x}{2}\right) = \frac{1}{4}\left(\frac{3}{2} - 2\cos 2x + \frac{\cos 4x}{2}\right) = \frac{3}{8} - \frac{\cos 2x}{2} + \frac{\cos 4x}{8}.\]
Artık integrandın her terimi birinci derecedendir:
\[\int \sin^4 x\,dx = \frac{3x}{8} - \frac{1}{2}\cdot\frac{\sin 2x}{2} + \frac{1}{8}\cdot\frac{\sin 4x}{4} + C = \frac{3x}{8} - \frac{\sin 2x}{4} + \frac{\sin 4x}{32} + C.\]
Doğrulama:
\[\left(\frac{3x}{8} - \frac{\sin 2x}{4} + \frac{\sin 4x}{32}\right)' = \frac{3}{8} - \frac{2\cos 2x}{4} + \frac{4\cos 4x}{32} = \frac{3}{8} - \frac{\cos 2x}{2} + \frac{\cos 4x}{8} = \sin^4 x. \checkmark\]
\(\blacksquare\)
Derece düşürme her adımda kuvveti yarıya indirir, ama açıyı ikiye katlar: \(\sin^8 x\) için üç adım gerekir ve sonuçta \(x\), \(\sin 2x\), \(\sin 4x\), \(\sin 8x\) terimleri belirir. Bir sonraki alt bölümdeki indirgeme formülü ise kuvveti ikişer düşürür ve açıyı hiç değiştirmez. İki yöntem de doğrudur; hangisinin kısa olduğu soruya göre değişir.
22.2 İndirgeme Formülleri
\(\int \sin^n x\,dx\) integralini \(n\)’in her değeri için ayrı hesaplamak yerine, \(n\)’inci integrali \((n-2)\)’inciye bağlayan bir indirgeme formülü (reduction formula) kurmak çok daha ekonomiktir: \(n\) çift ise \(\int dx = x\)’e, tek ise \(\int \sin x\,dx = -\cos x\)’e kadar inmek yeter. Aracımız kısmi integrasyondur.
Teorem 22.1 (Sinüsün Kuvvetleri için İndirgeme Formülü) Her \(n \ge 2\) tam sayısı için, \(\mathbb{R}\) üzerinde
\[\int \sin^n x\,dx = -\frac{1}{n}\sin^{n-1} x \cos x + \frac{n-1}{n}\int \sin^{n-2} x\,dx.\]
İspat
\(I_n = \int \sin^n x\,dx\) yazalım. Amacımız \(I_n\)’i \(I_{n-2}\) cinsinden ifade etmektir. İntegrandı, bir çarpanı kolayca integrallenecek biçimde ayıralım:
\[I_n = \int \sin^{n-1} x \cdot \sin x\,dx.\]
Kısmi integrasyonu
\[u = \sin^{n-1} x, \qquad dv = \sin x\,dx\]
seçimiyle uygulayacağız. O hâlde \(v = -\cos x\)’tir ve \(n - 1 \ge 1\) olduğundan zincir kuralı ile
\[du = (n-1)\sin^{n-2} x \cos x\,dx.\]
\(\int u\,dv = uv - \int v\,du\) formülü gereği
\[I_n = \sin^{n-1} x \cdot (-\cos x) - \int (-\cos x)(n-1)\sin^{n-2} x \cos x\,dx = -\sin^{n-1} x \cos x + (n-1)\int \sin^{n-2} x \cos^2 x\,dx.\]
Şimdi sağdaki integralde \(\cos^2 x\) yerine \(1 - \sin^2 x\) yazalım; böylece her şey yeniden sinüs kuvvetleri cinsinden kalır:
\[\int \sin^{n-2} x \cos^2 x\,dx = \int \sin^{n-2} x\,(1 - \sin^2 x)\,dx = \int \sin^{n-2} x\,dx - \int \sin^{n} x\,dx = I_{n-2} - I_n.\]
Bu ayrıştırma meşrudur: sağdaki iki integralin ikisi de vardır, çünkü integrandları \(\mathbb{R}\) üzerinde süreklidir. Yerine koyarsak \(I_n = -\sin^{n-1} x \cos x + (n-1)I_{n-2} - (n-1)I_n\) olur. Aradığımız \(I_n\) hem solda hem sağda göründü; bu, kısmi integrasyonun tipik ve çok kullanışlı bir davranışıdır. \((n-1)I_n\) terimini sola taşıyalım:
\[I_n + (n-1)I_n = -\sin^{n-1} x \cos x + (n-1)I_{n-2}, \qquad \text{yani} \qquad n\,I_n = -\sin^{n-1} x \cos x + (n-1)I_{n-2}.\]
\(n \ge 2 > 0\) olduğundan \(n\)’e bölebiliriz:
\[I_n = -\frac{1}{n}\sin^{n-1} x \cos x + \frac{n-1}{n}I_{n-2}.\]
Bu, istenen formüldür; sağdaki \(I_{n-2}\) zaten bir ilkel ailesini temsil ettiğinden ayrıca sabit eklemeye gerek yoktur.
Sonucu türev alarak da denetleyelim: sağ tarafın türevi \(-\frac{1}{n}\bigl[(n-1)\sin^{n-2}x\cos^2 x - \sin^n x\bigr] + \frac{n-1}{n}\sin^{n-2}x\)’tir ve burada \(\cos^2 x = 1 - \sin^2 x\) yazılırsa \(\sin^{n-2}x\) terimleri götürülür, geriye
\[\frac{n-1}{n}\sin^n x + \frac{1}{n}\sin^n x = \sin^n x \checkmark\]
kalır.
\(\blacksquare\)
Kosinüs için de tamamen benzer bir formül geçerlidir; ancak “benzer” demekle yetinmeyip ispatı eksiksiz yazalım, çünkü işaretler bir yerde sinüstekinden farklı gelişir.
Teorem 22.2 (Kosinüsün Kuvvetleri için İndirgeme Formülü) Her \(n \ge 2\) tam sayısı için, \(\mathbb{R}\) üzerinde
\[\int \cos^n x\,dx = \frac{1}{n}\cos^{n-1} x \sin x + \frac{n-1}{n}\int \cos^{n-2} x\,dx.\]
İspat
\(J_n = \int \cos^n x\,dx\) diyelim ve integrandı \(J_n = \int \cos^{n-1} x \cdot \cos x\,dx\) biçiminde ayıralım. Kısmi integrasyonda
\[u = \cos^{n-1} x, \qquad dv = \cos x\,dx\]
alalım. Bu seçimle \(v = \sin x\) ve
\[du = -(n-1)\cos^{n-2} x \sin x\,dx\]
olur; buradaki eksi işareti \((\cos x)' = -\sin x\) olmasından gelir ve sinüs durumundaki tabloyu tersine çevirir. Kısmi integrasyon:
\[J_n = \cos^{n-1} x \sin x - \int \sin x \cdot \bigl(-(n-1)\cos^{n-2} x \sin x\bigr)\,dx = \cos^{n-1} x \sin x + (n-1)\int \cos^{n-2} x \sin^2 x\,dx.\]
Görüldüğü gibi eksi işaretlerinden ikisi birbirini götürdü. Şimdi \(\sin^2 x = 1 - \cos^2 x\) yazalım:
\[\int \cos^{n-2} x \sin^2 x\,dx = \int \cos^{n-2} x\,dx - \int \cos^{n} x\,dx = J_{n-2} - J_n.\]
Böylece
\[J_n = \cos^{n-1} x \sin x + (n-1)J_{n-2} - (n-1)J_n \quad \Longrightarrow \quad n\,J_n = \cos^{n-1} x \sin x + (n-1)J_{n-2},\]
ve \(n\)’e bölünce iddia edilen formül çıkar.
Türevle doğrulayalım: sağ tarafın türevi \(\frac{1}{n}\bigl[-(n-1)\cos^{n-2}x\sin^2 x + \cos^n x\bigr] + \frac{n-1}{n}\cos^{n-2}x\)’tir ve \(\sin^2 x = 1 - \cos^2 x\) yazılınca \(\cos^{n-2}x\) terimleri götürülüp
\[\frac{n-1}{n}\cos^n x + \frac{1}{n}\cos^n x = \cos^n x \checkmark\]
kalır.
\(\blacksquare\)
İki formülü karşılaştırmakta yarar var. Sinüs formülünde ilk terim \(-\frac{1}{n}\sin^{n-1}x\cos x\), kosinüs formülünde ise \(+\frac{1}{n}\cos^{n-1}x\sin x\)’tir: her ikisinde de “kuvveti bir azalmış fonksiyon çarpı ötekisi” görünür, yalnızca işaret değişir; kesirli katsayı \(\frac{n-1}{n}\) ise ikisinde de aynıdır.
