18 Euler İntegralleri: Gamma ve Beta Fonksiyonları
Faktöriyel yalnız doğal sayılar için tanımlıdır: \(n! = 1 \cdot 2 \cdots n\). Bu tanımdan \(\left( \tfrac{1}{2} \right)!\) gibi bir ifadeye anlam vermek mümkün değildir. Euler bu boşluğu bir integralle doldurmuştur. \(x^n e^{-x}\) fonksiyonuna art arda kısmi integrasyon uygulandığında (bkz. Analiz 2) üs her adımda bir azalır ve sonunda
\[\int_0^{+\infty} x^n e^{-x}\,dx = n!\]
eşitliğine varılır. Sol yandaki integralde \(n\)’nin doğal sayı olması gerekmez; üs herhangi bir reel sayı olabilir. Böylece faktöriyel, doğal sayılardan bir aralığa taşınmış olur.
Bu bölümde parametre içeren iki genelleştirilmiş integrali inceliyoruz: Gamma ve Beta fonksiyonları. İkisine birden Euler integralleri denir. Önce önceki iki bölümün testleriyle bu integrallerin parametrelerin hangi değerlerinde yakınsak olduğunu belirliyoruz, sonra temel özelliklerini çıkarıyoruz. Bölümün ikinci yarısında bu iki fonksiyonun bir hesap aracı olduğunu görüyoruz: ilkeli temel fonksiyonlarla yazılamayan ya da yazılması zahmetli olan pek çok belirli integral, bir değişken değiştirmeyle Gamma ya da Beta fonksiyonuna indirgenir.
18.1 Gamma Fonksiyonu
Faktöriyeli veren integralde üssü \(n\) yerine \(\alpha - 1\) ile gösterelim.
Tanım 18.1 (Gamma Fonksiyonu) Her \(\alpha > 0\) için
\[\Gamma(\alpha) = \int_0^{+\infty} e^{-x} x^{\alpha - 1}\,dx\]
genelleştirilmiş integraliyle tanımlanan \(\Gamma : (0, +\infty) \to \mathbb{R}\) fonksiyonuna Gamma fonksiyonu denir.
Yani \(\Gamma(\alpha)\), \(y = e^{-x}x^{\alpha - 1}\) eğrisinin \([0, +\infty)\) üzerinde altında kalan alandır. İntegralin değişkeni \(x\)’tir; \(\alpha\) ise integralden önce sabitlenen bir parametredir ve her \(\alpha\) için ayrı bir eğri, dolayısıyla ayrı bir alan vardır. Üsteki \(-1\) kayması bir alışkanlıktır; bu yüzden faktöriyelle bağlantı \(\Gamma(n + 1) = n!\) biçiminde çıkacaktır.
Tanımın anlamlı olması için integralin yakınsak olması gerekir. İntegralde iki ayrı sorun vardır: aralık sınırsızdır ve \(\alpha < 1\) ise \(x \to 0^+\) iken \(x^{\alpha - 1} \to +\infty\) olur. Dolayısıyla integral genel olarak III. tiptir (Tanım 17.5) ve iki sorun birbirinden ayrılarak incelenir.
Teorem 18.1 (Gamma İntegralinin Yakınsaklığı) \(\alpha \in \mathbb{R}\) olsun. \(\displaystyle\int_0^{+\infty} e^{-x} x^{\alpha - 1}\,dx\) integrali \(\alpha > 0\) için yakınsak, \(\alpha \le 0\) için ıraksaktır.
İspat
\(f(x) = e^{-x}x^{\alpha - 1}\) yazalım; \(f\), \((0, +\infty)\) üzerinde sürekli ve pozitiftir. İntegrali \(x = 1\) noktasında ikiye ayıralım:
\[ \begin{aligned} \Gamma_1 &= \int_0^{1} e^{-x}x^{\alpha - 1}\,dx, \\[1mm] \Gamma_2 &= \int_1^{+\infty} e^{-x}x^{\alpha - 1}\,dx. \end{aligned} \]
Tanım 17.5 gereği integral, ancak \(\Gamma_1\) ve \(\Gamma_2\) integrallerinin ikisi de yakınsaksa yakınsaktır.
\(\Gamma_2\) her \(\alpha \in \mathbb{R}\) için yakınsaktır. \(g(x) = \dfrac{1}{x^2}\) ile karşılaştıralım:
\[\lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x^{\alpha + 1}}{e^{x}} = 0.\]
Limitin gerekçesi şudur. \(\alpha + 1 > 0\) ise üstel fonksiyon \(x\)’in her pozitif kuvvetinden hızlı büyür (bkz. Analiz 2). \(\alpha + 1 \le 0\) ise \(x \ge 1\) için \(0 < x^{\alpha + 1} \le 1\) olduğundan \(0 < x^{\alpha + 1}e^{-x} \le e^{-x}\) ve \(e^{-x} \to 0\) olur. \(\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{dx}{x^2}\) yakınsaktır (Teorem 15.2, \(p = 2\)). Limit \(0\) ve karşılaştırılan integral yakınsak olduğundan limit karşılaştırma testi (Teorem 16.4) gereği \(\Gamma_2\) yakınsaktır.
\(\alpha \ge 1\) iken \(\Gamma_1\). \(\alpha - 1 \ge 0\) olduğundan \(f\), \([0, 1]\) üzerinde süreklidir. \(\Gamma_1\) sıradan bir Riemann integralidir; yakınsaklık sorusu yoktur.
\(0 < \alpha < 1\) iken \(\Gamma_1\). \(\alpha - 1 < 0\) olduğundan \(x \to 0^+\) iken \(f(x) \to +\infty\) olur; \(\Gamma_1\) bir II. tip genelleştirilmiş integraldir.
\[\lim_{x \to 0^+} x^{1 - \alpha} f(x) = \lim_{x \to 0^+} e^{-x} = 1\]
olur. Limit sonlu ve pozitiftir, üs ise \(p = 1 - \alpha < 1\)’dir; kuvvet testi (Sonuç 17.1) gereği \(\Gamma_1\) yakınsaktır.
\(\alpha < 0\) iken \(\Gamma_1\). \(x \to 0^+\) iken \(x^{\alpha} \to +\infty\) ve \(e^{-x} \to 1\) olduğundan
\[\lim_{x \to 0^+} x\,f(x) = \lim_{x \to 0^+} x^{\alpha}e^{-x} = +\infty\]
olur. Üs \(p = 1\)’dir; kuvvet testi (Sonuç 17.1) gereği \(\Gamma_1\) ıraksaktır.
\(\alpha = 0\) iken \(\Gamma_1\). \(0 < x \le 1\) için \(e^{-x} \ge e^{-1}\) olduğundan
\[f(x) = \frac{e^{-x}}{x} \ge \frac{e^{-1}}{x} > 0\]
olur. \(\displaystyle\int_0^1 \frac{dx}{x}\) ıraksaktır (Teorem 17.1, \(p = 1\)); pozitif bir sabitle çarpımı olan \(\displaystyle\int_0^1 \frac{e^{-1}}{x}\,dx\) de ıraksaktır. Karşılaştırma testi (Teorem 17.4) gereği \(\Gamma_1\) ıraksaktır.
