16  Birinci Tip İntegraller için Yakınsaklık Testleri

Önceki bölümde bir genelleştirilmiş integralin yakınsaklığına, integrali sınırlı aralıkta hesaplayıp limit alarak karar verdik. Bu yol, integrali alınan fonksiyonun ilkeli yazılabildiği sürece işler. \(\displaystyle\int_1^{+\infty} e^{-x^2}\,dx\) ya da \(\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{\sin x}{x}\,dx\) gibi integrallerde ilkel, temel fonksiyonlarla ifade edilemez; sınırlı aralıktaki integral için kapalı bir formül yoktur. Yine de çoğu zaman asıl soru integralin değeri değil, yakınsak olup olmadığıdır ve bu soru değer hesaplanmadan yanıtlanabilir.

Durum sayı serilerindekiyle aynıdır: orada da kısmi toplamın formülü nadiren bulunur ve yakınsaklığa, terimlere bakan testlerle karar verilir. Bu bölümde o testlerin integral karşılıklarını kuruyoruz: Cauchy kriteri, negatif olmayan fonksiyonlar için karşılaştırma testleri, mutlak yakınsaklık ve işaret değiştiren fonksiyonlar için Dirichlet ve Abel testleri.

Bölüm boyunca \(a \in \mathbb{R}\)’dir ve \([a, +\infty)\) üzerinde tanımlı her fonksiyonun her \(b > a\) için \([a, b]\) üzerinde integrallenebilir olduğu kabul edilir. Bir \(f\) fonksiyonunun sınırlı aralıktaki integralini

\[F(b) = \int_a^b f(x)\,dx \qquad (b \ge a)\]

ile gösteriyoruz. Tanım 15.1 gereği \(\displaystyle\int_a^{+\infty} f(x)\,dx\) integralinin yakınsaklığı, \(\lim_{b \to +\infty} F(b)\) limitinin var ve sonlu olması demektir.

16.1 Cauchy Kriteri

Bir limitin varlığını, limitin değerini bilmeden denetlemenin yolu Cauchy koşuludur. Diziler için kurduğumuz ölçütün (bkz. Analiz 1) integral biçimi, bu bölümdeki bütün testlerin dayanağıdır.

Teorem 16.1 (Genelleştirilmiş İntegraller için Cauchy Kriteri) \(\displaystyle\int_a^{+\infty} f(x)\,dx\) integralinin yakınsak olması için gerek ve yeter koşul şudur: her \(\varepsilon > 0\) için öyle bir \(B \ge a\) vardır ki \(b_2 > b_1 \ge B\) olan her \(b_1\), \(b_2\) için

\[\left| \int_{b_1}^{b_2} f(x)\,dx \right| < \varepsilon\]

olur.

İspat

\(b_2 > b_1 \ge a\) için integralin aralık üzerinde toplamsallığı (bkz. Analiz 2) gereği

\[\int_{b_1}^{b_2} f(x)\,dx = F(b_2) - F(b_1)\]

olur; ispat boyunca bu eşitliği kullanacağız.

Gereklilik. İntegral yakınsak ve değeri \(A\) olsun. \(\varepsilon > 0\) verilsin. Limit tanımı gereği öyle bir \(B > a\) vardır ki \(b \ge B\) için \(|F(b) - A| < \dfrac{\varepsilon}{2}\) olur. \(b_2 > b_1 \ge B\) ise üçgen eşitsizliğiyle

\[ \begin{aligned} \left| \int_{b_1}^{b_2} f(x)\,dx \right| &= |F(b_2) - F(b_1)| \\[1mm] &\le |F(b_2) - A| + |A - F(b_1)| < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon \end{aligned} \]

bulunur.

Yeterlilik. Koşul sağlansın. Önce limitin adayını bulalım. Her \(n \in \mathbb{N}\) için

\[a_n = F(a + n) = \int_a^{a+n} f(x)\,dx\]

sayı dizisini ele alalım. \(\varepsilon > 0\) verilsin; koşuldaki \(B\) sayısını alalım ve \(a + N \ge B\) olan bir \(N \in \mathbb{N}\) seçelim. \(n > m \ge N\) ise \(a + n > a + m \ge B\) olduğundan

\[|a_n - a_m| = \left| \int_{a+m}^{a+n} f(x)\,dx \right| < \varepsilon\]

olur. Demek ki \((a_n)\) bir Cauchy dizisidir; Cauchy ölçütü gereği bir \(A\) sayısına yakınsar.

Şimdi \(\lim_{b \to +\infty} F(b) = A\) olduğunu gösterelim. \(\varepsilon > 0\) verilsin. Koşulu \(\dfrac{\varepsilon}{2}\) ile uygulayarak bir \(B'\) sayısı bulalım. \(a_n \to A\) olduğundan öyle bir \(N_1\) vardır ki \(n \ge N_1\) için \(|a_n - A| < \dfrac{\varepsilon}{2}\) olur. \(N \ge N_1\) ve \(a + N \ge B'\) olacak biçimde bir \(N \in \mathbb{N}\) seçelim. \(b > a + N\) olan her \(b\) için

\[ \begin{aligned} |F(b) - A| &\le |F(a + N) - A| + |F(b) - F(a + N)| \\[1mm] &= |a_N - A| + \left| \int_{a+N}^{b} f(x)\,dx \right| < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon \end{aligned} \]

olur; ilk terimde \(N \ge N_1\), ikinci terimde \(b > a + N \ge B'\) kullanıldı. Bu, integralin yakınsak ve değerinin \(A\) olduğunu gösterir. \(\blacksquare\)

Yani integral yakınsaksa yeterince uzaktaki her aralığın integrale katkısı istenildiği kadar küçüktür; tersine, uzak aralıkların katkısı küçülüyorsa integral yakınsar. Koşulda limitin değeri \(A\) hiç geçmez; kriterin gücü buradadır.

Kriterin olumsuzu bir ıraksaklık ölçütüdür. Öyle bir \(\varepsilon_0 > 0\) bulunabiliyorsa ki her \(B \ge a\) için

\[b_2 > b_1 \ge B \qquad \text{ve} \qquad \left| \int_{b_1}^{b_2} f(x)\,dx \right| \ge \varepsilon_0\]

olan \(b_1\), \(b_2\) sayıları vardır, integral ıraksaktır. Örneğin \(\displaystyle\int_0^{+\infty} \sin x\,dx\) integralinde her \(N \in \mathbb{N}\) için

\[\int_{2N\pi}^{(2N+1)\pi} \sin x\,dx = \Big[ -\cos x \Big]_{2N\pi}^{(2N+1)\pi} = 1 + 1 = 2\]

olur. Ne kadar uzağa gidilirse gidilsin katkısı \(2\) olan bir aralık bulunduğundan \(\varepsilon_0 = 2\) alınabilir; integral ıraksaktır.

16.2 Negatif Olmayan Fonksiyonlar

Fonksiyon işaret değiştirmiyorsa \(F\) monotondur ve yakınsaklık tek bir soruya iner: \(F\) sınırlı mıdır? Bu, negatif olmayan terimli serilerdeki sınırlı kısmi toplam ölçütünün (bkz. Analiz 2) integral karşılığıdır.

Teorem 16.2 (Negatif Olmayan Fonksiyonlar için Sınırlılık Ölçütü) Her \(x \ge a\) için \(f(x) \ge 0\) olsun. \(\displaystyle\int_a^{+\infty} f(x)\,dx\) integralinin yakınsak olması için gerek ve yeter koşul \(F\) fonksiyonunun üstten sınırlı olmasıdır: öyle bir \(M > 0\) vardır ki her \(b \ge a\) için

\[F(b) = \int_a^b f(x)\,dx \le M\]

olur. Bu durumda integralin değeri \(\sup_{b \ge a} F(b)\) sayısıdır. \(F\) üstten sınırlı değilse \(\lim_{b \to +\infty} F(b) = +\infty\) olur.