Bir örnek üzerinde çalıştıralım: \(n = 4\) için sinüs formülü
\[\int \sin^4 x\,dx = -\frac{1}{4}\sin^3 x\cos x + \frac{3}{4}\int \sin^2 x\,dx = -\frac{1}{4}\sin^3 x\cos x + \frac{3x}{8} - \frac{3\sin 2x}{16} + C\]
verir. Bu, Örnek 22.1’nde bulduğumuz \(\frac{3x}{8} - \frac{\sin 2x}{4} + \frac{\sin 4x}{32} + C\) ifadesinden farklı görünüyor; oysa ikisi de aynı fonksiyonun ilkeli olduğundan Sonuç 8.2 gereği en çok bir sabitle ayrılırlar — burada o sabit sıfırdır. Gerçekten
\[\sin^3 x\cos x = \frac{1 - \cos 2x}{2}\cdot\frac{\sin 2x}{2} = \frac{\sin 2x}{4} - \frac{\sin 4x}{8}\]
olduğundan \(-\frac{1}{4}\sin^3 x\cos x = -\frac{\sin 2x}{16} + \frac{\sin 4x}{32}\) olur ve bu terim \(-\frac{3\sin 2x}{16}\) ile toplanınca \(-\frac{\sin 2x}{4} + \frac{\sin 4x}{32}\) verir: iki sonuç birebir aynıdır.
22.3 Sinüs ve Kosinüs Kuvvetlerinin Çarpımı
Şimdi \(\int \sin^m x\,\cos^n x\,dx\) biçimindeki integrallere geçiyoruz (\(m, n \ge 0\) tam sayı). Karar kuralı tek bir soruya bakar: üslerden biri tek mi?
Önerme 22.2 (Sinüs Kosinüs Çarpımı için Kural) \(m, n \ge 0\) tam sayıları verilsin ve \(\displaystyle\int \sin^m x\,\cos^n x\,dx\) integrali istensin.
\(n\) tek ise. Kosinüsten bir çarpan ayırın: \(\cos^n x = \cos^{n-1} x\cdot\cos x\). Geriye kalan \(\cos^{n-1} x\) çift kuvvet olduğundan \(\cos^2 x = 1 - \sin^2 x\) ile sinüs cinsinden yazılır. Ardından \(u = \sin x\), \(du = \cos x\,dx\) değişimi integrali bir polinom integraline çevirir.
\(m\) tek ise. Sinüsten bir çarpan ayırın: \(\sin^m x = \sin^{m-1} x\cdot\sin x\). Kalan \(\sin^{m-1}x\) çift kuvveti \(\sin^2 x = 1 - \cos^2 x\) ile kosinüs cinsinden yazılır ve \(u = \cos x\), \(du = -\sin x\,dx\) değişimi yine bir polinom integrali verir.
\(m\) ve \(n\)’in ikisi de çift ise. Tek çarpan ayrılamaz; bu durumda Önerme 22.1 ile derece düşürülür ve gerekirse işlem yinelenir.
İkisi de tek ise iki kuraldan hangisi seçilirse seçilsin sonuç doğrudur; genellikle üssü küçük olan çarpandan ayırmak hesabı kısaltır.
İspat
\(n\) tek olsun, \(n = 2k+1\) yazalım (\(k \ge 0\)). O hâlde
\[\sin^m x\,\cos^n x = \sin^m x\,(\cos^2 x)^k\,\cos x = \sin^m x\,(1 - \sin^2 x)^k\,\cos x.\]
\(u = \sin x\) dönüşümü türevlenebilirdir ve \(du = \cos x\,dx\)’tir; yani sağdaki son çarpan tam olarak \(du\)’dur. Değişken değiştirme kuralı gereği
\[\int \sin^m x\,\cos^n x\,dx = \int u^m (1 - u^2)^k\,du\]
olur; sağdaki integrand \(u\)’nun bir polinomudur, binom açılımıyla terim terim integrallenir ve sonunda \(u = \sin x\) geri konur.
\(m\) tek ise, \(m = 2j+1\) için
\[\sin^m x\,\cos^n x = (\sin^2 x)^j\,\cos^n x\,\sin x = (1 - \cos^2 x)^j \cos^n x\,\sin x\]
olur ve \(u = \cos x\), \(du = -\sin x\,dx\) ile
\[\int \sin^m x\,\cos^n x\,dx = -\int (1 - u^2)^j u^n\,du\]
elde edilir; yine bir polinom integrali.
Üçüncü durumda \(m = 2j\), \(n = 2k\) olsun. Önerme 22.1 gereği
\[\sin^{2j} x\,\cos^{2k} x = \left(\frac{1 - \cos 2x}{2}\right)^{\!j}\left(\frac{1 + \cos 2x}{2}\right)^{\!k}\]
yazılır. Sağ taraf açıldığında \(\cos 2x\)’in kuvvetlerinin bir lineer birleşimi çıkar; tek kuvvetler birinci kuralla (açı \(2x\) olarak), çift kuvvetler derece düşürme yinelenerek hesaplanır. Her adımda toplam derece kesin azaldığından süreç sonlu adımda biter.
\(\blacksquare\)
Örnek 22.2 (Sinüs Kosinüs Çarpımlarının İntegrali) Aşağıdaki üç integrali hesaplayalım:
\[\int \sin^2 x\,\cos^3 x\,dx, \qquad \int \sin^3 x\,\cos^4 x\,dx, \qquad \int \sin^2 x\,\cos^2 x\,dx.\]
Çözüm
Birinci integral. Burada \(n = 3\) tektir; Önerme 22.2’nin birinci maddesini uygularız. Kosinüsten bir çarpan ayıralım: \(\cos^3 x = (1 - \sin^2 x)\cos x\). Böylece
\[\int \sin^2 x\,\cos^3 x\,dx = \int \sin^2 x\,(1 - \sin^2 x)\cos x\,dx.\]
\(u = \sin x\), \(du = \cos x\,dx\) dersek
\[\int u^2(1 - u^2)\,du = \int (u^2 - u^4)\,du = \frac{u^3}{3} - \frac{u^5}{5} + C.\]
Geri koyarak
\[\int \sin^2 x\,\cos^3 x\,dx = \frac{\sin^3 x}{3} - \frac{\sin^5 x}{5} + C.\]
Doğrulama:
\[\left(\frac{\sin^3 x}{3} - \frac{\sin^5 x}{5}\right)' = \sin^2 x\cos x - \sin^4 x\cos x = \sin^2 x\cos x(1 - \sin^2 x) = \sin^2 x\cos^3 x. \checkmark\]
İkinci integral. Bu kez \(m = 3\) tek, \(n = 4\) çifttir; ikinci maddeyi uygularız. Sinüsten bir çarpan ayıralım: \(\sin^3 x = (1 - \cos^2 x)\sin x\). \(u = \cos x\), \(du = -\sin x\,dx\) ile
\[\int \sin^3 x\cos^4 x\,dx = \int (1 - \cos^2 x)\cos^4 x\,\sin x\,dx = -\int (1 - u^2)u^4\,du = \int (u^6 - u^4)\,du = \frac{u^7}{7} - \frac{u^5}{5} + C.\]
Geri koyarsak
\[\int \sin^3 x\cos^4 x\,dx = \frac{\cos^7 x}{7} - \frac{\cos^5 x}{5} + C.\]
Doğrulama:
\[\left(\frac{\cos^7 x}{7} - \frac{\cos^5 x}{5}\right)' = -\cos^6 x\sin x + \cos^4 x\sin x = \cos^4 x\sin x\,(1 - \cos^2 x) = \cos^4 x\sin^3 x. \checkmark\]
Üçüncü integral. Şimdi iki üs de çifttir; tek çarpan ayrılamaz. En hızlı yol önce \(\sin x\cos x = \frac{\sin 2x}{2}\) özdeşliğini, sonra \(\sin^2 t = \frac{1-\cos 2t}{2}\) özdeşliğini \(t = 2x\) için kullanmaktır:
\[\sin^2 x\cos^2 x = (\sin x\cos x)^2 = \frac{\sin^2 2x}{4} = \frac{1}{4}\cdot\frac{1 - \cos 4x}{2} = \frac{1 - \cos 4x}{8}.\]
Buradan
\[\int \sin^2 x\cos^2 x\,dx = \frac{1}{8}\int (1 - \cos 4x)\,dx = \frac{x}{8} - \frac{\sin 4x}{32} + C.\]
Doğrulama:
\[\left(\frac{x}{8} - \frac{\sin 4x}{32}\right)' = \frac{1}{8} - \frac{4\cos 4x}{32} = \frac{1 - \cos 4x}{8} = \frac{\sin^2 2x}{4} = \sin^2 x\cos^2 x. \checkmark\]
\(\blacksquare\)
22.4 Tanjant ve Sekant Kuvvetlerinin Çarpımı
\(\int \tan^m x\,\sec^n x\,dx\) biçimindeki integraller de aynı mantıkla ele alınır; bu kez kullandığımız özdeşlik \(\sin^2 + \cos^2 = 1\) yerine onun \(\cos^2 x\)’e bölünmüş hâli olan \(1 + \tan^2 x = \sec^2 x\)’tir. Türev tablosundaki (Teorem 5.4) \((\tan x)' = \sec^2 x\) ve \((\sec x)' = \sec x\tan x\) eşitlikleri hangi çarpanın \(du\) rolü üstlenebileceğini belirler ve kuralı doğrudan doğurur.
Önerme 22.3 (Tanjant Sekant Çarpımı için Kural) \(m, n \ge 0\) tam sayıları verilsin ve \(\displaystyle\int \tan^m x\,\sec^n x\,dx\) integrali, \(\cos x \ne 0\) olan bir aralıkta istensin.
\(n\) çift ve \(n \ge 2\) ise. İntegrandan \(\sec^2 x\,dx\) çarpanını ayırın: \(\sec^n x = \sec^{n-2} x\cdot\sec^2 x\). Kalan \(\sec^{n-2} x\) çift kuvvet olduğundan \(\sec^2 x = 1 + \tan^2 x\) ile tanjant cinsinden yazılır. \(u = \tan x\), \(du = \sec^2 x\,dx\) değişimi integrali bir polinom integraline çevirir.
