17 İkinci Tip Genelleştirilmiş İntegraller
\(\displaystyle\int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{x}}\) integralinde aralık sınırlıdır ama fonksiyon sınırlı değildir: \(x\) sıfıra yaklaşırken \(\dfrac{1}{\sqrt{x}}\) sınırsız büyür. Riemann integrali yalnız sınırlı fonksiyonlar için tanımlandığından bu ifade sıradan bir integral değildir. Yine de eğrinin altındaki bölgenin alanını sormak anlamlıdır ve yanıt, sınırsız aralıklardaki fikirle verilir: sorunlu noktadan biraz uzakta durulur, sıradan integral alınır, sonra o noktaya doğru limit alınır.
Bu bölümde II. tip genelleştirilmiş integrali tanımlıyor ve önceki bölümde sınırsız aralıklar için kurulan yakınsaklık testlerinin karşılıklarını ispatlıyoruz. Testlerin biçimi aynıdır; değişen, ölçü olarak kullanılan kuvvet integralinin eşiğidir: sonsuzda \(p > 1\) yakınsaklık verirken sorunlu noktada \(p < 1\) yakınsaklık verir. Bölümün sonunda iki sorunun birlikte görüldüğü III. tip integrallere geçiyoruz.
17.1 Tekil Noktada İntegral
Önce fonksiyonun aralığın yalnız bir ucunda sınırsız olduğu durumu ele alalım.
Tanım 17.1 (İkinci Tip Genelleştirilmiş İntegral) \(a < b\) reel sayılar olsun. \(f : (a, b] \to \mathbb{R}\) fonksiyonu her \(x \in (a, b)\) için \([x, b]\) üzerinde integrallenebilir ve \(a\)’nın her sağ komşuluğunda sınırsız olsun. Bu durumda \(a\) noktasına \(f\)’nin tekil noktası denir.
\[\lim_{x \to a^+} \int_x^b f(t)\,dt\]
limiti var ve sonluysa \(\displaystyle\int_a^b f(x)\,dx\) genelleştirilmiş integrali yakınsaktır denir ve değeri bu limittir. Limit yoksa ya da sonsuzsa integral ıraksaktır denir.
Aynı biçimde, \(f : [a, b) \to \mathbb{R}\) her \(x \in (a, b)\) için \([a, x]\) üzerinde integrallenebilir ve \(b\)’nin her sol komşuluğunda sınırsızsa (tekil nokta \(b\))
\[\int_a^b f(x)\,dx = \lim_{x \to b^-} \int_a^x f(t)\,dt\]
tanımlanır; limit var ve sonluysa integral yakınsak, değilse ıraksaktır.
Yani tekil noktanın kendisi integrale hiç sokulmaz: ondan \(x\) kadar uzakta kesilen aralıkta fonksiyon sınırlıdır, orada sıradan integral alınır ve kesim noktası tekil noktaya yaklaştırılır. \(F(x) = \displaystyle\int_x^b f(t)\,dt\) yazılırsa yakınsaklık, \(F\) fonksiyonunun \(x \to a^+\) iken sonlu bir limite sahip olmasıdır. Limit tanımıyla: integralin \(A\) sayısına yakınsaması, her \(\varepsilon > 0\) için öyle bir \(\delta > 0\) bulunması demektir ki \(a < x < a + \delta\) olduğunda
\[\left| \int_x^b f(t)\,dt - A \right| < \varepsilon\]
olsun. \(h = x - a\) yazılarak aynı limit \(\displaystyle\lim_{h \to 0^+} \int_{a + h}^{b} f(t)\,dt\) biçiminde de ifade edilebilir.
Tekil ucu vurgulamak için \(\displaystyle\int_{a^+}^{b} f(x)\,dx\) ve \(\displaystyle\int_a^{b^-} f(x)\,dx\) yazımları da kullanılır. Biz sınırları yalın yazacak, tekil noktanın hangisi olduğunu her seferinde ayrıca söyleyeceğiz.
Örnek 17.1 (Sağ Ucu Tekil Yakınsak İntegral) \(\displaystyle\int_0^4 \frac{dx}{\sqrt{4 - x}}\) integrali yakınsak mıdır?
Çözüm
Fonksiyon \(x < 4\) için tanımlıdır ve \(x \to 4^-\) iken \(\dfrac{1}{\sqrt{4 - x}} \to +\infty\) olur; tekil nokta aralığın sağ ucu \(4\)’tür. \(\left( -2\sqrt{4 - t} \right)' = \dfrac{1}{\sqrt{4 - t}}\) olduğundan \(0 < x < 4\) için
\[\int_0^x \frac{dt}{\sqrt{4 - t}} = \Big[ -2\sqrt{4 - t} \Big]_0^x = 4 - 2\sqrt{4 - x}\]
olur. \(x \to 4^-\) iken \(\sqrt{4 - x} \to 0\) olduğundan limit vardır ve sonludur:
\[\int_0^4 \frac{dx}{\sqrt{4 - x}} = \lim_{x \to 4^-} \left( 4 - 2\sqrt{4 - x} \right) = 4.\]
İntegral yakınsaktır ve değeri \(4\)’tür. Bölge yukarı doğru sınırsız uzadığı hâlde alanı sonludur. \(\blacksquare\)
Tanımdaki sınırsızlık koşulunun bir nedeni vardır: fonksiyon \(a\) yakınında sınırlı kalıyorsa limit almak yeni bir şey vermez.
Önerme 17.1 (Sınırlı Fonksiyonda Limit Sıradan İntegraldir) \(f : (a, b] \to \mathbb{R}\) sınırlı ve her \(x \in (a, b)\) için \([x, b]\) üzerinde integrallenebilir olsun. \(f(a)\) değeri nasıl seçilirse seçilsin \(f \in \mathcal{R}[a, b]\) olur ve
\[\lim_{x \to a^+} \int_x^b f(t)\,dt = \int_a^b f(t)\,dt\]
sağlanır.
İspat
\(f(a)\) herhangi bir sayı olarak seçilsin ve \(M > 0\) sayısı, her \(t \in [a, b]\) için \(|f(t)| \le M\) olacak biçimde alınsın.
İntegrallenebilirlik. \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(2M(x_0 - a) < \dfrac{\varepsilon}{2}\) olacak biçimde bir \(x_0 \in (a, b)\) seçelim. \(f \in \mathcal{R}[x_0, b]\) olduğundan Riemann ölçütü (bkz. Analiz 2) gereği \([x_0, b]\) aralığının
\[U(P_0, f) - L(P_0, f) < \frac{\varepsilon}{2}\]
koşulunu sağlayan bir \(P_0\) bölünüşü vardır. \(P = \{a\} \cup P_0\) kümesi \([a, b]\)’nin bir bölünüşüdür ve \(P_0\)’a göre tek fazladan alt aralığı \([a, x_0]\)’dır. Bu alt aralıkta \(\sup f - \inf f \le 2M\) olduğundan
\[U(P, f) - L(P, f) \le 2M(x_0 - a) + \frac{\varepsilon}{2} < \varepsilon\]
olur. Riemann ölçütü gereği \(f \in \mathcal{R}[a, b]\)’dir.
Limit. İntegralin aralık üzerinde toplamsallığı (bkz. Analiz 2) gereği her \(x \in (a, b)\) için
\[\int_a^b f(t)\,dt - \int_x^b f(t)\,dt = \int_a^x f(t)\,dt\]
olur. İntegraller için üçgen eşitsizliği (bkz. Analiz 2) ile
\[\left| \int_a^x f(t)\,dt \right| \le \int_a^x |f(t)|\,dt \le M(x - a)\]
bulunur. \(x \to a^+\) iken sağ yan sıfıra gider; limit \(\displaystyle\int_a^b f(t)\,dt\) sayısıdır. \(\blacksquare\)
Örneğin \(\dfrac{\sin x}{x}\) fonksiyonu \(x = 0\)’da tanımsızdır, ama \(\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1\) olduğundan \((0, 1]\) üzerinde sınırlıdır; \(\displaystyle\int_0^1 \frac{\sin x}{x}\,dx\) sıradan bir integraldir. Bir noktada tanımsız olmak tekil olmak demek değildir: tekillik sınırsızlıktır. Bu yüzden bir integrali II. tip saymadan önce fonksiyonun kuşkulu noktadaki limitine bakılır.
17.2 İç Noktada ve Birden Çok Noktada Tekillik
Tekil nokta aralığın içindeyse ya da birden çok tekil nokta varsa integral, her biri yalnız bir ucunda tekil olan parçalara ayrılır.
Tanım 17.2 (İç Noktada ve Birden Çok Noktada Tekil İntegral) \(c \in (a, b)\) olsun. \(f : [a, b] \setminus \{c\} \to \mathbb{R}\) fonksiyonu \(c\)’yi içermeyen her kapalı alt aralıkta integrallenebilir ve \(c\) yakınında sınırsız olsun. (\(f\), \(c\)’nin bir yanında sınırlı kalıyorsa o yandaki parça sıradan bir integraldir; bkz. Önerme 17.1.) \(\displaystyle\int_a^c f(x)\,dx\) ve \(\displaystyle\int_c^b f(x)\,dx\) integrallerinin ikisi de yakınsaksa \(\displaystyle\int_a^b f(x)\,dx\) integrali yakınsaktır denir ve
\[\int_a^b f(x)\,dx = \int_a^c f(x)\,dx + \int_c^b f(x)\,dx\]
tanımlanır. İki integralden en az biri ıraksaksa \(\displaystyle\int_a^b f(x)\,dx\) ıraksaktır denir.
Daha genel olarak \(f\)’nin \([a, b]\) içinde sonlu sayıda tekil noktası varsa aralık, her parçada tekil nokta yalnız bir uçta kalacak biçimde sonlu sayıda alt aralığa bölünür. Bütün parçalardaki integraller yakınsaksa \(\displaystyle\int_a^b f(x)\,dx\) yakınsaktır ve değeri bu integrallerin toplamıdır; parçalardan en az biri ıraksaksa ıraksaktır.