İspat

\(F\) artandır. \(a \le x_1 < x_2\) olsun. \([x_1, x_2]\) üzerinde \(f \ge 0\) olduğundan integrali negatif değildir (bkz. Analiz 2):

\[F(x_2) - F(x_1) = \int_{x_1}^{x_2} f(x)\,dx \ge 0.\]

Yeterlilik. \(F\) üstten sınırlı olsun ve \(S = \sup_{b \ge a} F(b)\) diyelim; \(S\) sonludur. \(\varepsilon > 0\) verilsin. Supremum tanımı gereği \(F(b_0) > S - \varepsilon\) olan bir \(b_0 \ge a\) vardır. \(F\) artan olduğundan \(b \ge b_0\) için

\[S - \varepsilon < F(b_0) \le F(b) \le S\]

olur, yani \(|F(b) - S| < \varepsilon\). Demek ki \(\lim_{b \to +\infty} F(b) = S\)’dir; integral yakınsaktır ve değeri \(S\)’dir.

Gereklilik. İntegral yakınsak ve değeri \(A\) olsun. Bir \(b_0\) için \(F(b_0) > A\) olsaydı, \(F\) artan olduğundan her \(b \ge b_0\) için \(F(b) \ge F(b_0)\) olur, limit alınınca \(A \ge F(b_0) > A\) çelişkisi çıkardı. Öyleyse her \(b \ge a\) için \(F(b) \le A\)’dır; \(F\) üstten sınırlıdır.

Sınırsız durum. \(F\) üstten sınırlı olmasın. \(K > 0\) verilsin; \(F(b_0) > K\) olan bir \(b_0\) vardır ve \(F\) artan olduğundan \(b \ge b_0\) için \(F(b) \ge F(b_0) > K\) olur. Bu, \(\lim_{b \to +\infty} F(b) = +\infty\) demektir. \(\blacksquare\)

Yani negatif olmayan bir fonksiyonun integrali ya yakınsar ya da \(+\infty\)’a ıraksar; Örnek 15.5 türünden salınarak ıraksama burada görülmez. Bu yüzden negatif olmayan \(f\) için yakınsaklık kısaca \(\displaystyle\int_a^{+\infty} f(x)\,dx < +\infty\) biçiminde de yazılır.

16.3 Karşılaştırma Testi

Sınırlılık ölçütünün en kullanışlı sonucu, bir integrali karakteri bilinen başka bir integralle kıyaslamaktır.

Teorem 16.3 (Karşılaştırma Testi) \(f, g : [a, +\infty) \to \mathbb{R}\) fonksiyonları her \(x \ge a\) için \(0 \le f(x) \le g(x)\) koşulunu sağlasın.

1. \(\displaystyle\int_a^{+\infty} g(x)\,dx\) yakınsak ise \(\displaystyle\int_a^{+\infty} f(x)\,dx\) de yakınsaktır ve \(\displaystyle\int_a^{+\infty} f\,dx \le \int_a^{+\infty} g\,dx\) olur.

2. \(\displaystyle\int_a^{+\infty} f(x)\,dx\) ıraksak ise \(\displaystyle\int_a^{+\infty} g(x)\,dx\) de ıraksaktır.

İspat

\(F(b) = \displaystyle\int_a^b f(x)\,dx\) ve \(G(b) = \displaystyle\int_a^b g(x)\,dx\) yazalım. Sıralama teoremi (bkz. Analiz 2) gereği her \(b \ge a\) için

\[0 \le F(b) \le G(b)\]

olur.

(i) \(\displaystyle\int_a^{+\infty} g(x)\,dx\) yakınsak olsun ve değerine \(I\) diyelim. Teorem 16.2 gereği \(I = \sup_{b \ge a} G(b)\) olduğundan her \(b \ge a\) için \(F(b) \le G(b) \le I\) bulunur. \(F\) üstten sınırlıdır ve \(f \ge 0\)’dır; yine Teorem 16.2 gereği \(\displaystyle\int_a^{+\infty} f(x)\,dx\) yakınsaktır ve değeri \(\sup_{b \ge a} F(b) \le I\) olur.

(ii) Bu, (i) şıkkının karşıt tersidir: \(\displaystyle\int_a^{+\infty} g(x)\,dx\) yakınsak olsaydı (i) gereği \(\displaystyle\int_a^{+\infty} f(x)\,dx\) de yakınsak olurdu. \(\blacksquare\)

Teoremi kullanırken iki noktaya dikkat edilir. Birincisi, başlangıç noktasının değişmesi yakınsaklığı etkilemediğinden \(0 \le f(x) \le g(x)\) eşitsizliğinin bir \(c \ge a\) sayısından sonraki bütün \(x\)’ler için sağlanması yakınsaklık ve ıraksaklık sonuçları için yeter; yalnız bu durumda integrallerin değerleri arasındaki eşitsizlik \([c, +\infty)\) üzerinde geçerlidir. İkincisi, negatif olmama koşulu atılamaz: \(f(x) = -1\) ve \(g(x) = 0\) için \(f \le g\) olur, \(\displaystyle\int_a^{+\infty} g(x)\,dx = 0\) yakınsaktır, ama \(\displaystyle\int_a^{+\infty} f(x)\,dx\) ıraksaktır.

İpucuÜç adımda karşılaştırma testi

1. Tahmin et. \(x\) büyükken \(f\)’nin hangi basit fonksiyon gibi davrandığına bakılır. Yakınsaklık bekleniyorsa \(f\)’yi yukarıdan, ıraksaklık bekleniyorsa aşağıdan sınırlayan bir \(g\) aranır.
2. Eşitsizliği kur. \(0 \le f(x) \le g(x)\) ya da \(0 \le g(x) \le f(x)\) eşitsizliği, bir noktadan sonraki bütün \(x\)’ler için gösterilir.
3. Bilinen integrale bağla. \(g\)’nin integralinin karakteri kuvvet integrali (Teorem 15.2) ya da üstel integral (Örnek 15.6) yardımıyla belirlenir ve sonuç \(f\)’ye aktarılır.

Örnek 16.1 (Üstel Kare Fonksiyonu) \(\displaystyle\int_1^{+\infty} e^{-x^2}\,dx\) integralinin yakınsak olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Tahmin. \(e^{-x^2}\) fonksiyonu \(e^{-x}\)’ten de hızlı söner; yukarıdan \(e^{-x}\) ile sınırlamayı deneyelim.

Eşitsizlik. \(x \ge 1\) için \(x^2 \ge x\), dolayısıyla \(-x^2 \le -x\) olur. Üstel fonksiyon artan olduğundan

\[0 < e^{-x^2} \le e^{-x} \qquad (x \ge 1)\]

bulunur.

Bilinen integral. Örnek 15.6 gereği (\(t = 1\), \(a = 1\))

\[\int_1^{+\infty} e^{-x}\,dx = \frac{1}{e}\]

yakınsaktır. Teorem 16.3 gereği \(\displaystyle\int_1^{+\infty} e^{-x^2}\,dx\) yakınsaktır ve değeri \(\dfrac{1}{e}\) sayısını aşmaz. İntegralin tam değerini bulmadan yakınsaklığına karar vermiş olduk. \(\blacksquare\)

Örnek 16.2 (Köklü Bir İfadenin İntegrali) \(\displaystyle\int_{3/2}^{+\infty} \frac{dx}{\sqrt{x^4 + 2}}\) integralinin karakterini belirleyiniz.

Çözüm

Her \(x > 0\) için \(x^4 + 2 \ge x^4\), dolayısıyla \(\sqrt{x^4 + 2} \ge x^2\) olur. Ters çevirince

\[0 < \frac{1}{\sqrt{x^4 + 2}} \le \frac{1}{x^2} \qquad \left( x \ge \frac{3}{2} \right)\]

bulunur. Teorem 15.2 gereği (\(p = 2 > 1\), \(a = \dfrac{3}{2}\))

\[\int_{3/2}^{+\infty} \frac{dx}{x^2} = \frac{(3/2)^{-1}}{2 - 1} = \frac{2}{3}\]

yakınsaktır. Teorem 16.3 gereği verilen integral yakınsaktır ve değeri \(\dfrac{2}{3}\) sayısını aşmaz. \(\blacksquare\)

Örnek 16.3 (Aşağıdan Sınırlayarak Iraksaklık) \(\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{2 + \sin x}{x}\,dx\) integralinin ıraksak olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Her \(x\) için \(\sin x \ge -1\), yani \(2 + \sin x \ge 1\) olur. \(x \ge 1\) için

\[\frac{2 + \sin x}{x} \ge \frac{1}{x} > 0\]

bulunur. Teorem 15.2 gereği \(\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{dx}{x}\) ıraksaktır (\(p = 1\)). Teorem 16.3 gereği, küçük fonksiyonun integrali ıraksak olduğundan büyük fonksiyonun integrali de ıraksaktır. İntegrali alınan fonksiyon negatif olmadığından ıraksama \(+\infty\)’adır. \(\blacksquare\)

16.4 Limit Karşılaştırma Testi

Karşılaştırma testinde gereken eşitsizlik her zaman elverişli yönde çıkmaz. Örneğin \(\dfrac{1}{\sqrt{x^4 - 2}}\) fonksiyonu \(\dfrac{1}{x^2}\)’den büyüktür, oysa iki fonksiyon sonsuzda aynı hızla söner. Böyle durumlarda eşitsizlik yerine oranın limitine bakılır.