\(m\) tek ise. İntegrandan \(\sec x\,\tan x\,dx\) çarpanını ayırın: \(\tan^m x\,\sec^n x = \tan^{m-1}x\,\sec^{n-1}x\cdot(\sec x\tan x)\). Kalan \(\tan^{m-1} x\) çift kuvvet olduğundan \(\tan^2 x = \sec^2 x - 1\) ile sekant cinsinden yazılır. \(u = \sec x\), \(du = \sec x\tan x\,dx\) değişimi yine bir polinom integrali verir. (Bu maddede \(n \ge 1\) olmalıdır; \(n = 0\) ise ayrılacak bir \(\sec x\) çarpanı yoktur.)
Her iki durumda da ayırdığımız çarpan tam olarak \(du\)’dur ve geri kalan kısım tek bir değişkenin polinomuna dönüşür; iki koşuldan biri sağlanıyorsa integral tamamen cebirsel bir hesaba iner.
\(m\) çift ve \(n\) tek ise (\(\int \sec x\,dx\), \(\int \sec^3 x\,dx\), \(\int \tan^2 x\sec x\,dx\) gibi) yukarıdaki iki kuralın hiçbiri uygulanamaz; bu durumda \(\tan^2 x = \sec^2 x - 1\) ile her şey sekant kuvvetlerine çevrilir ve kısmi integrasyonla inilen zincirin son halkası \(\int \sec x\,dx\) olur. \(n = 0\) durumunda (\(\int \tan^m x\,dx\)) da iki kural işlemez — birincisi \(n \ge 2\), ikincisi \(n \ge 1\) ister; burada \(\tan^m x = \tan^{m-2}x(\sec^2 x - 1)\) yazılarak üs ikişer düşürülür ve zincir \(m\) tek ise \(\int \tan x\,dx = -\ln|\cos x| + C\) ile, \(m\) çift ise \(\int dx = x + C\) ile kapanır.
Örnek 22.3 (Tanjant Sekant İntegralleri) Aşağıdaki iki integrali hesaplayalım:
\[\int \tan^3 x\,\sec^3 x\,dx, \qquad \int \tan^4 x\,\sec^2 x\,dx.\]
Çözüm
Birinci integral. Burada \(n = 3\) tek olduğundan birinci kural uygulanamaz; \(m = 3\) tek olduğu için Önerme 22.3’nin ikinci maddesini kullanacağız. İntegrandan \(\sec x\tan x\,dx\) ayırıp kalan \(\tan^2 x\) çift kuvvetini \(\tan^2 x = \sec^2 x - 1\) ile sekanta çevirelim:
\[\int \tan^3 x\sec^3 x\,dx = \int (\sec^2 x - 1)\sec^2 x\cdot \sec x\tan x\,dx.\]
\(u = \sec x\), \(du = \sec x\tan x\,dx\) dersek
\[\int (u^2 - 1)u^2\,du = \int (u^4 - u^2)\,du = \frac{u^5}{5} - \frac{u^3}{3} + C,\]
yani
\[\int \tan^3 x\sec^3 x\,dx = \frac{\sec^5 x}{5} - \frac{\sec^3 x}{3} + C.\]
Doğrulayalım. \((\sec^5 x)' = 5\sec^4 x\cdot(\sec x)' = 5\sec^4 x\sec x\tan x = 5\sec^5 x\tan x\) ve benzer biçimde \((\sec^3 x)' = 3\sec^3 x\tan x\)’tir. O hâlde
\[\left(\frac{\sec^5 x}{5} - \frac{\sec^3 x}{3}\right)' = \sec^5 x\tan x - \sec^3 x\tan x = \sec^3 x\tan x(\sec^2 x - 1) = \sec^3 x\tan x\cdot\tan^2 x = \tan^3 x\sec^3 x. \checkmark\]
İkinci integral. Burada \(n = 2\) çifttir; birinci maddeyi uygularız. \(\sec^2 x\,dx\) çarpanını ayırdığımızda geriye yalnızca \(\tan^4 x\) kalır, dolayısıyla ek bir dönüşüme gerek yoktur. \(u = \tan x\), \(du = \sec^2 x\,dx\) ile
\[\int u^4\,du = \frac{u^5}{5} + C \quad \Longrightarrow \quad \int \tan^4 x\sec^2 x\,dx = \frac{\tan^5 x}{5} + C.\]
Doğrulama:
\[\left(\frac{\tan^5 x}{5}\right)' = \tan^4 x\cdot(\tan x)' = \tan^4 x\sec^2 x. \checkmark\]
\(\blacksquare\)
22.5 Sekant ve Kosekantın İntegrali
\(\int \sec x\,dx\), kuralların doğrudan uygulanamadığı ilk ciddi örnektir. Aşağıda iki farklı yol izleyeceğiz: birincisi kısa ve akıllıcadır ama nereden geldiği ilk bakışta belirsizdir, ikincisi daha uzun ama tamamen sistematiktir. Sonuçlar farklı görünür; denk olduklarını açıkça göstereceğiz.
Örnek 22.4 (Sekantın İntegrali: İki Yöntem) \(\cos x \ne 0\) olan bir aralıkta \(\displaystyle\int \sec x\,dx\) integralini iki ayrı yöntemle hesaplayalım, sonuçların denkliğini gösterelim ve aynı fikirle \(\displaystyle\int \csc x\,dx\)’i bulalım.
Çözüm
Yöntem 1 — cebirsel numara. İntegrandı \(\sec x + \tan x\) ile çarpıp bölelim (\(\sec x + \tan x \neq 0\) olan bir aralıkta çalışıyoruz):
\[\int \sec x\,dx = \int \sec x\cdot\frac{\sec x + \tan x}{\sec x + \tan x}\,dx = \int \frac{\sec^2 x + \sec x\tan x}{\sec x + \tan x}\,dx.\]
Numaranın sırrı şudur: paydanın türevi \((\sec x + \tan x)' = \sec x\tan x + \sec^2 x\) olup tam olarak paya eşittir. O hâlde \(u = \sec x + \tan x\) dersek
\[\int \sec x\,dx = \int \frac{du}{u} = \ln|u| + C = \ln|\sec x + \tan x| + C.\]
Doğrulayalım:
\[\bigl(\ln|\sec x + \tan x|\bigr)' = \frac{\sec x\tan x + \sec^2 x}{\sec x + \tan x} = \frac{\sec x(\tan x + \sec x)}{\sec x + \tan x} = \sec x. \checkmark\]
Yöntem 2 — rasyonel değişime indirgeme. Bu kez hiçbir numaraya başvurmayalım: \(\sec x = \frac{1}{\cos x}\) yazıp pay ve paydayı \(\cos x\) ile çarpalım, böylece payda yalnızca \(\sin x\) cinsinden kalsın:
\[\int \sec x\,dx = \int \frac{dx}{\cos x} = \int \frac{\cos x\,dx}{\cos^2 x} = \int \frac{\cos x\,dx}{1 - \sin^2 x}.\]
Artık \(u = \sin x\), \(du = \cos x\,dx\) değişimi doğrudan işler:
\[\int \frac{du}{1 - u^2}.\]
Bu bir rasyonel integraldir; Rasyonel Fonksiyonların İntegrali bölümündeki basit kesirlere ayırma yöntemiyle \(\frac{1}{1-u^2} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{1+u} + \frac{1}{1-u}\right)\) yazılır (sağ tarafı ortak paydada topladığımızda pay \(\frac{1}{2}\bigl[(1-u)+(1+u)\bigr] = 1\) çıkar). Buradan
\[\int \frac{du}{1-u^2} = \frac{1}{2}\Bigl(\ln|1+u| - \ln|1-u|\Bigr) + C = \frac{1}{2}\ln\left|\frac{1+u}{1-u}\right| + C,\]
yani
\[\int \sec x\,dx = \frac{1}{2}\ln\left|\frac{1 + \sin x}{1 - \sin x}\right| + C.\]
İki sonucun denkliği. İki yöntem
\[F_1(x) = \ln|\sec x + \tan x| \qquad \text{ve} \qquad F_2(x) = \frac{1}{2}\ln\left|\frac{1 + \sin x}{1 - \sin x}\right|\]
fonksiyonlarını verdi. Bunlar aynı fonksiyonun ilkelleri olduğundan Sonuç 8.2 gereği en kötü ihtimalle bir sabitle ayrılırlar; ama aslında birbirine eşittirler. Gösterelim. Önce \(F_1\)’i tek bir kesir olarak yazalım:
\[\sec x + \tan x = \frac{1}{\cos x} + \frac{\sin x}{\cos x} = \frac{1 + \sin x}{\cos x} \quad \Longrightarrow \quad F_1(x) = \ln\left|\frac{1 + \sin x}{\cos x}\right|.\]
Şimdi \(F_2\)’de logaritmanın argümanının pay ve paydasını \(1 + \sin x\) ile çarpalım. Seçilen aralıkta \(\cos x \ne 0\) olduğundan \(\sin x \ne \pm 1\), yani \(1 + \sin x \neq 0\)’dır; işlem meşrudur:
\[\frac{1 + \sin x}{1 - \sin x} = \frac{(1+\sin x)^2}{(1-\sin x)(1+\sin x)} = \frac{(1 + \sin x)^2}{1 - \sin^2 x} = \frac{(1 + \sin x)^2}{\cos^2 x} = \left(\frac{1 + \sin x}{\cos x}\right)^{2}.\]
Mutlak değer alıp logaritma özelliklerini kullanalım:
\[F_2(x) = \frac{1}{2}\ln\left(\frac{1 + \sin x}{\cos x}\right)^{2} = \frac{1}{2}\cdot 2\ln\left|\frac{1 + \sin x}{\cos x}\right| = \ln\left|\frac{1 + \sin x}{\cos x}\right| = F_1(x).\]
Demek ki iki sonuç yalnızca “denk” değil, birebir aynıdır; aradaki sabit sıfırdır. Farklı görünmelerinin tek nedeni, aynı ifadenin iki ayrı cebirsel kılığa girmiş olmasıdır.