Yani tekil noktaya soldan ve sağdan birbirinden bağımsız yaklaşılır; \(\displaystyle\lim_{x \to c^-} \int_a^x f\) ve \(\displaystyle\lim_{y \to c^+} \int_y^b f\) limitleri ayrı ayrı var olmalıdır. İki ucu da tekil olan bir integral herhangi bir \(c \in (a, b)\) noktasından ikiye bölünür. Bölme noktasının seçimi sonucu değiştirmez: \(c < c'\) ise \(\displaystyle\int_x^{c'} f = \int_x^{c} f + \int_c^{c'} f\) olduğundan iki seçim yalnız sıradan bir integral kadar farklı parçalar üretir ve toplam aynı kalır.
Örnek 17.2 (Tekil Noktası İçeride Olan İntegral) \(\displaystyle\int_{-1}^{8} \frac{dx}{\sqrt[3]{x}}\) integralini hesaplayınız.
Çözüm
\(x \to 0\) iken \(\dfrac{1}{\sqrt[3]{x}}\) sınırsızdır; tekil nokta aralığın içindeki \(0\)’dır. İntegrali \(0\)’dan ikiye ayıralım. \(t \ne 0\) için \(\left( \dfrac{3}{2}\big( \sqrt[3]{t} \big)^2 \right)' = \dfrac{1}{\sqrt[3]{t}}\) olur; bu eşitlik negatif \(t\) için de geçerlidir.
Sağ parça. \(0 < x < 8\) için
\[\int_x^8 \frac{dt}{\sqrt[3]{t}} = \left[ \frac{3}{2}\big( \sqrt[3]{t} \big)^2 \right]_x^8 = 6 - \frac{3}{2}\big( \sqrt[3]{x} \big)^2\]
olur ve \(x \to 0^+\) iken limit \(6\)’dır.
Sol parça. \(-1 < x < 0\) için
\[\int_{-1}^{x} \frac{dt}{\sqrt[3]{t}} = \left[ \frac{3}{2}\big( \sqrt[3]{t} \big)^2 \right]_{-1}^{x} = \frac{3}{2}\big( \sqrt[3]{x} \big)^2 - \frac{3}{2}\]
olur ve \(x \to 0^-\) iken limit \(-\dfrac{3}{2}\)’dir.
Sonuç. İki parça da yakınsaktır; dolayısıyla
\[\int_{-1}^{8} \frac{dx}{\sqrt[3]{x}} = 6 - \frac{3}{2} = \frac{9}{2}.\]
Sol parçanın negatif çıkması doğaldır: \(x < 0\) için \(\sqrt[3]{x} < 0\)’dır. \(\blacksquare\)
Örnek 17.3 (İki Ucu da Tekil Olan İntegral) \(\displaystyle\int_{-1}^{1} \frac{dx}{\sqrt{1 - x^2}}\) integralini hesaplayınız.
Çözüm
\(x \to 1^-\) ve \(x \to -1^+\) iken \(1 - x^2 \to 0^+\) olduğundan iki uç da tekildir. \(c = 0\) ile bölelim; \((\arcsin t)' = \dfrac{1}{\sqrt{1 - t^2}}\) olduğundan
\[ \begin{aligned} \int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{1 - x^2}} &= \lim_{x \to 1^-} \arcsin x = \frac{\pi}{2}, \\[1mm] \int_{-1}^{0} \frac{dx}{\sqrt{1 - x^2}} &= \lim_{x \to -1^+} \big( -\arcsin x \big) = \frac{\pi}{2}. \end{aligned} \]
İki parça da yakınsaktır; dolayısıyla
\[\int_{-1}^{1} \frac{dx}{\sqrt{1 - x^2}} = \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{2} = \pi.\]
\(\blacksquare\)
\(\displaystyle\int_{-1}^{1} \frac{dx}{x^2}\) integralinde ilkel körü körüne kullanılırsa \(\left[ -\dfrac{1}{x} \right]_{-1}^{1} = -2\) bulunur. Pozitif bir fonksiyonun integrali negatif olamaz; hesap yanlıştır, çünkü \(0\) noktası tekildir ve formülün istediği integrallenebilirlik koşulu sağlanmaz. Doğrusu, \(0\)’dan bölmektir: \(0 < x < 1\) için
\[\int_x^1 \frac{dt}{t^2} = \frac{1}{x} - 1\]
olur ve \(x \to 0^+\) iken bu ifade \(+\infty\)’a gider. Parçalardan biri ıraksak olduğundan integral ıraksaktır.
17.3 Kuvvet İntegrali
Testlerde ölçü olarak kullanılacak integral ailesi, I. tipte olduğu gibi kuvvet fonksiyonlarından oluşur.
Teorem 17.1 (Tekil Noktada Kuvvet İntegrali) \(a < b\) ve \(p \in \mathbb{R}\) olsun. \(\displaystyle\int_a^b \frac{dx}{(x - a)^p}\) integrali (tekil nokta \(a\)) \(p < 1\) için yakınsak, \(p \ge 1\) için ıraksaktır; \(p < 1\) iken
\[\int_a^b \frac{dx}{(x - a)^p} = \frac{(b - a)^{1-p}}{1 - p}\]
olur. Aynı sonuç ve aynı değer, tekil noktası \(b\) olan \(\displaystyle\int_a^b \frac{dx}{(b - x)^p}\) integrali için de geçerlidir.
İspat
Sol uç, \(p = 1\). \(a < x < b\) için
\[\int_x^b \frac{dt}{t - a} = \ln(b - a) - \ln(x - a)\]
olur. \(x \to a^+\) iken \(\ln(x - a) \to -\infty\) olduğundan limit \(+\infty\)’dur; integral ıraksaktır.
Sol uç, \(p \ne 1\).
\[\int_x^b \frac{dt}{(t - a)^p} = \left[ \frac{(t - a)^{1-p}}{1 - p} \right]_x^b = \frac{(b - a)^{1-p} - (x - a)^{1-p}}{1 - p}.\]
\(p < 1\) ise \(1 - p > 0\) olduğundan \(x \to a^+\) iken \((x - a)^{1-p} \to 0\) olur ve limit \(\dfrac{(b - a)^{1-p}}{1 - p}\)’dir. \(p > 1\) ise \(1 - p < 0\) olduğundan \((x - a)^{1-p} \to +\infty\) olur; payda \(1 - p\) negatif olduğundan kesir \(+\infty\)’a gider ve integral ıraksaktır.
Sağ uç. \(\left( -\dfrac{(b - t)^{1-p}}{1 - p} \right)' = \dfrac{1}{(b - t)^p}\) olduğundan \(p \ne 1\) ve \(a < x < b\) için
\[\int_a^x \frac{dt}{(b - t)^p} = \frac{(b - a)^{1-p} - (b - x)^{1-p}}{1 - p}\]
olur; \(p = 1\) için integral \(\ln(b - a) - \ln(b - x)\)’tir. \(x \to b^-\) iken \(b - x \to 0^+\) olduğundan sol uçtaki inceleme sözcüğü sözcüğüne yinelenir. \(\blacksquare\)
\(p \le 0\) için \(\dfrac{1}{(x - a)^p}\) sınırlıdır ve integral sıradan bir integraldir; formül bu durumda da doğrudur. Teoremin asıl içeriği \(0 < p < 1\) ve \(p \ge 1\) durumlarının ayrılmasıdır.
Eşik yine \(p = 1\)’dir, ama yön I. tiptekinin tersidir (Teorem 15.2).
| Sonsuzda (I. tip) | Tekil noktada (II. tip) | |
|---|---|---|
| Ölçü integrali | \(\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{dx}{x^p}\) | \(\displaystyle\int_0^1 \frac{dx}{x^p}\) |
| Yakınsak | \(p > 1\) | \(p < 1\) |
| Iraksak | \(p \le 1\) | \(p \ge 1\) |
| Testte bakılan limit | \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} x^p f(x)\) | \(\displaystyle\lim_{x \to a^+} (x - a)^p f(x)\) |
Yani sonsuzda yakınsaklık için fonksiyonun yeterince hızlı sönmesi, tekil noktada ise yeterince yavaş büyümesi gerekir. \(\dfrac{1}{x}\) iki tarafta da sınırdadır ve ikisinde de ıraksar; \(\dfrac{1}{\sqrt{x}}\) sıfırda yakınsar, sonsuzda ıraksar; \(\dfrac{1}{x^2}\) sonsuzda yakınsar, sıfırda ıraksar.
Yönün ters dönmesi bir rastlantı değildir; iki tip bir değişken değiştirmeyle birbirine çevrilir. \(t = a + \dfrac{1}{s}\) dönüşümüyle \(dt = -\dfrac{ds}{s^2}\) ve \(\dfrac{1}{(t - a)^p} = s^p\) olduğundan
\[\int_x^b \frac{dt}{(t - a)^p} = \int_{1/(b - a)}^{1/(x - a)} \frac{ds}{s^{2 - p}}\]
elde edilir. \(x \to a^+\) iken üst sınır \(+\infty\)’a gider; tekil noktadaki integral, sonsuzdaki \(\displaystyle\int \frac{ds}{s^{2-p}}\) integraline dönüşür ve \(2 - p > 1\) koşulu tam olarak \(p < 1\) demektir.
