19 Parametreye Bağlı İntegraller

Euler İntegralleri bölümünde Gamma fonksiyonunu

\[\Gamma(\alpha) = \int_0^{+\infty} e^{-x} x^{\alpha - 1}\,dx\]

integraliyle tanımlamıştık (Tanım 18.1). Bu ifadede integral \(x\)’e göre alınır, ama sonuç integrandın içinde duran \(\alpha\) sayısına bağlıdır: integral bir sayı değil, \(\alpha\)’nın bir fonksiyonudur. İntegrandında integral değişkeninden başka bir değişken daha bulunan integrallere parametreye bağlı integral denir.

Bir fonksiyon integralle tanımlanınca sorulacak sorular bellidir. \(F(y) = \displaystyle\int_a^b f(x, y)\,dx\) fonksiyonu sürekli midir? Türevlenebilir midir ve türevi, integrandın \(y\)’ye göre türevinin integrali midir? \(F\)’nin integrali alınırken iki integralin sırası değiştirilebilir mi? Üçü de iki limit işleminin yer değiştirmesi sorusudur; fonksiyon dizilerinde aynı soruları limit ile integral (Teorem 5.1) ve limit ile türev (Teorem 6.1) için sormuştuk. Orada yanıtı düzgün yakınsaklık veriyordu. Burada dizinin \(n\) indisinin yerini sürekli değişen \(y\) parametresi, düzgün yakınsaklığın yerini de integrandın düzgün sürekliliği alacak.

Bu bölümde en sade durumu inceliyoruz: integrasyon aralığı sınırlı, integrand sürekli. İntegrand iki değişkenli bir fonksiyon olduğundan önce böyle fonksiyonların sürekliliği hakkında gereken birkaç bilgiyi derliyoruz. Gamma fonksiyonu gibi sınırsız aralıktaki ya da sınırsız integrandlı örnekler bir sonraki bölümün konusudur.

19.1 İki Değişkenli Sürekli Fonksiyonlar

İntegrand \(f(x, y)\) iki değişkene bağlıdır; ihtiyaç duyacağımız kavramları tek değişkenli tanımları örnek alarak kuralım.

Tanım 19.1 (İki Değişkenli Fonksiyonun Sürekliliği) \(D \subseteq \mathbb{R}^2\), \(f : D \to \mathbb{R}\) ve \((x_0, y_0) \in D\) olsun. Her \(\varepsilon > 0\) için öyle bir \(\delta > 0\) bulunuyorsa ki

\[|x - x_0| < \delta \quad \text{ve} \quad |y - y_0| < \delta\]

koşullarını sağlayan her \((x, y) \in D\) noktası için

\[|f(x, y) - f(x_0, y_0)| < \varepsilon\]

olsun, \(f\) fonksiyonu \((x_0, y_0)\) noktasında süreklidir denir. \(f\), \(D\)’nin her noktasında sürekliyse \(D\) üzerinde süreklidir denir.

Yani \((x, y)\) noktası \((x_0, y_0)\) noktasına iki koordinatta birden yeterince yakınsa fonksiyonun değerleri de birbirine yakındır. Tanımda \(y = y_0\) alınırsa şu görülür: \(f\), \(D\) üzerinde sürekliyse \(y\) sabit tutulduğunda \(x \mapsto f(x, y)\) tek değişkenli fonksiyonu da süreklidir; aynı şey \(x\) sabitken \(y \mapsto f(x, y)\) için geçerlidir. Bunun tersi doğru değildir: her değişkene göre ayrı ayrı sürekli olan bir fonksiyon, iki değişkenin fonksiyonu olarak sürekli olmayabilir (Örnek 19.4).

Tek değişkenli durumda olduğu gibi süreklilik dizilerle de ifade edilebilir. Bir \(\big( (x_n, y_n) \big)\) nokta dizisi için \(x_n \to x_0\) ve \(y_n \to y_0\) ise kısaca \((x_n, y_n) \to (x_0, y_0)\) yazacağız.

Lemma 19.1 (İki Değişkende Süreklilik için Dizisel Ölçüt) \(f : D \to \mathbb{R}\) ve \((x_0, y_0) \in D\) olsun. \(f\) fonksiyonunun \((x_0, y_0)\) noktasında sürekli olması için gerek ve yeter koşul, \(D\) içinde kalan ve \((x_n, y_n) \to (x_0, y_0)\) koşulunu sağlayan her nokta dizisi için

\[f(x_n, y_n) \to f(x_0, y_0)\]

olmasıdır.

İspat

Gereklilik. \(f\), \((x_0, y_0)\)’da sürekli ve \((x_n, y_n) \to (x_0, y_0)\) olsun. \(\varepsilon > 0\) verilsin ve \(\delta\) tanımdaki sayı olsun. \(x_n \to x_0\) olduğundan bir \(N_1\)’den sonra \(|x_n - x_0| < \delta\), \(y_n \to y_0\) olduğundan bir \(N_2\)’den sonra \(|y_n - y_0| < \delta\) olur. \(n \ge \max\{N_1, N_2\}\) için iki koşul birden sağlanır ve tanım gereği

\[|f(x_n, y_n) - f(x_0, y_0)| < \varepsilon\]

bulunur.

Yeterlilik. Karşıt tersini gösterelim: \(f\), \((x_0, y_0)\)’da sürekli olmasın. O zaman öyle bir \(\varepsilon_0 > 0\) vardır ki hiçbir \(\delta\) tanımdaki işi görmez. \(\delta = \dfrac{1}{n}\) için bu, \(D\) içinde

\[|x_n - x_0| < \frac{1}{n}, \qquad |y_n - y_0| < \frac{1}{n}\]

ve \(|f(x_n, y_n) - f(x_0, y_0)| \ge \varepsilon_0\) olan bir \((x_n, y_n)\) noktasının bulunması demektir. Böylece \((x_n, y_n) \to (x_0, y_0)\) olduğu hâlde \(f(x_n, y_n)\) dizisi \(f(x_0, y_0)\) sayısına yakınsamaz. \(\blacksquare\)

Dizisel ölçüt, sürekliliğin cebirsel işlemler ve bileşke altında korunduğunu dizilerin limit kurallarına indirger.

Önerme 19.1 (İki Değişkenli Sürekli Fonksiyonlarla İşlemler) \(f, g : D \to \mathbb{R}\) fonksiyonları \(D \subseteq \mathbb{R}^2\) üzerinde sürekli olsun.

(i) \(f + g\) ve \(f g\) fonksiyonları \(D\) üzerinde süreklidir; \(g\) hiçbir noktada sıfır olmuyorsa \(\dfrac{f}{g}\) de süreklidir.

(ii) \(J\) bir aralık, \(\varphi : J \to \mathbb{R}\) sürekli ve her \((x, y) \in D\) için \(f(x, y) \in J\) ise \((x, y) \mapsto \varphi\big( f(x, y) \big)\) bileşkesi \(D\) üzerinde süreklidir.

(iii) \(I\) bir aralık, \(\psi : I \to \mathbb{R}\) sürekli ve her \((x, y) \in D\) için \(x \in I\) ise \((x, y) \mapsto \psi(x)\) fonksiyonu \(D\) üzerinde süreklidir. Aynı sonuç \((x, y) \mapsto \psi(y)\) için de geçerlidir.

İspat

\((x_0, y_0) \in D\) ve \(D\) içinde \((x_n, y_n) \to (x_0, y_0)\) olsun. Her maddede Lemma 19.1 gereği ilgili fonksiyonun bu dizi boyunca doğru değere yakınsadığını göstermek yeter.

(i) Lemma 19.1 gereği \(f(x_n, y_n) \to f(x_0, y_0)\) ve \(g(x_n, y_n) \to g(x_0, y_0)\) olur. Dizilerin limit aritmetiği (bkz. Analiz 1) gereği toplam, çarpım ve paydası sıfır olmayan bölüm dizileri de karşılık gelen değerlere yakınsar.

(ii) \(t_n = f(x_n, y_n)\) dizisi \(J\) içindedir ve \(t_n \to t_0 = f(x_0, y_0) \in J\) olur. \(\varphi\), \(t_0\)’da sürekli olduğundan tek değişkenli dizisel ölçüt (bkz. Analiz 1) gereği \(\varphi(t_n) \to \varphi(t_0)\) olur.