Kosekantın integrali. Aynı yol kosekant için de yürür: \(\csc x\)’i \(\csc x - \cot x\) ile çarpıp bölelim; çünkü \((\csc x - \cot x)' = \csc^2 x - \csc x\cot x\) olup bu, \(\csc x(\csc x - \cot x)\)’e eşittir. \(u = \csc x - \cot x\) ile
\[\int \csc x\,dx = \int \frac{\csc^2 x - \csc x\cot x}{\csc x - \cot x}\,dx = \int \frac{du}{u} = \ln|\csc x - \cot x| + C.\]
Bu sonucun çok daha derli toplu bir yazılışı vardır:
\[\csc x - \cot x = \frac{1 - \cos x}{\sin x} = \frac{2\sin^2\frac{x}{2}}{2\sin\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2}} = \tan\frac{x}{2} \quad \Longrightarrow \quad \int \csc x\,dx = \ln\left|\tan\frac{x}{2}\right| + C.\]
Doğrulayalım; zincir kuralı ve \(\sin x = 2\sin\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2}\) ile
\[\left(\ln\left|\tan\frac{x}{2}\right|\right)' = \frac{\frac{1}{2}\sec^2\frac{x}{2}}{\tan\frac{x}{2}} = \frac{1}{2\sin\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2}} = \frac{1}{\sin x} = \csc x. \checkmark\]
Buradaki \(\tan\frac{x}{2}\) tesadüf değildir; bir sonraki alt bölümdeki genel yöntemin habercisidir.
\(\blacksquare\)
22.6 Weierstrass Yarım Açı Tanjantı Değişimi
Şimdiye kadarki yöntemler belirli kalıplara uyan integraller içindi. Peki \(\int \frac{dx}{2\sin x - 3\cos x}\) gibi hiçbir kalıba uymayan bir integralle ne yapacağız? Cevap, \(\sin x\) ile \(\cos x\)’i aynı anda rasyonelleştiren bir değişimdir: yarım açının tanjantı.
Teorem 22.3 (Weierstrass Değişimi) \(x \in (-\pi, \pi)\) olsun ve
\[u = \tan\frac{x}{2}\]
konsun. O hâlde \(u\), \((-\pi,\pi)\) aralığını \(\mathbb{R}\) üzerine birebir örten olarak resmeder ve
\[\sin x = \frac{2u}{1 + u^2}, \qquad \cos x = \frac{1 - u^2}{1 + u^2}, \qquad \tan x = \frac{2u}{1 - u^2}, \qquad dx = \frac{2\,du}{1 + u^2}\]
eşitlikleri geçerlidir. Sonuç olarak, \(R\) iki değişkenli bir rasyonel fonksiyon olmak üzere
\[\int R(\sin x, \cos x)\,dx = \int R\!\left(\frac{2u}{1+u^2},\, \frac{1-u^2}{1+u^2}\right)\frac{2\,du}{1+u^2}\]
olur ve sağ taraftaki integrandın kendisi \(u\)’nun bir rasyonel fonksiyonudur.
İspat
\(x \in (-\pi,\pi)\) iken \(\frac{x}{2} \in \left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)\)’dir. Tanjant bu aralıkta kesin artandır (Tanım 1.1) ve görüntü kümesi \(\mathbb{R}\)’dir; dolayısıyla \(x \mapsto \tan\frac{x}{2}\) dönüşümü \((-\pi,\pi)\) ile \(\mathbb{R}\) arasında birebir örtendir (Teorem 1.1) ve tersi \(x = 2\arctan u\)’dur.
Diferansiyel. Teorem 5.5 gereği \((\arctan u)' = \frac{1}{1+u^2}\) olduğundan \(x = 2\arctan u\) eşitliğinden
\[\frac{dx}{du} = \frac{2}{1 + u^2}, \qquad \text{yani} \qquad dx = \frac{2\,du}{1 + u^2}.\]
Sinüs. İki kat açı formülünden başlayalım; \(\frac{x}{2}\) açısında \(\cos\frac{x}{2} \ne 0\)’dır:
\[\sin x = 2\sin\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2} = 2\,\frac{\sin\frac{x}{2}}{\cos\frac{x}{2}}\cdot\cos^2\frac{x}{2} = 2\tan\frac{x}{2}\cdot\cos^2\frac{x}{2}.\]
Şimdi \(\cos^2 t = \frac{1}{\sec^2 t} = \frac{1}{1 + \tan^2 t}\) özdeşliğini \(t = \frac{x}{2}\) için kullanalım:
\[\cos^2\frac{x}{2} = \frac{1}{1 + u^2} \quad \Longrightarrow \quad \sin x = \frac{2u}{1 + u^2}.\]
Kosinüs. Aynı fikri kosinüsün iki kat açı formülüne uygulayalım:
\[\cos x = \cos^2\frac{x}{2} - \sin^2\frac{x}{2} = \cos^2\frac{x}{2}\left(1 - \tan^2\frac{x}{2}\right) = \frac{1 - u^2}{1 + u^2}.\]
Tanjant. \(\cos x \ne 0\) olan noktalarda iki sonucun oranını alalım:
\[\tan x = \frac{\sin x}{\cos x} = \frac{2u/(1+u^2)}{(1-u^2)/(1+u^2)} = \frac{2u}{1 - u^2}.\]
İntegralin dönüşümü. Rasyonel fonksiyonların toplamı, çarpımı ve bölümü rasyonel olduğundan, \(R\)’nin argümanlarına yukarıdaki iki rasyonel ifade konduğunda sonuç yine \(u\)’nun rasyonel bir fonksiyonudur; \(\frac{2}{1+u^2}\) çarpanı da rasyonelliği bozmaz. Dönüşüm \((-\pi,\pi)\) üzerinde sürekli türevlenebilir ve birebir olduğundan değişken değiştirme kuralı uygulanabilir ve iddia edilen eşitlik çıkar.
Bulunan ilkel \((-\pi,\pi)\) aralığında geçerlidir; \(\sin\) ve \(\cos\) fonksiyonları \(2\pi\) periyotlu olduğundan aynı formül her \(k \in \mathbb{Z}\) için \(\bigl((2k-1)\pi,\,(2k+1)\pi\bigr)\) aralığında ayrı ayrı, sabitleri birbirinden bağımsız seçilerek kullanılır.
\(\blacksquare\)
Weierstrass değişimi her zaman çalışır, ama çoğu kez gereğinden ağır bir rasyonel fonksiyon üretir. Pratik kural: integrand özel kalıplardan birine uyuyorsa önce onu deneyin, hiçbirine uymuyorsa \(u = \tan\frac{x}{2}\)’ye başvurun. Örneğin \(\int \sin^2 x\cos^3 x\,dx\) Weierstrass ile de çözülür, fakat çıkan rasyonel fonksiyonun ayrıştırılması Örnek 22.2’ndeki üç satırlık hesaptan çok daha uzundur.
Örnek 22.5 (Weierstrass Değişimiyle Bir Hesap) \(2\sin x - 3\cos x \ne 0\) olan bir aralıkta
\[I = \int \frac{dx}{2\sin x - 3\cos x}\]
integralini hesaplayalım.
Çözüm
İntegrand \(\sin x\) ile \(\cos x\)’in rasyonel bir ifadesidir ve hiçbir özel kalıba uymaz; Teorem 22.3’ni uygulayalım. \(u = \tan\frac{x}{2}\) diyelim:
\[2\sin x - 3\cos x = 2\cdot\frac{2u}{1+u^2} - 3\cdot\frac{1-u^2}{1+u^2} = \frac{4u - 3 + 3u^2}{1 + u^2} = \frac{3u^2 + 4u - 3}{1+u^2}.\]
\(dx = \frac{2\,du}{1+u^2}\) olduğundan
\[I = \int \frac{\frac{2\,du}{1+u^2}}{\frac{3u^2+4u-3}{1+u^2}} = \int \frac{2\,du}{3u^2 + 4u - 3}.\]
Görüldüğü gibi \(1 + u^2\) çarpanları sadeleşti; bu, paydası birinci dereceden trigonometrik olan integrallerde tipik davranıştır. Geriye ikinci dereceden bir paydanın integrali kaldı.