17.4 Testlerin Çerçevesi ve Cauchy Kriteri
İlkeli bulunamayan integrallerde yakınsaklığa, değeri hesaplamadan karar vermek gerekir. Bundan sonraki testlerde \(f : (a, b] \to \mathbb{R}\), her \(x \in (a, b)\) için \([x, b]\) üzerinde integrallenebilir bir fonksiyondur ve
\[F(x) = \int_x^b f(t)\,dt \qquad (a < x \le b)\]
yazıyoruz. \(f\)’nin \(a\) yakınında gerçekten sınırsız olup olmadığını ayrıca denetlemek gerekmez: sınırlıysa \(\displaystyle\lim_{x \to a^+} F(x)\) limiti zaten vardır (Önerme 17.1). Bütün ifadeleri sol ucu tekil integraller için yazıyoruz; sağ ucu tekil integrallerde \(F(x) = \displaystyle\int_a^x f(t)\,dt\), \(x \to b^-\) ve \(x - a\) yerine \(b - x\) alınarak aynı ifadeler aynı ispatlarla elde edilir.
Üç basit gözlem ispatlarda sürekli kullanılacak.
Dilim formülü. İntegralin aralık üzerinde toplamsallığı (bkz. Analiz 2) gereği
\[F(x_1) - F(x_2) = \int_{x_1}^{x_2} f(t)\,dt \qquad (a < x_1 < x_2 \le b) \tag{1}\]
olur.
Yerellik. \(c \in (a, b)\) ise (1) gereği her \(x \in (a, c)\) için \(F(x) = \displaystyle\int_x^c f(t)\,dt + F(c)\) olur. İkinci terim sabittir; dolayısıyla \(\displaystyle\int_a^b f\) ile \(\displaystyle\int_a^c f\) aynı anda yakınsar ya da ıraksar. Yakınsaklık yalnız fonksiyonun tekil nokta yakınındaki davranışına bağlıdır.
Lineerlik. Limitin toplam ve sabitle çarpım kuralları burada da geçerli olduğundan lineerlik teoremi (Teorem 15.1) II. tip integraller için aynı ispatla doğrudur. Özel olarak \(k \ne 0\) sabiti için \(\displaystyle\int_a^b k f\) ile \(\displaystyle\int_a^b f\) aynı anda yakınsar ya da ıraksar.
İlk test, limitin değerini bilmeden limitin varlığını denetler; I. tipteki karşılığı Teorem 16.1 ifadesidir.
Teorem 17.2 (Tekil Noktada Cauchy Kriteri) \(\displaystyle\int_a^b f(x)\,dx\) integralinin (tekil nokta \(a\)) yakınsak olması için gerek ve yeter koşul şudur: her \(\varepsilon > 0\) için öyle bir \(\delta \in (0, b - a]\) vardır ki \(a < x_1 < x_2 < a + \delta\) olan her \(x_1, x_2\) için
\[\left| \int_{x_1}^{x_2} f(t)\,dt \right| < \varepsilon\]
olur.
İspat
- gereği koşuldaki integral \(F(x_1) - F(x_2)\) farkıdır; koşul, \(F\) fonksiyonunun \(a\) yakınındaki değerlerinin birbirine yakın olduğunu söyler.
Gereklilik. \(\displaystyle\lim_{x \to a^+} F(x) = A\) olsun ve \(\varepsilon > 0\) verilsin. Öyle bir \(\delta \in (0, b - a]\) vardır ki \(a < x < a + \delta\) iken \(|F(x) - A| < \dfrac{\varepsilon}{2}\) olur. \(a < x_1 < x_2 < a + \delta\) ise (1) ve üçgen eşitsizliği ile
\[\left| \int_{x_1}^{x_2} f(t)\,dt \right| \le |F(x_1) - A| + |A - F(x_2)| < \varepsilon\]
bulunur.
Yeterlilik. Koşul sağlansın. \(x_n = a + \dfrac{b - a}{n}\) dizisini alalım; \(x_n \in (a, b]\) ve \(x_n \to a\) olur. \(\varepsilon > 0\) verilsin ve koşuldaki \(\delta\) sayısı \(\dfrac{\varepsilon}{2}\) için seçilsin. \(\dfrac{b - a}{N} < \delta\) olan bir \(N\) alalım. \(m, n \ge N\) ise \(x_m\) ve \(x_n\) noktaları \((a, a + \delta)\) aralığındadır ve (1) gereği
\[|F(x_n) - F(x_m)| < \frac{\varepsilon}{2}\]
olur. Demek ki \(\big( F(x_n) \big)\) bir Cauchy dizisidir ve bir \(A\) sayısına yakınsar (bkz. Analiz 1). Son eşitsizlikte \(m \to \infty\) alınırsa \(n \ge N\) için \(|F(x_n) - A| \le \dfrac{\varepsilon}{2}\) elde edilir.
Şimdi \(a < x < a + \delta\) olan herhangi bir \(x\) alalım. \(x\) ve \(x_N\) noktalarının ikisi de \((a, a + \delta)\) aralığında olduğundan
\[|F(x) - A| \le |F(x) - F(x_N)| + |F(x_N) - A| < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon\]
olur. \(\varepsilon\) keyfi olduğundan \(\displaystyle\lim_{x \to a^+} F(x) = A\)’dır; integral yakınsaktır. \(\blacksquare\)
Yani integral tam olarak, tekil noktaya yeterince yakın iki kesim arasındaki dilimin katkısı istenildiği kadar küçük yapılabildiğinde yakınsar.
17.5 Negatif Olmayan Fonksiyonlar ve Karşılaştırma Testi
Fonksiyon işaret değiştirmiyorsa \(F\) monotondur ve yakınsaklık sorusu bir sınırlılık sorusuna iner.
Teorem 17.3 (Negatif Olmayan Fonksiyonlarda Sınırlılık Ölçütü) Her \(x \in (a, b]\) için \(f(x) \ge 0\) olsun. \(\displaystyle\int_a^b f(x)\,dx\) integralinin (tekil nokta \(a\)) yakınsak olması için gerek ve yeter koşul, \(F\) fonksiyonunun \((a, b]\) üzerinde üstten sınırlı olmasıdır. Bu durumda
\[\int_a^b f(x)\,dx = \sup_{a < x \le b} F(x)\]
olur; \(F\) üstten sınırlı değilse \(\displaystyle\lim_{x \to a^+} F(x) = +\infty\)’dur.
İspat
\(f \ge 0\) olduğundan \(a < x_1 < x_2 \le b\) için \(\displaystyle\int_{x_1}^{x_2} f(t)\,dt \ge 0\) olur (bkz. Analiz 2); (1) gereği \(F(x_1) \ge F(x_2)\)’dir. Yani \(x\) küçüldükçe \(F(x)\) azalmaz.
\(F\) üstten sınırlıysa. \(S = \sup F\) olsun ve \(\varepsilon > 0\) verilsin. Supremum tanımı gereği \(F(x_0) > S - \varepsilon\) olan bir \(x_0 \in (a, b]\) vardır. \(a < x < x_0\) ise
\[S - \varepsilon < F(x_0) \le F(x) \le S\]
olur, yani \(|F(x) - S| < \varepsilon\). \(\delta = x_0 - a\) seçimiyle limit tanımı sağlanır: \(\displaystyle\lim_{x \to a^+} F(x) = S\) ve integral yakınsaktır.
\(F\) üstten sınırlı değilse. Her \(M > 0\) için \(F(x_0) > M\) olan bir \(x_0 \in (a, b]\) vardır ve \(a < x < x_0\) ise \(F(x) \ge F(x_0) > M\) olur. Demek ki \(\displaystyle\lim_{x \to a^+} F(x) = +\infty\)’dur ve integral ıraksaktır.
İki durum birlikte, yakınsaklığın üstten sınırlılığa denk olduğunu gösterir. \(\blacksquare\)
Yani negatif olmayan bir fonksiyonun II. tip integrali ya yakınsar ya da \(+\infty\)’a ıraksar; salınarak ıraksama olmaz. I. tipteki karşılığı Teorem 16.2 ifadesidir. Sınırlılık ölçütü, integrali bilinen bir fonksiyonla karşılaştırmaya izin verir.
Teorem 17.4 (Tekil Noktada Karşılaştırma Testi) \(f, g : (a, b] \to \mathbb{R}\) her \(x \in (a, b)\) için \([x, b]\) üzerinde integrallenebilir olsun ve her \(x \in (a, b]\) için \(0 \le f(x) \le g(x)\) sağlansın. Tekil nokta \(a\) olmak üzere:
- \(\displaystyle\int_a^b g\) yakınsaksa \(\displaystyle\int_a^b f\) de yakınsaktır ve \(\displaystyle\int_a^b f \le \int_a^b g\) olur.
- \(\displaystyle\int_a^b f\) ıraksaksa \(\displaystyle\int_a^b g\) de ıraksaktır.
İspat
\(G(x) = \displaystyle\int_x^b g(t)\,dt\) yazalım. \(f \le g\) olduğundan sıralama teoremi (bkz. Analiz 2) gereği her \(x \in (a, b]\) için \(F(x) \le G(x)\)’tir.
1. \(\displaystyle\int_a^b g\) yakınsaksa sınırlılık ölçütü (Teorem 17.3) gereği her \(x\) için \(G(x) \le \displaystyle\int_a^b g\) olur. O zaman
\[F(x) \le G(x) \le \int_a^b g(t)\,dt\]
sağlanır; \(F\) üstten sınırlıdır ve aynı ölçüt gereği \(\displaystyle\int_a^b f\) yakınsaktır. Değeri \(\sup F\) olduğundan ve \(\displaystyle\int_a^b g\) sayısı \(F\)’nin bir üst sınırı olduğundan \(\displaystyle\int_a^b f \le \int_a^b g\) bulunur.
2. Birinci şıkkın karşıt tersidir: \(\displaystyle\int_a^b g\) yakınsak olsaydı \(\displaystyle\int_a^b f\) de yakınsak olurdu. \(\blacksquare\)
Yerellik gereği eşitsizliğin bütün \((a, b]\) üzerinde sağlanması şart değildir: bir \(c \in (a, b)\) için \(0 \le f \le g\) eşitsizliği yalnız \((a, c]\) üzerinde doğruysa yakınsaklık ve ıraksaklık sonuçları yine geçerlidir. Testin işareti sabit fonksiyonlar için olduğu unutulmamalıdır; işaret değiştiren fonksiyonlarda mutlak değere geçilir.