(iii) \(x_n \to x_0\) ve \(\psi\), \(x_0\)’da sürekli olduğundan aynı ölçüt gereği \(\psi(x_n) \to \psi(x_0)\) olur. \(\blacksquare\)

Önerme, karşılaşacağımız integrandların sürekliliğini bir bakışta verir. (iii) gereği \((x, y) \mapsto x\) ve \((x, y) \mapsto y\) süreklidir; (i) gereği \(x\) ile \(y\)’nin her polinomu, (ii) gereği de \(e^{-xy}\), \(\cos(xy)\), \(\sqrt{x^2 + y^2}\) gibi bileşkeler \(\mathbb{R}^2\) üzerinde süreklidir. \(\dfrac{1}{x^2 + y^2}\) ise paydanın sıfır olmadığı her kümede, yani \((0, 0)\) noktasını içermeyen her kümede süreklidir.

Parametreye bağlı integrallerin bütün teoremleri, sürekliliğin daha güçlü bir biçimine dayanır.

Tanım 19.2 (İki Değişkenli Fonksiyonun Düzgün Sürekliliği) \(f : D \to \mathbb{R}\) olsun. Her \(\varepsilon > 0\) için öyle bir \(\delta > 0\) bulunuyorsa ki

\[|x - x'| < \delta \quad \text{ve} \quad |y - y'| < \delta\]

koşullarını sağlayan her \((x, y), (x', y') \in D\) nokta çifti için

\[|f(x, y) - f(x', y')| < \varepsilon\]

olsun, \(f\) fonksiyonu \(D\) üzerinde düzgün süreklidir denir.

Yani \(\delta\) yalnız \(\varepsilon\)’a bağlıdır; \(D\)’nin her yerinde aynı \(\delta\) iş görür. Tek değişkenli düzgün süreklilik tanımının (bkz. Analiz 1) iki koordinata taşınmış hâlidir. Cantor teoremi (bkz. Analiz 1) ve kapalı aralıkta sürekli fonksiyonun sınırlılığı da aynı yolla taşınır; kapalı aralığın yerini kapalı bir dikdörtgen alır.

Teorem 19.1 (Kapalı Dikdörtgende Sürekli Fonksiyon) \(R = [a, b] \times [c, d]\) ve \(f : R \to \mathbb{R}\) sürekli olsun. O zaman

(i) \(f\), \(R\) üzerinde sınırlıdır: her \((x, y) \in R\) için \(|f(x, y)| \le M\) olan bir \(M\) sayısı vardır;

(ii) \(f\), \(R\) üzerinde düzgün süreklidir.

İspat

Ortak adım: yakınsak alt dizi. \(\big( (x_n, y_n) \big)\), \(R\) içinde bir nokta dizisi olsun. \((x_n)\) dizisi \([a, b]\) içinde kaldığından sınırlıdır; Bolzano–Weierstrass teoremi (bkz. Analiz 1) gereği yakınsak bir alt dizisi vardır: \(x_{n_k} \to x_0\). Aynı indislerle alınan \((y_{n_k})\) dizisi \([c, d]\) içinde kaldığından o da sınırlıdır; teoremi bu diziye uygulayıp indisleri bir kez daha seyreltirsek \(y_{m_j} \to y_0\) olan bir alt dizi buluruz. Burada \((m_j)\), \((n_k)\) indislerinin bir alt dizisidir; yakınsak dizinin her alt dizisi aynı limite yakınsadığından (bkz. Analiz 1) \(x_{m_j} \to x_0\) olmaya devam eder. Kapalı aralıkta kalan yakınsak dizinin limiti de o aralıkta olduğundan (bkz. Analiz 1) \(x_0 \in [a, b]\) ve \(y_0 \in [c, d]\) olur. Sonuç: \(R\) içindeki her nokta dizisinin, \(R\)’nin bir \((x_0, y_0)\) noktasına yakınsayan bir alt dizisi vardır.

(i) Sınırlılık. \(f\) sınırlı olmasın. O zaman her \(n \in \mathbb{N}\) için \(|f(x_n, y_n)| > n\) olan bir \((x_n, y_n) \in R\) noktası vardır. Ortak adım gereği \((x_{m_j}, y_{m_j}) \to (x_0, y_0) \in R\) olan bir alt dizi bulunur. \(f\), \((x_0, y_0)\)’da sürekli olduğundan Lemma 19.1 gereği \(f(x_{m_j}, y_{m_j}) \to f(x_0, y_0)\) olur; yakınsak dizi sınırlıdır (bkz. Analiz 1). Oysa \(|f(x_{m_j}, y_{m_j})| > m_j\) ve \(m_j \to \infty\) olduğundan bu dizi sınırsızdır. Çelişki; \(f\) sınırlıdır.

(ii) Düzgün süreklilik. \(f\) düzgün sürekli olmasın. O zaman öyle bir \(\varepsilon_0 > 0\) vardır ki hiçbir \(\delta\) tanımdaki işi görmez. \(\delta = \dfrac{1}{n}\) alınırsa \(R\) içinde

\[|x_n - x_n'| < \frac{1}{n}, \qquad |y_n - y_n'| < \frac{1}{n}\]

\[|f(x_n, y_n) - f(x_n', y_n')| \ge \varepsilon_0\]

olan \((x_n, y_n)\), \((x_n', y_n')\) nokta çiftleri bulunur. Ortak adım gereği \((x_{m_j}, y_{m_j}) \to (x_0, y_0) \in R\) olan bir alt dizi vardır. Aynı indislerle

\[|x_{m_j}' - x_0| \le |x_{m_j}' - x_{m_j}| + |x_{m_j} - x_0| < \frac{1}{m_j} + |x_{m_j} - x_0| \to 0\]

olduğundan \(x_{m_j}' \to x_0\), aynı hesapla \(y_{m_j}' \to y_0\) olur. \(f\), \((x_0, y_0)\)’da sürekli olduğundan Lemma 19.1 gereği

\[f(x_{m_j}, y_{m_j}) \to f(x_0, y_0), \qquad f(x_{m_j}', y_{m_j}') \to f(x_0, y_0)\]

olur; iki dizinin farkı \(0\)’a yakınsar. Bu, farkın mutlak değerinin her \(j\) için en az \(\varepsilon_0\) olmasıyla çelişir. Öyleyse \(f\) düzgün süreklidir. \(\blacksquare\)

Türev teoremi için son bir kavram gerekir: iki değişkenli bir fonksiyonun değişkenlerden yalnız birine göre türevi.

Tanım 19.3 (Kısmi Türev) \(R = [a, b] \times [c, d]\), \(f : R \to \mathbb{R}\) ve \((x_0, y_0) \in R\) olsun.

\[\frac{\partial f}{\partial y}(x_0, y_0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(x_0, y_0 + h) - f(x_0, y_0)}{h}\]

limiti var ve sonluysa bu sayıya \(f\)’nin \((x_0, y_0)\) noktasında \(y\)’ye göre kısmi türevi denir; kısaca \(f_y(x_0, y_0)\) da yazılır. Limitte \(y_0 + h \in [c, d]\) olan \(h \ne 0\) değerleri alınır; \(y_0 = c\) ya da \(y_0 = d\) ise limit tek yönlüdür. \(x\)’e göre kısmi türev \(\dfrac{\partial f}{\partial x}\) aynı biçimde, \(y\) sabit tutularak tanımlanır.

Yani \(x = x_0\) sabit tutulur ve \(y \mapsto f(x_0, y)\) tek değişkenli fonksiyonunun \(y_0\) noktasındaki türevi alınır. Hesapta \(x\) bir sabit gibi davranır; bütün türev kuralları geçerlidir. Örneğin \(f(x, y) = x^2 e^{-xy}\) için \(\dfrac{\partial f}{\partial y} = -x^3 e^{-xy}\), \(f(x, y) = \dfrac{1}{x^2 + y^2}\) için \(\dfrac{\partial f}{\partial y} = \dfrac{-2y}{(x^2 + y^2)^2}\) olur.

19.2 Parametreye Bağlı İntegralin Tanımı

İntegrandın değişkenlerinden birine göre integral alınınca geriye öbür değişkenin bir fonksiyonu kalır.