Paydayı çarpanlarına ayıralım. \(3u^2 + 4u - 3 = 0\) denkleminin diskriminantı \(\Delta = 16 + 36 = 52 > 0\)’dır; kökler \(u_{1,2} = \frac{-4 \pm \sqrt{52}}{6} = \frac{-2 \pm \sqrt{13}}{3}\) olur. \(u_1 = \frac{-2+\sqrt{13}}{3}\), \(u_2 = \frac{-2-\sqrt{13}}{3}\) diyelim; o hâlde \(3u^2+4u-3 = 3(u - u_1)(u - u_2)\) ve \(u_1 - u_2 = \frac{2\sqrt{13}}{3}\)’tür.
Basit kesirlere ayıralım. Payda iki farklı reel kök verdiğinden
\[\frac{2}{3(u-u_1)(u-u_2)} = \frac{A}{u - u_1} + \frac{B}{u - u_2}\]
yazılır. Paydaları temizleyelim: \(2 = 3A(u - u_2) + 3B(u - u_1)\). \(u = u_1\) koyarsak \(2 = 3A(u_1 - u_2)\), yani \(A = \frac{2}{3(u_1-u_2)} = \frac{2}{3}\cdot\frac{3}{2\sqrt{13}} = \frac{1}{\sqrt{13}}\); \(u = u_2\) koyarsak \(B = -\frac{1}{\sqrt{13}}\) çıkar.
İntegralleyelim.
\[I = \frac{1}{\sqrt{13}}\int\left(\frac{1}{u - u_1} - \frac{1}{u - u_2}\right)du = \frac{1}{\sqrt{13}}\Bigl(\ln|u - u_1| - \ln|u - u_2|\Bigr) + C = \frac{1}{\sqrt{13}}\ln\left|\frac{u - u_1}{u - u_2}\right| + C.\]
Kökleri yerine koyup pay ve paydayı \(3\) ile çarparak sadeleştirelim:
\[\frac{u - u_1}{u - u_2} = \frac{u - \frac{-2+\sqrt{13}}{3}}{u - \frac{-2-\sqrt{13}}{3}} = \frac{3u + 2 - \sqrt{13}}{3u + 2 + \sqrt{13}}.\]
Geri koyalım. \(u = \tan\frac{x}{2}\) ile
\[I = \frac{1}{\sqrt{13}}\ln\left|\frac{3\tan\frac{x}{2} + 2 - \sqrt{13}}{3\tan\frac{x}{2} + 2 + \sqrt{13}}\right| + C.\]
Doğrulama. Sonucu \(u\) değişkeninde türevleyelim:
\[\frac{1}{\sqrt{13}}\left(\frac{3}{3u+2-\sqrt{13}} - \frac{3}{3u+2+\sqrt{13}}\right) = \frac{1}{\sqrt{13}}\cdot\frac{6\sqrt{13}}{(3u+2)^2 - 13} = \frac{6}{9u^2+12u-9} = \frac{2}{3u^2+4u-3}. \checkmark\]
Bu, değişimden sonraki integrandın ta kendisidir.
Bir ikinci yol ve çapraz denetim. Aynı integral, paydayı tek bir sinüse toplayarak da hesaplanır. \(\varphi = \arctan\frac{3}{2}\) alalım; o hâlde \(\sqrt{13}\cos\varphi = 2\), \(\sqrt{13}\sin\varphi = 3\) olur ve
\[\sqrt{13}\,\sin(x - \varphi) = \sqrt{13}\bigl(\sin x\cos\varphi - \cos x\sin\varphi\bigr) = 2\sin x - 3\cos x.\]
Buradan, Örnek 22.4’de bulduğumuz kosekant integraliyle
\[I = \frac{1}{\sqrt{13}}\int \frac{dx}{\sin(x-\varphi)} = \frac{1}{\sqrt{13}}\ln\left|\tan\frac{x - \varphi}{2}\right| + C\]
çıkar. İki ifade farklı görünse de aynı fonksiyonun ilkelleridir; Sonuç 8.2 gereği her aralıkta sabit bir farkla ayrılırlar. İkinci biçim daha kısadır ama \(\varphi\) gibi yardımcı bir açı gerektirir; birinci biçim tamamen mekaniktir. Weierstrass değişiminin değeri de tam olarak budur.
\(\blacksquare\)
22.7 Çarpımı Toplama Çeviren Formüller
\(\int \sin(ax)\cos(bx)\,dx\) türü integrallerde integrand iki farklı açının fonksiyonlarının çarpımıdır; bu yüzden ne derece düşürme ne de tek çarpan ayırma doğrudan işler. Çözüm basittir: çarpımı toplama çevirmek.
Önerme 22.4 (Çarpımı Toplama Çeviren Formüller) Her \(\alpha, \beta \in \mathbb{R}\) için
\[\sin\alpha\cos\beta = \frac{1}{2}\Bigl[\sin(\alpha - \beta) + \sin(\alpha + \beta)\Bigr],\]
\[\sin\alpha\sin\beta = \frac{1}{2}\Bigl[\cos(\alpha - \beta) - \cos(\alpha + \beta)\Bigr],\]
\[\cos\alpha\cos\beta = \frac{1}{2}\Bigl[\cos(\alpha - \beta) + \cos(\alpha + \beta)\Bigr].\]
Bunlar toplam ve fark formüllerinden çıkar: \(\sin(\alpha\pm\beta) = \sin\alpha\cos\beta \pm \cos\alpha\sin\beta\) eşitlikleri taraf tarafa toplanıp ikiye bölünürse birinci formül; \(\cos(\alpha\mp\beta) = \cos\alpha\cos\beta \pm \sin\alpha\sin\beta\) eşitlikleri çıkarılırsa ikinci, toplanırsa üçüncü formül elde edilir.
Buradan, \(a \ne \pm b\) olmak üzere
\[\int \sin(ax)\cos(bx)\,dx = -\frac{\cos\bigl((a-b)x\bigr)}{2(a-b)} - \frac{\cos\bigl((a+b)x\bigr)}{2(a+b)} + C,\]
\[\int \sin(ax)\sin(bx)\,dx = \frac{\sin\bigl((a-b)x\bigr)}{2(a-b)} - \frac{\sin\bigl((a+b)x\bigr)}{2(a+b)} + C,\]
\[\int \cos(ax)\cos(bx)\,dx = \frac{\sin\bigl((a-b)x\bigr)}{2(a-b)} + \frac{\sin\bigl((a+b)x\bigr)}{2(a+b)} + C\]
formülleri çıkar. Sıfır payda yalnızca iki durumda doğar: \(a = b\) ise \((a - b)\), \(a = -b\) ise \((a + b)\) sıfırlanır. Böyle bir durumda o terim için yukarıdaki hazır ifade kullanılmaz; integrali zaten doğrudan alınır, çünkü sıfırlanan açının fonksiyonu sabittir. İntegrandı \(\sin 0 = 0\) olan terim tümüyle kaybolur; integrandı \(\cos 0 = 1\) olan terim ise \(\frac{1}{2}\int dx = \frac{x}{2}\) verir. Örneğin \(a = b\) alındığında
\[\int \sin(ax)\cos(ax)\,dx = -\frac{\cos(2ax)}{4a} + C, \qquad \int \sin^2(ax)\,dx = \frac{x}{2} - \frac{\sin(2ax)}{4a} + C, \qquad \int \cos^2(ax)\,dx = \frac{x}{2} + \frac{\sin(2ax)}{4a} + C\]
bulunur; bunlar derece düşürmenin verdiği sonuçların ta kendisidir.
Örnek 22.6 (Farklı Açıların Çarpımı) Aşağıdaki iki integrali hesaplayalım:
\[\int \sin 3x\,\cos 5x\,dx, \qquad \int \sin 2x\,\sin 5x\,dx.\]
Çözüm
Birinci integral. Önerme 22.4’nın birinci formülünde \(\alpha = 3x\), \(\beta = 5x\) alalım:
\[\sin 3x\cos 5x = \frac{1}{2}\Bigl[\sin(3x - 5x) + \sin(3x + 5x)\Bigr] = \frac{1}{2}\bigl[\sin(-2x) + \sin 8x\bigr] = \frac{1}{2}\bigl[\sin 8x - \sin 2x\bigr],\]
burada sinüsün tek fonksiyon olması kullanıldı. Artık integral kolaydır:
\[\int \sin 3x\cos 5x\,dx = \frac{1}{2}\left(\frac{\cos 2x}{2} - \frac{\cos 8x}{8}\right) + C = \frac{\cos 2x}{4} - \frac{\cos 8x}{16} + C.\]
Doğrulama:
\[\left(\frac{\cos 2x}{4} - \frac{\cos 8x}{16}\right)' = -\frac{2\sin 2x}{4} + \frac{8\sin 8x}{16} = \frac{\sin 8x - \sin 2x}{2} = \sin 3x\cos 5x. \checkmark\]
İkinci integral. İkinci formülde \(\alpha = 2x\), \(\beta = 5x\) alalım:
\[\sin 2x\sin 5x = \frac{1}{2}\Bigl[\cos(2x - 5x) - \cos(2x+5x)\Bigr] = \frac{1}{2}\bigl[\cos 3x - \cos 7x\bigr],\]
burada kosinüsün çift fonksiyon olması, yani \(\cos(-3x) = \cos 3x\) kullanıldı. Buradan
\[\int \sin 2x\sin 5x\,dx = \frac{1}{2}\left(\frac{\sin 3x}{3} - \frac{\sin 7x}{7}\right) + C = \frac{\sin 3x}{6} - \frac{\sin 7x}{14} + C.\]
Doğrulama:
\[\left(\frac{\sin 3x}{6} - \frac{\sin 7x}{14}\right)' = \frac{3\cos 3x}{6} - \frac{7\cos 7x}{14} = \frac{\cos 3x - \cos 7x}{2} = \sin 2x\sin 5x. \checkmark\]
\(\blacksquare\)
22.8 Hiperbolik Fonksiyonların İntegrali
Hiperbolik fonksiyonları (Tanım 5.2) ve türevlerini (Teorem 5.6) daha önce kurmuştuk. İntegral tarafındaki tablo neredeyse trigonometrik durumun aynısıdır; tek fark, birkaç yerde eksi işaretinin kaybolmasıdır. Bunun nedeni, temel özdeşliğin \(\cosh^2 x - \sinh^2 x = 1\) biçiminde, yani bir fark olmasıdır.