Örnek 17.4 (Karşılaştırma Testiyle Yakınsaklık) \(\displaystyle\int_1^5 \frac{dx}{\sqrt{x^4 - 1}}\) integrali yakınsak mıdır?
Çözüm
\(x \to 1^+\) iken \(x^4 - 1 \to 0^+\) ve \(\dfrac{1}{\sqrt{x^4 - 1}} \to +\infty\) olur; tekil nokta sol uç \(1\)’dir.
Karşılaştırma. \(x^4 - 1 = (x - 1)(x + 1)(x^2 + 1)\) yazılır. \(1 < x \le 5\) için \((x + 1)(x^2 + 1) > 1\) olduğundan \(x^4 - 1 > x - 1 > 0\) ve
\[0 < \frac{1}{\sqrt{x^4 - 1}} < \frac{1}{\sqrt{x - 1}}\]
bulunur.
Ölçü integrali. \(\displaystyle\int_1^5 \frac{dx}{(x - 1)^{1/2}}\) bir kuvvet integralidir; \(p = \dfrac{1}{2} < 1\) olduğundan yakınsaktır ve değeri \(\dfrac{4^{1/2}}{1/2} = 4\)’tür (Teorem 17.1).
Sonuç. Karşılaştırma testi (Teorem 17.4) gereği integral yakınsaktır ve \(\displaystyle\int_1^5 \frac{dx}{\sqrt{x^4 - 1}} \le 4\) olur. \(\blacksquare\)
17.6 Limit Karşılaştırma ve Kuvvet Testi
Eşitsizlik kurmak her zaman kolay değildir; çoğu zaman iki fonksiyonun tekil nokta yakınında aynı hızla büyüdüğünü görmek yeter.
Teorem 17.5 (Tekil Noktada Limit Karşılaştırma Testi) \(f, g : (a, b] \to \mathbb{R}\) her \(x \in (a, b)\) için \([x, b]\) üzerinde integrallenebilir olsun; her \(x \in (a, b]\) için \(f(x) \ge 0\) ve \(g(x) > 0\) sağlansın ve
\[\lim_{x \to a^+} \frac{f(x)}{g(x)} = L\]
limiti (sonlu ya da \(+\infty\) olarak) var olsun. Tekil nokta \(a\) olmak üzere:
- \(0 < L < +\infty\) ise \(\displaystyle\int_a^b f\) ve \(\displaystyle\int_a^b g\) aynı anda yakınsar ya da ıraksar.
- \(L = 0\) ve \(\displaystyle\int_a^b g\) yakınsaksa \(\displaystyle\int_a^b f\) yakınsaktır.
- \(L = +\infty\) ve \(\displaystyle\int_a^b g\) ıraksaksa \(\displaystyle\int_a^b f\) ıraksaktır.
İspat
1. Limit tanımını \(\varepsilon = \dfrac{L}{2} > 0\) ile uygulayalım: öyle bir \(\delta \in (0, b - a]\) vardır ki \(a < x < a + \delta\) iken
\[\frac{L}{2} < \frac{f(x)}{g(x)} < \frac{3L}{2}\]
olur. \(g(x) > 0\) ile çarpılırsa, \(c = a + \dfrac{\delta}{2}\) olmak üzere her \(x \in (a, c]\) için
\[0 < \frac{L}{2}\,g(x) < f(x) < \frac{3L}{2}\,g(x) \tag{2}\]
bulunur.
\(\displaystyle\int_a^b g\) yakınsak olsun. Yerellik gereği \(\displaystyle\int_a^c g\), lineerlik gereği \(\displaystyle\int_a^c \frac{3L}{2}\,g\) yakınsaktır. (2)’nin sağ yarısı ve karşılaştırma testi (Teorem 17.4) ile \(\displaystyle\int_a^c f\) yakınsaktır; yerellik gereği \(\displaystyle\int_a^b f\) yakınsaktır.
Tersine \(\displaystyle\int_a^b f\) yakınsak olsun. O zaman \(\displaystyle\int_a^c f\) yakınsaktır; (2)’nin sol yarısı ve karşılaştırma testi ile \(\displaystyle\int_a^c \frac{L}{2}\,g\) yakınsaktır. \(\dfrac{2}{L}\) ile çarpılırsa \(\displaystyle\int_a^c g\), yerellik gereği de \(\displaystyle\int_a^b g\) yakınsaktır.
İki integral aynı anda yakınsadığına göre aynı anda ıraksar.
2. Limit tanımını \(\varepsilon = 1\) ile uygulayalım: öyle bir \(\delta \in (0, b - a]\) vardır ki \(a < x < a + \delta\) iken \(\dfrac{f(x)}{g(x)} < 1\) olur. \(c = a + \dfrac{\delta}{2}\) ile her \(x \in (a, c]\) için \(0 \le f(x) < g(x)\) sağlanır. \(\displaystyle\int_a^c g\) yakınsak olduğundan karşılaştırma testi gereği \(\displaystyle\int_a^c f\), yerellik gereği \(\displaystyle\int_a^b f\) yakınsaktır.
3. \(L = +\infty\) olduğundan öyle bir \(\delta \in (0, b - a]\) vardır ki \(a < x < a + \delta\) iken \(\dfrac{f(x)}{g(x)} > 1\) olur. \(c = a + \dfrac{\delta}{2}\) ile her \(x \in (a, c]\) için \(0 < g(x) < f(x)\) sağlanır. \(\displaystyle\int_a^b f\) yakınsak olsaydı \(\displaystyle\int_a^c f\) yakınsak olur, karşılaştırma testi \(\displaystyle\int_a^c g\) integralinin, yerellik de \(\displaystyle\int_a^b g\) integralinin yakınsak olduğunu verirdi; bu varsayımla çelişir. Öyleyse \(\displaystyle\int_a^b f\) ıraksaktır. \(\blacksquare\)
Yani \(L\) sonlu ve pozitifse iki fonksiyon tekil nokta yakınında birbirinin sabit katı gibi davranır ve integralleri aynı kaderi paylaşır. I. tipteki karşılığı Teorem 16.4 ifadesidir. \(g\) yerine kuvvet fonksiyonu alındığında uygulamada en çok kullanılan test çıkar.
Sonuç 17.1 (Tekil Noktada Kuvvet Testi) \(f : (a, b] \to \mathbb{R}\) her \(x \in (a, b)\) için \([x, b]\) üzerinde integrallenebilir ve negatif olmayan bir fonksiyon, \(p \in \mathbb{R}\) olsun ve
\[\lim_{x \to a^+} (x - a)^p f(x) = r\]
limiti (sonlu ya da \(+\infty\) olarak) var olsun. Tekil nokta \(a\) olmak üzere:
- \(0 < r < +\infty\) ise \(\displaystyle\int_a^b f(x)\,dx\) integrali \(p < 1\) için yakınsak, \(p \ge 1\) için ıraksaktır.
- \(r = 0\) ve \(p < 1\) ise \(\displaystyle\int_a^b f(x)\,dx\) yakınsaktır.
- \(r = +\infty\) ve \(p \ge 1\) ise \(\displaystyle\int_a^b f(x)\,dx\) ıraksaktır.
Tekil nokta \(b\) ise aynı sonuçlar \(\displaystyle\lim_{x \to b^-} (b - x)^p f(x) = r\) limitiyle geçerlidir.
İspat
\(g(x) = \dfrac{1}{(x - a)^p}\) alalım. \(g\), \((a, b]\) üzerinde sürekli ve pozitiftir ve \(\dfrac{f(x)}{g(x)} = (x - a)^p f(x)\) olduğundan \(\displaystyle\lim_{x \to a^+} \frac{f(x)}{g(x)} = r\)’dir. \(\displaystyle\int_a^b g\) integrali \(p < 1\) için yakınsak, \(p \ge 1\) için ıraksaktır (Teorem 17.1). Üç şık, limit karşılaştırma testinin (Teorem 17.5) üç şıkkından sırasıyla elde edilir. Tekil nokta \(b\) ise \(g(x) = \dfrac{1}{(b - x)^p}\) alınır. \(\blacksquare\)
Teoremin kapsamadığı iki durum vardır: \(r = 0\) ve \(p \ge 1\) ile \(r = +\infty\) ve \(p < 1\). Bu durumlarda seçilen \(p\) karar vermeye yetmez; başka bir \(p\) ya da başka bir karşılaştırma fonksiyonu denenir.
- Tekil noktaları bul. Paydayı sıfırlayan ya da fonksiyonu sınırsız yapan noktalar belirlenir; limit sonlu çıkıyorsa nokta tekil değildir.
- Parçala. Aralık, her parçada tekil nokta yalnız bir uçta kalacak biçimde bölünür.
- İşareti sabitle. Parçada \(f \le 0\) ise \(-f\) ile, işaret değişiyorsa \(|f|\) ile çalışılır.
- Kuvveti bul. \((x - a)^p f(x)\) limitini (sağ uçta \((b - x)^p f(x)\)) sonlu ve pozitif yapan \(p\) aranır. \(p < 1\) ise parça yakınsak, \(p \ge 1\) ise ıraksaktır; bütün parçalar yakınsaksa integral yakınsaktır.
Örnek 17.5 (Kuvvet Testiyle Yakınsaklık) \(\displaystyle\int_1^2 \frac{dx}{\sqrt[4]{x^2 - 1}}\) integrali yakınsak mıdır?
Çözüm
Tekil nokta. \(x \to 1^+\) iken \(x^2 - 1 \to 0^+\) ve \(\dfrac{1}{\sqrt[4]{x^2 - 1}} \to +\infty\) olur; tekil nokta sol uç \(1\)’dir. Fonksiyon \((1, 2]\) üzerinde pozitiftir.