Sonuç. \(\alpha > 0\) ise \(\Gamma_1\) ve \(\Gamma_2\) yakınsaktır; integral yakınsaktır. \(\alpha \le 0\) ise \(\Gamma_1\) ıraksaktır; integral ıraksaktır. \(\blacksquare\)
İspat, ıraksaklığın nereden geldiğini de gösterir. Sonsuzdaki kuyruk \(e^{-x}\) çarpanı sayesinde her \(\alpha\) için yakınsaktır; sorunu yalnız \(0\) yakınındaki \(x^{\alpha - 1}\) çarpanı çıkarır. Örneğin \(\alpha = \tfrac{1}{2}\) için \(\displaystyle\int_0^{+\infty} \frac{e^{-x}}{\sqrt{x}}\,dx\) yakınsaktır, \(\alpha = 0\) için \(\displaystyle\int_0^{+\infty} \frac{dx}{x\,e^{x}}\) ıraksaktır.
18.2 Gamma Fonksiyonunun Temel Özellikleri
Gamma fonksiyonuyla yapılan hesapların neredeyse tamamı aşağıdaki beş özelliğe dayanır.
Teorem 18.2 (Gamma Fonksiyonunun Özellikleri) \(\alpha > 0\) olsun.
- \(\Gamma(\alpha) > 0\)’dır.
- \(\Gamma(1) = 1\)’dir.
- \(\Gamma(\alpha + 1) = \alpha\,\Gamma(\alpha)\) olur.
- Her \(n \in \{0, 1, 2, \dots\}\) için \(\Gamma(n + 1) = n!\) olur.
- Her \(t > 0\) için aşağıdaki integral yakınsaktır ve
\[\int_0^{+\infty} e^{-tx} x^{\alpha - 1}\,dx = \frac{\Gamma(\alpha)}{t^{\alpha}}\]
olur.
İspat
\(f(x) = e^{-x}x^{\alpha - 1}\) ve \(\Gamma_1\), \(\Gamma_2\) önceki ispattaki gibi olsun; \(\Gamma(\alpha) = \Gamma_1 + \Gamma_2\)’dir. Tanım gereği
\[ \begin{aligned} \Gamma_1 &= \lim_{\varepsilon \to 0^+} \int_\varepsilon^1 f(x)\,dx, \\[1mm] \Gamma_2 &= \lim_{b \to +\infty} \int_1^b f(x)\,dx \end{aligned} \]
olur. \(0 < \varepsilon < 1 < b\) için \(\displaystyle\int_\varepsilon^b f = \int_\varepsilon^1 f + \int_1^b f\) olduğundan, \(\varepsilon \to 0^+\) ve \(b \to +\infty\) limitleri birbirinden bağımsız alındığında \(\displaystyle\int_\varepsilon^b f(x)\,dx\) integrali \(\Gamma(\alpha)\) sayısına yaklaşır. Aşağıda “limite geçmek” bu anlamdadır.
1. \(f\) pozitif olduğundan her \(0 < \varepsilon < 1\) için \(\displaystyle\int_\varepsilon^1 f(x)\,dx \ge 0\) ve dolayısıyla \(\Gamma_1 \ge 0\) olur. \(x \in [1, 2]\) için \(e^{-x} \ge e^{-2}\)’dir. \(x^{\alpha - 1}\) fonksiyonu \([1, 2]\) üzerinde monoton olduğundan en küçük değerini bir uçta alır; \(c = \min\{1,\, 2^{\alpha - 1}\} > 0\) dersek \(x^{\alpha - 1} \ge c\) olur. O hâlde her \(b \ge 2\) için
\[\int_1^b f(x)\,dx \ge \int_1^2 f(x)\,dx \ge c\,e^{-2}\]
ve limitte \(\Gamma_2 \ge c\,e^{-2} > 0\) bulunur. Sonuç olarak \(\Gamma(\alpha) = \Gamma_1 + \Gamma_2 > 0\)’dır.
2. Örnek 15.6 gereği (\(a = 0\), \(t = 1\))
\[\Gamma(1) = \int_0^{+\infty} e^{-x}\,dx = \frac{e^{0}}{1} = 1.\]
3. Kısmi integrasyon kuralı sınırlı kapalı aralıklar içindir (bkz. Analiz 2); bu yüzden önce \(0 < \varepsilon < b\) için \([\varepsilon, b]\) üzerinde çalışalım. \(u = x^{\alpha}\), \(dv = e^{-x}\,dx\) seçimiyle \(du = \alpha x^{\alpha - 1}\,dx\) ve \(v = -e^{-x}\) olur:
\[ \begin{aligned} \int_\varepsilon^b e^{-x}x^{\alpha}\,dx &= \Big[ -x^{\alpha}e^{-x} \Big]_\varepsilon^b + \alpha\int_\varepsilon^b e^{-x}x^{\alpha - 1}\,dx \\[1mm] &= \varepsilon^{\alpha}e^{-\varepsilon} - b^{\alpha}e^{-b} + \alpha\int_\varepsilon^b e^{-x}x^{\alpha - 1}\,dx. \end{aligned} \]
Şimdi limite geçelim. \(\alpha > 0\) olduğundan \(\varepsilon \to 0^+\) iken \(\varepsilon^{\alpha} \to 0\) ve \(e^{-\varepsilon} \to 1\) olur; yani \(\varepsilon^{\alpha}e^{-\varepsilon} \to 0\). Üstel fonksiyon her pozitif kuvvetten hızlı büyüdüğünden (bkz. Analiz 2) \(b \to +\infty\) iken \(b^{\alpha}e^{-b} \to 0\) olur. \(\alpha + 1 > 0\) ve \(\alpha > 0\) olduğundan soldaki integral \(\Gamma(\alpha + 1)\) sayısına, sağdaki integral \(\Gamma(\alpha)\) sayısına yaklaşır (Teorem 18.1). Böylece
\[\Gamma(\alpha + 1) = 0 - 0 + \alpha\,\Gamma(\alpha) = \alpha\,\Gamma(\alpha).\]
4. \(n\) üzerinden tümevarım yapalım. \(n = 0\) için \(\Gamma(1) = 1 = 0!\) olur (2. özellik). \(\Gamma(n + 1) = n!\) olduğunu kabul edelim. 3. özellikte \(\alpha = n + 1\) alınırsa
\[\Gamma(n + 2) = (n + 1)\,\Gamma(n + 1) = (n + 1)\,n! = (n + 1)!\]
bulunur.
5. \(0 < \varepsilon < b\) için \([\varepsilon, b]\) üzerinde \(y = tx\) değişken değiştirmesini yapalım (bkz. Analiz 2). \(x = \dfrac{y}{t}\) ve \(dx = \dfrac{dy}{t}\) olur; \(x = \varepsilon\) iken \(y = t\varepsilon\), \(x = b\) iken \(y = tb\)’dir.