Önerme 22.5 (Temel Hiperbolik Özdeşlikler ve İntegraller) Her \(x \in \mathbb{R}\) için aşağıdaki özdeşlikler geçerlidir:
\[\cosh^2 x - \sinh^2 x = 1, \qquad \cosh^2 x = \frac{\cosh 2x + 1}{2}, \qquad \sinh^2 x = \frac{\cosh 2x - 1}{2},\]
\[\sinh 2x = 2\sinh x\cosh x, \qquad \cosh 2x = \cosh^2 x + \sinh^2 x.\]
Nitekim \(\cosh 2x = \frac{e^{2x} + e^{-2x}}{2}\) ve \(\cosh^2 x + \sinh^2 x = \frac{(e^x+e^{-x})^2 + (e^x - e^{-x})^2}{4} = \frac{2e^{2x} + 2e^{-2x}}{4}\) olduğundan son eşitlik doğrudur; buna \(\cosh^2 x - \sinh^2 x = 1\)’i ekleyip çıkararak orta iki formül elde edilir. Aynı biçimde \(2\sinh x\cosh x = 2\cdot\frac{e^x - e^{-x}}{2}\cdot\frac{e^x+e^{-x}}{2} = \frac{e^{2x} - e^{-2x}}{2} = \sinh 2x\)’tir. Bunlar derece düşürme formüllerinin hiperbolik karşılıklarıdır; sağ tarafta \(\cos 2x\) değil \(\cosh 2x\) bulunmasına ve işaretlerin yer değiştirmesine dikkat edin.
Temel integraller türev tablosunun tersine okunmasıyla çıkar:
\[\int \sinh x\,dx = \cosh x + C, \qquad \int \cosh x\,dx = \sinh x + C,\]
\[\int \operatorname{sech}^2 x\,dx = \tanh x + C, \qquad \int \operatorname{csch}^2 x\,dx = -\coth x + C \ \ (x \neq 0),\]
\[\int \tanh x\,dx = \ln \cosh x + C, \qquad \int \coth x\,dx = \ln|\sinh x| + C \ \ (x \neq 0).\]
İlk dördü Teorem 5.6’in doğrudan sonucudur. Beşincisi için \(\tanh x = \frac{\sinh x}{\cosh x}\) yazıp \(u = \cosh x\), \(du = \sinh x\,dx\) almak yeter; \(\cosh x \ge 1 > 0\) olduğundan mutlak değere gerek yoktur. Altıncısı için \(u = \sinh x\) alınır ve \(x \ne 0\) iken \(\sinh x \ne 0\)’dır. Trigonometrik durumla karşılaştırıldığında iki fark göze çarpar: ne \(\int \sinh x\,dx\)’te ne de \(\int\tanh x\,dx\)’te eksi işareti vardır; oysa \(\int \sin x\,dx = -\cos x + C\) ve \(\int \tan x\,dx = -\ln|\cos x| + C\)’dir.
Örnek 22.7 (Hiperbolik Kuvvetlerin İntegrali) Aşağıdaki üç integrali hesaplayalım:
\[\int \sinh^2 x\,dx, \qquad \int \cosh^2 x\,dx, \qquad \int \sinh^3 x\,\cosh^2 x\,dx.\]
Çözüm
Birinci integral. Önerme 22.5’deki \(\sinh^2 x = \frac{\cosh 2x - 1}{2}\) özdeşliğiyle derece düşürelim:
\[\int \sinh^2 x\,dx = \frac{1}{2}\int (\cosh 2x - 1)\,dx = \frac{1}{2}\left(\frac{\sinh 2x}{2} - x\right) + C = \frac{\sinh 2x}{4} - \frac{x}{2} + C.\]
Doğrulama:
\[\left(\frac{\sinh 2x}{4} - \frac{x}{2}\right)' = \frac{2\cosh 2x}{4} - \frac{1}{2} = \frac{\cosh 2x - 1}{2} = \sinh^2 x. \checkmark\]
İkinci integral. Bu kez \(\cosh^2 x = \frac{\cosh 2x + 1}{2}\) kullanılır:
\[\int \cosh^2 x\,dx = \frac{1}{2}\int (\cosh 2x + 1)\,dx = \frac{\sinh 2x}{4} + \frac{x}{2} + C.\]
Doğrulama: \(\left(\frac{\sinh 2x}{4} + \frac{x}{2}\right)' = \frac{\cosh 2x}{2} + \frac{1}{2} = \frac{\cosh 2x + 1}{2} = \cosh^2 x\). \(\checkmark\) İki sonucun farkını alırsak \(\int (\cosh^2 x - \sinh^2 x)\,dx = x + C\) çıkar; bu, \(\cosh^2 x - \sinh^2 x = 1\) ile uyumludur. Trigonometrik durumda toplama, burada farka baktığımızı gözden kaçırmayalım.
Üçüncü integral. \(\sinh\)’in üssü tektir; Önerme 22.2’nin hiperbolik karşılığını uygulayalım. Bir \(\sinh x\) çarpanı ayıralım ve kalan çift kuvveti \(\sinh^2 x = \cosh^2 x - 1\) ile yazalım:
\[\int \sinh^3 x\cosh^2 x\,dx = \int (\cosh^2 x - 1)\cosh^2 x\,\sinh x\,dx.\]
\(u = \cosh x\), \(du = \sinh x\,dx\) dersek
\[\int (u^2 - 1)u^2\,du = \int (u^4 - u^2)\,du = \frac{u^5}{5} - \frac{u^3}{3} + C,\]
yani
\[\int \sinh^3 x\cosh^2 x\,dx = \frac{\cosh^5 x}{5} - \frac{\cosh^3 x}{3} + C.\]
Doğrulama:
\[\left(\frac{\cosh^5 x}{5} - \frac{\cosh^3 x}{3}\right)' = \cosh^4 x\sinh x - \cosh^2 x\sinh x = \cosh^2 x\sinh x(\cosh^2 x - 1) = \cosh^2 x\sinh^3 x. \checkmark\]
Bunu trigonometrik eşleniğiyle (Örnek 22.2’nin ikinci integrali) karşılaştırın: yapı birebir aynıdır, yalnızca \(u = \cos x\) yerine \(u = \cosh x\) konmuş ve \(du\)’daki eksi işareti kaybolmuştur.
\(\blacksquare\)
Trigonometrik durumda kurduğumuz \(u = \tan\frac{x}{2}\) değişiminin hiperbolik durumda da tam karşılığı vardır ve aynı işi görür.
Teorem 22.4 (Hiperbolik Yarım Argüman Değişimi) \(x \in \mathbb{R}\) olsun ve
\[u = \tanh\frac{x}{2}\]
konsun. O hâlde \(u\), \(\mathbb{R}\)’yi \((-1,1)\) üzerine birebir örten olarak resmeder, tersi \(x = 2\operatorname{arctanh} u\)’dur ve
\[\sinh x = \frac{2u}{1 - u^2}, \qquad \cosh x = \frac{1 + u^2}{1 - u^2}, \qquad \tanh x = \frac{2u}{1 + u^2}, \qquad dx = \frac{2\,du}{1 - u^2}\]
eşitlikleri geçerlidir. Dolayısıyla \(R\) iki değişkenli rasyonel bir fonksiyon olmak üzere \(\int R(\sinh x, \cosh x)\,dx\) integrali, \(u\) değişkeninde bir rasyonel fonksiyon integraline dönüşür.
İspat
\(\tanh\) fonksiyonu \(\mathbb{R}\) üzerinde kesin artandır ve görüntü kümesi \((-1,1)\)’dir; dolayısıyla \(x \mapsto \tanh\frac{x}{2}\) dönüşümü \(\mathbb{R}\) ile \((-1,1)\) arasında birebir örtendir ve tersi \(x = 2\operatorname{arctanh} u\)’dur.
Diferansiyel. \((\operatorname{arctanh} u)' = \frac{1}{1-u^2}\) olduğundan (Teorem 5.7) \(dx = \frac{2\,du}{1 - u^2}\)’dir.