Teorem 16.4 (Limit Karşılaştırma Testi) \(f, g : [a, +\infty) \to \mathbb{R}\) fonksiyonları her \(x \ge a\) için \(f(x) \ge 0\) ve \(g(x) > 0\) koşullarını sağlasın ve

\[L = \lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{g(x)}\]

limiti (sonlu ya da \(+\infty\) olarak) var olsun.

1. \(0 < L < +\infty\) ise \(\displaystyle\int_a^{+\infty} f(x)\,dx\) ve \(\displaystyle\int_a^{+\infty} g(x)\,dx\) integralleri aynı karakterdedir: ikisi de yakınsaktır ya da ikisi de ıraksaktır.

2. \(L = 0\) ve \(\displaystyle\int_a^{+\infty} g(x)\,dx\) yakınsak ise \(\displaystyle\int_a^{+\infty} f(x)\,dx\) yakınsaktır.

3. \(L = +\infty\) ve \(\displaystyle\int_a^{+\infty} g(x)\,dx\) ıraksak ise \(\displaystyle\int_a^{+\infty} f(x)\,dx\) ıraksaktır.

İspat

Üç şıkta da limit tanımından bir \(c \ge a\) sayısı bulup \([c, +\infty)\) üzerinde karşılaştırma testini uygulayacağız; başlangıç noktasının \(a\) yerine \(c\) olması yakınsaklığı etkilemez.

(i) \(\varepsilon = \dfrac{L}{2} > 0\) için öyle bir \(c \ge a\) vardır ki \(x \ge c\) olduğunda \(\left| \dfrac{f(x)}{g(x)} - L \right| < \dfrac{L}{2}\), yani \(\dfrac{L}{2} < \dfrac{f(x)}{g(x)} < \dfrac{3L}{2}\) olur. \(g(x) > 0\) ile çarpalım:

\[\frac{L}{2}\,g(x) < f(x) < \frac{3L}{2}\,g(x) \qquad (x \ge c).\]

\(\displaystyle\int_a^{+\infty} g(x)\,dx\) yakınsaksa Teorem 15.1 gereği \(\displaystyle\int_c^{+\infty} \frac{3L}{2}\,g(x)\,dx\) de yakınsaktır; sağdaki eşitsizlik ve Teorem 16.3 gereği \(\displaystyle\int_c^{+\infty} f(x)\,dx\) yakınsaktır. Tersine \(\displaystyle\int_a^{+\infty} f(x)\,dx\) yakınsaksa soldaki eşitsizlik \(0 < g(x) < \dfrac{2}{L}\,f(x)\) verir ve aynı gerekçeyle \(\displaystyle\int_c^{+\infty} g(x)\,dx\) yakınsaktır. İntegrallerden biri yakınsaksa öbürü de yakınsaktır; dolayısıyla biri ıraksaksa öbürü de ıraksaktır.

(ii) \(\varepsilon = 1\) için öyle bir \(c \ge a\) vardır ki \(x \ge c\) olduğunda \(\dfrac{f(x)}{g(x)} < 1\), yani \(0 \le f(x) < g(x)\) olur. \(\displaystyle\int_c^{+\infty} g(x)\,dx\) yakınsak olduğundan Teorem 16.3 gereği \(\displaystyle\int_c^{+\infty} f(x)\,dx\) yakınsaktır.

(iii) \(\dfrac{f(x)}{g(x)} \to +\infty\) olduğundan öyle bir \(c \ge a\) vardır ki \(x \ge c\) olduğunda \(\dfrac{f(x)}{g(x)} > 1\), yani \(f(x) > g(x) > 0\) olur. \(\displaystyle\int_c^{+\infty} g(x)\,dx\) ıraksak olduğundan Teorem 16.3 gereği \(\displaystyle\int_c^{+\infty} f(x)\,dx\) ıraksaktır. \(\blacksquare\)

Teoremin (ii) ve (iii) şıkları tek yönlüdür. \(L = 0\) iken \(\displaystyle\int_a^{+\infty} g(x)\,dx\) ıraksaksa test bir şey söylemez: \([2, +\infty)\) üzerinde \(g(x) = \dfrac{1}{x}\) alınırsa hem \(f(x) = \dfrac{1}{x^2}\) hem \(f(x) = \dfrac{1}{x \ln x}\) için \(L = 0\) olur; birincinin integrali yakınsak, ikincinin integrali ıraksaktır, çünkü

\[\int_2^b \frac{dx}{x \ln x} = \ln(\ln b) - \ln(\ln 2) \to +\infty.\]

Aynı biçimde \(L = +\infty\) iken \(\displaystyle\int_a^{+\infty} g(x)\,dx\) yakınsaksa da sonuç çıkarılamaz.

Uygulamada \(g\) olarak neredeyse her zaman bir kuvvet fonksiyonu seçilir. Bu özel durum ayrı bir ad taşır.

Sonuç 16.1 (Kuvvet Testi) Her \(x \ge a\) için \(f(x) \ge 0\) olsun, \(p \in \mathbb{R}\) olsun ve

\[l = \lim_{x \to +\infty} x^p f(x)\]

limiti (sonlu ya da \(+\infty\) olarak) var olsun.

1. \(0 < l < +\infty\) ise \(\displaystyle\int_a^{+\infty} f(x)\,dx\) integrali \(p > 1\) için yakınsak, \(p \le 1\) için ıraksaktır.

2. \(l = 0\) ve \(p > 1\) ise \(\displaystyle\int_a^{+\infty} f(x)\,dx\) yakınsaktır.

3. \(l = +\infty\) ve \(p \le 1\) ise \(\displaystyle\int_a^{+\infty} f(x)\,dx\) ıraksaktır.

İspat

\(a' = \max\{a, 1\}\) alalım. Başlangıç noktası yakınsaklığı etkilemediğinden \(\displaystyle\int_{a'}^{+\infty} f(x)\,dx\) integralini incelemek yeter. \([a', +\infty)\) üzerinde \(g(x) = \dfrac{1}{x^p} > 0\) fonksiyonu için

\[\frac{f(x)}{g(x)} = x^p f(x) \to l \qquad (x \to +\infty)\]

olur. \(a' > 0\) olduğundan Teorem 15.2 gereği \(\displaystyle\int_{a'}^{+\infty} \frac{dx}{x^p}\) integrali \(p > 1\) için yakınsak, \(p \le 1\) için ıraksaktır. Üç şık, limit karşılaştırma testinin (Teorem 16.4) aynı numaralı şıklarından çıkar. \(\blacksquare\)

Yani \(f\) sonsuzda \(\dfrac{l}{x^p}\) gibi davranıyorsa integrali de \(\displaystyle\int \frac{dx}{x^p}\) integrali gibi davranır; karar yalnız \(p\) üssüne bağlıdır.

İpucuÜç adımda kuvvet testi

1. Baskın terimleri ayır. Pay ve paydada \(x\)’in en büyük kuvvetleri bırakılarak \(f(x)\)’in sonsuzda hangi \(\dfrac{1}{x^p}\) fonksiyonu gibi davrandığı bulunur.
2. Limiti hesapla. \(l = \lim_{x \to +\infty} x^p f(x)\) hesaplanır; \(p\) doğru seçildiyse \(0 < l < +\infty\) çıkar.
3. Üsse bak. \(p > 1\) ise integral yakınsak, \(p \le 1\) ise ıraksaktır.

Örnek 16.4 (Kuvvet Testiyle Iraksaklık) \(\displaystyle\int_0^{+\infty} \frac{x}{\sqrt{x^4 + x^2 + 1}}\,dx\) integralinin yakınsaklık durumunu inceleyiniz.