\[ \begin{aligned} \int_\varepsilon^b e^{-tx}x^{\alpha - 1}\,dx &= \int_{t\varepsilon}^{tb} e^{-y}\left( \frac{y}{t} \right)^{\alpha - 1} \frac{dy}{t} \\[1mm] &= \frac{1}{t^{\alpha}}\int_{t\varepsilon}^{tb} e^{-y}y^{\alpha - 1}\,dy. \end{aligned} \]
\(t > 0\) olduğundan \(\varepsilon \to 0^+\) iken \(t\varepsilon \to 0^+\), \(b \to +\infty\) iken \(tb \to +\infty\) olur. Sağ yandaki integral bu limitlerde \(\Gamma(\alpha)\) sayısına yaklaşır; öyleyse sol yanın da limiti vardır, yani integral yakınsaktır ve değeri \(\dfrac{\Gamma(\alpha)}{t^{\alpha}}\) olur. \(\blacksquare\)
Üçüncü özelliğe indirgeme bağıntısı denir: \(\Gamma\)’nın \(\alpha + 1\) noktasındaki değeri, \(\alpha\) noktasındaki değerinden bir çarpmayla bulunur. Bağıntı art arda uygulanırsa parametre her adımda bir azalır; bu yüzden \(\Gamma\)’yı \((0, 1]\) aralığında bilmek her yerde bilmeye yeter. Örneğin
\[\Gamma\left( \tfrac{7}{3} \right) = \tfrac{4}{3}\,\Gamma\left( \tfrac{4}{3} \right) = \tfrac{4}{3} \cdot \tfrac{1}{3}\,\Gamma\left( \tfrac{1}{3} \right).\]
Dördüncü özellik, girişteki sorunun yanıtıdır: \(\Gamma(n + 1) = n!\) olduğundan Gamma fonksiyonu faktöriyelin reel sayılara genişletilmiş hâlidir; doğal sayılarda \(\Gamma(n) = (n - 1)!\) yazılır. Beşinci özellik ise üstel çarpanın \(e^{-x}\) yerine \(e^{-tx}\) olduğu integralleri doğrudan hesaplar.
Örnek 18.1 (Kuvvet ile Üstelin Çarpımı) \(\displaystyle\int_0^{+\infty} x^4 e^{-2x}\,dx\) integralini hesaplayınız.
Çözüm
İntegral, Teorem 18.2 içindeki 5. özelliğin kalıbındadır. \(x^{\alpha - 1} = x^4\) olduğundan \(\alpha = 5\), üstel çarpandan \(t = 2\) okunur:
\[\int_0^{+\infty} x^4 e^{-2x}\,dx = \frac{\Gamma(5)}{2^5} = \frac{4!}{32} = \frac{24}{32} = \frac{3}{4}.\]
Aynı sonuca dört kez kısmi integrasyon yaparak da varılır; Gamma fonksiyonu bu dört adımı tek satıra indirir. \(\blacksquare\)
18.3 Beta Fonksiyonu
İkinci Euler integrali iki parametrelidir ve sınırlı bir aralıkta alınır.
Tanım 18.2 (Beta Fonksiyonu) Her \(x > 0\) ve \(y > 0\) için
\[\beta(x, y) = \int_0^1 t^{x - 1}(1 - t)^{y - 1}\,dt\]
integraliyle tanımlanan iki değişkenli \(\beta\) fonksiyonuna Beta fonksiyonu denir.
Yani \(\beta(x, y)\), \([0, 1]\) aralığında \(t\)’nin bir kuvveti ile \(1 - t\)’nin bir kuvvetinin çarpımının integralidir. İntegralin değişkeni \(t\)’dir; \(x\) ve \(y\) parametrelerdir. Burada aralık sınırlıdır, sorun yalnız uçlarda çıkabilir: \(x < 1\) ise \(t \to 0^+\) iken \(t^{x - 1} \to +\infty\), \(y < 1\) ise \(t \to 1^-\) iken \((1 - t)^{y - 1} \to +\infty\) olur. \(x \ge 1\) ve \(y \ge 1\) iken integral sıradan bir Riemann integralidir; öbür durumlarda II. tip genelleştirilmiş integraldir.
Teorem 18.3 (Beta İntegralinin Yakınsaklığı) \(x, y \in \mathbb{R}\) olsun. \(\displaystyle\int_0^1 t^{x - 1}(1 - t)^{y - 1}\,dt\) integrali \(x > 0\) ve \(y > 0\) ise yakınsaktır; \(x \le 0\) ya da \(y \le 0\) ise ıraksaktır.
İspat
\(f(t) = t^{x - 1}(1 - t)^{y - 1}\) yazalım; \(f\), \((0, 1)\) üzerinde sürekli ve pozitiftir. İki uçtaki sorunu ayırmak için integrali \(t = \tfrac{1}{2}\) noktasında bölelim:
\[ \begin{aligned} I_1 &= \int_0^{1/2} t^{x - 1}(1 - t)^{y - 1}\,dt, \\[1mm] I_2 &= \int_{1/2}^{1} t^{x - 1}(1 - t)^{y - 1}\,dt. \end{aligned} \]
Her parçada yalnız bir uç sorunludur; integral, ancak \(I_1\) ve \(I_2\) integrallerinin ikisi de yakınsaksa yakınsaktır.
\(I_1\) yalnız \(x > 0\) iken yakınsaktır. \(\left[ 0, \tfrac{1}{2} \right]\) üzerinde \(1 - t \ge \tfrac{1}{2}\) olduğundan \((1 - t)^{y - 1}\) çarpanı her \(y\) için süreklidir ve \(t \to 0^+\) iken \(1\)’e yaklaşır. Dört durum vardır.
\(x \ge 1\). \(t^{x - 1}\) de \(\left[ 0, \tfrac{1}{2} \right]\) üzerinde süreklidir; \(I_1\) sıradan bir Riemann integralidir.
\(0 < x < 1\). \(t \to 0^+\) iken \(f(t) \to +\infty\) olur; \(I_1\) II. tiptir.
\[\lim_{t \to 0^+} t^{1 - x} f(t) = \lim_{t \to 0^+} (1 - t)^{y - 1} = 1\]
olur. Limit sonlu ve pozitiftir, üs \(p = 1 - x < 1\)’dir; kuvvet testi (Sonuç 17.1) gereği \(I_1\) yakınsaktır.
\(x = 0\). Bu kez \(t\) ile çarpalım:
\[\lim_{t \to 0^+} t\,f(t) = \lim_{t \to 0^+} (1 - t)^{y - 1} = 1.\]
Limit sonlu ve pozitiftir, üs \(p = 1\)’dir; aynı test gereği \(I_1\) ıraksaktır.
\(x < 0\). \(t \to 0^+\) iken \(t^{x} \to +\infty\) olduğundan
\[\lim_{t \to 0^+} t\,f(t) = \lim_{t \to 0^+} t^{x}(1 - t)^{y - 1} = +\infty\]
olur. Üs \(p = 1\)’dir; kuvvet testi gereği \(I_1\) yine ıraksaktır.
\(I_2\) yalnız \(y > 0\) iken yakınsaktır. \(0 < \delta < \tfrac{1}{2}\) için \(s = 1 - t\) değişken değiştirmesini yapalım. \(dt = -ds\) olur; \(t = \tfrac{1}{2}\) iken \(s = \tfrac{1}{2}\), \(t = 1 - \delta\) iken \(s = \delta\)’dır:
\[\int_{1/2}^{1 - \delta} t^{x - 1}(1 - t)^{y - 1}\,dt = \int_{\delta}^{1/2} s^{y - 1}(1 - s)^{x - 1}\,ds.\]
Sağ yan, \(I_1\) integralinde \(x\) ile \(y\)’nin yer değiştirmiş hâlidir. Az önce gösterilene göre \(\delta \to 0^+\) iken sağ yanın sonlu limiti ancak \(y > 0\) ise vardır; sol yanın limiti \(I_2\) olduğundan iddia elde edilir.