Kuvvet. \(x^2 - 1 = (x - 1)(x + 1)\) olduğundan payda \((x - 1)^{1/4}(x + 1)^{1/4}\) biçimindedir; \(p = \dfrac{1}{4}\) alınır:
\[\lim_{x \to 1^+} (x - 1)^{1/4} \cdot \frac{1}{\sqrt[4]{x^2 - 1}} = \lim_{x \to 1^+} \frac{1}{\sqrt[4]{x + 1}} = \frac{1}{\sqrt[4]{2}}.\]
Sonuç. \(r = \dfrac{1}{\sqrt[4]{2}}\) sonlu ve pozitiftir, \(p = \dfrac{1}{4} < 1\)’dir. Kuvvet testi (Sonuç 17.1) gereği integral yakınsaktır. \(\blacksquare\)
Örnek 17.6 (Tekil Noktada Iraksak İntegral) \(\displaystyle\int_1^3 \frac{\sqrt{x}}{\ln x}\,dx\) integrali yakınsak mıdır?
Çözüm
Tekil nokta. \(x \to 1^+\) iken \(\ln x \to 0^+\) ve \(\sqrt{x} \to 1\) olduğundan \(\dfrac{\sqrt{x}}{\ln x} \to +\infty\) olur; tekil nokta sol uç \(1\)’dir. Fonksiyon \((1, 3]\) üzerinde pozitiftir.
Kuvvet. \(\ln 1 = 0\) olduğundan türev tanımı gereği
\[\lim_{x \to 1} \frac{\ln x}{x - 1} = (\ln x)'\Big|_{x = 1} = 1\]
olur; yani \(1\) yakınında \(\ln x\), \(x - 1\) gibi davranır. \(p = 1\) alınır:
\[\lim_{x \to 1^+} (x - 1) \cdot \frac{\sqrt{x}}{\ln x} = \lim_{x \to 1^+} \sqrt{x} \cdot \frac{x - 1}{\ln x} = 1.\]
Sonuç. \(r = 1\) sonlu ve pozitiftir, \(p = 1 \ge 1\)’dir. Kuvvet testi (Sonuç 17.1) gereği integral ıraksaktır. \(\blacksquare\)
Örnek 17.7 (Limitin Sıfır Olduğu Durum) \(\displaystyle\int_0^1 \ln x\,dx\) integralinin yakınsak olduğunu gösteriniz ve değerini bulunuz.
Çözüm
Tekil nokta ve işaret. \(x \to 0^+\) iken \(\ln x \to -\infty\) olur; tekil nokta sol uç \(0\)’dır. \((0, 1]\) üzerinde \(\ln x \le 0\) olduğundan \(-\ln x \ge 0\) fonksiyonuyla çalışalım.
Kuvvet. Her \(q > 0\) için \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+} x^q\,|\ln x| = 0\) olur (bkz. Analiz 2). Dolayısıyla limiti sonlu ve pozitif yapan bir \(p\) yoktur: \(p > 0\) için limit \(0\), \(p \le 0\) için \(+\infty\)’dur. \(p = \dfrac{1}{2}\) alalım:
\[\lim_{x \to 0^+} x^{1/2}\,(-\ln x) = 0.\]
\(r = 0\) ve \(p = \dfrac{1}{2} < 1\) olduğundan kuvvet testinin ikinci şıkkı (Sonuç 17.1) gereği \(\displaystyle\int_0^1 (-\ln x)\,dx\) yakınsaktır; lineerlik gereği \(\displaystyle\int_0^1 \ln x\,dx\) de yakınsaktır.
Değer. \((t \ln t - t)' = \ln t\) olduğundan \(0 < x < 1\) için
\[\int_x^1 \ln t\,dt = \Big[ t \ln t - t \Big]_x^1 = -1 - x \ln x + x\]
olur. \(x \to 0^+\) iken \(x \ln x \to 0\) olduğundan
\[\int_0^1 \ln x\,dx = -1\]
bulunur. Logaritma sıfırda sınırsızdır, ama her kuvvet fonksiyonundan yavaş büyür; bu yüzden integrali yakınsar. \(\blacksquare\)
17.7 Mutlak ve Şartlı Yakınsaklık
Karşılaştırma testleri negatif olmayan fonksiyonlar içindir. İşaret değiştiren fonksiyonlarda, serilerde ve I. tip integrallerde olduğu gibi (Tanım 16.1), mutlak değerin integraline bakılır. \(f\), \([x, b]\) üzerinde integrallenebilirse \(|f|\) de integrallenebilirdir (bkz. Analiz 2); dolayısıyla aşağıdaki tanım anlamlıdır.
Tanım 17.3 (İkinci Tipte Mutlak ve Şartlı Yakınsaklık) \(f : (a, b] \to \mathbb{R}\) her \(x \in (a, b)\) için \([x, b]\) üzerinde integrallenebilir olsun ve tekil nokta \(a\) olsun. \(\displaystyle\int_a^b |f(x)|\,dx\) yakınsaksa \(\displaystyle\int_a^b f(x)\,dx\) integrali mutlak yakınsaktır denir. \(\displaystyle\int_a^b f(x)\,dx\) yakınsak, ama \(\displaystyle\int_a^b |f(x)|\,dx\) ıraksaksa integral şartlı yakınsaktır denir. Tekil nokta \(b\) ise tanım aynıdır.
Yani mutlak yakınsaklıkta integral, pozitif ve negatif alanlar birbirini götürmese bile yakınsar; şartlı yakınsaklıkta yakınsaklığı sağlayan tam da bu götürmedir.
Teorem 17.6 (Mutlak Yakınsak İntegral Yakınsaktır) \(\displaystyle\int_a^b f(x)\,dx\) integrali (tekil nokta \(a\)) mutlak yakınsaksa yakınsaktır ve
\[\left| \int_a^b f(x)\,dx \right| \le \int_a^b |f(x)|\,dx\]
olur.
İspat
\(\varepsilon > 0\) verilsin. \(\displaystyle\int_a^b |f|\) yakınsak olduğundan Cauchy kriteri (Teorem 17.2) gereği öyle bir \(\delta \in (0, b - a]\) vardır ki \(a < x_1 < x_2 < a + \delta\) iken \(\displaystyle\int_{x_1}^{x_2} |f(t)|\,dt < \varepsilon\) olur. İntegraller için üçgen eşitsizliği (bkz. Analiz 2) ile
\[\left| \int_{x_1}^{x_2} f(t)\,dt \right| \le \int_{x_1}^{x_2} |f(t)|\,dt < \varepsilon\]
bulunur. Cauchy koşulu \(f\) için de sağlanır; aynı kriter gereği \(\displaystyle\int_a^b f\) yakınsaktır.
Eşitsizlik için her \(x \in (a, b)\) üzerinde \(\left| \displaystyle\int_x^b f(t)\,dt \right| \le \displaystyle\int_x^b |f(t)|\,dt\) yazılır ve \(x \to a^+\) alınır; mutlak değer sürekli olduğundan ve limit sıralamayı koruduğundan istenen elde edilir. \(\blacksquare\)
Teoremin uygulamadaki anlamı şudur: \(|f|\) negatif olmayan bir fonksiyondur, dolayısıyla karşılaştırma ve kuvvet testleri ona uygulanabilir; \(\displaystyle\int |f|\) yakınsak çıkarsa \(\displaystyle\int f\) de yakınsaktır. Aşağıdaki problemde hem birden çok tekil nokta hem de işaret sorunu vardır.
Örnek 17.8 (İki Tekil Noktalı İntegral) \(\displaystyle\int_0^2 \frac{dx}{\sqrt[5]{x^3 - x}}\) genelleştirilmiş integrali yakınsak mıdır?
Çözüm
\(f(x) = \dfrac{1}{\sqrt[5]{x^3 - x}}\) yazalım.
Tekil noktalar. \(x^3 - x = x(x - 1)(x + 1)\) ifadesi \(-1\), \(0\) ve \(1\)’de sıfırlanır. \([0, 2]\) aralığında \(0\) ve \(1\) vardır; bu noktalara yaklaşırken \(|f(x)| \to +\infty\) olur. Tekil noktalar sol uç \(0\) ve iç nokta \(1\)’dir.
Parçalama. Her parçada tekil nokta yalnız bir uçta kalsın diye \((0, 1)\) aralığını \(\dfrac{1}{2}\)’den bölelim:
\[\int_0^2 f = \underbrace{\int_0^{1/2} f}_{I_1} + \underbrace{\int_{1/2}^{1} f}_{I_2} + \underbrace{\int_1^{2} f}_{I_3}.\]
\(I_1\) integralinde tekil nokta sol uç \(0\), \(I_2\) integralinde sağ uç \(1\), \(I_3\) integralinde sol uç \(1\)’dir.
İşaret. \(0 < x < 1\) için \(x^3 - x = -x(1 - x)(1 + x) < 0\) olduğundan \(f(x) < 0\)’dır ve
\[|f(x)| = \frac{1}{\sqrt[5]{x - x^3}} = \frac{1}{\sqrt[5]{x(1 - x)(1 + x)}}\]
olur. \(1 < x \le 2\) için \(x^3 - x > 0\) ve \(f(x) > 0\)’dır.
\(I_1\). \(p = \dfrac{1}{5}\) ile
\[\lim_{x \to 0^+} x^{1/5}\,|f(x)| = \lim_{x \to 0^+} \frac{1}{\sqrt[5]{(1 - x)(1 + x)}} = 1\]
olur. \(r = 1\) ve \(p = \dfrac{1}{5} < 1\) olduğundan kuvvet testi (Sonuç 17.1) gereği \(\displaystyle\int_0^{1/2} |f|\) yakınsaktır; \(I_1\) mutlak yakınsaktır, dolayısıyla yakınsaktır (Teorem 17.6).