Tanım 19.4 (Parametreye Bağlı İntegral) \(R = [a, b] \times [c, d]\) ve \(f : R \to \mathbb{R}\) olsun. Her \(y \in [c, d]\) için \(x \mapsto f(x, y)\) fonksiyonu \([a, b]\) üzerinde integrallenebilirse

\[F(y) = \int_a^b f(x, y)\,dx \qquad (y \in [c, d])\]

ile tanımlı \(F : [c, d] \to \mathbb{R}\) fonksiyonuna parametreye bağlı integral denir. \(y\)’ye parametre, \(x\)’e integral değişkeni denir.

Yani her \(y\) için ayrı bir belirli integral hesaplanır; integral \(x\)’i “tüketir” ve sonuç yalnız \(y\)’ye bağlı kalır. \(f\), \(R\) üzerinde sürekliyse her \(y\) için \(x \mapsto f(x, y)\) sürekli, dolayısıyla integrallenebilir olduğundan (bkz. Analiz 2) \(F\) tanımlıdır. Değişkenlerin rolleri değiştirilebilir: \(x\) parametre alınıp \(y\)’ye göre integral alınırsa \([a, b]\) üzerinde \(\displaystyle\int_c^d f(x, y)\,dy\) fonksiyonu elde edilir.

Örnek 19.1 (Açıkça Hesaplanan Parametreli İntegral) \(F(y) = \displaystyle\int_0^1 \left( 2x + y^3 \right)^2 dx\) fonksiyonunu bulunuz.

Çözüm

\(y\) sabit tutulur ve integral \(x\)’e göre alınır. \(\left( \dfrac{(2x + y^3)^3}{6} \right)' = (2x + y^3)^2\) olduğundan (\(x\)’e göre türev)

\[ \begin{aligned} F(y) &= \left[ \frac{(2x + y^3)^3}{6} \right]_{x=0}^{x=1} = \frac{(2 + y^3)^3 - y^9}{6} \\[1mm] &= \frac{8 + 12y^3 + 6y^6}{6} = \frac{4}{3} + 2y^3 + y^6 \end{aligned} \]

olur. Sonuç \(y\)’nin bir polinomudur; \(F\) bütün \(\mathbb{R}\) üzerinde tanımlı, sürekli ve türevlenebilirdir. \(\blacksquare\)

Örnek 19.2 (Üstel Çarpanlı Parametreli İntegral) \(F(y) = \displaystyle\int_1^2 x^2 e^{-xy}\,dx\) fonksiyonunu \(y\) cinsinden yazınız; \(F(0)\) ve \(F(1)\) değerlerini bulunuz.

Çözüm

\(f(x, y) = x^2 e^{-xy}\) fonksiyonu \(\mathbb{R}^2\) üzerinde süreklidir; \(F\) her \(y \in \mathbb{R}\) için tanımlıdır.

\(y = 0\). \(F(0) = \displaystyle\int_1^2 x^2\,dx = \frac{8 - 1}{3} = \frac{7}{3}\).

\(y \ne 0\). İki kez kısmi integrasyon yapılır. Önce \(u = x^2\), \(dv = e^{-xy}\,dx\), sonra \(u = x\), \(dv = e^{-xy}\,dx\) seçimiyle (\(v = -\dfrac{e^{-xy}}{y}\))

\[ \begin{aligned} \int x^2 e^{-xy}\,dx &= -\frac{x^2 e^{-xy}}{y} + \frac{2}{y}\int x e^{-xy}\,dx \\[1mm] &= -\frac{x^2 e^{-xy}}{y} + \frac{2}{y}\left( -\frac{x e^{-xy}}{y} - \frac{e^{-xy}}{y^2} \right) \\[1mm] &= -e^{-xy}\left( \frac{x^2}{y} + \frac{2x}{y^2} + \frac{2}{y^3} \right) \end{aligned} \]

bulunur. \(x = 1\) ve \(x = 2\) sınırları yerine konursa

\[F(y) = e^{-y}\left( \frac{1}{y} + \frac{2}{y^2} + \frac{2}{y^3} \right) - e^{-2y}\left( \frac{4}{y} + \frac{4}{y^2} + \frac{2}{y^3} \right) \qquad (y \ne 0)\]

olur. Özel olarak

\[F(1) = 5e^{-1} - 10e^{-2} = \frac{5}{e} - \frac{10}{e^2}.\]

\(y \ne 0\) formülü \(y = 0\)’da anlamsızdır, oysa \(F(0) = \dfrac{7}{3}\) tanımlıdır. \(F\)’nin \(0\)’da sürekli olup olmadığı formülden kolayca okunmaz; bir sonraki teorem bu soruyu hiç hesap yapmadan yanıtlar. \(\blacksquare\)

19.3 Parametreye Göre Süreklilik

İlk soru, integrandın sürekliliğinin \(F\) fonksiyonuna geçip geçmediğidir.

Teorem 19.2 (Parametreye Bağlı İntegralin Sürekliliği) \(f\), \(R = [a, b] \times [c, d]\) üzerinde sürekli olsun. O zaman

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

fonksiyonu \([c, d]\) üzerinde süreklidir. Özel olarak her \(y_0 \in [c, d]\) için limit integral işaretinin içine alınabilir:

\[\lim_{y \to y_0} \int_a^b f(x, y)\,dx = \int_a^b \lim_{y \to y_0} f(x, y)\,dx = \int_a^b f(x, y_0)\,dx.\]

İspat

\(\varepsilon > 0\) verilsin. \(f\), \(R\) üzerinde düzgün süreklidir (Teorem 19.1); dolayısıyla öyle bir \(\delta > 0\) vardır ki \(|y_1 - y_2| < \delta\) olan her \(y_1, y_2 \in [c, d]\) ve her \(x \in [a, b]\) için

\[|f(x, y_1) - f(x, y_2)| < \frac{\varepsilon}{2(b - a)}\]

olur (düzgün süreklilik tanımı \((x, y_1)\) ve \((x, y_2)\) noktalarına uygulanmıştır; birinci koordinatlar eşittir). İntegralin lineerliği, integraller için üçgen eşitsizliği (bkz. Analiz 2) ve sıralama özelliği gereği \(|y_1 - y_2| < \delta\) iken

\[ \begin{aligned} |F(y_1) - F(y_2)| &= \left| \int_a^b \big( f(x, y_1) - f(x, y_2) \big)\,dx \right| \\[1mm] &\le \int_a^b |f(x, y_1) - f(x, y_2)|\,dx \\[1mm] &\le \frac{\varepsilon}{2(b - a)}\,(b - a) = \frac{\varepsilon}{2} < \varepsilon \end{aligned} \]

olur. Demek ki \(F\), \([c, d]\) üzerinde düzgün sürekli, özel olarak süreklidir.

\(F\)’nin \(y_0\)’daki sürekliliği \(\lim_{y \to y_0} F(y) = F(y_0)\) demektir; bu, ifadedeki ilk ve son terimin eşitliğidir. \(y \mapsto f(x, y)\) de \(y_0\)’da sürekli olduğundan her \(x\) için \(\lim_{y \to y_0} f(x, y) = f(x, y_0)\) olur; ortadaki eşitlik buradan gelir. \(\blacksquare\)

İspatta \(\delta\) sayısının \(x\)’ten bağımsız seçilebilmesi belirleyicidir: integrand, \(x\)’in bütün değerleri için aynı anda az değişir. Fonksiyon dizilerinde limit ile integralin yer değiştirmesini sağlayan düzgün yakınsaklığın (Teorem 5.1) buradaki karşılığı budur. Teoremde \(x\) ile \(y\)’nin rolleri değiştirilebilir: \(\displaystyle\int_c^d f(x, y)\,dy\) fonksiyonu da \([a, b]\) üzerinde süreklidir.

Örnek 19.3 (Limitin İntegralin İçine Alınması) \(\displaystyle\lim_{y \to 0} \int_1^2 x^2 e^{-xy}\,dx\) limitini hesaplayınız.