Sonuç. \(x > 0\) ve \(y > 0\) ise \(I_1\) ve \(I_2\) yakınsaktır; integral yakınsaktır. \(x \le 0\) ise \(I_1\), \(y \le 0\) ise \(I_2\) ıraksaktır; integral ıraksaktır. \(\blacksquare\)
İspattaki \(s = 1 - t\) dönüşümü iki parametrenin rolünü değiştirir. Aynı dönüşüm integralin tamamına uygulanırsa Beta fonksiyonunun simetrik olduğu görülür.
Önerme 18.1 (Beta Fonksiyonunun Simetrisi) Her \(x > 0\) ve \(y > 0\) için \(\beta(x, y) = \beta(y, x)\) olur.
İspat
\(0 < a < b < 1\) olsun. \(s = 1 - t\) değişken değiştirmesiyle \(dt = -ds\) olur; \(t = a\) iken \(s = 1 - a\), \(t = b\) iken \(s = 1 - b\)’dir:
\[\int_a^b t^{x - 1}(1 - t)^{y - 1}\,dt = \int_{1 - b}^{1 - a} s^{y - 1}(1 - s)^{x - 1}\,ds.\]
\(a \to 0^+\) ve \(b \to 1^-\) iken sol yan \(\beta(x, y)\) sayısına yaklaşır. Aynı anda \(1 - b \to 0^+\) ve \(1 - a \to 1^-\) olduğundan sağ yan \(\beta(y, x)\) sayısına yaklaşır. \(\blacksquare\)
Beta fonksiyonunun ikinci bir yazılışı, trigonometrik integrallerle bağlantıyı kurar.
Önerme 18.2 (Beta Fonksiyonunun Trigonometrik Biçimi) Her \(x > 0\) ve \(y > 0\) için
\[\beta(x, y) = 2\int_0^{\pi/2} \sin^{2x - 1}\theta\,\cos^{2y - 1}\theta\,d\theta\]
olur.
İspat
\(0 < a < b < 1\) olsun ve \(\theta_a = \arcsin\sqrt{a}\), \(\theta_b = \arcsin\sqrt{b}\) diyelim; \(0 < \theta_a < \theta_b < \tfrac{\pi}{2}\) olur. \([\theta_a, \theta_b]\) üzerinde \(t = \sin^2\theta\) değişken değiştirmesini yapalım:
\[ \begin{aligned} dt &= 2\sin\theta\cos\theta\,d\theta, \\[1mm] t^{x - 1} &= \sin^{2x - 2}\theta, \\[1mm] (1 - t)^{y - 1} &= \cos^{2y - 2}\theta. \end{aligned} \]
\(\theta = \theta_a\) iken \(t = a\), \(\theta = \theta_b\) iken \(t = b\) olduğundan
\[ \begin{aligned} \int_a^b t^{x - 1}(1 - t)^{y - 1}\,dt &= \int_{\theta_a}^{\theta_b} \sin^{2x - 2}\theta\,\cos^{2y - 2}\theta \cdot 2\sin\theta\cos\theta\,d\theta \\[1mm] &= 2\int_{\theta_a}^{\theta_b} \sin^{2x - 1}\theta\,\cos^{2y - 1}\theta\,d\theta \end{aligned} \]
bulunur. \(a \to 0^+\) ve \(b \to 1^-\) iken sol yan \(\beta(x, y)\) sayısına yaklaşır. \(\arcsin\) ve karekök sürekli olduğundan aynı anda \(\theta_a \to 0^+\) ve \(\theta_b \to \left( \tfrac{\pi}{2} \right)^-\) olur; sağ yan iddiadaki integrale yaklaşır. \(\blacksquare\)
\(2x - 1 < 0\) ya da \(2y - 1 < 0\) ise sağ yandaki trigonometrik integral de II. tiptir; ispat bu integralin yakınsak olduğunu da göstermektedir. Üsleri yeniden adlandırarak sinüs ve kosinüs kuvvetlerinin integralini doğrudan veren bir formül elde ederiz.
Sonuç 18.1 (Sinüs ve Kosinüs Kuvvetlerinin İntegrali) \(m > -1\) ve \(n > -1\) reel sayılar olsun. O zaman
\[\int_0^{\pi/2} \sin^{m}\theta\,\cos^{n}\theta\,d\theta = \frac{1}{2}\,\beta\left( \frac{m + 1}{2},\, \frac{n + 1}{2} \right)\]
olur.
İspat
\(x = \dfrac{m + 1}{2}\) ve \(y = \dfrac{n + 1}{2}\) diyelim. \(m > -1\) ve \(n > -1\) olduğundan \(x > 0\) ve \(y > 0\)’dır; ayrıca \(2x - 1 = m\) ve \(2y - 1 = n\) olur. Önerme 18.2 bu değerlerle
\[\beta\left( \frac{m + 1}{2},\, \frac{n + 1}{2} \right) = 2\int_0^{\pi/2} \sin^{m}\theta\,\cos^{n}\theta\,d\theta\]
verir; iki yan \(2\)’ye bölünür. \(\blacksquare\)
18.4 Gamma ile Beta Arasındaki Bağıntı
Beta fonksiyonunun değerleri ayrıca hesaplanmaz; iki parametreli Beta fonksiyonu tek parametreli Gamma fonksiyonu cinsinden yazılır.
Teorem 18.4 (Gamma ile Beta Arasındaki Bağıntı) Her \(x > 0\) ve \(y > 0\) için
\[\beta(x, y) = \frac{\Gamma(x)\,\Gamma(y)}{\Gamma(x + y)}\]
olur.
Bu bağıntının ispatı iki katlı integral gerektirir; bu yüzden bağıntıyı burada ispatsız kullanıyoruz. Parametreler doğal sayı olduğunda ise bağıntı yalnız kısmi integrasyonla doğrulanabilir.
Önerme 18.3 (Doğal Sayılarda Beta Fonksiyonu) \(m \ge 1\) ve \(n \ge 1\) doğal sayılar olsun. O zaman
\[\beta(m, n) = \frac{(m - 1)!\,(n - 1)!}{(m + n - 1)!}\]
olur.
İspat
\(m\) ve \(n\) doğal sayı olduğunda \(t^{m - 1}(1 - t)^{n - 1}\) bir polinomdur; bütün integraller sıradan Riemann integralidir.
İndirgeme bağıntısı. \(m \ge 1\) ve \(n \ge 2\) olsun. \(u = (1 - t)^{n - 1}\), \(dv = t^{m - 1}\,dt\) seçimiyle \(du = -(n - 1)(1 - t)^{n - 2}\,dt\) ve \(v = \dfrac{t^m}{m}\) olur:
\[\beta(m, n) = \left[ \frac{t^m (1 - t)^{n - 1}}{m} \right]_0^1 + \frac{n - 1}{m}\int_0^1 t^{m}(1 - t)^{n - 2}\,dt.\]
\(m \ge 1\) olduğundan köşeli parantez \(t = 0\)’da, \(n - 1 \ge 1\) olduğundan \(t = 1\)’de sıfırdır. Kalan integralde üsler \(m = (m + 1) - 1\) ve \(n - 2 = (n - 1) - 1\) biçimindedir; yani integral \(\beta(m + 1, n - 1)\)’dir. Böylece
\[\beta(m, n) = \frac{n - 1}{m}\,\beta(m + 1, n - 1) \qquad (m \ge 1,\ n \ge 2)\]
elde edilir.