Çözüm

\(f(x) = \dfrac{x}{\sqrt{x^4 + x^2 + 1}}\) fonksiyonu \([0, +\infty)\) üzerinde sürekli ve negatif olmayan bir fonksiyondur.

Baskın terimler. Büyük \(x\) için kökün içinde \(x^4\) baskındır; \(f(x)\) sonsuzda \(\dfrac{x}{\sqrt{x^4}} = \dfrac{1}{x}\) gibi davranır. \(p = 1\) alalım.

Limit. Pay ve paydayı \(x^2\)’ye bölerek

\[x \cdot f(x) = \frac{x^2}{\sqrt{x^4 + x^2 + 1}} = \frac{1}{\sqrt{1 + \dfrac{1}{x^2} + \dfrac{1}{x^4}}} \to 1 \qquad (x \to +\infty)\]

bulunur; \(l = 1\)’dir.

Üs. \(0 < l < +\infty\) ve \(p = 1 \le 1\) olduğundan Sonuç 16.1 gereği integral ıraksaktır. \(\blacksquare\)

Örnek 16.5 (Üstel Sönme Her Kuvveti Bastırır) \(p \in \mathbb{R}\) olmak üzere \(\displaystyle\int_1^{+\infty} x^p e^{-x}\,dx\) integralinin her \(p\) için yakınsak olduğunu gösteriniz.

Çözüm

\(f(x) = x^p e^{-x}\) fonksiyonu \([1, +\infty)\) üzerinde pozitiftir. Kuvvet testini \(2\) üssüyle uygulayalım:

\[x^2 f(x) = \frac{x^{p+2}}{e^x}.\]

\(p + 2 \le 0\) ise \(x \ge 1\) için \(x^{p+2} \le 1\) olduğundan \(0 < x^2 f(x) \le e^{-x} \to 0\) olur. \(p + 2 > 0\) ise üstel fonksiyon \(x\)’in her kuvvetinden hızlı büyüdüğünden (bkz. Analiz 2) yine \(\dfrac{x^{p+2}}{e^x} \to 0\) olur. Her iki durumda

\[\lim_{x \to +\infty} x^2 f(x) = 0\]

bulunur. Limit \(0\) ve üs \(2 > 1\) olduğundan Sonuç 16.1 (ii) gereği integral, \(p\) ne olursa olsun, yakınsaktır. \(\blacksquare\)

16.5 Mutlak ve Şartlı Yakınsaklık

Karşılaştırma testleri yalnız negatif olmayan fonksiyonlar içindir. İşaret değiştiren bir \(f\) için ilk deneme, testleri \(|f|\) fonksiyonuna uygulamaktır. Seriler için yaptığımız ayrımın (bkz. Analiz 2) aynısı burada da ortaya çıkar.

Tanım 16.1 (Mutlak ve Şartlı Yakınsaklık) \(f : [a, +\infty) \to \mathbb{R}\) olsun. \(\displaystyle\int_a^{+\infty} |f(x)|\,dx\) integrali yakınsaksa \(\displaystyle\int_a^{+\infty} f(x)\,dx\) integrali mutlak yakınsaktır denir.

\(\displaystyle\int_a^{+\infty} f(x)\,dx\) yakınsak, buna karşın \(\displaystyle\int_a^{+\infty} |f(x)|\,dx\) ıraksak ise \(\displaystyle\int_a^{+\infty} f(x)\,dx\) integrali şartlı yakınsaktır (koşullu yakınsaktır) denir.

Yani mutlak yakınsaklıkta eğri ile yatay eksen arasında kalan toplam alan sonludur. Şartlı yakınsaklıkta toplam alan sonsuzdur; integral, yalnız eksenin üstündeki ve altındaki parçalar birbirini götürdüğü için yakınsar. \(f\) her \([a, b]\) üzerinde integrallenebilir olduğunda \(|f|\) de integrallenebilir olduğundan (bkz. Analiz 2) tanım anlamlıdır. \(f \ge 0\) ise \(|f| = f\) olur ve mutlak yakınsaklık ile yakınsaklık aynı şeydir.

Teorem 16.5 (Mutlak Yakınsak İntegral Yakınsaktır) \(\displaystyle\int_a^{+\infty} f(x)\,dx\) mutlak yakınsak ise yakınsaktır ve

\[\left| \int_a^{+\infty} f(x)\,dx \right| \le \int_a^{+\infty} |f(x)|\,dx\]

olur.

İspat

\(\varepsilon > 0\) verilsin. \(\displaystyle\int_a^{+\infty} |f(x)|\,dx\) yakınsak olduğundan Teorem 16.1 gereği öyle bir \(B \ge a\) vardır ki \(b_2 > b_1 \ge B\) için

\[\int_{b_1}^{b_2} |f(x)|\,dx < \varepsilon\]

olur. İntegraller için üçgen eşitsizliği (bkz. Analiz 2) gereği aynı \(b_1\), \(b_2\) için

\[\left| \int_{b_1}^{b_2} f(x)\,dx \right| \le \int_{b_1}^{b_2} |f(x)|\,dx < \varepsilon\]

bulunur. Bu, \(f\) için Cauchy koşuludur; Teorem 16.1 gereği \(\displaystyle\int_a^{+\infty} f(x)\,dx\) yakınsaktır.

Eşitsizlik. Her \(b \ge a\) için üçgen eşitsizliği ve Teorem 16.2 gereği

\[\left| \int_a^b f(x)\,dx \right| \le \int_a^b |f(x)|\,dx \le \int_a^{+\infty} |f(x)|\,dx\]

olur. \(b \to +\infty\) iken sol yan \(\left| \displaystyle\int_a^{+\infty} f(x)\,dx \right|\) sayısına yakınsar; limit eşitsizliği korur. \(\blacksquare\)

Teorem, karşılaştırma testini işaret değiştiren fonksiyonlara taşır: her \(x \ge a\) için \(|f(x)| \le g(x)\) ve \(\displaystyle\int_a^{+\infty} g(x)\,dx\) yakınsak ise Teorem 16.3 gereği \(\displaystyle\int_a^{+\infty} |f(x)|\,dx\) yakınsaktır; yani \(\displaystyle\int_a^{+\infty} f(x)\,dx\) mutlak yakınsaktır, dolayısıyla yakınsaktır.

Örnek 16.6 (Mutlak Yakınsak Sinüs İntegrali) \(p > 1\) olmak üzere \(\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{\sin x}{x^p}\,dx\) integralinin mutlak yakınsak olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Her \(x \ge 1\) için \(|\sin x| \le 1\) olduğundan

\[0 \le \left| \frac{\sin x}{x^p} \right| \le \frac{1}{x^p}\]

olur. \(p > 1\) olduğundan Teorem 15.2 gereği \(\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{dx}{x^p}\) yakınsaktır. Teorem 16.3 gereği \(\displaystyle\int_1^{+\infty} \left| \frac{\sin x}{x^p} \right| dx\) yakınsaktır; verilen integral mutlak yakınsaktır ve Teorem 16.5 gereği yakınsaktır. \(\blacksquare\)

Örnek 16.7 (Mutlak Yakınsak Kosinüs İntegrali) \(p > 1\) olmak üzere \(\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{\cos x}{x^p}\,dx\) integralinin mutlak yakınsak olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Her \(x \ge 1\) için \(|\cos x| \le 1\) olduğundan

\[0 \le \left| \frac{\cos x}{x^p} \right| \le \frac{1}{x^p}\]

olur. \(p > 1\) için \(\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{dx}{x^p}\) yakınsaktır (Teorem 15.2). Teorem 16.3 gereği \(\displaystyle\int_1^{+\infty} \left| \frac{\cos x}{x^p} \right| dx\) yakınsaktır; verilen integral mutlak yakınsaktır, dolayısıyla yakınsaktır. \(\blacksquare\)

Mutlak yakınsaklık yakınsaklığı gerektirir, ama tersi doğru değildir: yakınsak bir integral mutlak yakınsak olmayabilir.