Çözüm

\(f(x, y) = x^2 e^{-xy}\) fonksiyonu \([1, 2] \times [-1, 1]\) dikdörtgeninde süreklidir (Önerme 19.1). Teorem 19.2 gereği

\[\lim_{y \to 0} \int_1^2 x^2 e^{-xy}\,dx = \int_1^2 x^2 e^{0}\,dx = \int_1^2 x^2\,dx = \frac{7}{3}\]

olur. Bu, Örnek 19.2 çözümündeki \(F(0)\) değeridir: \(F\), \(0\)’da süreklidir. Aynı sonucu \(y \ne 0\) formülünden çıkarmak, her biri sınırsız büyüyen terimlerin birbirini nasıl götürdüğünü izlemeyi gerektirirdi. \(\blacksquare\)

Teoremin koşulu yalnız tek bir noktada bozulsa bile sonuç bozulabilir.

Örnek 19.4 (Süreklilik Olmadan Bozulan Eşitlik) \([0, 1] \times [0, 1]\) üzerinde

\[f(x, y) = \begin{cases} \dfrac{x y^2}{(x^2 + y^2)^2}, & (x, y) \ne (0, 0), \\[2mm] 0, & (x, y) = (0, 0) \end{cases}\]

olsun. \(F(y) = \displaystyle\int_0^1 f(x, y)\,dx\) fonksiyonunun \(y = 0\) noktasında sürekli olmadığını gösteriniz ve Teorem 19.2 koşulunun nerede bozulduğunu açıklayınız.

Çözüm

\(F(0)\). Her \(x \in [0, 1]\) için \(f(x, 0) = 0\) olduğundan \(F(0) = 0\)’dır.

\(y > 0\). \(u = x^2 + y^2\) değişken değiştirmesiyle (\(du = 2x\,dx\))

\[ \begin{aligned} F(y) &= \frac{y^2}{2}\int_{y^2}^{1 + y^2} \frac{du}{u^2} = \frac{y^2}{2}\left( \frac{1}{y^2} - \frac{1}{1 + y^2} \right) \\[1mm] &= \frac{1}{2} - \frac{y^2}{2(1 + y^2)} = \frac{1}{2(1 + y^2)} \end{aligned} \]

olur.

Limit. \(\lim_{y \to 0^+} F(y) = \dfrac{1}{2} \ne 0 = F(0)\); \(F\), \(0\)’da sürekli değildir.

Limit ile integral. \(x \in (0, 1]\) sabitken \(y \to 0^+\) için pay \(0\)’a, payda \(x^4 > 0\) sayısına gider; \(x = 0\) için \(f(0, y) = 0\)’dır. Yani her \(x \in [0, 1]\) için \(\lim_{y \to 0^+} f(x, y) = 0\) olur ve

\[\int_0^1 \lim_{y \to 0^+} f(x, y)\,dx = 0 \ne \frac{1}{2} = \lim_{y \to 0^+} \int_0^1 f(x, y)\,dx\]

bulunur: limit integralin içine alınamaz.

Bozulan koşul. \(f\), \((0, 0)\) noktasında sürekli değildir. \(\left( \dfrac{1}{n}, \dfrac{1}{n} \right) \to (0, 0)\) olduğu hâlde

\[f\left( \frac{1}{n}, \frac{1}{n} \right) = \frac{1/n^3}{\left( 2/n^2 \right)^2} = \frac{n}{4} \to +\infty\]

olur; Lemma 19.1 gereği süreklilik için bu dizinin \(f(0, 0) = 0\) sayısına yakınsaması gerekirdi. Dikkat edilirse \(f\) her değişkene göre ayrı ayrı süreklidir: \(y\) sabitken \(x\)’in, \(x\) sabitken \(y\)’nin sürekli fonksiyonudur. İki değişkenli süreklilik bundan fazlasını ister. \(\blacksquare\)

19.4 İntegral İşareti Altında Türev

İkinci soru türevle ilgilidir: \(F\)’nin türevi, integrandın parametreye göre kısmi türevinin integrali midir?

Teorem 19.3 (İntegral İşareti Altında Türev) \(f\) ve \(\dfrac{\partial f}{\partial y}\) fonksiyonları \(R = [a, b] \times [c, d]\) üzerinde sürekli olsun. O zaman

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

fonksiyonu \([c, d]\) üzerinde türevlenebilirdir (uç noktalarda tek yönlü türev anlaşılır) ve her \(y \in [c, d]\) için

\[F'(y) = \int_a^b \frac{\partial f}{\partial y}(x, y)\,dx\]

olur. Ayrıca \(F'\), \([c, d]\) üzerinde süreklidir.

İspat

\(y \in [c, d]\) sabit olsun; \(h \ne 0\) ve \(y + h \in [c, d]\) alalım.

Adım 1: Ortalama değer teoremi. \(x \in [a, b]\) sabitken \(t \mapsto f(x, t)\) fonksiyonu \([c, d]\) üzerinde türevlenebilirdir ve türevi \(f_y(x, t)\)’dir; özel olarak uçları \(y\) ile \(y + h\) olan kapalı aralıkta süreklidir. Lagrange ortalama değer teoremi (bkz. Analiz 2) gereği \(y\) ile \(y + h\) arasında öyle bir \(\eta_x\) sayısı vardır ki

\[\frac{f(x, y + h) - f(x, y)}{h} = f_y(x, \eta_x)\]

olur.

Adım 2: Farkın integral olarak yazılması. İntegralin lineerliği gereği

\[ \begin{aligned} &\frac{F(y + h) - F(y)}{h} - \int_a^b f_y(x, y)\,dx \\[1mm] &\quad = \int_a^b \left( \frac{f(x, y + h) - f(x, y)}{h} - f_y(x, y) \right) dx \\[1mm] &\quad = \int_a^b \big( f_y(x, \eta_x) - f_y(x, y) \big)\,dx \end{aligned} \]

olur. \(\eta_x\) sayısının \(x\)’e nasıl bağlı olduğunu bilmiyoruz, ama buna gerek de yoktur: son integrand, bir üst satırdaki integrandın kendisidir ve o, \(x\)’in sürekli bir fonksiyonudur.

Adım 3: Düzgün süreklilik. \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(f_y\), \(R\) üzerinde sürekli olduğundan düzgün süreklidir (Teorem 19.1); öyle bir \(\delta > 0\) vardır ki \(|t - y| < \delta\) olan her \(t \in [c, d]\) ve her \(x \in [a, b]\) için

\[|f_y(x, t) - f_y(x, y)| < \frac{\varepsilon}{2(b - a)}\]

olur. \(0 < |h| < \delta\) ise \(\eta_x\), \(y\) ile \(y + h\) arasında olduğundan \(|\eta_x - y| < |h| < \delta\) olur ve bu eşitsizlik \(t = \eta_x\) için her \(x\)’te geçerlidir. Üçgen eşitsizliği ve sıralama özelliği gereği

\[\left| \frac{F(y + h) - F(y)}{h} - \int_a^b f_y(x, y)\,dx \right| \le \frac{\varepsilon}{2(b - a)}\,(b - a) < \varepsilon\]

bulunur.

Sonuç. Fark oranının \(h \to 0\) limiti vardır ve \(\displaystyle\int_a^b f_y(x, y)\,dx\) sayısına eşittir. \(y = c\) için yalnız \(h > 0\), \(y = d\) için yalnız \(h < 0\) değerleri alınabildiğinden bu noktalarda elde edilen tek yönlü türevdir. Son olarak \(f_y\), \(R\) üzerinde sürekli olduğundan Teorem 19.2 gereği \(F'(y) = \displaystyle\int_a^b f_y(x, y)\,dx\) fonksiyonu \([c, d]\) üzerinde süreklidir. \(\blacksquare\)

Teorem iki yönde kullanılır. Birincisi, değeri bilinen bir \(F\)’nin türevini alarak yeni bir integralin değerini ek bir integral hesabı yapmadan elde etmektir.

Örnek 19.5 (Bilinen İntegralden Yeni İntegral) \(y > 0\) olsun. \(F(y) = \displaystyle\int_0^1 \frac{dx}{x^2 + y^2}\) integralinden yararlanarak

\[\int_0^1 \frac{-2y}{(x^2 + y^2)^2}\,dx\]

integralini hesaplayınız.

Çözüm

Koşullar. \(0 < c < d\) olmak üzere \(y \in [c, d]\) alalım. \([0, 1] \times [c, d]\) dikdörtgeninde \(x^2 + y^2 \ge c^2 > 0\) olduğundan

\[f(x, y) = \frac{1}{x^2 + y^2}, \qquad \frac{\partial f}{\partial y}(x, y) = \frac{-2y}{(x^2 + y^2)^2}\]

fonksiyonlarının ikisi de bu dikdörtgende süreklidir (Önerme 19.1). Teorem 19.3 gereği aranan integral \(F'(y)\)’dir.