Tümevarım. \(n\) üzerinden tümevarımla, formülün her \(m \ge 1\) için doğru olduğunu gösterelim. \(n = 1\) için
\[\beta(m, 1) = \int_0^1 t^{m - 1}\,dt = \frac{1}{m} = \frac{(m - 1)!\,0!}{m!}\]
olur. Formül bir \(n \ge 1\) ve her \(m \ge 1\) için doğru olsun. İndirgeme bağıntısı (\(n\) yerine \(n + 1\) yazılarak) ve tümevarım varsayımı (\(m\) yerine \(m + 1\) yazılarak)
\[ \begin{aligned} \beta(m, n + 1) &= \frac{n}{m}\,\beta(m + 1, n) \\[1mm] &= \frac{n}{m} \cdot \frac{m!\,(n - 1)!}{(m + n)!} \\[1mm] &= \frac{(m - 1)!\,n!}{(m + n)!} \end{aligned} \]
verir; bu, formülün \(n + 1\) için yazılmış hâlidir. \(\blacksquare\)
Doğal sayılarda \(\Gamma(k) = (k - 1)!\) olduğundan önermedeki eşitliğin sağ yanı tam olarak \(\dfrac{\Gamma(m)\,\Gamma(n)}{\Gamma(m + n)}\) sayısıdır; Teorem 18.4 doğal sayı parametreler için böylece ispatlanmış olur. Örneğin \(\beta(3, 2) = \dfrac{2!\,1!}{4!} = \dfrac{1}{12}\)’dir.
Bağıntının en ünlü sonucu, Gamma fonksiyonunun \(\tfrac{1}{2}\) noktasındaki değeridir.
Sonuç 18.2 (Gamma Fonksiyonunun Yarımdaki Değeri) \(\Gamma\left( \tfrac{1}{2} \right) = \sqrt{\pi}\)’dir.
İspat
Teorem 18.4 içinde \(x = y = \tfrac{1}{2}\) alalım. \(\Gamma(1) = 1\) olduğundan
\[\beta\left( \tfrac{1}{2}, \tfrac{1}{2} \right) = \frac{\Gamma\left( \tfrac{1}{2} \right)\Gamma\left( \tfrac{1}{2} \right)}{\Gamma(1)} = \Gamma\left( \tfrac{1}{2} \right)^2\]
olur. Öte yandan trigonometrik biçimde (Önerme 18.2) \(x = y = \tfrac{1}{2}\) için iki üs de \(2 \cdot \tfrac{1}{2} - 1 = 0\)’dır:
\[\beta\left( \tfrac{1}{2}, \tfrac{1}{2} \right) = 2\int_0^{\pi/2} d\theta = 2 \cdot \frac{\pi}{2} = \pi.\]
Demek ki \(\Gamma\left( \tfrac{1}{2} \right)^2 = \pi\)’dir. \(\Gamma\left( \tfrac{1}{2} \right) > 0\) olduğundan (Teorem 18.2) \(\Gamma\left( \tfrac{1}{2} \right) = \sqrt{\pi}\) bulunur. \(\blacksquare\)
\(e^{-x^2}\) fonksiyonunun ilkeli temel fonksiyonlarla yazılamaz; buna karşın \([0, +\infty)\) üzerindeki integrali \(\Gamma\left( \tfrac{1}{2} \right)\) yardımıyla tam olarak hesaplanır.
Sonuç 18.3 (Gauss İntegrali) \(e^{-x^2}\) fonksiyonunun \([0, +\infty)\) üzerindeki integrali yakınsaktır ve
\[\int_0^{+\infty} e^{-x^2}\,dx = \frac{\sqrt{\pi}}{2}\]
olur.
İspat
\(0 < \varepsilon < b\) olsun. \([\varepsilon^2, b^2]\) üzerinde tanımlı \(x = \sqrt{u}\) değişken değiştirmesiyle \(dx = \dfrac{du}{2\sqrt{u}}\) olur; \(u = \varepsilon^2\) iken \(x = \varepsilon\), \(u = b^2\) iken \(x = b\)’dir:
\[\int_\varepsilon^b e^{-x^2}\,dx = \frac{1}{2}\int_{\varepsilon^2}^{b^2} e^{-u}u^{-1/2}\,du.\]
Sağ yandaki integralin içindeki fonksiyon, \(\alpha = \tfrac{1}{2}\) için Gamma fonksiyonunu tanımlayan \(e^{-u}u^{\alpha - 1}\) fonksiyonudur.
\(\varepsilon \to 0^+\) limiti. \(e^{-x^2}\) fonksiyonu \([0, b]\) üzerinde sürekli olduğundan integrali alt sınırına sürekli bağlıdır (bkz. Analiz 2); sol yan \(\displaystyle\int_0^b e^{-x^2}\,dx\) sayısına yaklaşır. Sağ yanda \(\varepsilon^2 \to 0^+\) olur ve \(\alpha = \tfrac{1}{2} > 0\) için \(0\) ucundaki integral yakınsaktır (Teorem 18.1). Böylece
\[\int_0^b e^{-x^2}\,dx = \frac{1}{2}\int_{0}^{b^2} e^{-u}u^{-1/2}\,du\]
elde edilir.
\(b \to +\infty\) limiti. \(b^2 \to +\infty\) olduğundan sağ yan \(\tfrac{1}{2}\,\Gamma\left( \tfrac{1}{2} \right)\) sayısına yaklaşır. Öyleyse sol yanın da sonlu limiti vardır; yani integral yakınsaktır. Sonuç 18.2 gereği
\[\int_0^{+\infty} e^{-x^2}\,dx = \frac{1}{2}\,\Gamma\left( \tfrac{1}{2} \right) = \frac{\sqrt{\pi}}{2}.\]
\(\blacksquare\)
\(e^{-x^2}\) çift fonksiyon olduğundan \((-\infty, 0]\) üzerindeki integral de \(\dfrac{\sqrt{\pi}}{2}\)’dir ve bütün doğru üzerinde \(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x^2}\,dx = \sqrt{\pi}\) bulunur (Tanım 15.2).
\(\Gamma\left( \tfrac{1}{2} \right)\) bilindikten sonra indirgeme bağıntısı, Gamma fonksiyonunun bütün yarım tam sayılardaki değerlerini verir.
Önerme 18.4 (Yarım Tam Sayılarda Gamma Fonksiyonu) Her \(n \in \{0, 1, 2, \dots\}\) için
\[\Gamma\left( n + \tfrac{1}{2} \right) = \frac{(2n)!}{4^n\,n!}\,\sqrt{\pi}\]
olur. Özel olarak \(\Gamma\left( \tfrac{3}{2} \right) = \dfrac{\sqrt{\pi}}{2}\) ve \(\Gamma\left( \tfrac{5}{2} \right) = \dfrac{3\sqrt{\pi}}{4}\)’tür.
İspat
\(n\) üzerinden tümevarım yapalım. \(n = 0\) için sağ yan \(\dfrac{0!}{1 \cdot 0!}\sqrt{\pi} = \sqrt{\pi}\) olur; bu, Sonuç 18.2 ile verilen değerdir. Formül \(n\) için doğru olsun. İndirgeme bağıntısında \(\alpha = n + \tfrac{1}{2}\) alınırsa
\[ \begin{aligned} \Gamma\left( n + \tfrac{3}{2} \right) &= \left( n + \tfrac{1}{2} \right)\Gamma\left( n + \tfrac{1}{2} \right) \\[1mm] &= \frac{2n + 1}{2} \cdot \frac{(2n)!}{4^n\,n!}\,\sqrt{\pi} \\[1mm] &= \frac{(2n + 1)!}{2 \cdot 4^n\,n!}\,\sqrt{\pi} \end{aligned} \]
olur. Pay ve payda \(2n + 2 = 2(n + 1)\) ile çarpılırsa
\[\Gamma\left( n + \tfrac{3}{2} \right) = \frac{(2n + 2)!}{4^{n + 1}\,(n + 1)!}\,\sqrt{\pi}\]
bulunur; bu, formülün \(n + 1\) için yazılmış hâlidir.