\(I_2\). Tekil nokta sağ uçtadır; \(p = \dfrac{1}{5}\) ile
\[\lim_{x \to 1^-} (1 - x)^{1/5}\,|f(x)| = \lim_{x \to 1^-} \frac{1}{\sqrt[5]{x(1 + x)}} = \frac{1}{\sqrt[5]{2}}\]
olur. \(r = \dfrac{1}{\sqrt[5]{2}}\) sonlu ve pozitif, \(p < 1\) olduğundan \(I_2\) mutlak yakınsaktır, dolayısıyla yakınsaktır.
\(I_3\). Bu parçada \(f > 0\)’dır; \(p = \dfrac{1}{5}\) ile
\[\lim_{x \to 1^+} (x - 1)^{1/5} f(x) = \lim_{x \to 1^+} \frac{1}{\sqrt[5]{x(x + 1)}} = \frac{1}{\sqrt[5]{2}}\]
olur ve \(I_3\) yakınsaktır.
Sonuç. Üç parça da yakınsak olduğundan \(\displaystyle\int_0^2 \frac{dx}{\sqrt[5]{x^3 - x}}\) integrali yakınsaktır (Tanım 17.2). \(\blacksquare\)
Şartlı yakınsak II. tip integraller de vardır; tekil nokta yakınında hızla salınan fonksiyonlar bunun tipik kaynağıdır.
Örnek 17.9 (Tekil Noktada Şartlı Yakınsak İntegral) \(\displaystyle\int_0^1 \frac{1}{x} \sin\frac{1}{x}\,dx\) integralinin şartlı yakınsak olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(f(x) = \dfrac{1}{x}\sin\dfrac{1}{x}\) fonksiyonu \((0, 1]\) üzerinde süreklidir. \(x_k = \dfrac{1}{\pi/2 + 2k\pi}\) noktalarında \(f(x_k) = \dfrac{1}{x_k} \to +\infty\) olduğundan \(0\) tekil noktadır.
Dönüşüm. \(0 < x < 1\) olsun. \([x, 1]\) üzerinde \(s = \dfrac{1}{t}\) değişken değiştirmesi yapalım; \(ds = -\dfrac{dt}{t^2}\) olur, \(s = x\) iken \(t = \dfrac{1}{x}\) ve \(s = 1\) iken \(t = 1\)’dir. Belirli integralde değişken değiştirme (bkz. Analiz 2) ile
\[\int_x^1 \frac{1}{s}\sin\frac{1}{s}\,ds = \int_{1/x}^{1} t \sin t \cdot \left( -\frac{1}{t^2} \right) dt = \int_1^{1/x} \frac{\sin t}{t}\,dt\]
bulunur. Aynı hesap mutlak değerle yinelenirse
\[\int_x^1 \left| \frac{1}{s}\sin\frac{1}{s} \right| ds = \int_1^{1/x} \frac{|\sin t|}{t}\,dt\]
elde edilir.
Yakınsaklık. \(x \to 0^+\) iken \(\dfrac{1}{x} \to +\infty\) olur. \(\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{\sin t}{t}\,dt\) integrali şartlı yakınsaktır (Örnek 16.8). Yakınsak olduğundan birinci eşitliğin sağ yanının limiti vardır; \(\displaystyle\int_0^1 f\) yakınsaktır.
Mutlak yakınsaklık yok. \(\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{|\sin t|}{t}\,dt\) ıraksaktır ve integrali alınan fonksiyon negatif değildir; dolayısıyla ikinci eşitliğin sağ yanı \(x \to 0^+\) iken \(+\infty\)’a gider (Teorem 16.2). \(\displaystyle\int_0^1 |f|\) ıraksaktır.
İntegral yakınsak ama mutlak yakınsak değildir; şartlı yakınsaktır. \(\blacksquare\)
17.8 Tekil Noktada Cauchy Temel Değeri
İç noktada tekil bir integralde soldan ve sağdan yaklaşma birbirinden bağımsızdır. İki yaklaşma aynı hızla, simetrik yapılırsa I. tipteki temel değerin (Tanım 15.3) karşılığı elde edilir.
Tanım 17.4 (Tekil Noktada Cauchy Temel Değeri) \(c \in (a, b)\) olsun ve \(f : [a, b] \setminus \{c\} \to \mathbb{R}\) fonksiyonu \(c\)’yi içermeyen her kapalı alt aralıkta integrallenebilir olsun.
\[\text{p.v.}\int_a^b f(x)\,dx = \lim_{\varepsilon \to 0^+} \left[ \int_a^{c - \varepsilon} f(x)\,dx + \int_{c + \varepsilon}^{b} f(x)\,dx \right]\]
limiti var ve sonluysa bu sayıya \(\displaystyle\int_a^b f(x)\,dx\) integralinin Cauchy temel değeri denir.
Yani temel değerde tekil noktanın iki yanından eşit uzunlukta birer parça atılır ve bu parçalar aynı anda küçültülür. Bu, tekil noktanın solundaki ve sağındaki sonsuz alanların birbirini götürmesine izin verir.
Önerme 17.2 (Yakınsak İkinci Tip İntegralin Temel Değeri) \(c \in (a, b)\) tekil noktası olan \(\displaystyle\int_a^b f(x)\,dx\) integrali yakınsaksa Cauchy temel değeri de vardır ve integralin değerine eşittir.
İspat
İntegral yakınsak olduğundan \(\displaystyle\lim_{x \to c^-} \int_a^x f\) ve \(\displaystyle\lim_{y \to c^+} \int_y^b f\) limitleri vardır ve toplamları integralin değeridir (Tanım 17.2). \(\varepsilon \to 0^+\) iken \(c - \varepsilon \to c^-\) ve \(c + \varepsilon \to c^+\) olduğundan köşeli parantezdeki iki terim sırasıyla bu iki limite yakınsar; toplamın limiti, limitlerin toplamıdır. \(\blacksquare\)
Önermenin tersi doğru değildir.
Örnek 17.10 (Temel Değeri Olan Iraksak İkinci Tip İntegral) \(\text{p.v.}\displaystyle\int_{-1}^{2} \frac{dx}{x}\) değerini bulunuz. \(\displaystyle\int_{-1}^{2} \frac{dx}{x}\) integrali yakınsak mıdır?
Çözüm
Tekil nokta aralığın içindeki \(0\)’dır.
İntegral. \(\displaystyle\int_0^2 \frac{dx}{x}\) bir kuvvet integralidir ve \(p = 1\) olduğundan ıraksaktır (Teorem 17.1). Parçalardan biri ıraksak olduğundan \(\displaystyle\int_{-1}^{2} \frac{dx}{x}\) ıraksaktır.
Temel değer. \(0 < \varepsilon < 1\) için \((\ln|x|)' = \dfrac{1}{x}\) kullanılarak
\[ \begin{aligned} \int_{-1}^{-\varepsilon} \frac{dx}{x} &= \Big[ \ln|x| \Big]_{-1}^{-\varepsilon} = \ln\varepsilon, \\[1mm] \int_{\varepsilon}^{2} \frac{dx}{x} &= \Big[ \ln x \Big]_{\varepsilon}^{2} = \ln 2 - \ln\varepsilon \end{aligned} \]
bulunur. İki parçanın toplamı her \(\varepsilon\) için \(\ln 2\)’dir; sonsuza giden \(\ln\varepsilon\) terimleri birbirini götürür. Dolayısıyla
\[\text{p.v.}\int_{-1}^{2} \frac{dx}{x} = \lim_{\varepsilon \to 0^+} \ln 2 = \ln 2.\]
Kesim simetrik yapılmazsa sonuç değişir: sağdan \(2\varepsilon\) kadar atılırsa
\[\int_{-1}^{-\varepsilon} \frac{dx}{x} + \int_{2\varepsilon}^{2} \frac{dx}{x} = \ln\varepsilon + \ln 2 - \ln(2\varepsilon) = 0\]
olur. Yakınsak bir integralde böyle bir bağımlılık olamazdı. \(\blacksquare\)
17.9 Üçüncü Tip Genelleştirilmiş İntegraller
Bir integralde hem aralık sınırsız hem de fonksiyon bazı noktalarda sınırsız olabilir. Böyle bir integral, I. tip ve II. tip integrallerin toplamı olarak ele alınır.
Tanım 17.5 (Üçüncü Tip Genelleştirilmiş İntegral) \(f : (a, +\infty) \to \mathbb{R}\) fonksiyonu her \([x, y] \subset (a, +\infty)\) aralığında integrallenebilir ve \(a\) noktası \(f\)’nin tekil noktası olsun. \(b > a\) olmak üzere \(\displaystyle\int_a^b f(x)\,dx\) (II. tip) ve \(\displaystyle\int_b^{+\infty} f(x)\,dx\) (I. tip) integrallerinin ikisi de yakınsaksa \(\displaystyle\int_a^{+\infty} f(x)\,dx\) integrali yakınsaktır denir ve
\[\int_a^{+\infty} f(x)\,dx = \int_a^b f(x)\,dx + \int_b^{+\infty} f(x)\,dx\]
tanımlanır. İki integralden en az biri ıraksaksa \(\displaystyle\int_a^{+\infty} f(x)\,dx\) ıraksaktır denir.
Daha genel olarak aralığı sınırsız olan ve sonlu sayıda tekil noktası bulunan bir integral, her parçada tek bir sorun (sonsuz bir uç ya da tek uçta bir tekil nokta) kalacak biçimde sonlu sayıda parçaya ayrılır. Bütün parçalar yakınsaksa integral yakınsaktır ve değeri parçaların toplamıdır; parçalardan en az biri ıraksaksa ıraksaktır. Bu türden integrallere III. tip genelleştirilmiş integral denir.
Yani III. tip yeni bir limit kavramı getirmez; her sorun ayrı bir parçaya hapsedilir ve her parça kendi tipinin testleriyle incelenir. Tanım \(b\) seçimine bağlı değildir: \(b < b'\) ise \(\displaystyle\int_a^{b'} f = \int_a^{b} f + \int_b^{b'} f\) ve \(\displaystyle\int_b^{+\infty} f = \int_b^{b'} f + \int_{b'}^{+\infty} f\) olduğundan yakınsaklık da toplam da aynı kalır.