\(F\)’nin hesabı.

\[F(y) = \left[ \frac{1}{y}\arctan\frac{x}{y} \right]_{x=0}^{x=1} = \frac{1}{y}\arctan\frac{1}{y}.\]

Türev. Çarpım ve zincir kurallarıyla, \(\left( \dfrac{1}{y} \right)' = -\dfrac{1}{y^2}\) kullanılarak

\[ \begin{aligned} F'(y) &= -\frac{1}{y^2}\arctan\frac{1}{y} + \frac{1}{y} \cdot \frac{1}{1 + \frac{1}{y^2}} \cdot \left( -\frac{1}{y^2} \right) \\[1mm] &= -\frac{1}{y^2}\arctan\frac{1}{y} - \frac{1}{y\,(1 + y^2)} \end{aligned} \]

bulunur. \(c\) ve \(d\) keyfi olduğundan sonuç her \(y > 0\) için geçerlidir:

\[\int_0^1 \frac{-2y}{(x^2 + y^2)^2}\,dx = -\frac{1}{y^2}\arctan\frac{1}{y} - \frac{1}{y\,(1 + y^2)}.\]

İki yan \(-2y\) ile bölünürse kısmi kesirlerle uğraştıran bir integral tek satırda elde edilir:

\[\int_0^1 \frac{dx}{(x^2 + y^2)^2} = \frac{1}{2y^3}\arctan\frac{1}{y} + \frac{1}{2y^2(1 + y^2)}.\]

Örneğin \(y = 1\) için \(\displaystyle\int_0^1 \frac{dx}{(x^2 + 1)^2} = \frac{\pi}{8} + \frac{1}{4}\) olur. \(\blacksquare\)

İkinci kullanım ters yöndedir: hesaplanamayan bir integral bir parametreye bağlanır, türevi alınınca kolaylaşan integral hesaplanır ve sonra geri dönülür.

Dört adımda integral işareti altında türev

Parametreyi belirle. Hesaplanacak integral bir \(I(y)\) ailesinin üyesi olarak yazılır; parametre yoksa uygun bir yere eklenir.
Koşulları denetle. \(f\) ve \(\dfrac{\partial f}{\partial y}\) bir \([a, b] \times [c, d]\) dikdörtgeninde sürekli olmalıdır. Sorun çıkaran parametre değerleri dikdörtgenin dışında bırakılır.
Türevi içeri al. \(I'(y) = \displaystyle\int_a^b f_y\,dx\) hesaplanır; amaç bu integralin \(I\)’dan kolay olmasıdır.
Geri dön. \(I'\) integrallenir; integral sabiti \(I\)’nın bilinen bir değerinden, gerekirse sürekliliğin verdiği bir limitten bulunur.

Örnek 19.6 (Türev Alarak İntegral Hesabı) \(y \ge 0\) için

\[I(y) = \int_0^1 \frac{x^y - 1}{\ln x}\,dx = \ln(1 + y)\]

olduğunu gösteriniz. İntegrand \(x = 0\) ve \(x = 1\) noktalarında tanımsızdır; bu noktalarda limit değerleriyle tamamlanır.

Çözüm

Adım 1: Parametre ve integrand. Parametre \(y\)’dir. İntegrandı \([0, 1] \times [0, +\infty)\) üzerinde

\[f(x, y) = \begin{cases} \dfrac{x^y - 1}{\ln x}, & 0 < x < 1, \\[2mm] 0, & x = 0, \\[1mm] y, & x = 1 \end{cases}\]

olarak tanımlayalım ve her \(d > 0\) için \([0, 1] \times [0, d]\) üzerinde sürekli olduğunu görelim.

\(g(s) = \dfrac{1 - e^{-s}}{s}\) (\(s > 0\)), \(g(0) = 1\) fonksiyonu \([0, +\infty)\) üzerinde süreklidir, çünkü \(\lim_{s \to 0^+} \dfrac{1 - e^{-s}}{s} = 1\)’dir (\(e^{-s}\) fonksiyonunun \(0\)’daki türevi \(-1\)’dir). \(0 < x < 1\) ve \(y > 0\) için \(s = -y\ln x > 0\) yazılırsa \(x^y = e^{-s}\) ve

\[f(x, y) = \frac{e^{-s} - 1}{\ln x} = y \cdot \frac{1 - e^{-s}}{-y\ln x} = y\,g(-y\ln x)\]

olur. Aynı formül \(y = 0\) için (\(0 = 0 \cdot g(0)\)) ve \(x = 1\) için (\(y = y \cdot g(0)\)) de doğrudur. Demek ki \((0, 1] \times [0, d]\) üzerinde \(f(x, y) = y\,g(-y\ln x)\)’tir; sürekli fonksiyonların çarpımı ve bileşkesi olduğundan \(f\) bu kümede süreklidir (Önerme 19.1). \(x_0 > 0\) olan bir noktaya yeterince yakın noktalar \(x = 0\) kenarına değmediğinden bu, \(f\)’nin dikdörtgenin \(x_0 > 0\) olan her noktasındaki sürekliliğini verir.

Geriye \(x = 0\) kenarı kalır. \(0 < x < 1\) ve \(y \ge 0\) için \(0 < x^y \le 1\) ve \(\ln x < 0\) olduğundan

\[0 \le f(x, y) = \frac{1 - x^y}{-\ln x} \le \frac{1}{-\ln x}\]

olur. \(x \to 0^+\) iken sağ yan \(y\)’den bağımsız olarak \(0\)’a gider: \(\varepsilon > 0\) verildiğinde \(0 < x < \delta\) için \(\dfrac{1}{-\ln x} < \varepsilon\) olan bir \(\delta \in (0, 1)\) vardır ve bu \(x\)’ler için her \(y\)’de \(|f(x, y) - 0| < \varepsilon\) olur. \(f(0, y) = 0\) olduğundan \(f\), \((0, y_0)\) noktalarında da süreklidir.

Adım 2: Koşullar. \(0 < x < 1\) için \(x^y = e^{y\ln x}\) olduğundan

\[\frac{\partial f}{\partial y}(x, y) = \frac{x^y \ln x}{\ln x} = x^y\]

olur. \(x = 1\) için \(f(1, y) = y\) ve kısmi türev \(1 = 1^y\)’dir; \(x = 0\) için \(f(0, y) = 0\) ve kısmi türev \(0\)’dır. Yani \(f_y(x, y) = x^y\) (\(0 < x \le 1\)) ve \(f_y(0, y) = 0\)’dır.

Bu fonksiyon \(y = 0\) doğrusunu içeren bir dikdörtgende sürekli değildir: \(x > 0\) için \(f_y(x, 0) = 1\), oysa \(f_y(0, 0) = 0\)’dır. Bu yüzden \(0 < c < d\) alıp \([0, 1] \times [c, d]\) dikdörtgeninde çalışalım. Burada \(f_y\), \((0, 1] \times [c, d]\) üzerinde \(e^{y\ln x}\) bileşkesi olarak süreklidir. \(x = 0\) kenarında ise \(0 < x < 1\) ve \(y \ge c\) için \(y\ln x \le c\ln x\) olduğundan

\[0 \le x^y \le x^c \to 0 \qquad (x \to 0^+)\]

olur; sınır yine \(y\)’den bağımsızdır ve Adım 1’deki gerekçeyle \(f_y\), \((0, y_0)\) noktalarında da süreklidir. Teorem 19.3 koşulları \([0, 1] \times [c, d]\) üzerinde sağlanır.

Adım 3: Türev. \(y \in [c, d]\) için

\[I'(y) = \int_0^1 x^y\,dx = \left[ \frac{x^{y+1}}{y + 1} \right]_0^1 = \frac{1}{y + 1}\]

olur. \(0 < c < d\) keyfi olduğundan bu eşitlik her \(y > 0\) için geçerlidir.