\(n = 1\) için \(\dfrac{2!}{4 \cdot 1!}\sqrt{\pi} = \dfrac{\sqrt{\pi}}{2}\), \(n = 2\) için \(\dfrac{4!}{16 \cdot 2!}\sqrt{\pi} = \dfrac{3\sqrt{\pi}}{4}\) elde edilir. \(\blacksquare\)
18.5 İntegralleri Euler İntegrallerine İndirgeme
Gamma ve Beta fonksiyonlarının değerleri bilindiğine göre, bir integrali hesaplamak çoğu zaman onu bu iki kalıptan birine sokmaktan ibarettir. Aşağıdaki çözümlerde değişken değiştirme doğrudan genelleştirilmiş integral üzerinde yazılmıştır. Kastedilen, Teorem 18.2 ispatındaki yoldur: dönüşüm önce sorunlu uçlardan uzak, sınırlı ve kapalı bir aralıkta yapılır, sonra uçlar limite götürülür.
- Kalıbı tanı. \([0, +\infty)\) üzerinde bir kuvvet ile bir üstel fonksiyonun çarpımı Gamma fonksiyonuna götürür. Sınırlı bir aralıkta iki kuvvetin çarpımı ya da \(\left[ 0, \tfrac{\pi}{2} \right]\) üzerinde sinüs ve kosinüs kuvvetlerinin çarpımı Beta fonksiyonuna götürür.
- Değişken değiştir. Gamma için üstel fonksiyonun üssündeki ifade yeni değişken yapılır (\(e^{-x^3}\) için \(u = x^3\)). Beta için aralık \([0, 1]\)’e taşınır (\([0, a]\) için \(x = at\)) ve çarpanlar \(t\) ile \(1 - t\)’nin kuvvetleri olarak yazılır.
- Parametreleri oku. Kalıplardaki üsler parametrenin bir eksiğidir; parametre, üsse \(1\) eklenerek bulunur. Parametreler pozitif değilse integral ıraksaktır.
- Değeri hesapla. Beta fonksiyonu Teorem 18.4 ile Gamma fonksiyonuna çevrilir. Gamma değerleri indirgeme bağıntısı, \(\Gamma(n + 1) = n!\) ve \(\Gamma\left( \tfrac{1}{2} \right) = \sqrt{\pi}\) ile bulunur.
Örnek 18.2 (Üstelin Üssünde Kuvvet) \(\displaystyle\int_0^{+\infty} x^2 e^{-x^3}\,dx\) integralini hesaplayınız.
Çözüm
Kalıp. \([0, +\infty)\) üzerinde bir kuvvet ile bir üstel fonksiyonun çarpımı vardır; hedef Gamma fonksiyonudur.
Değişken değiştirme. \(u = x^3\) diyelim. \(du = 3x^2\,dx\), yani \(x^2\,dx = \dfrac{du}{3}\) olur; \(x = 0\) iken \(u = 0\), \(x \to +\infty\) iken \(u \to +\infty\)’dur:
\[\int_0^{+\infty} x^2 e^{-x^3}\,dx = \frac{1}{3}\int_0^{+\infty} e^{-u}\,du.\]
Parametre. \(e^{-u} = e^{-u}u^{0}\) olduğundan \(\alpha - 1 = 0\), yani \(\alpha = 1\)’dir.
Değer.
\[\int_0^{+\infty} x^2 e^{-x^3}\,dx = \frac{1}{3}\,\Gamma(1) = \frac{1}{3}.\]
\(\blacksquare\)
Örnek 18.3 (İki Ucunda Sınırsız Bir Fonksiyon) \(\displaystyle\int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{x - x^2}}\) integralini hesaplayınız.
Çözüm
Kalıp. \(x - x^2 = x(1 - x)\) olduğundan
\[\frac{1}{\sqrt{x - x^2}} = x^{-1/2}(1 - x)^{-1/2}\]
olur. Aralık zaten \([0, 1]\)’dir ve fonksiyon, \(x\) ile \(1 - x\)’in kuvvetlerinin çarpımıdır; değişken değiştirmeye gerek yoktur. Fonksiyon iki uçta da sınırsızdır; integral II. tiptir.
Parametreler. İki üs de \(-\tfrac{1}{2}\)’dir; \(1\) eklenince iki parametre de \(\tfrac{1}{2}\) bulunur. Parametreler pozitif olduğundan integral yakınsaktır (Teorem 18.3) ve \(\beta\left( \tfrac{1}{2}, \tfrac{1}{2} \right)\) sayısına eşittir.
Değer. Teorem 18.4 ve Sonuç 18.2 gereği
\[\int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{x - x^2}} = \frac{\Gamma\left( \tfrac{1}{2} \right)\Gamma\left( \tfrac{1}{2} \right)}{\Gamma(1)} = \frac{\sqrt{\pi} \cdot \sqrt{\pi}}{1} = \pi.\]
\(\blacksquare\)
Örnek 18.4 (Aralığı Birim Aralığa Taşıma) \(\displaystyle\int_0^2 \frac{x^2}{\sqrt{2 - x}}\,dx\) integralini hesaplayınız.
Çözüm
Kalıp. Sınırlı bir aralıkta \(x\)’in ve \(2 - x\)’in kuvvetlerinin çarpımı vardır; hedef Beta fonksiyonudur. Fonksiyon \(x \to 2^-\) iken sınırsızdır.
Değişken değiştirme. Aralığı \([0, 1]\)’e taşımak için \(x = 2t\) diyelim. \(dx = 2\,dt\), \(x^2 = 4t^2\) ve \(\sqrt{2 - x} = \sqrt{2}\,\sqrt{1 - t}\) olur:
\[ \begin{aligned} \int_0^2 \frac{x^2}{\sqrt{2 - x}}\,dx &= \int_0^1 \frac{4t^2 \cdot 2}{\sqrt{2}\,\sqrt{1 - t}}\,dt \\[1mm] &= 4\sqrt{2}\int_0^1 t^{2}(1 - t)^{-1/2}\,dt. \end{aligned} \]
Burada \(\dfrac{8}{\sqrt{2}} = 4\sqrt{2}\) kullanılmıştır.
Parametreler. Üsler \(2\) ve \(-\tfrac{1}{2}\)’dir; parametreler \(3\) ve \(\tfrac{1}{2}\) olur. İntegral \(4\sqrt{2}\,\beta\left( 3, \tfrac{1}{2} \right)\) sayısına eşittir.