Aralığın bütün doğru olması integrali III. tip yapmaz. \(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-|x|}\,dx\) integralinde (Alıştırma 15.4) fonksiyon her noktada sınırlıdır; bu bir I. tip integraldir.
Örnek 17.11 (Tekil Noktası Yüzünden Iraksayan İntegral) \(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{dx}{x^2}\) integrali yakınsak mıdır?
Çözüm
\(x \to 0\) iken \(\dfrac{1}{x^2} \to +\infty\) olur; aralık iki yönde sınırsızdır ve içinde \(0\) tekil noktası vardır. Her parçada tek sorun kalsın diye integrali dört parçaya ayıralım:
\[\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{dx}{x^2} = \int_{-\infty}^{-1} \frac{dx}{x^2} + \int_{-1}^{0} \frac{dx}{x^2} + \int_0^1 \frac{dx}{x^2} + \int_1^{+\infty} \frac{dx}{x^2}.\]
Üçüncü parça, tekil noktası \(0\) olan bir kuvvet integralidir ve \(p = 2 \ge 1\) olduğundan ıraksaktır (Teorem 17.1). Parçalardan biri ıraksak olduğundan \(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{dx}{x^2}\) ıraksaktır.
Sonsuzdaki parçalar yakınsaktır: \(\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{dx}{x^2} = 1\) (Teorem 15.2). Iraksaklığın tek kaynağı tekil noktadır. \(\blacksquare\)
Örnek 17.12 (Yakınsak Bir Üçüncü Tip İntegral) \(\displaystyle\int_0^{+\infty} \frac{dx}{\sqrt{x}\,(1 + x)}\) integralinin yakınsak olduğunu gösteriniz ve değerini bulunuz.
Çözüm
\(f(x) = \dfrac{1}{\sqrt{x}\,(1 + x)}\) fonksiyonu \((0, +\infty)\) üzerinde sürekli ve pozitiftir. \(x \to 0^+\) iken \(f(x) \to +\infty\) olduğundan \(0\) tekil noktadır; aralık da sınırsızdır. \(b = 1\) ile iki parçaya ayıralım.
Tekil nokta yakınında. \(p = \dfrac{1}{2}\) ile
\[\lim_{x \to 0^+} x^{1/2} f(x) = \lim_{x \to 0^+} \frac{1}{1 + x} = 1\]
olur. \(p < 1\) olduğundan \(\displaystyle\int_0^1 f\) yakınsaktır (Sonuç 17.1).
Sonsuzda. \(p = \dfrac{3}{2}\) ile
\[\lim_{x \to +\infty} x^{3/2} f(x) = \lim_{x \to +\infty} \frac{x}{1 + x} = 1\]
olur. \(p > 1\) olduğundan \(\displaystyle\int_1^{+\infty} f\) yakınsaktır (Sonuç 16.1). İki parça da yakınsak olduğundan integral yakınsaktır.
Değer. \(x = t^2\) (\(t > 0\)) değişken değiştirmesiyle \(dx = 2t\,dt\) ve \(\sqrt{x} = t\) olur. \(0 < \varepsilon < 1 < b\) için
\[ \begin{aligned} \int_{\varepsilon}^{1} \frac{dx}{\sqrt{x}\,(1 + x)} &= \int_{\sqrt{\varepsilon}}^{1} \frac{2\,dt}{1 + t^2} = \frac{\pi}{2} - 2\arctan\sqrt{\varepsilon}, \\[1mm] \int_1^{b} \frac{dx}{\sqrt{x}\,(1 + x)} &= \int_1^{\sqrt{b}} \frac{2\,dt}{1 + t^2} = 2\arctan\sqrt{b} - \frac{\pi}{2} \end{aligned} \]
bulunur. \(\varepsilon \to 0^+\) iken \(\arctan\sqrt{\varepsilon} \to 0\) ve \(b \to +\infty\) iken \(\arctan\sqrt{b} \to \dfrac{\pi}{2}\) olduğundan iki parçanın değeri de \(\dfrac{\pi}{2}\)’dir:
\[\int_0^{+\infty} \frac{dx}{\sqrt{x}\,(1 + x)} = \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{2} = \pi.\]
\(\blacksquare\)
17.10 Alıştırmalar
Alıştırma 17.1 (Sağ Ucu Tekil Köklü İntegral) \(\displaystyle\int_1^2 \frac{x^2}{(3 - x)\sqrt{2 - x}}\,dx\) integralinin yakınsak olup olmadığını araştırınız.
Çözüm
\(f(x) = \dfrac{x^2}{(3 - x)\sqrt{2 - x}}\) yazalım. \([1, 2]\) üzerinde \(3 - x \ge 1\) olduğundan bu çarpan sorun çıkarmaz. \(x \to 2^-\) iken \(\sqrt{2 - x} \to 0^+\) ve \(f(x) \to +\infty\) olur; tek tekil nokta sağ uç \(2\)’dir. Fonksiyon \([1, 2)\) üzerinde pozitiftir.
\(p = \dfrac{1}{2}\) ile
\[\lim_{x \to 2^-} (2 - x)^{1/2} f(x) = \lim_{x \to 2^-} \frac{x^2}{3 - x} = 4\]
olur. \(r = 4\) sonlu ve pozitif, \(p = \dfrac{1}{2} < 1\) olduğundan kuvvet testi (Sonuç 17.1) gereği integral yakınsaktır. \(\blacksquare\)
Alıştırma 17.2 (İki Ucu Tekil Arktanjantlı İntegral) \(\displaystyle\int_0^1 \frac{\arctan x}{x^{3/2}\,\sqrt[3]{1 - x}}\,dx\) integralinin yakınsak olup olmadığını araştırınız.
Çözüm
\(f(x) = \dfrac{\arctan x}{x^{3/2}\,\sqrt[3]{1 - x}}\) fonksiyonu \((0, 1)\) üzerinde sürekli ve pozitiftir. Kuşkulu noktalar \(0\) ve \(1\)’dir; integrali \(\dfrac{1}{2}\)’den bölelim.
Sol uç. \(\arctan 0 = 0\) olduğundan türev tanımı gereği
\[\lim_{x \to 0} \frac{\arctan x}{x} = (\arctan x)'\Big|_{x = 0} = 1\]
olur. \(p = \dfrac{1}{2}\) ile
\[\lim_{x \to 0^+} x^{1/2} f(x) = \lim_{x \to 0^+} \frac{\arctan x}{x} \cdot \frac{1}{\sqrt[3]{1 - x}} = 1\]
bulunur. Bu, \(0\) yakınında \(f(x)\)’in \(\dfrac{1}{\sqrt{x}}\) gibi büyüdüğünü, yani \(0\)’ın gerçekten tekil olduğunu da gösterir. \(p < 1\) olduğundan \(\displaystyle\int_0^{1/2} f\) yakınsaktır.
Sağ uç. \(x \to 1^-\) iken \(f(x) \to +\infty\) olur. \(p = \dfrac{1}{3}\) ile
\[\lim_{x \to 1^-} (1 - x)^{1/3} f(x) = \lim_{x \to 1^-} \frac{\arctan x}{x^{3/2}} = \frac{\pi}{4}\]
bulunur. \(p < 1\) olduğundan \(\displaystyle\int_{1/2}^{1} f\) yakınsaktır.
İki parça da yakınsak olduğundan integral yakınsaktır. \(\blacksquare\)
Alıştırma 17.3 (Görünürde Tekil Bir Uç) \(\displaystyle\int_0^{\pi} \frac{x}{\sin x}\,dx\) integralinin yakınsak olup olmadığını araştırınız.
Çözüm
\(f(x) = \dfrac{x}{\sin x}\) fonksiyonu \((0, \pi)\) üzerinde sürekli ve pozitiftir; payda iki uçta da sıfırlanır.
Sol uç. \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+} \frac{x}{\sin x} = 1\) olduğundan \(f\), \(0\) yakınında sınırlıdır; \(0\) tekil nokta değildir ve \(\displaystyle\int_0^{\pi/2} f\) sıradan bir integraldir (Önerme 17.1).
Sağ uç. \(x \to \pi^-\) iken \(\sin x \to 0^+\) ve \(x \to \pi\) olduğundan \(f(x) \to +\infty\) olur; \(\pi\) tekil noktadır. \(\sin x = \sin(\pi - x)\) özdeşliği ve \(p = 1\) ile
\[\lim_{x \to \pi^-} (\pi - x) f(x) = \lim_{x \to \pi^-} x \cdot \frac{\pi - x}{\sin(\pi - x)} = \pi\]
bulunur. \(r = \pi\) sonlu ve pozitif, \(p = 1 \ge 1\) olduğundan kuvvet testi (Sonuç 17.1) gereği \(\displaystyle\int_{\pi/2}^{\pi} f\) ıraksaktır.
Parçalardan biri ıraksak olduğundan integral ıraksaktır. \(\blacksquare\)
Alıştırma 17.4 (Tekil Noktada Iraksak Trigonometrik İntegral) \(\displaystyle\int_0^{\pi/2} \frac{d\theta}{\sqrt{1 - \sin\theta}}\) integralinin yakınsak olup olmadığını araştırınız.
Çözüm
\(\theta \to (\pi/2)^-\) iken \(1 - \sin\theta \to 0^+\) olur; tekil nokta sağ uç \(\dfrac{\pi}{2}\)’dir. Fonksiyon \(\left[ 0, \dfrac{\pi}{2} \right)\) üzerinde pozitiftir.