Örnek 16.8 (Şartlı Yakınsak Bir İntegral) \(\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{\sin x}{x}\,dx\) integralinin şartlı yakınsak olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Yakınsaklık. \(b > 1\) için \(u = \dfrac{1}{x}\), \(dv = \sin x\,dx\) ile kısmi integrasyon yapalım (\(du = -\dfrac{dx}{x^2}\), \(v = -\cos x\)):

\[ \begin{aligned} \int_1^b \frac{\sin x}{x}\,dx &= \left[ -\frac{\cos x}{x} \right]_1^b - \int_1^b \frac{\cos x}{x^2}\,dx \\[1mm] &= \cos 1 - \frac{\cos b}{b} - \int_1^b \frac{\cos x}{x^2}\,dx. \end{aligned} \]

\(b \to +\infty\) iken \(\left| \dfrac{\cos b}{b} \right| \le \dfrac{1}{b} \to 0\) olur. \(\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{\cos x}{x^2}\,dx\) integrali ise Örnek 16.7 gereği (\(p = 2\)) yakınsaktır. Dolayısıyla sağ yanın sonlu bir limiti vardır; integral yakınsaktır ve

\[\int_1^{+\infty} \frac{\sin x}{x}\,dx = \cos 1 - \int_1^{+\infty} \frac{\cos x}{x^2}\,dx\]

olur.

Mutlak yakınsak değildir. \(|\sin x| \le 1\) olduğundan \(|\sin x| \ge |\sin x|^2 = \sin^2 x\) olur; yarım açı formülüyle

\[|\sin x| \ge \sin^2 x = \frac{1 - \cos 2x}{2}\]

bulunur. \(b > 1\) için \(x > 0\) ile bölüp integral alalım:

\[ \begin{aligned} \int_1^b \frac{|\sin x|}{x}\,dx &\ge \frac{1}{2}\int_1^b \frac{dx}{x} - \frac{1}{2}\int_1^b \frac{\cos 2x}{x}\,dx \\[1mm] &= \frac{\ln b}{2} - \frac{1}{2}\int_1^b \frac{\cos 2x}{x}\,dx. \end{aligned} \]

Son integrali yine kısmi integrasyonla inceleyelim (\(u = \dfrac{1}{x}\), \(dv = \cos 2x\,dx\), \(v = \dfrac{\sin 2x}{2}\)):

\[\int_1^b \frac{\cos 2x}{x}\,dx = \frac{\sin 2b}{2b} - \frac{\sin 2}{2} + \frac{1}{2}\int_1^b \frac{\sin 2x}{x^2}\,dx.\]

\(\left| \dfrac{\sin 2x}{x^2} \right| \le \dfrac{1}{x^2}\) olduğundan \(\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{\sin 2x}{x^2}\,dx\) mutlak yakınsaktır; ayrıca \(\dfrac{\sin 2b}{2b} \to 0\)’dır. Sağ yanın \(b \to +\infty\) iken sonlu bir limiti vardır, yani \(\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{\cos 2x}{x}\,dx\) yakınsaktır. Üstelik her \(b \ge 1\) için

\[\left| \int_1^b \frac{\cos 2x}{x}\,dx \right| \le \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2}\int_1^b \frac{dx}{x^2} \le \frac{3}{2}\]

olur, çünkü \(\displaystyle\int_1^b \frac{dx}{x^2} = 1 - \frac{1}{b} \le 1\)’dir. Bunu yukarıdaki eşitsizlikte kullanalım:

\[\int_1^b \frac{|\sin x|}{x}\,dx \ge \frac{\ln b}{2} - \frac{3}{4} \to +\infty \qquad (b \to +\infty).\]

Demek ki \(\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{|\sin x|}{x}\,dx\) ıraksaktır. İntegral yakınsaktır ama mutlak yakınsak değildir; şartlı yakınsaktır. \(\blacksquare\)

16.6 Dirichlet ve Abel Testleri

Şartlı yakınsak integrallerde \(|f|\) üzerinden yürüyen hiçbir test sonuç vermez; yakınsaklık, fonksiyonun salınımından doğan götürmelere dayanır. Sayı serilerindeki Dirichlet ve Abel testleri (bkz. Analiz 2) bu götürmeyi yakalar. İntegrallerde Abel toplamının yerini ikinci ortalama değer teoremi alır (bkz. Analiz 2): \(g\) fonksiyonu \([b_1, b_2]\) üzerinde monoton ve \(f\) integrallenebilir ise öyle bir \(\xi \in [b_1, b_2]\) vardır ki

\[\int_{b_1}^{b_2} f(x)g(x)\,dx = g(b_1)\int_{b_1}^{\xi} f(x)\,dx + g(b_2)\int_{\xi}^{b_2} f(x)\,dx \tag{1}\]

olur. Aşağıdaki iki teoremde \(g\) monotondur; monoton fonksiyon her \([a, b]\) üzerinde integrallenebilir olduğundan (bkz. Analiz 2) \(fg\) çarpımı da integrallenebilirdir (bkz. Analiz 2) ve \(\displaystyle\int_a^{+\infty} f(x)g(x)\,dx\) integralinden söz etmek anlamlıdır.

Teorem 16.6 (Dirichlet Testi) \(f, g : [a, +\infty) \to \mathbb{R}\) fonksiyonları aşağıdaki koşulları sağlasın:

1. \(F(b) = \displaystyle\int_a^b f(x)\,dx\) fonksiyonu sınırlıdır: öyle bir \(M > 0\) vardır ki her \(b \ge a\) için \(|F(b)| \le M\) olur;

2. \(g\), \([a, +\infty)\) üzerinde monotondur ve \(\lim_{x \to +\infty} g(x) = 0\)’dır.

O zaman \(\displaystyle\int_a^{+\infty} f(x)g(x)\,dx\) integrali yakınsaktır.

İspat

Önce şunu not edelim: \(a \le s \le t\) olan her \(s\), \(t\) için (i) gereği

\[\left| \int_s^t f(x)\,dx \right| = |F(t) - F(s)| \le |F(t)| + |F(s)| \le 2M\]

olur.

\(\varepsilon > 0\) verilsin. \(\lim_{x \to +\infty} g(x) = 0\) olduğundan öyle bir \(B \ge a\) vardır ki \(x \ge B\) için \(|g(x)| < \dfrac{\varepsilon}{4M}\) olur. \(b_2 > b_1 \ge B\) alalım. \(g\), \([b_1, b_2]\) üzerinde monoton olduğundan \((1)\) eşitliğini sağlayan bir \(\xi \in [b_1, b_2]\) vardır. Mutlak değer alıp yukarıdaki sınırı kullanalım:

\[ \begin{aligned} \left| \int_{b_1}^{b_2} f(x)g(x)\,dx \right| &\le |g(b_1)| \left| \int_{b_1}^{\xi} f(x)\,dx \right| + |g(b_2)| \left| \int_{\xi}^{b_2} f(x)\,dx \right| \\[1mm] &\le 2M\,|g(b_1)| + 2M\,|g(b_2)| \\[1mm] &< 2M \left( \frac{\varepsilon}{4M} + \frac{\varepsilon}{4M} \right) = \varepsilon. \end{aligned} \]

Teorem 16.1 gereği \(\displaystyle\int_a^{+\infty} f(x)g(x)\,dx\) yakınsaktır. \(\blacksquare\)

Teorem 16.7 (Abel Testi) \(f, g : [a, +\infty) \to \mathbb{R}\) fonksiyonları aşağıdaki koşulları sağlasın:

1. \(\displaystyle\int_a^{+\infty} f(x)\,dx\) integrali yakınsaktır;

2. \(g\), \([a, +\infty)\) üzerinde monoton ve sınırlıdır: öyle bir \(K > 0\) vardır ki her \(x \ge a\) için \(|g(x)| \le K\) olur.

O zaman \(\displaystyle\int_a^{+\infty} f(x)g(x)\,dx\) integrali yakınsaktır.

İspat

\(\varepsilon > 0\) verilsin. (i) ve Teorem 16.1 gereği öyle bir \(B \ge a\) vardır ki \(t > s \ge B\) için

\[\left| \int_s^t f(x)\,dx \right| < \frac{\varepsilon}{2K}\]

olur; \(s = t\) iken integral \(0\) olduğundan eşitsizlik \(t \ge s \ge B\) için de geçerlidir.