Sinüs hiperbolik. İki kat argüman formülünden başlayalım; \(\cosh\frac{x}{2} \ge 1 > 0\) olduğundan bölüp çarpmakta sakınca yoktur:
\[\sinh x = 2\sinh\frac{x}{2}\cosh\frac{x}{2} = 2\,\frac{\sinh\frac{x}{2}}{\cosh\frac{x}{2}}\cdot\cosh^2\frac{x}{2} = 2\tanh\frac{x}{2}\cdot\cosh^2\frac{x}{2}.\]
\(1 - \tanh^2 t = \operatorname{sech}^2 t\) özdeşliğini \(t = \frac{x}{2}\) için ters çevirelim:
\[\cosh^2\frac{x}{2} = \frac{1}{1 - \tanh^2\frac{x}{2}} = \frac{1}{1 - u^2} \quad \Longrightarrow \quad \sinh x = \frac{2u}{1 - u^2}.\]
Kosinüs hiperbolik. Aynı fikirle
\[\cosh x = \cosh^2\frac{x}{2} + \sinh^2\frac{x}{2} = \cosh^2\frac{x}{2}\left(1 + \tanh^2\frac{x}{2}\right) = \frac{1 + u^2}{1 - u^2}.\]
Trigonometrik duruma göre iki fark vardır: iki kat argüman formülünde eksi yerine artı bulunması ve paydada \(1+u^2\) yerine \(1-u^2\) görünmesi. İkisi de temel özdeşliğin işaretinden gelir.
Tanjant hiperbolik. Oranı alalım:
\[\tanh x = \frac{\sinh x}{\cosh x} = \frac{2u/(1-u^2)}{(1+u^2)/(1-u^2)} = \frac{2u}{1 + u^2}.\]
İntegralin dönüşümü. \(\sinh x\) ve \(\cosh x\) yerine bulunan rasyonel ifadeler konduğunda integrand \(u\)’nun rasyonel bir fonksiyonu olur; \(\frac{2}{1-u^2}\) çarpanı da rasyoneldir. Dönüşüm \(\mathbb{R}\) üzerinde sürekli türevlenebilir ve birebir olduğundan değişken değiştirme kuralı uygulanabilir.
\(\blacksquare\)
Örnek 22.8 (Yarım Argüman Değişimiyle İki Hesap) \(\displaystyle\int \frac{dx}{\sinh x}\) (\(x \neq 0\)) ve \(\displaystyle\int \frac{dx}{\cosh x + 1}\) integrallerini Teorem 22.4 ile hesaplayalım.
Çözüm
Birinci integral. \(u = \tanh\frac{x}{2}\) diyelim; \(\sinh x = \frac{2u}{1-u^2}\) ve \(dx = \frac{2\,du}{1-u^2}\) olduğundan
\[\int \frac{dx}{\sinh x} = \int \frac{\frac{2\,du}{1-u^2}}{\frac{2u}{1-u^2}} = \int \frac{du}{u} = \ln|u| + C = \ln\left|\tanh\frac{x}{2}\right| + C\]
çıkar; \(x \ne 0\) iken \(\tanh\frac{x}{2} \ne 0\) olduğundan logaritma tanımlıdır. Doğrulama:
\[\left(\ln\left|\tanh\frac{x}{2}\right|\right)' = \frac{\frac{1}{2}\operatorname{sech}^2\frac{x}{2}}{\tanh\frac{x}{2}} = \frac{1}{2\sinh\frac{x}{2}\cosh\frac{x}{2}} = \frac{1}{\sinh x}. \checkmark\]
Bu, Örnek 22.4’de bulduğumuz \(\int \csc x\,dx = \ln\left|\tan\frac{x}{2}\right| + C\) formülünün birebir hiperbolik eşleniğidir.
İkinci integral. Aynı değişimle \(\cosh x + 1 = \frac{1+u^2}{1-u^2} + 1 = \frac{2}{1-u^2}\) olur ve bu, \(dx\)’in payıyla tam olarak sadeleşir:
\[\int \frac{dx}{\cosh x + 1} = \int \frac{\frac{2\,du}{1-u^2}}{\frac{2}{1-u^2}} = \int du = \tanh\frac{x}{2} + C.\]
Doğrulama: \(\cosh x + 1 = 2\cosh^2\frac{x}{2}\) olduğundan \(\left(\tanh\frac{x}{2}\right)' = \frac{1}{2}\operatorname{sech}^2\frac{x}{2} = \frac{1}{2\cosh^2\frac{x}{2}} = \frac{1}{\cosh x + 1}\). \(\checkmark\)
\(\blacksquare\)
22.9 Karma Bir Örnek
Bölümü, öğrendiğimiz araçların birkaçını birlikte kullanan bir hesapla kapatalım. Aşağıdaki integral Weierstrass değişimiyle de çözülebilir; ama önce integrandı akıllıca yeniden yazmak çok daha hafif bir rasyonel fonksiyona götürür.
Örnek 22.9 (Sinüs ve İki Kat Açının Toplamı) \(\sin x \neq 0\) ve \(1 + 2\cos x \neq 0\) olan bir aralıkta
\[I = \int \frac{dx}{\sin x + \sin 2x}\]
integralini hesaplayalım.
Çözüm
Birinci adım — paydayı yeniden yazalım. \(\sin 2x = 2\sin x\cos x\) olduğundan payda ortak çarpana ayrılır:
\[\sin x + \sin 2x = \sin x + 2\sin x\cos x = \sin x\,(1 + 2\cos x).\]
Böylece
\[I = \int \frac{dx}{\sin x\,(1 + 2\cos x)}.\]
Şimdi pay ve paydayı \(\sin x\) ile çarpalım. Amacımız paya bir \(\sin x\,dx\) getirmektir; çünkü bu çarpan \(u = \cos x\) değişimi için gereken \(du\)’yu üretir. Paydada oluşan \(\sin^2 x\)’i ise \(1 - \cos^2 x\) ile kosinüs cinsinden yazarız:
\[I = \int \frac{\sin x\,dx}{\sin^2 x\,(1 + 2\cos x)} = \int \frac{\sin x\,dx}{(1 - \cos^2 x)(1 + 2\cos x)}.\]
Bu adım, Önerme 22.2’nin ikinci maddesinin negatif üsler için çalışan hâlidir: paydadaki \(\sin x\)’in üssü tek olduğundan bir çarpan ayırıp geri kalanı çift kuvvete tamamlıyoruz.
İkinci adım — değişken değiştirme. \(u = \cos x\), \(du = -\sin x\,dx\) diyelim; o hâlde \(\sin x\,dx = -du\) ve
\[I = -\int \frac{du}{(1 - u^2)(1 + 2u)} = -\int \frac{du}{(1-u)(1+u)(1+2u)}.\]
Üçüncü adım — basit kesirlere ayırma. Payda üç ayrı basit köke sahip olduğundan
\[\frac{1}{(1-u)(1+u)(1+2u)} = \frac{A}{1-u} + \frac{B}{1+u} + \frac{C}{1+2u}\]
biçiminde bir ayrışım vardır. Paydaları temizleyelim:
\[1 = A(1+u)(1+2u) + B(1-u)(1+2u) + C(1-u)(1+u).\]
Katsayıları, paydaların köklerini yerine koyarak buluruz:
\[u = 1: \quad 1 = A\cdot 2\cdot 3 = 6A \quad \Longrightarrow \quad A = \frac{1}{6},\]
\[u = -1: \quad 1 = B\cdot 2\cdot(-1) = -2B \quad \Longrightarrow \quad B = -\frac{1}{2},\]
\[u = -\frac{1}{2}: \quad 1 = C\cdot\frac{3}{2}\cdot\frac{1}{2} = \frac{3}{4}C \quad \Longrightarrow \quad C = \frac{4}{3}.\]
Katsayıları denetleyelim: \(u = 0\) koyarsak sağ taraf \(A + B + C = \frac{1}{6} - \frac{1}{2} + \frac{4}{3} = \frac{1 - 3 + 8}{6} = 1\) olur; sol taraf da \(1\)’dir. \(\checkmark\)
Dördüncü adım — integralleyelim. Baştaki eksi işaretini unutmayalım:
\[I = -\int\left(\frac{1/6}{1-u} - \frac{1/2}{1+u} + \frac{4/3}{1+2u}\right)du.\]
Birinci terimde iç türev \(-1\) olduğundan bir eksi doğar, üçüncüde iç türev \(2\) olduğundan katsayı yarıya iner: \(\int \frac{du}{1-u} = -\ln|1-u|\), \(\int \frac{du}{1+u} = \ln|1+u|\), \(\int \frac{du}{1+2u} = \frac{1}{2}\ln|1+2u|\). O hâlde
\[I = -\left(-\frac{1}{6}\ln|1-u| - \frac{1}{2}\ln|1+u| + \frac{4}{3}\cdot\frac{1}{2}\ln|1+2u|\right) + C = \frac{1}{6}\ln|1-u| + \frac{1}{2}\ln|1+u| - \frac{2}{3}\ln|1+2u| + C.\]
Geri koyalım. \(u = \cos x\) ile
\[I = \frac{1}{6}\ln|1 - \cos x| + \frac{1}{2}\ln|1 + \cos x| - \frac{2}{3}\ln|1 + 2\cos x| + C.\]
Doğrulama. Türev alalım:
\[I' = \frac{1}{6}\cdot\frac{\sin x}{1-\cos x} + \frac{1}{2}\cdot\frac{-\sin x}{1+\cos x} - \frac{2}{3}\cdot\frac{-2\sin x}{1+2\cos x} = \sin x\left[\frac{1}{6(1-\cos x)} - \frac{1}{2(1+\cos x)} + \frac{4}{3(1+2\cos x)}\right].\]
Köşeli parantezin içi, \(u = \cos x\) için tam olarak üçüncü adımda kurduğumuz basit kesir ayrışımıdır; dolayısıyla
\[I' = \sin x\cdot\frac{1}{(1-\cos x)(1+\cos x)(1+2\cos x)} = \frac{\sin x}{\sin^2 x\,(1 + 2\cos x)} = \frac{1}{\sin x\,(1+2\cos x)} = \frac{1}{\sin x + \sin 2x}. \checkmark\]
Bu hesapta işaretlerin nasıl biriktiğine dikkat edin: bir yerde unutulan eksi, dördüncü adımda üç terimin işaretini birden bozar. Böyle bir sonucu türev alarak denetlemek lüks değil, olağan bir adımdır.