Adım 4: Geri dönüş. \(d > 0\) olsun ve \([0, d]\) üzerinde \(H(y) = I(y) - \ln(1 + y)\) tanımlayalım. Adım 1 ve Teorem 19.2 gereği \(I\), dolayısıyla \(H\), \([0, d]\) üzerinde süreklidir. Adım 3 gereği her \(y \in (0, d)\) için

\[H'(y) = \frac{1}{y + 1} - \frac{1}{1 + y} = 0\]

olur. Türevi iç noktalarda sıfır olan sürekli fonksiyon sabittir (bkz. Analiz 2); \(f(x, 0) = 0\) olduğundan \(I(0) = 0\) ve \(H(0) = 0\)’dır. Öyleyse \([0, d]\) üzerinde \(H = 0\), yani

\[I(y) = \ln(1 + y) \qquad (y \ge 0)\]

olur. Örneğin \(y = 1\) için \(\displaystyle\int_0^1 \frac{x - 1}{\ln x}\,dx = \ln 2\) bulunur; bu integralin ilkeli temel fonksiyonlarla yazılamaz. \(\blacksquare\)

19.5 İntegral Sırasının Değişmesi

\(F\) sürekli olduğundan \([c, d]\) üzerinde integrallenebilir; \(\displaystyle\int_c^d F(y)\,dy\) sayısı, önce \(x\)’e sonra \(y\)’ye göre alınan ardışık bir integraldir. Üçüncü soru, sıranın sonucu etkileyip etkilemediğidir.

Teorem 19.4 (İntegral Sırasının Değişmesi) \(f\), \(R = [a, b] \times [c, d]\) üzerinde sürekli olsun. O zaman

\[\int_c^d \left( \int_a^b f(x, y)\,dx \right) dy = \int_a^b \left( \int_c^d f(x, y)\,dy \right) dx\]

olur.

İspat

Teorem 19.2 gereği \(\displaystyle\int_a^b f(x, y)\,dx\) fonksiyonu \([c, d]\) üzerinde, \(\displaystyle\int_c^d f(x, y)\,dy\) fonksiyonu \([a, b]\) üzerinde süreklidir; iki yandaki dış integraller tanımlıdır. Eşitliği, üst sınır \(d\) yerine değişken bir \(t \in [c, d]\) yazıp iki yanın \(t\)’ye göre türevlerini karşılaştırarak göstereceğiz.

Adım 1: Yardımcı fonksiyon. \(R\) üzerinde

\[\varphi(x, t) = \int_c^t f(x, y)\,dy\]

tanımlayalım. \(x\) sabitken \(y \mapsto f(x, y)\) sürekli olduğundan analizin ikinci temel teoremi (bkz. Analiz 2) gereği her \(t \in [c, d]\) için

\[\frac{\partial \varphi}{\partial t}(x, t) = f(x, t)\]

olur (uçlarda tek yönlü). Özel olarak \(\dfrac{\partial \varphi}{\partial t} = f\), \(R\) üzerinde süreklidir.

Adım 2: \(\varphi\) süreklidir. Teorem 19.1 gereği \(f\) sınırlı ve düzgün süreklidir; \(R\) üzerinde \(|f| \le M\) ve \(M > 0\) olsun. \(\varepsilon > 0\) verilsin. Öyle bir \(\delta_1 > 0\) vardır ki \(|x - x_0| < \delta_1\) iken her \(y \in [c, d]\) için

\[|f(x, y) - f(x_0, y)| < \frac{\varepsilon}{2(d - c)}\]

olur. \((x, t), (x_0, t_0) \in R\) için, integralin toplamsallığı (bkz. Analiz 2) kullanılarak

\[\varphi(x, t) - \varphi(x_0, t_0) = \int_c^t \big( f(x, y) - f(x_0, y) \big)\,dy + \int_{t_0}^{t} f(x_0, y)\,dy\]

yazılır. \(|x - x_0| < \delta_1\) ise birinci integralin mutlak değeri en çok \((t - c) \cdot \dfrac{\varepsilon}{2(d - c)} \le \dfrac{\varepsilon}{2}\) olur. İkinci integralin mutlak değeri en çok \(M\,|t - t_0|\)’dır; \(|t - t_0| < \dfrac{\varepsilon}{2M}\) ise bu da \(\dfrac{\varepsilon}{2}\)’den küçüktür. \(\delta = \min\left\{ \delta_1, \dfrac{\varepsilon}{2M} \right\}\) alınırsa \(|x - x_0| < \delta\) ve \(|t - t_0| < \delta\) iken

\[|\varphi(x, t) - \varphi(x_0, t_0)| < \varepsilon\]

olur; \(\varphi\), \(R\) üzerinde süreklidir.

Adım 3: İki yanın türevi. \([c, d]\) üzerinde

\[\Phi(t) = \int_a^b \varphi(x, t)\,dx, \qquad \Psi(t) = \int_c^t \left( \int_a^b f(x, y)\,dx \right) dy\]

tanımlayalım. Adım 1 ve Adım 2 gereği \(\varphi\) ve \(\dfrac{\partial \varphi}{\partial t}\) sürekli olduğundan Teorem 19.3 (\(t\) parametresiyle) uygulanır:

\[\Phi'(t) = \int_a^b \frac{\partial \varphi}{\partial t}(x, t)\,dx = \int_a^b f(x, t)\,dx.\]

\(\Psi\) ise sürekli bir fonksiyonun integral fonksiyonudur; ikinci temel teorem gereği

\[\Psi'(t) = \int_a^b f(x, t)\,dx\]

olur. Demek ki her \(t \in [c, d]\) için \((\Phi - \Psi)'(t) = 0\)’dır.

Adım 4: Sonuç. Türevi özdeş sıfır olan fonksiyon sabittir (bkz. Analiz 2). \(\varphi(x, c) = 0\) olduğundan \(\Phi(c) = 0\), ayrıca \(\Psi(c) = 0\)’dır; öyleyse \([c, d]\) üzerinde \(\Phi = \Psi\) olur. \(t = d\) için

\[\Phi(d) = \int_a^b \left( \int_c^d f(x, y)\,dy \right) dx, \qquad \Psi(d) = \int_c^d \left( \int_a^b f(x, y)\,dx \right) dy\]

olduğundan istenen eşitlik elde edilir. \(\blacksquare\)

Sıra değişimi de bir hesap aracıdır: ardışık integrallerden biri kolay, öbürü zor olabilir.

Örnek 19.7 (Sıra Değiştirerek İntegral Hesabı) \(0 < p < q\) olsun. \([0, 1] \times [p, q]\) üzerinde \(f(x, y) = x^y\) (\(x > 0\)), \(f(0, y) = 0\) fonksiyonunun iki ardışık integralini karşılaştırarak

\[\int_0^1 \frac{x^q - x^p}{\ln x}\,dx = \ln\frac{q + 1}{p + 1}\]

olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Süreklilik. \(p > 0\) olduğundan \(f\), \([0, 1] \times [p, q]\) üzerinde süreklidir; gerekçe Örnek 19.6 çözümünün ikinci adımındakiyle aynıdır (\(0 \le x^y \le x^p\)).

Önce \(y\)’ye göre. \(0 < x < 1\) için \(x^y = e^{y\ln x}\) olduğundan

\[\int_p^q x^y\,dy = \left[ \frac{x^y}{\ln x} \right]_{y=p}^{y=q} = \frac{x^q - x^p}{\ln x}\]

olur. \(x = 0\) için integral \(0\), \(x = 1\) için \(q - p\)’dir; bunlar sağdaki ifadenin \(x \to 0^+\) ve \(x \to 1^-\) limitleridir.

Önce \(x\)’e göre. \(y \in [p, q]\) için

\[\int_0^1 x^y\,dx = \frac{1}{y + 1}.\]

Sıra değişimi. Teorem 19.4 gereği

\[\int_0^1 \frac{x^q - x^p}{\ln x}\,dx = \int_p^q \frac{dy}{y + 1} = \Big[ \ln(y + 1) \Big]_p^q = \ln\frac{q + 1}{p + 1}\]

olur. Sonuç Örnek 19.6 ile uyumludur: sol yan \(I(q) - I(p)\), sağ yan \(\ln(1 + q) - \ln(1 + p)\)’dir. Örneğin \(p = 1\), \(q = 2\) için \(\displaystyle\int_0^1 \frac{x^2 - x}{\ln x}\,dx = \ln\frac{3}{2}\) bulunur. \(\blacksquare\)

19.6 Leibniz Formülü

Şimdiye kadar integralin sınırları sabitti. Sınırlar da parametreye bağlıysa türevde iki yeni terim ortaya çıkar. İntegrandın parametreye bağlı olmadığı özel durumu Analiz 2’de görmüştük (bkz. Analiz 2); genel formül, o sonuç ile Teorem 19.3 teoremini birleştirir.