\(b_2 > b_1 \ge B\) alalım. \(g\), \([b_1, b_2]\) üzerinde monoton olduğundan \((1)\) eşitliğini sağlayan bir \(\xi \in [b_1, b_2]\) vardır. \(B \le b_1 \le \xi \le b_2\) olduğundan \((1)\) eşitliğinin sağ yanındaki iki integralin de mutlak değeri \(\dfrac{\varepsilon}{2K}\) sayısından küçüktür. (ii) ile birlikte

\[ \begin{aligned} \left| \int_{b_1}^{b_2} f(x)g(x)\,dx \right| &\le |g(b_1)| \left| \int_{b_1}^{\xi} f(x)\,dx \right| + |g(b_2)| \left| \int_{\xi}^{b_2} f(x)\,dx \right| \\[1mm] &< K \cdot \frac{\varepsilon}{2K} + K \cdot \frac{\varepsilon}{2K} = \varepsilon \end{aligned} \]

bulunur. Teorem 16.1 gereği \(\displaystyle\int_a^{+\infty} f(x)g(x)\,dx\) yakınsaktır. \(\blacksquare\)

İki testin koşullarını karşılaştıralım:

Tablo 16.1: Dirichlet ve Abel testlerinin koşulları

	\(f\)	\(g\)
Dirichlet	\(\displaystyle\int_a^b f(x)\,dx\) sınırlı	monoton, \(g(x) \to 0\)
Abel	\(\displaystyle\int_a^{+\infty} f(x)\,dx\) yakınsak	monoton, sınırlı

Dirichlet testi \(f\)’den daha azını ister: \(\displaystyle\int_a^{+\infty} f(x)\,dx\) integralinin yakınsak olması gerekmez, sınırlı aralıklardaki integrallerin sınırlı kalması yeter; \(f(x) = \sin x\) böyledir. Karşılığında \(g\)’nin \(0\)’a gitmesi istenir. Abel testinde denge ters yöndedir: \(f\)’nin integrali yakınsak olmalıdır, \(g\)’nin ise sınırlı kalması yeter. İki testte de \(g\)’nin monotonluğu atılamaz. \(f(x) = \sin x\) ve \(g(x) = \dfrac{\sin x}{x}\) alınırsa \(F\) sınırlıdır ve \(g(x) \to 0\) olur, ama \(g\) monoton değildir ve

\[\int_1^b f(x)g(x)\,dx = \int_1^b \frac{\sin^2 x}{x}\,dx \ge \frac{\ln b}{2} - \frac{3}{4} \to +\infty\]

olduğundan çarpımın integrali ıraksaktır; eşitsizlik Örnek 16.8 çözümünde elde edilmişti. Abel testi için rolleri değiştirmek yeter: \(f(x) = \dfrac{\sin x}{x}\) (integrali yakınsaktır) ve \(g(x) = \sin x\) (sınırlı ama monoton değil) alınırsa çarpım yine \(\dfrac{\sin^2 x}{x}\) olur ve integrali ıraksaktır.

İpucuÜç adımda Dirichlet testi

1. Çarpanlara ayır. İntegrali alınan fonksiyon, salınan bir \(f\) ile sönen bir \(g\)’nin çarpımı olarak yazılır.
2. \(f\)’nin integralini sınırla. \(F(b) = \displaystyle\int_a^b f(x)\,dx\) hesaplanır ve \(b\)’den bağımsız bir \(M\) sayısıyla sınırlandığı gösterilir.
3. \(g\)’yi denetle. \(g\)’nin monoton olduğu (çoğu zaman türevin işaretinden) ve \(\lim_{x \to +\infty} g(x) = 0\) olduğu gösterilir.

Örnek 16.9 (Dirichlet Testiyle Sinüs İntegrali) \(\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{\sin x}{x}\,dx\) integralinin yakınsak olduğunu Dirichlet testiyle gösteriniz.

Çözüm

Çarpanlar. \(f(x) = \sin x\) ve \(g(x) = \dfrac{1}{x}\) alalım.

\(f\)’nin integrali. Her \(b \ge 1\) için

\[|F(b)| = \left| \int_1^b \sin x\,dx \right| = |\cos 1 - \cos b| \le 2\]

olur; \(M = 2\) alınabilir.

\(g\) fonksiyonu. \(g(x) = \dfrac{1}{x}\) fonksiyonu \([1, +\infty)\) üzerinde azalandır ve \(\lim_{x \to +\infty} \dfrac{1}{x} = 0\)’dır.

Teorem 16.6 gereği integral yakınsaktır. Örnek 16.8 çözümündeki kısmi integrasyona gerek kalmadan aynı sonuca ulaştık. \(\blacksquare\)

Şimdi \(\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{\cos x}{x^p}\,dx\) integralini \(p\)’nin bütün değerleri için sınıflandıralım. \(p > 1\) için integralin mutlak yakınsak olduğunu Örnek 16.7 göstermişti; geriye \(0 < p \le 1\) ve \(p \le 0\) durumları kalıyor.

Örnek 16.10 (Şartlı Yakınsak Kosinüs İntegrali) \(0 < p \le 1\) olmak üzere \(\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{\cos x}{x^p}\,dx\) integralinin şartlı yakınsak olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Yakınsaklık. \(f(x) = \cos x\) ve \(g(x) = \dfrac{1}{x^p}\) alalım. Her \(b \ge 1\) için

\[|F(b)| = \left| \int_1^b \cos x\,dx \right| = |\sin b - \sin 1| \le 2\]

olur. \(p > 0\) olduğundan \(g'(x) = -\dfrac{p}{x^{p+1}} < 0\)’dır; \(g\) azalandır ve \(\lim_{x \to +\infty} \dfrac{1}{x^p} = 0\)’dır. Teorem 16.6 gereği integral yakınsaktır.

Mutlak yakınsak değildir. Tersini varsayalım: \(\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{|\cos x|}{x^p}\,dx\) yakınsak olsun. \(|\cos x| \le 1\) olduğundan \(\cos^2 x \le |\cos x|\), dolayısıyla

\[0 \le \frac{\cos^2 x}{x^p} \le \frac{|\cos x|}{x^p} \qquad (x \ge 1)\]

olur; Teorem 16.3 gereği \(\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{\cos^2 x}{x^p}\,dx\) yakınsaktır. Öte yandan \(\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{\cos 2x}{x^p}\,dx\) integrali de Dirichlet testi gereği yakınsaktır: \(g\) aynıdır ve

\[\left| \int_1^b \cos 2x\,dx \right| = \frac{|\sin 2b - \sin 2|}{2} \le 1\]

olur. \(\cos 2x = 2\cos^2 x - 1\) özdeşliğinden

\[\frac{1}{x^p} = 2 \cdot \frac{\cos^2 x}{x^p} - \frac{\cos 2x}{x^p}\]

yazılır. Sağ yandaki iki fonksiyonun integralleri yakınsak olduğundan Teorem 15.1 gereği \(\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{dx}{x^p}\) yakınsak olurdu. Oysa \(p \le 1\) için bu integral ıraksaktır (Teorem 15.2). Bu çelişki, \(\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{|\cos x|}{x^p}\,dx\) integralinin ıraksak olduğunu gösterir.

İntegral yakınsaktır ama mutlak yakınsak değildir; şartlı yakınsaktır. \(\blacksquare\)

Örnek 16.11 (Cauchy Kriteriyle Iraksaklık) \(p \le 0\) olmak üzere \(\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{\cos x}{x^p}\,dx\) integralinin ıraksak olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Cauchy koşulunun \(\varepsilon_0 = \dfrac{\sqrt{3} - 1}{2}\) için sağlanmadığını göstereceğiz.