\(\blacksquare\)
22.10 Alıştırmalar
Alıştırma 22.1 (Trigonometrik ve Hiperbolik İntegraller Üzerine) Aşağıdaki integralleri hesaplayın ve her sonucu türev alarak doğrulayın.
\(\displaystyle\int \cos^4 x\,dx\)
\(\displaystyle\int \sin^5 x\,dx\)
\(\displaystyle\int \tan^3 x\,dx\)
\(\displaystyle\int \sec^3 x\,dx\)
\(\displaystyle\int \frac{dx}{1 + \sin x}\)
\(\displaystyle\int \cos 3x\,\cos 7x\,dx\)
\(\displaystyle\int \cosh^3 x\,dx\)
Çözüm
a) İki üs de çift olduğundan derece düşürme uygulanır. Önce
\[\cos^4 x = \left(\frac{1 + \cos 2x}{2}\right)^{2} = \frac{1 + 2\cos 2x + \cos^2 2x}{4},\]
sonra \(\cos^2 2x = \frac{1 + \cos 4x}{2}\) ile
\[\cos^4 x = \frac{1}{4}\left(1 + 2\cos 2x + \frac{1 + \cos 4x}{2}\right) = \frac{3}{8} + \frac{\cos 2x}{2} + \frac{\cos 4x}{8}.\]
Terim terim integralleyelim:
\[\int \cos^4 x\,dx = \frac{3x}{8} + \frac{\sin 2x}{4} + \frac{\sin 4x}{32} + C.\]
Doğrulama: \(\left(\frac{3x}{8} + \frac{\sin 2x}{4} + \frac{\sin 4x}{32}\right)' = \frac{3}{8} + \frac{\cos 2x}{2} + \frac{\cos 4x}{8} = \cos^4 x\). \(\checkmark\) Aynı sonuç Teorem 22.2 ile de bulunur; iki biçimin özdeşliğini görmek için \(\cos^3 x\sin x = \frac{\sin 2x}{4} + \frac{\sin 4x}{8}\) eşitliği yeter.
b) Üs tektir; Önerme 22.2’nin ikinci maddesini \(n = 0\) ile uygulayalım. Bir \(\sin x\) ayırıp kalanı kosinüs cinsinden yazarsak \(\sin^5 x = (1 - \cos^2 x)^2\sin x\) olur. \(u = \cos x\), \(du = -\sin x\,dx\) ile
\[\int \sin^5 x\,dx = -\int (1 - 2u^2 + u^4)\,du = -u + \frac{2u^3}{3} - \frac{u^5}{5} + C = -\cos x + \frac{2\cos^3 x}{3} - \frac{\cos^5 x}{5} + C.\]
Doğrulama:
\[\left(-\cos x + \frac{2\cos^3 x}{3} - \frac{\cos^5 x}{5}\right)' = \sin x - 2\cos^2 x\sin x + \cos^4 x\sin x = \sin x\,(1 - \cos^2 x)^2 = \sin^5 x. \checkmark\]
c) \(\tan^2 x = \sec^2 x - 1\) ile kuvveti düşürelim:
\[\int \tan^3 x\,dx = \int \tan x\,(\sec^2 x - 1)\,dx = \int \tan x\sec^2 x\,dx - \int \tan x\,dx.\]
Birinci integralde \(u = \tan x\), \(du = \sec^2 x\,dx\) alırsak \(\int u\,du = \frac{\tan^2 x}{2}\) çıkar; ikincisi \(-\ln|\cos x|\)’tir. O hâlde
\[\int \tan^3 x\,dx = \frac{\tan^2 x}{2} + \ln|\cos x| + C.\]
Doğrulama:
\[\left(\frac{\tan^2 x}{2} + \ln|\cos x|\right)' = \tan x\sec^2 x - \frac{\sin x}{\cos x} = \tan x\sec^2 x - \tan x = \tan x(\sec^2 x - 1) = \tan^3 x. \checkmark\]
d) Burada \(m = 0\) çift, \(n = 3\) tektir; Önerme 22.3’nin iki maddesi de uygulanamaz, kısmi integrasyona başvururuz. \(K = \int \sec^3 x\,dx\) diyelim ve integrandı \(\sec x\cdot\sec^2 x\) olarak ayırıp \(u = \sec x\), \(dv = \sec^2 x\,dx\) alalım; o hâlde \(du = \sec x\tan x\,dx\), \(v = \tan x\) ve
\[K = \sec x\tan x - \int \sec x\tan^2 x\,dx = \sec x\tan x - \int \sec x(\sec^2 x - 1)\,dx = \sec x\tan x - K + \int \sec x\,dx.\]
Örnek 22.4’den \(\int \sec x\,dx = \ln|\sec x + \tan x|\) olduğunu biliyoruz. \(K\)’yı sola toplayalım:
\[2K = \sec x\tan x + \ln|\sec x + \tan x| \quad \Longrightarrow \quad \int \sec^3 x\,dx = \frac{1}{2}\sec x\tan x + \frac{1}{2}\ln|\sec x + \tan x| + C.\]
Doğrulama:
\[\left(\frac{\sec x\tan x}{2} + \frac{\ln|\sec x+\tan x|}{2}\right)' = \frac{\sec x\tan^2 x + \sec^3 x}{2} + \frac{\sec x}{2} = \frac{\sec x(\sec^2 x - 1) + \sec^3 x + \sec x}{2} = \sec^3 x. \checkmark\]
e) İntegrand \(\sin x\)’in rasyonel bir ifadesidir ve özel kalıplara uymaz; Teorem 22.3’ni uygulayalım. \(u = \tan\frac{x}{2}\) ile
\[1 + \sin x = 1 + \frac{2u}{1+u^2} = \frac{1 + u^2 + 2u}{1+u^2} = \frac{(1+u)^2}{1+u^2},\]
ve \(dx = \frac{2\,du}{1+u^2}\) olduğundan
\[\int \frac{dx}{1+\sin x} = \int \frac{\frac{2\,du}{1+u^2}}{\frac{(1+u)^2}{1+u^2}} = \int \frac{2\,du}{(1+u)^2} = -\frac{2}{1+u} + C = -\frac{2}{1 + \tan\frac{x}{2}} + C.\]
Doğrulama: zincir kuralıyla türev \(\dfrac{\sec^2\frac{x}{2}}{\left(1+\tan\frac{x}{2}\right)^{2}}\) olur; pay ve paydayı \(\cos^2\frac{x}{2}\) ile çarparsak
\[\frac{1}{\left(\cos\frac{x}{2} + \sin\frac{x}{2}\right)^{2}} = \frac{1}{\cos^2\frac{x}{2} + 2\sin\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2} + \sin^2\frac{x}{2}} = \frac{1}{1 + \sin x}. \checkmark\]
f) Önerme 22.4’nın üçüncü formülünde \(\alpha = 3x\), \(\beta = 7x\) alalım:
\[\cos 3x\cos 7x = \frac{1}{2}\bigl[\cos(-4x) + \cos 10x\bigr] = \frac{1}{2}\bigl[\cos 4x + \cos 10x\bigr].\]
Buradan
\[\int \cos 3x\cos 7x\,dx = \frac{1}{2}\left(\frac{\sin 4x}{4} + \frac{\sin 10x}{10}\right) + C = \frac{\sin 4x}{8} + \frac{\sin 10x}{20} + C.\]
Doğrulama: bulduğumuz ilkelin türevini alalım.
\[\begin{aligned} \left(\frac{\sin 4x}{8} + \frac{\sin 10x}{20}\right)' &= \frac{4\cos 4x}{8} + \frac{10\cos 10x}{20} \\ &= \frac{\cos 4x + \cos 10x}{2} = \cos 3x\cos 7x \quad \checkmark \end{aligned}\]
g) \(\cosh\)’ın üssü tektir; bir \(\cosh x\) çarpanı ayırıp kalanı \(\cosh^2 x = 1 + \sinh^2 x\) ile yazalım. \(u = \sinh x\), \(du = \cosh x\,dx\) ile
\[\int \cosh^3 x\,dx = \int (1 + \sinh^2 x)\cosh x\,dx = \int (1 + u^2)\,du = \sinh x + \frac{\sinh^3 x}{3} + C.\]
Doğrulama:
\[\left(\sinh x + \frac{\sinh^3 x}{3}\right)' = \cosh x + \sinh^2 x\cosh x = \cosh x\,(1 + \sinh^2 x) = \cosh^3 x. \checkmark\]
\(\blacksquare\)
Bu bölümde trigonometrik ve hiperbolik ifadelerin integralini, özdeşliklerle sadeleştirerek ya da rasyonelleştiren bir değişimle hesaplamayı öğrendik. Şimdi oku ters çevirip köklü cebirsel ifadeleri trigonometrik ve hiperbolik değişimlerle nasıl temizleyeceğimize bakacağız: Trigonometrik Dönüşümler ve Temel İntegral Biçimleri.