Değer. \(\Gamma(3) = 2! = 2\) ve indirgeme bağıntısıyla
\[\Gamma\left( \tfrac{7}{2} \right) = \tfrac{5}{2} \cdot \tfrac{3}{2} \cdot \tfrac{1}{2}\,\Gamma\left( \tfrac{1}{2} \right) = \frac{15\sqrt{\pi}}{8}\]
olur. Dolayısıyla
\[\beta\left( 3, \tfrac{1}{2} \right) = \frac{\Gamma(3)\,\Gamma\left( \tfrac{1}{2} \right)}{\Gamma\left( \tfrac{7}{2} \right)} = 2\sqrt{\pi} \cdot \frac{8}{15\sqrt{\pi}} = \frac{16}{15}\]
ve
\[\int_0^2 \frac{x^2}{\sqrt{2 - x}}\,dx = 4\sqrt{2} \cdot \frac{16}{15} = \frac{64\sqrt{2}}{15}\]
bulunur. \(\blacksquare\)
Örnek 18.5 (Sinüs ve Kosinüs Kuvvetlerinin Çarpımı) \(\displaystyle\int_0^{\pi/2} \sin^4\theta\,\cos^2\theta\,d\theta\) integralini hesaplayınız.
Çözüm
Kalıp ve parametreler. Sonuç 18.1 içinde \(m = 4\) ve \(n = 2\) alınır; parametreler \(\dfrac{m + 1}{2} = \dfrac{5}{2}\) ve \(\dfrac{n + 1}{2} = \dfrac{3}{2}\) olur:
\[\int_0^{\pi/2} \sin^4\theta\,\cos^2\theta\,d\theta = \frac{1}{2}\,\beta\left( \tfrac{5}{2}, \tfrac{3}{2} \right).\]
Değer. Önerme 18.4 gereği \(\Gamma\left( \tfrac{5}{2} \right) = \dfrac{3\sqrt{\pi}}{4}\) ve \(\Gamma\left( \tfrac{3}{2} \right) = \dfrac{\sqrt{\pi}}{2}\)’dir; ayrıca \(\Gamma(4) = 3! = 6\) olur. Teorem 18.4 ile
\[\beta\left( \tfrac{5}{2}, \tfrac{3}{2} \right) = \frac{\Gamma\left( \tfrac{5}{2} \right)\Gamma\left( \tfrac{3}{2} \right)}{\Gamma(4)} = \frac{1}{6} \cdot \frac{3\sqrt{\pi}}{4} \cdot \frac{\sqrt{\pi}}{2} = \frac{\pi}{16}\]
bulunur. Sonuç olarak
\[\int_0^{\pi/2} \sin^4\theta\,\cos^2\theta\,d\theta = \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{16} = \frac{\pi}{32}.\]
\(\blacksquare\)
18.6 Alıştırmalar
Alıştırma 18.1 (İndirgeme Bağıntısıyla Bir Değer) \(\Gamma\left( \tfrac{9}{2} \right)\) değerini hesaplayınız.
Çözüm
İndirgeme bağıntısı \(\Gamma(\alpha + 1) = \alpha\,\Gamma(\alpha)\) parametreyi her adımda bir azaltır. \(\tfrac{9}{2}\)’den başlayıp \(\tfrac{1}{2}\)’ye inene kadar uygulayalım:
\[ \begin{aligned} \Gamma\left( \tfrac{9}{2} \right) &= \tfrac{7}{2}\,\Gamma\left( \tfrac{7}{2} \right) \\[1mm] &= \tfrac{7}{2} \cdot \tfrac{5}{2}\,\Gamma\left( \tfrac{5}{2} \right) \\[1mm] &= \tfrac{7}{2} \cdot \tfrac{5}{2} \cdot \tfrac{3}{2}\,\Gamma\left( \tfrac{3}{2} \right) \\[1mm] &= \tfrac{7}{2} \cdot \tfrac{5}{2} \cdot \tfrac{3}{2} \cdot \tfrac{1}{2}\,\Gamma\left( \tfrac{1}{2} \right). \end{aligned} \]
\(7 \cdot 5 \cdot 3 \cdot 1 = 105\), \(2^4 = 16\) ve \(\Gamma\left( \tfrac{1}{2} \right) = \sqrt{\pi}\) olduğundan
\[\Gamma\left( \tfrac{9}{2} \right) = \frac{105\sqrt{\pi}}{16}\]
bulunur. Sonuç Önerme 18.4 ile de denetlenebilir: \(n = 4\) için \(\dfrac{8!}{4^4 \cdot 4!} = \dfrac{40320}{6144} = \dfrac{105}{16}\). \(\blacksquare\)
Alıştırma 18.2 (Karekök ile Üstelin Çarpımı) \(\displaystyle\int_0^{+\infty} \sqrt{x}\,e^{-x^3}\,dx\) integralini hesaplayınız.
Çözüm
Değişken değiştirme. Üstelin üssündeki ifadeye \(u = x^3\) diyelim. \(x = u^{1/3}\) ve \(dx = \tfrac{1}{3}u^{-2/3}\,du\) olur; ayrıca \(\sqrt{x} = u^{1/6}\)’dır. Sınırlar \(0\) ve \(+\infty\) olarak kalır:
\[ \begin{aligned} \int_0^{+\infty} \sqrt{x}\,e^{-x^3}\,dx &= \int_0^{+\infty} u^{1/6} e^{-u} \cdot \tfrac{1}{3}u^{-2/3}\,du \\[1mm] &= \frac{1}{3}\int_0^{+\infty} e^{-u}u^{-1/2}\,du. \end{aligned} \]
Üslerin toplamı \(\tfrac{1}{6} - \tfrac{2}{3} = \tfrac{1}{6} - \tfrac{4}{6} = -\tfrac{1}{2}\)’dir.
Parametre. \(\alpha - 1 = -\tfrac{1}{2}\), yani \(\alpha = \tfrac{1}{2}\) olur; parametre pozitiftir, integral yakınsaktır.
Değer.
\[\int_0^{+\infty} \sqrt{x}\,e^{-x^3}\,dx = \frac{1}{3}\,\Gamma\left( \tfrac{1}{2} \right) = \frac{\sqrt{\pi}}{3}.\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.3 (Tabanı Farklı Bir Üstel) \(\displaystyle\int_0^{+\infty} 5^{-2x^2}\,dx\) integralini hesaplayınız.
Çözüm
Tabanı \(e\)’ye çevirme. \(5 = e^{\ln 5}\) olduğundan \(5^{-2x^2} = e^{-(2\ln 5)\,x^2}\) olur. \(c = 2\ln 5\) diyelim; \(c > 0\)’dır ve integral \(\displaystyle\int_0^{+\infty} e^{-c x^2}\,dx\) biçimini alır.
Değişken değiştirme. \(s = \sqrt{c}\,x\) diyelim. \(x = \dfrac{s}{\sqrt{c}}\), \(dx = \dfrac{ds}{\sqrt{c}}\) ve \(c x^2 = s^2\) olur; sınırlar \(0\) ve \(+\infty\) olarak kalır:
\[\int_0^{+\infty} e^{-c x^2}\,dx = \frac{1}{\sqrt{c}}\int_0^{+\infty} e^{-s^2}\,ds.\]
Değer. Sonuç 18.3 gereği sağdaki integral \(\dfrac{\sqrt{\pi}}{2}\)’dir. \(c = 2\ln 5\) yerine yazılırsa
\[\int_0^{+\infty} 5^{-2x^2}\,dx = \frac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{2\ln 5}} = \frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{2\ln 5}} \approx 0{,}494\]
bulunur. \(\blacksquare\)
Alıştırma 18.4 (Logaritma İçeren Bir İntegral) \(\displaystyle\int_0^1 x^2 \left( \ln\frac{1}{x} \right)^3 dx\) integralini hesaplayınız.