Paydanın büyüklüğü. \(u = \dfrac{\pi}{2} - \theta\) yazalım. \(\sin\theta = \cos u\) ve \(1 - \cos u = 2\sin^2\dfrac{u}{2}\) olduğundan, \(0 < u \le \dfrac{\pi}{2}\) için \(\sin\dfrac{u}{2} > 0\) olduğu da kullanılarak
\[\sqrt{1 - \sin\theta} = \sqrt{2}\,\sin\frac{u}{2}\]
bulunur.
Kuvvet. \(p = 1\) ile
\[\lim_{\theta \to (\pi/2)^-} \left( \frac{\pi}{2} - \theta \right) \frac{1}{\sqrt{1 - \sin\theta}} = \lim_{u \to 0^+} \frac{u}{\sqrt{2}\,\sin\dfrac{u}{2}} = \sqrt{2}\]
olur; çünkü \(\dfrac{u}{\sin(u/2)} = 2 \cdot \dfrac{u/2}{\sin(u/2)} \to 2\)’dir.
Sonuç. \(r = \sqrt{2}\) sonlu ve pozitif, \(p = 1 \ge 1\) olduğundan kuvvet testi (Sonuç 17.1) gereği integral ıraksaktır. Kök işareti yanıltmamalıdır: \(1 - \sin\theta\) ifadesi \(\dfrac{\pi}{2}\)’de ikinci mertebeden sıfırlandığından karekökü birinci mertebeden sıfırlanır. \(\blacksquare\)
Alıştırma 17.5 (Tek Kuvvetin Temel Değeri) \(\text{p.v.}\displaystyle\int_{-1}^{75} \frac{dx}{x^3}\) değerini bulunuz.
Çözüm
Tekil nokta aralığın içindeki \(0\)’dır. \(\left( -\dfrac{1}{2x^2} \right)' = \dfrac{1}{x^3}\) olduğundan \(0 < \varepsilon < 1\) için
\[ \begin{aligned} \int_{-1}^{-\varepsilon} \frac{dx}{x^3} &= \left[ -\frac{1}{2x^2} \right]_{-1}^{-\varepsilon} = -\frac{1}{2\varepsilon^2} + \frac{1}{2}, \\[1mm] \int_{\varepsilon}^{75} \frac{dx}{x^3} &= \left[ -\frac{1}{2x^2} \right]_{\varepsilon}^{75} = -\frac{1}{11250} + \frac{1}{2\varepsilon^2} \end{aligned} \]
olur (\(2 \cdot 75^2 = 11250\)). Toplamda \(\dfrac{1}{2\varepsilon^2}\) terimleri birbirini götürür ve toplam her \(\varepsilon\) için aynı sayıdır:
\[\text{p.v.}\int_{-1}^{75} \frac{dx}{x^3} = \frac{1}{2} - \frac{1}{11250} = \frac{2812}{5625}.\]
Sonuç şöyle de görülür: \(\dfrac{1}{x^3}\) tek fonksiyon olduğundan \([-1, -\varepsilon]\) ve \([\varepsilon, 1]\) üzerindeki integraller birbirini götürür; geriye \(\displaystyle\int_1^{75} \frac{dx}{x^3} = \frac{1}{2} - \frac{1}{11250}\) kalır. İntegralin kendisi ıraksaktır, çünkü \(\displaystyle\int_0^{75} \frac{dx}{x^3}\) kuvvet integralinde \(p = 3 \ge 1\)’dir. \(\blacksquare\)
Alıştırma 17.6 (Temel Değeri Olmayan İntegral) \(\text{p.v.}\displaystyle\int_{-2}^{3} \frac{dx}{x^4}\) temel değerinin var olup olmadığını belirleyiniz.
Çözüm
Tekil nokta \(0\)’dır. \(\left( -\dfrac{1}{3x^3} \right)' = \dfrac{1}{x^4}\) olduğundan \(0 < \varepsilon < 2\) için
\[ \begin{aligned} \int_{-2}^{-\varepsilon} \frac{dx}{x^4} &= \left[ -\frac{1}{3x^3} \right]_{-2}^{-\varepsilon} = \frac{1}{3\varepsilon^3} - \frac{1}{24}, \\[1mm] \int_{\varepsilon}^{3} \frac{dx}{x^4} &= \left[ -\frac{1}{3x^3} \right]_{\varepsilon}^{3} = -\frac{1}{81} + \frac{1}{3\varepsilon^3} \end{aligned} \]
olur. Bu kez sonsuza giden terimler aynı işaretlidir ve toplanır:
\[\int_{-2}^{-\varepsilon} \frac{dx}{x^4} + \int_{\varepsilon}^{3} \frac{dx}{x^4} = \frac{2}{3\varepsilon^3} - \frac{35}{648}.\]
\(\varepsilon \to 0^+\) iken bu ifade \(+\infty\)’a gider; temel değer yoktur.
Fark şuradadır: \(\dfrac{1}{x^4}\) çift ve pozitiftir, tekil noktanın iki yanındaki alanların ikisi de \(+\infty\)’dur ve birbirini götürmez. Simetrik kesim yalnız zıt işaretli sonsuzlukları dengeleyebilir. \(\blacksquare\)
Alıştırma 17.7 (Üstel Çarpanlı Üçüncü Tip İntegral) \(\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{e^{-x}}{\sqrt[3]{(x^2 - 1)^2}}\,dx\) integralinin yakınsak olup olmadığını araştırınız.
Çözüm
\(f(x) = \dfrac{e^{-x}}{\sqrt[3]{(x^2 - 1)^2}}\) fonksiyonu \((1, +\infty)\) üzerinde sürekli ve pozitiftir. \(x \to 1^+\) iken payda sıfıra gider ve \(f(x) \to +\infty\) olur; \(1\) tekil noktadır ve aralık sınırsızdır. İntegral III. tiptir; \(b = 2\) ile ayıralım.
Tekil nokta yakınında. \((x^2 - 1)^2 = (x - 1)^2 (x + 1)^2\) olduğundan payda \((x - 1)^{2/3}(x + 1)^{2/3}\) biçimindedir. \(p = \dfrac{2}{3}\) ile
\[\lim_{x \to 1^+} (x - 1)^{2/3} f(x) = \lim_{x \to 1^+} \frac{e^{-x}}{(x + 1)^{2/3}} = \frac{1}{e\,\sqrt[3]{4}}\]
olur. Limit sonlu ve pozitif, \(p = \dfrac{2}{3} < 1\) olduğundan \(\displaystyle\int_1^2 f\) yakınsaktır (Sonuç 17.1).
Sonsuzda. \(x \ge 2\) için \(x^2 - 1 \ge 3\) ve \(\sqrt[3]{(x^2 - 1)^2} \ge \sqrt[3]{9} > 1\) olduğundan
\[0 < f(x) < e^{-x}\]
olur. \(\displaystyle\int_2^{+\infty} e^{-x}\,dx\) yakınsaktır (Örnek 15.6); karşılaştırma testi (Teorem 16.3) gereği \(\displaystyle\int_2^{+\infty} f\) yakınsaktır.
İki parça da yakınsak olduğundan integral yakınsaktır. \(\blacksquare\)
Alıştırma 17.8 (Bir Parçası Iraksak Üçüncü Tip İntegral) \(\displaystyle\int_0^{+\infty} \frac{1}{\sqrt{x}} \cos\frac{1}{x}\,dx\) integralinin yakınsak olup olmadığını araştırınız.
Çözüm
\(f(x) = \dfrac{1}{\sqrt{x}}\cos\dfrac{1}{x}\) fonksiyonu \((0, +\infty)\) üzerinde süreklidir. \(x_k = \dfrac{1}{2k\pi}\) noktalarında \(f(x_k) = \sqrt{2k\pi} \to +\infty\) olduğundan \(0\) tekil noktadır; aralık da sınırsızdır. \(b = 1\) ile ayıralım.
Tekil nokta yakınında. \((0, 1]\) üzerinde \(f\) işaret değiştirir; mutlak değere bakalım:
\[|f(x)| \le \frac{1}{\sqrt{x}}.\]
\(\displaystyle\int_0^1 \frac{dx}{x^{1/2}}\) yakınsaktır (\(p = \dfrac{1}{2} < 1\), Teorem 17.1). Karşılaştırma testi (Teorem 17.4) gereği \(\displaystyle\int_0^1 |f|\) yakınsaktır; \(\displaystyle\int_0^1 f\) mutlak yakınsaktır, dolayısıyla yakınsaktır (Teorem 17.6).
Sonsuzda. \(x \ge 1\) için \(0 < \dfrac{1}{x} \le 1 < \dfrac{\pi}{2}\) olur. Kosinüs \(\left[ 0, \dfrac{\pi}{2} \right]\) üzerinde azalan olduğundan \(\cos\dfrac{1}{x} \ge \cos 1 > 0\) ve
\[f(x) \ge \frac{\cos 1}{\sqrt{x}} > 0\]
bulunur. \(\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{dx}{x^{1/2}}\) ıraksaktır (\(p = \dfrac{1}{2} \le 1\), Teorem 15.2); sabit katı da ıraksaktır. Karşılaştırma testi (Teorem 16.3) gereği \(\displaystyle\int_1^{+\infty} f\) ıraksaktır.
Sonuç. Parçalardan biri ıraksak olduğundan integral ıraksaktır. Tekil nokta burada zararsızdır; ıraksaklığın kaynağı, \(x \to +\infty\) iken \(\cos\dfrac{1}{x} \to 1\) olması ve fonksiyonun \(\dfrac{1}{\sqrt{x}}\) gibi yavaş sönmesidir. \(\blacksquare\)
Genelleştirilmiş integraller yalnız alan hesaplamaya yaramaz; yeni fonksiyonlar tanımlamanın da yoludur. Bir parametreye bağlı, hem sonsuzda hem tekil noktada yakınsaklığı bu bölümün testleriyle denetlenen iki ünlü integrali Euler İntegralleri: Gamma ve Beta Fonksiyonları bölümünde inceliyoruz.