Sonuç 19.1 (Leibniz Formülü) \(f\) ve \(\dfrac{\partial f}{\partial y}\) fonksiyonları \(R = [a, b] \times [c, d]\) üzerinde sürekli olsun. \(u, v : [c, d] \to [a, b]\) türevlenebilir fonksiyonlar olsun. O zaman

\[G(y) = \int_{u(y)}^{v(y)} f(x, y)\,dx\]

fonksiyonu \([c, d]\) üzerinde türevlenebilirdir ve

\[ \begin{aligned} G'(y) &= \int_{u(y)}^{v(y)} \frac{\partial f}{\partial y}(x, y)\,dx \\[1mm] &\quad + f\big( v(y), y \big)\,v'(y) - f\big( u(y), y \big)\,u'(y) \end{aligned} \]

olur. (\(u(y) > v(y)\) olan noktalarda integraller yönlü integral olarak anlaşılır.)

İspat

\(y_0 \in [c, d]\) sabit olsun; \(u_0 = u(y_0)\) ve \(v_0 = v(y_0)\) yazalım. \(y \in [c, d]\), \(y \ne y_0\) alalım.

Adım 1: Farkın üç parçası. \(y\) sabitken \(x \mapsto f(x, y)\), \([a, b]\) üzerinde süreklidir. Yönlü integralde toplamsallık (bkz. Analiz 2), \(u(y)\), \(u_0\), \(v_0\), \(v(y)\) noktalarının sırası ne olursa olsun

\[\int_{u(y)}^{v(y)} f(x, y)\,dx = \int_{u(y)}^{u_0} f(x, y)\,dx + \int_{u_0}^{v_0} f(x, y)\,dx + \int_{v_0}^{v(y)} f(x, y)\,dx\]

verir. Bundan \(G(y_0) = \displaystyle\int_{u_0}^{v_0} f(x, y_0)\,dx\) çıkarılırsa

\[G(y) - G(y_0) = A(y) + B(y) - C(y)\]

olur; burada

\[ \begin{aligned} A(y) &= \int_{u_0}^{v_0} \big( f(x, y) - f(x, y_0) \big)\,dx, \\[1mm] B(y) &= \int_{v_0}^{v(y)} f(x, y)\,dx, \\[1mm] C(y) &= \int_{u_0}^{u(y)} f(x, y)\,dx. \end{aligned} \]

\(A\)’da sınırlar sabit, integrand değişkendir; \(B\) ve \(C\)’de değişen, sınırdır. Her parçayı \(y - y_0\) ile bölüp \(y \to y_0\) limitini alacağız.

Adım 2: \(A\) parçası. \(u_0 < v_0\) ise Teorem 19.3, \([u_0, v_0] \times [c, d]\) dikdörtgeninde \(\displaystyle\int_{u_0}^{v_0} f(x, y)\,dx\) fonksiyonuna uygulanır; \(A(y)\) bu fonksiyonun \(y\) ile \(y_0\)’daki değerlerinin farkı olduğundan

\[\lim_{y \to y_0} \frac{A(y)}{y - y_0} = \int_{u_0}^{v_0} \frac{\partial f}{\partial y}(x, y_0)\,dx\]

olur. \(u_0 > v_0\) ise aynı teorem \([v_0, u_0] \times [c, d]\) üzerinde uygulanır ve iki yan birlikte işaret değiştirir; \(u_0 = v_0\) ise iki yan da \(0\)’dır. Eşitlik her durumda geçerlidir.

Adım 3: \(B\) parçası. \(v(y) \ne v_0\) ise integraller için ortalama değer teoremi (bkz. Analiz 2) gereği \(v_0\) ile \(v(y)\) arasında (uçlar dahil) öyle bir \(\xi_y\) vardır ki

\[B(y) = f(\xi_y, y)\,\big( v(y) - v_0 \big)\]

olur; \(v(y) < v_0\) durumunda teorem \([v(y), v_0]\) aralığına uygulanır ve yönlü integralin işaret değişimi aynı formülü verir. \(v(y) = v_0\) ise \(B(y) = 0\)’dır ve \(\xi_y = v_0\) alınır. Her durumda \(|\xi_y - v_0| \le |v(y) - v_0|\) ve

\[\frac{B(y)}{y - y_0} = f(\xi_y, y) \cdot \frac{v(y) - v_0}{y - y_0}\]

\[|f(\xi_y, y) - f(v_0, y_0)| < \varepsilon\]

bulunur; yani \(f(\xi_y, y) \to f(v_0, y_0)\). Çarpımın limiti alınırsa

\[\lim_{y \to y_0} \frac{B(y)}{y - y_0} = f(v_0, y_0)\,v'(y_0)\]

olur.

Adım 4: \(C\) parçası. Adım 3, \(v\) yerine \(u\) yazılarak yinelenir:

\[\lim_{y \to y_0} \frac{C(y)}{y - y_0} = f(u_0, y_0)\,u'(y_0).\]

Sonuç. Üç limit birleştirilirse \(G\), \(y_0\)’da türevlenebilirdir ve

\[G'(y_0) = \int_{u_0}^{v_0} \frac{\partial f}{\partial y}(x, y_0)\,dx + f(v_0, y_0)\,v'(y_0) - f(u_0, y_0)\,u'(y_0)\]

olur (\(y_0\) bir uç noktaysa limitler ve türev tek yönlüdür). \(y_0 \in [c, d]\) keyfi olduğundan formül ispatlanmıştır. \(\blacksquare\)

Formül üç katkının toplamıdır: integrandın değişmesi, üst sınırın kayması ve alt sınırın kayması. \(u\) ve \(v\) sabitse son iki terim düşer ve Teorem 19.3 geri gelir; \(f\) parametreye bağlı değilse ilk terim düşer ve Analiz 2’deki formül kalır.

Örnek 19.8 (Leibniz Formülünün Doğrudan Hesapla Karşılaştırılması) \(G(y) = \displaystyle\int_0^{y} (x + y)^2\,dx\) fonksiyonunun türevini önce Leibniz formülüyle, sonra integrali hesaplayarak bulunuz.

Çözüm

Leibniz formülü. \(f(x, y) = (x + y)^2\) ve \(\dfrac{\partial f}{\partial y} = 2(x + y)\) her yerde süreklidir; \(u(y) = 0\), \(v(y) = y\) türevlenebilirdir (\(u' = 0\), \(v' = 1\)). Verilen bir \(y\) için \(d > |y|\) seçilirse bütün koşullar \([-d, d] \times [-d, d]\) dikdörtgeninde sağlanır. Sonuç 19.1 gereği

\[ \begin{aligned} G'(y) &= \int_0^{y} 2(x + y)\,dx + (y + y)^2 \cdot 1 - (0 + y)^2 \cdot 0 \\[1mm] &= \Big[ (x + y)^2 \Big]_{x=0}^{x=y} + 4y^2 = 4y^2 - y^2 + 4y^2 = 7y^2 \end{aligned} \]

olur.

Doğrudan hesap.

\[G(y) = \left[ \frac{(x + y)^3}{3} \right]_{x=0}^{x=y} = \frac{8y^3 - y^3}{3} = \frac{7y^3}{3}\]

ve \(G'(y) = 7y^2\). İki yol aynı sonucu verir. \(\blacksquare\)

Örnek 19.9 (İlkeli Bulunamayan İntegralin Türevi) \(y > 0\) için \(\dfrac{d}{dy}\displaystyle\int_{y}^{y^2} \frac{\cos(xy)}{x}\,dx\) türevini hesaplayınız.

Çözüm

Koşullar. \(0 < c < d\) olsun ve \(a = \min\{c, c^2\}\), \(b = \max\{d, d^2\}\) alalım. \(y \in [c, d]\) için \(u(y) = y\) ve \(v(y) = y^2\) değerleri \([a, b]\) aralığındadır ve \(a > 0\)’dır. \([a, b] \times [c, d]\) dikdörtgeninde

\[f(x, y) = \frac{\cos(xy)}{x}, \qquad \frac{\partial f}{\partial y}(x, y) = \frac{-x\sin(xy)}{x} = -\sin(xy)\]

fonksiyonları süreklidir (Önerme 19.1); \(u' = 1\), \(v' = 2y\)’dir.