\(B \ge 1\) keyfi olsun. \(2N\pi \ge B\) olan bir \(N \in \mathbb{N}\) seçelim ve

\[b_1 = 2N\pi + \frac{\pi}{6}, \qquad b_2 = 2N\pi + \frac{\pi}{3}\]

alalım; \(b_2 > b_1 \ge B\) olur. \([b_1, b_2]\) aralığında \(\cos x \ge \cos\dfrac{\pi}{3} = \dfrac{1}{2} > 0\)’dır. Ayrıca \(x \ge 1\) ve \(-p \ge 0\) olduğundan \(\dfrac{1}{x^p} = x^{-p} \ge 1\) olur. Dolayısıyla bu aralıkta

\[\frac{\cos x}{x^p} \ge \cos x > 0\]

bulunur ve sıralama teoremi gereği

\[ \begin{aligned} \int_{b_1}^{b_2} \frac{\cos x}{x^p}\,dx &\ge \int_{b_1}^{b_2} \cos x\,dx = \sin b_2 - \sin b_1 \\[1mm] &= \sin\frac{\pi}{3} - \sin\frac{\pi}{6} = \frac{\sqrt{3} - 1}{2} = \varepsilon_0 \end{aligned} \]

olur. Her \(B\) için integrali en az \(\varepsilon_0\) olan, \(B\)’nin sağında kalan bir aralık bulduk. Cauchy koşulu sağlanmaz; Teorem 16.1 gereği integral ıraksaktır. \(\blacksquare\)

Üç örnek birlikte tam bir sınıflandırma verir:

Tablo 16.2: Kosinüs integralinin üsse göre karakteri

\(p\)	\(\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{\cos x}{x^p}\,dx\)	Araç
\(p > 1\)	mutlak yakınsak	karşılaştırma testi
\(0 < p \le 1\)	şartlı yakınsak	Dirichlet testi
\(p \le 0\)	ıraksak	Cauchy kriteri

Aynı sınıflandırma \(\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{\sin x}{x^p}\,dx\) integrali için de geçerlidir; çözümlerde \(\cos\) ile \(\sin\) yer değiştirir, \(\cos 2x = 1 - 2\sin^2 x\) özdeşliği kullanılır ve \(\sin\dfrac{\pi}{3} - \sin\dfrac{\pi}{6}\) yerine aynı değerdeki \(\cos\dfrac{\pi}{6} - \cos\dfrac{\pi}{3}\) farkı gelir.

Örnek 16.12 (Abel Testiyle Yakınsaklık) \(p > 0\) olmak üzere \(\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{\cos x}{x^p} \arctan x\,dx\) integralinin yakınsak olduğunu gösteriniz.

Çözüm

\(f(x) = \dfrac{\cos x}{x^p}\) ve \(g(x) = \arctan x\) alalım.

\(f\)’nin integrali yakınsaktır. \(p > 1\) için Örnek 16.7, \(0 < p \le 1\) için Örnek 16.10 gereği \(\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{\cos x}{x^p}\,dx\) yakınsaktır.

\(g\) monoton ve sınırlıdır. Her \(x \ge 1\) için

\[g'(x) = \frac{1}{1 + x^2} > 0\]

olduğundan \(g\) artandır; ayrıca \(|\arctan x| \le \dfrac{\pi}{2}\)’dir.

Teorem 16.7 gereği verilen integral her \(p > 0\) için yakınsaktır. \(\blacksquare\)

16.7 Sol Ucu Sonsuz Olan İntegraller

\((-\infty, b]\) üzerindeki integraller için ayrı testlere gerek yoktur; bir yansıma hepsini yukarıdaki duruma indirger. \(x = -t\) yansıması \([c, b]\) aralığını \([-b, -c]\) aralığına taşır; bu sırada bölüntüler bölüntülere, alt ve üst toplamlar da aynı toplamlara karşılık geldiğinden her \(c < b\) için

\[\int_c^b f(x)\,dx = \int_{-b}^{-c} f(-t)\,dt\]

olur. \(c \to -\infty\) iken \(-c \to +\infty\) olduğundan \(\displaystyle\int_{-\infty}^{b} f(x)\,dx\) integrali, ancak ve ancak \(\displaystyle\int_{-b}^{+\infty} f(-t)\,dt\) integrali yakınsaksa yakınsaktır ve bu durumda iki integralin değeri eşittir. Dolayısıyla bu bölümdeki her test, \(t \mapsto f(-t)\) fonksiyonuna uygulanarak sol ucu sonsuz olan integrallere taşınır. Örneğin

\[\int_{-\infty}^{-1} \frac{\sin x}{x}\,dx = \int_1^{+\infty} \frac{\sin(-t)}{-t}\,dt = \int_1^{+\infty} \frac{\sin t}{t}\,dt\]

integrali Örnek 16.9 gereği yakınsaktır. Bütün doğru üzerindeki bir integral ise Tanım 15.2 gereği iki parçaya ayrılır ve her parça ayrı incelenir.

16.8 Alıştırmalar

Alıştırma 16.1 (Logaritmanın Tersinin İntegrali) \(\displaystyle\int_2^{+\infty} \frac{dx}{\ln x}\) integralinin ıraksak olduğunu gösteriniz.

Çözüm

\(x \ge 2\) için \(\ln x > 0\)’dır. Ayrıca her \(x > 0\) için \(\ln x \le x - 1 < x\) olduğundan \(0 < \ln x < x\), yani

\[\frac{1}{\ln x} > \frac{1}{x} > 0 \qquad (x \ge 2)\]

olur. Teorem 15.2 gereği \(\displaystyle\int_2^{+\infty} \frac{dx}{x}\) ıraksaktır (\(p = 1\)). Küçük fonksiyonun integrali ıraksak olduğundan Teorem 16.3 (ii) gereği \(\displaystyle\int_2^{+\infty} \frac{dx}{\ln x}\) ıraksaktır. \(\blacksquare\)

Alıştırma 16.2 (Köklü İfadede Kuvvet Testi) \(\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{\sqrt{x + 1}}{x^2 + 3}\,dx\) integralinin yakınsaklık durumunu inceleyiniz.

Çözüm

\(f(x) = \dfrac{\sqrt{x + 1}}{x^2 + 3}\) fonksiyonu \([1, +\infty)\) üzerinde pozitiftir.

Baskın terimler. Büyük \(x\) için pay \(\sqrt{x}\) gibi, payda \(x^2\) gibi davranır; \(f(x)\) sonsuzda \(\dfrac{\sqrt{x}}{x^2} = \dfrac{1}{x^{3/2}}\) gibidir. \(p = \dfrac{3}{2}\) alalım.

Limit. \(x^{3/2}\sqrt{x + 1} = x^2\sqrt{1 + \dfrac{1}{x}}\) olduğundan

\[x^{3/2} f(x) = \frac{x^2\sqrt{1 + \dfrac{1}{x}}}{x^2\left( 1 + \dfrac{3}{x^2} \right)} = \frac{\sqrt{1 + \dfrac{1}{x}}}{1 + \dfrac{3}{x^2}} \to 1 \qquad (x \to +\infty)\]

bulunur; \(l = 1\)’dir.

Üs. \(0 < l < +\infty\) ve \(p = \dfrac{3}{2} > 1\) olduğundan Sonuç 16.1 gereği integral yakınsaktır. \(\blacksquare\)

Alıştırma 16.3 (Kuvvet Testinin Karar Veremediği Aile) \(p \in \mathbb{R}\) olmak üzere \(\displaystyle\int_2^{+\infty} \frac{dx}{x\,(\ln x)^p}\) integrali \(p\)’nin hangi değerleri için yakınsaktır?

Çözüm

\(u = \ln x\) değişken değiştirmesiyle \(du = \dfrac{dx}{x}\) olur ve \(b > 2\) için

\[\int_2^b \frac{dx}{x\,(\ln x)^p} = \int_{\ln 2}^{\ln b} \frac{du}{u^p}\]

bulunur. \(b \to +\infty\) iken \(\ln b \to +\infty\) olduğundan verilen integralin karakteri \(\displaystyle\int_{\ln 2}^{+\infty} \frac{du}{u^p}\) integralinin karakteriyle aynıdır. \(\ln 2 > 0\) olduğundan Teorem 15.2 uygulanır: integral \(p > 1\) için yakınsak, \(p \le 1\) için ıraksaktır ve \(p > 1\) iken

\[\int_2^{+\infty} \frac{dx}{x\,(\ln x)^p} = \frac{(\ln 2)^{1-p}}{p - 1}\]

olur.