Çözüm
Fonksiyon \(x = 0\) noktasında tanımsızdır; integral \(\varepsilon \to 0^+\) iken \([\varepsilon, 1]\) üzerindeki integrallerin limiti olarak anlaşılır.
Değişken değiştirme. Logaritmadan kurtulmak için \(x = e^{-u}\) diyelim. \(\ln\dfrac{1}{x} = u\), \(x^2 = e^{-2u}\) ve \(dx = -e^{-u}\,du\) olur. \(x = 1\) iken \(u = 0\), \(x = \varepsilon\) iken \(u = \ln\dfrac{1}{\varepsilon}\)’dur. Eksi işareti sınırların yerini değiştirir:
\[\int_\varepsilon^1 x^2 \left( \ln\frac{1}{x} \right)^3 dx = \int_0^{\ln(1/\varepsilon)} u^3 e^{-3u}\,du.\]
\(\varepsilon \to 0^+\) iken \(\ln\dfrac{1}{\varepsilon} \to +\infty\) olduğundan
\[\int_0^1 x^2 \left( \ln\frac{1}{x} \right)^3 dx = \int_0^{+\infty} u^3 e^{-3u}\,du\]
olur.
Parametreler ve değer. Sağ yan, Teorem 18.2 içindeki 5. özelliğin kalıbındadır: \(\alpha - 1 = 3\), yani \(\alpha = 4\) ve \(t = 3\). Öyleyse
\[\int_0^1 x^2 \left( \ln\frac{1}{x} \right)^3 dx = \frac{\Gamma(4)}{3^4} = \frac{6}{81} = \frac{2}{27}.\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.5 (Bir Parametresi Yarım Olan Beta) Her \(n \ge 1\) doğal sayısı için \(\beta\left( n, \tfrac{1}{2} \right) = \dfrac{4^n\,(n!)^2}{n\,(2n)!}\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Gamma fonksiyonuna çevirme. Teorem 18.4 gereği
\[\beta\left( n, \tfrac{1}{2} \right) = \frac{\Gamma(n)\,\Gamma\left( \tfrac{1}{2} \right)}{\Gamma\left( n + \tfrac{1}{2} \right)}\]
olur.
Değerler. \(\Gamma(n) = (n - 1)!\) ve \(\Gamma\left( \tfrac{1}{2} \right) = \sqrt{\pi}\)’dir. Önerme 18.4 gereği \(\Gamma\left( n + \tfrac{1}{2} \right) = \dfrac{(2n)!}{4^n\,n!}\sqrt{\pi}\) olur.
Sadeleştirme. Paydadaki kesir ters çevrilip çarpılır, \(\sqrt{\pi}\) çarpanları sadeleşir:
\[\beta\left( n, \tfrac{1}{2} \right) = (n - 1)!\,\sqrt{\pi} \cdot \frac{4^n\,n!}{(2n)!\,\sqrt{\pi}} = \frac{4^n\,n!\,(n - 1)!}{(2n)!}.\]
\((n - 1)! = \dfrac{n!}{n}\) yazılırsa
\[\beta\left( n, \tfrac{1}{2} \right) = \frac{4^n\,(n!)^2}{n\,(2n)!}\]
elde edilir. \(n = 1\) için formül \(\dfrac{4 \cdot 1}{1 \cdot 2} = 2\) verir; doğrudan hesap da aynı sonucu verir: \(\beta\left( 1, \tfrac{1}{2} \right) = \displaystyle\int_0^1 \frac{dt}{\sqrt{1 - t}} = 2\). \(\blacksquare\)
Alıştırma 18.6 (Karekök İçinde Kare) \(\displaystyle\int_0^1 \frac{x^4}{\sqrt{1 - x^2}}\,dx\) integralini hesaplayınız.
Çözüm
Kalıp. Aralık \([0, 1]\)’dir ama ikinci çarpan \(1 - x\)’in değil \(1 - x^2\)’nin kuvvetidir. Fonksiyon \(x \to 1^-\) iken sınırsızdır.
Değişken değiştirme. \(t = x^2\) diyelim. \(x = t^{1/2}\) ve \(dx = \tfrac{1}{2}t^{-1/2}\,dt\) olur; \(x^4 = t^2\)’dir ve sınırlar \(0\) ile \(1\) olarak kalır:
\[ \begin{aligned} \int_0^1 \frac{x^4}{\sqrt{1 - x^2}}\,dx &= \int_0^1 t^2 (1 - t)^{-1/2} \cdot \tfrac{1}{2}t^{-1/2}\,dt \\[1mm] &= \frac{1}{2}\int_0^1 t^{3/2}(1 - t)^{-1/2}\,dt. \end{aligned} \]
Parametreler. Üsler \(\tfrac{3}{2}\) ve \(-\tfrac{1}{2}\)’dir; parametreler \(\tfrac{5}{2}\) ve \(\tfrac{1}{2}\) olur. İntegral \(\tfrac{1}{2}\,\beta\left( \tfrac{5}{2}, \tfrac{1}{2} \right)\) sayısına eşittir.
Değer. \(\Gamma\left( \tfrac{5}{2} \right) = \dfrac{3\sqrt{\pi}}{4}\), \(\Gamma\left( \tfrac{1}{2} \right) = \sqrt{\pi}\) ve \(\Gamma(3) = 2\) olduğundan
\[\beta\left( \tfrac{5}{2}, \tfrac{1}{2} \right) = \frac{\Gamma\left( \tfrac{5}{2} \right)\Gamma\left( \tfrac{1}{2} \right)}{\Gamma(3)} = \frac{1}{2} \cdot \frac{3\sqrt{\pi}}{4} \cdot \sqrt{\pi} = \frac{3\pi}{8}\]
ve
\[\int_0^1 \frac{x^4}{\sqrt{1 - x^2}}\,dx = \frac{1}{2} \cdot \frac{3\pi}{8} = \frac{3\pi}{16}\]
bulunur. \(\blacksquare\)
Alıştırma 18.7 (Tek Kuvvetlerin Çarpımı) \(\displaystyle\int_0^{\pi/2} \sin^3\theta\,\cos^5\theta\,d\theta\) integralini hesaplayınız.
Çözüm
Kalıp ve parametreler. Sonuç 18.1 içinde \(m = 3\) ve \(n = 5\) alınır; parametreler \(\dfrac{m + 1}{2} = 2\) ve \(\dfrac{n + 1}{2} = 3\) olur:
\[\int_0^{\pi/2} \sin^3\theta\,\cos^5\theta\,d\theta = \frac{1}{2}\,\beta(2, 3).\]
Değer. Parametreler doğal sayıdır; Önerme 18.3 gereği
\[\beta(2, 3) = \frac{1!\,2!}{4!} = \frac{2}{24} = \frac{1}{12}\]
olur. Dolayısıyla
\[\int_0^{\pi/2} \sin^3\theta\,\cos^5\theta\,d\theta = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{12} = \frac{1}{24}.\]
\(\blacksquare\)
Gamma ve Beta fonksiyonları, integralin içindeki bir parametreye bağlı olarak tanımlanmış fonksiyonlardır. Bu bölümde onları her parametre değeri için ayrı ayrı, birer sayı olarak ele aldık. Parametre değiştikçe integralin nasıl davrandığı, yani böyle bir fonksiyonun sürekli ve türevlenebilir olup olmadığı ve türevin integral işaretinin altına geçip geçemeyeceği soruları Parametreye Bağlı İntegraller bölümünün konusudur.