\(p > 0\) iken bu ailede Sonuç 16.1 sonuç vermez. \(q \le 1\) olan her üsle \(x^q f(x) = \dfrac{x^{q-1}}{(\ln x)^p} \to 0\) olur, ama (ii) şıkkı \(1\)’den büyük bir üs ister. \(q > 1\) olan her üsle ise

\[x^q f(x) = \frac{x^{q-1}}{(\ln x)^p} \to +\infty\]

olur (logaritmanın her kuvveti, \(x\)’in her pozitif kuvvetinden yavaş büyür), ama (iii) şıkkı \(1\)’i aşmayan bir üs ister. Fonksiyon \(\dfrac{1}{x}\) ile bütün \(\dfrac{1}{x^q}\) (\(q > 1\)) fonksiyonlarının arasına düşer; böyle durumlarda karar doğrudan hesapla verilir. \(p \le 0\) için ise test karar verir: \(x f(x) = (\ln x)^{-p}\) limiti \(p = 0\) iken \(1\), \(p < 0\) iken \(+\infty\) olur ve integral ıraksaktır. \(\blacksquare\)

Alıştırma 16.4 (Mutlak Yakınsak Salınımlı İntegral) \(\displaystyle\int_0^{+\infty} \frac{\cos 3x}{1 + x^2}\,dx\) integralinin mutlak yakınsak olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Her \(x \ge 0\) için \(|\cos 3x| \le 1\) olduğundan

\[0 \le \left| \frac{\cos 3x}{1 + x^2} \right| \le \frac{1}{1 + x^2}\]

olur. Örnek 15.2 gereği

\[\int_0^{+\infty} \frac{dx}{1 + x^2} = \frac{\pi}{2}\]

yakınsaktır. Teorem 16.3 gereği \(\displaystyle\int_0^{+\infty} \left| \frac{\cos 3x}{1 + x^2} \right| dx\) yakınsaktır; verilen integral mutlak yakınsaktır. Teorem 16.5 ayrıca değeri için bir sınır verir:

\[\left| \int_0^{+\infty} \frac{\cos 3x}{1 + x^2}\,dx \right| \le \frac{\pi}{2}.\]

\(\blacksquare\)

Alıştırma 16.5 (Sınırsız Fonksiyonun Yakınsak İntegrali) \(\displaystyle\int_1^{+\infty} x \sin(x^4)\,dx\) integralinin yakınsak olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Değişken değiştirme. \(u = x^4\) alalım. \(x = u^{1/4}\) ve \(dx = \dfrac{1}{4}u^{-3/4}\,du\) olduğundan

\[x\,dx = u^{1/4} \cdot \frac{1}{4}u^{-3/4}\,du = \frac{du}{4\sqrt{u}}\]

olur. \(b > 1\) için

\[\int_1^b x \sin(x^4)\,dx = \frac{1}{4}\int_1^{b^4} \frac{\sin u}{\sqrt{u}}\,du\]

bulunur.

Dirichlet testi. \(f(u) = \sin u\) ve \(g(u) = \dfrac{1}{\sqrt{u}}\) alalım. Her \(c \ge 1\) için

\[\left| \int_1^c \sin u\,du \right| = |\cos 1 - \cos c| \le 2\]

olur. \(g'(u) = -\dfrac{1}{2u^{3/2}} < 0\) olduğundan \(g\) azalandır ve \(\lim_{u \to +\infty} \dfrac{1}{\sqrt{u}} = 0\)’dır. Teorem 16.6 gereği \(\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{\sin u}{\sqrt{u}}\,du\) yakınsaktır.

Sonuç. \(b \to +\infty\) iken \(b^4 \to +\infty\) olduğundan

\[\int_1^{+\infty} x \sin(x^4)\,dx = \frac{1}{4}\int_1^{+\infty} \frac{\sin u}{\sqrt{u}}\,du\]

olur; integral yakınsaktır.

Bu örnek, serilerle integraller arasındaki bir farkı gösterir. Yakınsak bir serinin genel terimi \(0\)’a gider; oysa burada \(x \sin(x^4)\) fonksiyonu \(0\)’a gitmediği gibi sınırlı bile değildir. İntegral, salınım gittikçe sıklaştığı ve ardışık pozitif ve negatif parçalar birbirini götürdüğü için yakınsar. \(\blacksquare\)

Alıştırma 16.6 (Logaritmalı Şartlı Yakınsak İntegral) \(\displaystyle\int_2^{+\infty} \frac{\sin x}{\ln x}\,dx\) integralinin şartlı yakınsak olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Yakınsaklık. \(f(x) = \sin x\) ve \(g(x) = \dfrac{1}{\ln x}\) alalım. Her \(b \ge 2\) için

\[\left| \int_2^b \sin x\,dx \right| = |\cos 2 - \cos b| \le 2\]

olur. \(x \ge 2\) için \(g'(x) = -\dfrac{1}{x\,(\ln x)^2} < 0\) olduğundan \(g\) azalandır ve \(\lim_{x \to +\infty} \dfrac{1}{\ln x} = 0\)’dır. Teorem 16.6 gereği integral yakınsaktır.

Mutlak yakınsak değildir. Tersini varsayalım: \(\displaystyle\int_2^{+\infty} \frac{|\sin x|}{\ln x}\,dx\) yakınsak olsun. \(\sin^2 x \le |\sin x|\) olduğundan

\[0 \le \frac{\sin^2 x}{\ln x} \le \frac{|\sin x|}{\ln x} \qquad (x \ge 2)\]

olur ve Teorem 16.3 gereği \(\displaystyle\int_2^{+\infty} \frac{\sin^2 x}{\ln x}\,dx\) yakınsaktır. \(\displaystyle\int_2^{+\infty} \frac{\cos 2x}{\ln x}\,dx\) integrali de Dirichlet testi gereği yakınsaktır: \(g\) aynıdır ve

\[\left| \int_2^b \cos 2x\,dx \right| = \frac{|\sin 2b - \sin 4|}{2} \le 1\]

olur. \(\cos 2x = 1 - 2\sin^2 x\) özdeşliğinden

\[\frac{1}{\ln x} = 2 \cdot \frac{\sin^2 x}{\ln x} + \frac{\cos 2x}{\ln x}\]

yazılır; Teorem 15.1 gereği \(\displaystyle\int_2^{+\infty} \frac{dx}{\ln x}\) yakınsak olurdu. Bu, Alıştırma 16.1 ile çelişir. Demek ki \(\displaystyle\int_2^{+\infty} \frac{|\sin x|}{\ln x}\,dx\) ıraksaktır.

İntegral yakınsaktır ama mutlak yakınsak değildir; şartlı yakınsaktır. \(\blacksquare\)

Alıştırma 16.7 (Abel Testinin Uygulanması) \(\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{\sqrt{x}\,\sin x}{x + 1}\,dx\) integralinin yakınsak olduğunu gösteriniz.

Çözüm

İntegrali alınan fonksiyonu iki çarpana ayıralım:

\[\frac{\sqrt{x}\,\sin x}{x + 1} = \frac{\sin x}{\sqrt{x}} \cdot \frac{x}{x + 1}.\]

\(f(x) = \dfrac{\sin x}{\sqrt{x}}\) ve \(g(x) = \dfrac{x}{x + 1}\) alalım.

\(f\)’nin integrali yakınsaktır. \(\displaystyle\int_1^b \sin x\,dx\) integralleri \(2\) ile sınırlıdır, \(\dfrac{1}{\sqrt{x}}\) fonksiyonu azalandır ve \(0\)’a gider; Teorem 16.6 gereği \(\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{\sin x}{\sqrt{x}}\,dx\) yakınsaktır.

\(g\) monoton ve sınırlıdır. \(g(x) = 1 - \dfrac{1}{x + 1}\) olduğundan

\[g'(x) = \frac{1}{(x + 1)^2} > 0\]

olur; \(g\) artandır. Ayrıca \(x \ge 1\) için \(0 < g(x) < 1\)’dir.

Teorem 16.7 gereği verilen integral yakınsaktır.

İkinci yol. Dirichlet testi doğrudan da uygulanabilir: \(f(x) = \sin x\) ve \(h(x) = \dfrac{\sqrt{x}}{x + 1}\) alınırsa

\[h'(x) = \frac{1 - x}{2\sqrt{x}\,(x + 1)^2} \le 0 \qquad (x \ge 1)\]

olduğundan \(h\) azalandır ve \(0 < h(x) < \dfrac{1}{\sqrt{x}}\) eşitsizliğinden \(h(x) \to 0\) bulunur. \(\blacksquare\)

Bu bölümdeki testlerin hepsi sınırsız aralıktaki integraller içindi. Aralık sınırlı, fonksiyon ise bir nokta yakınında sınırsız olduğunda aynı fikirler küçük değişikliklerle yeniden kurulur; bunu İkinci Tip Genelleştirilmiş İntegraller bölümünde yapıyoruz.