Formül. Sonuç 19.1 gereği

\[G'(y) = \int_{y}^{y^2} \big( -\sin(xy) \big)\,dx + \frac{\cos(y^2 \cdot y)}{y^2} \cdot 2y - \frac{\cos(y \cdot y)}{y} \cdot 1\]

olur.

İntegral. \(x\)’e göre \(\left( \dfrac{\cos(xy)}{y} \right)' = -\sin(xy)\) olduğundan

\[\int_{y}^{y^2} \big( -\sin(xy) \big)\,dx = \left[ \frac{\cos(xy)}{y} \right]_{x=y}^{x=y^2} = \frac{\cos(y^3) - \cos(y^2)}{y}.\]

Toplam.

\[ \begin{aligned} G'(y) &= \frac{\cos(y^3) - \cos(y^2)}{y} + \frac{2\cos(y^3)}{y} - \frac{\cos(y^2)}{y} \\[1mm] &= \frac{3\cos(y^3) - 2\cos(y^2)}{y}. \end{aligned} \]

\(c\) ve \(d\) keyfi olduğundan sonuç her \(y > 0\) için geçerlidir. \(\dfrac{\cos(xy)}{x}\) fonksiyonunun \(x\)’e göre ilkeli temel fonksiyonlarla yazılamaz; \(G\)’nin kendisini hesaplayamadığımız hâlde türevini tam olarak bulduk. \(\blacksquare\)

19.7 Alıştırmalar

Alıştırma 19.1 (Karekök İçeren Limit) \(\displaystyle\lim_{y \to 0} \int_{-1}^{1} \sqrt{x^2 + y^2}\,dx\) limitini hesaplayınız.

Çözüm

\((x, y) \mapsto x^2 + y^2\) bir polinomdur ve negatif değer almaz; karekök fonksiyonu \([0, +\infty)\) üzerinde süreklidir. Önerme 19.1 gereği \(f(x, y) = \sqrt{x^2 + y^2}\) fonksiyonu \([-1, 1] \times [-1, 1]\) dikdörtgeninde süreklidir. Teorem 19.2 gereği limit integralin içine alınır:

\[\lim_{y \to 0} \int_{-1}^{1} \sqrt{x^2 + y^2}\,dx = \int_{-1}^{1} \sqrt{x^2}\,dx = \int_{-1}^{1} |x|\,dx.\]

\(|x|\) çift fonksiyon olduğundan

\[\int_{-1}^{1} |x|\,dx = 2\int_0^1 x\,dx = 1\]

olur. Limit \(1\)’dir. \(\blacksquare\)

Alıştırma 19.2 (İçeri Alınamayan Limit) \([0, 1] \times [0, 1]\) üzerinde \(y > 0\) için \(f(x, y) = \dfrac{x}{y^2}\,e^{-x^2/y^2}\) ve \(f(x, 0) = 0\) olsun.

\[\lim_{y \to 0^+} \int_0^1 f(x, y)\,dx \qquad \text{ile} \qquad \int_0^1 \lim_{y \to 0^+} f(x, y)\,dx\]

sayılarını karşılaştırınız; sonucun Teorem 19.2 ile neden çelişmediğini açıklayınız.

Çözüm

İntegralin limiti. \(y > 0\) için \(x\)’e göre \(\left( -\dfrac{1}{2}e^{-x^2/y^2} \right)' = \dfrac{x}{y^2}e^{-x^2/y^2}\) olduğundan

\[\int_0^1 f(x, y)\,dx = \left[ -\frac{1}{2}e^{-x^2/y^2} \right]_{x=0}^{x=1} = \frac{1 - e^{-1/y^2}}{2}\]

olur. \(y \to 0^+\) iken \(\dfrac{1}{y^2} \to +\infty\) ve \(e^{-1/y^2} \to 0\) olduğundan limit \(\dfrac{1}{2}\)’dir.

Limitin integrali. \(x = 0\) için \(f(0, y) = 0\)’dır. \(x \in (0, 1]\) sabitken \(s = \dfrac{x^2}{y^2}\) yazılırsa \(y \to 0^+\) iken \(s \to +\infty\) ve

\[f(x, y) = \frac{1}{x} \cdot s\,e^{-s} \to 0\]

olur. Her \(x\) için limit \(0\) olduğundan ikinci sayı \(0\)’dır.

Karşılaştırma. \(\dfrac{1}{2} \ne 0\); limit integralin içine alınamaz. Bu, teoremle çelişmez, çünkü \(f\), \((0, 0)\) noktasında sürekli değildir: \(\left( \dfrac{1}{n}, \dfrac{1}{n} \right) \to (0, 0)\) olduğu hâlde

\[f\left( \frac{1}{n}, \frac{1}{n} \right) = n\,e^{-1} \to +\infty\]

olur ve Lemma 19.1 gereği bu dizinin \(f(0, 0) = 0\) sayısına yakınsaması gerekirdi. \(\blacksquare\)

Alıştırma 19.3 (Türevle Logaritma Çarpanı Üretmek) \(y > 0\) için \(\displaystyle\int_0^1 x^y\,dx = \frac{1}{y + 1}\) eşitliğinden yararlanarak \(\displaystyle\int_0^1 x^y \ln x\,dx\) integralini hesaplayınız. (İntegrand \(x = 0\)’da limit değeri olan \(0\) ile tamamlanır.)

Çözüm

Koşullar. \(0 < c < d\) olsun. \([0, 1] \times [c, d]\) üzerinde \(f(x, y) = x^y\) (\(x > 0\)), \(f(0, y) = 0\) fonksiyonu süreklidir (Örnek 19.6, Adım 2). \(x > 0\) için \(x^y = e^{y\ln x}\) olduğundan \(\dfrac{\partial f}{\partial y} = x^y \ln x\), \(x = 0\) için \(f(0, y) = 0\) olduğundan \(\dfrac{\partial f}{\partial y} = 0\)’dır. Bu fonksiyon \((0, 1] \times [c, d]\) üzerinde sürekli fonksiyonların çarpımıdır. \(x = 0\) kenarında, \(0 < x < 1\) ve \(y \ge c\) için

\[|x^y \ln x| \le x^c\,|\ln x| \to 0 \qquad (x \to 0^+)\]

olur. Limit, \(x^c \ln x = \dfrac{\ln x}{x^{-c}}\) yazılıp L’Hôpital kuralı uygulanarak bulunur: türevlerin oranı \(\dfrac{1/x}{-c\,x^{-c-1}} = -\dfrac{x^c}{c} \to 0\)’dır. Sınır \(y\)’den bağımsız olduğundan \(\dfrac{\partial f}{\partial y}\), \((0, y_0)\) noktalarında da süreklidir.

Türev. Teorem 19.3 gereği \(y \in [c, d]\) için

\[\int_0^1 x^y \ln x\,dx = \frac{d}{dy}\int_0^1 x^y\,dx = \frac{d}{dy}\left( \frac{1}{y + 1} \right) = -\frac{1}{(y + 1)^2}\]

olur; \(c\), \(d\) keyfi olduğundan sonuç her \(y > 0\) için geçerlidir.

Kontrol. \(y = 1\) için formül \(\displaystyle\int_0^1 x\ln x\,dx = -\frac{1}{4}\) verir. Kısmi integrasyonla da \(\left[ \dfrac{x^2}{2}\ln x \right]_0^1 - \displaystyle\int_0^1 \frac{x}{2}\,dx = 0 - \frac{1}{4}\) bulunur. \(\blacksquare\)

Alıştırma 19.4 (Logaritmalı İntegrandla Leibniz Formülü) \(F(y) = \displaystyle\int_{y}^{y^2} \ln\left( x^2 + y^2 + 1 \right) dx\) fonksiyonunun türevini bulunuz.

Çözüm

Koşullar. \(x^2 + y^2 + 1 \ge 1 > 0\) olduğundan

\[f(x, y) = \ln\left( x^2 + y^2 + 1 \right), \qquad \frac{\partial f}{\partial y}(x, y) = \frac{2y}{x^2 + y^2 + 1}\]

fonksiyonları \(\mathbb{R}^2\) üzerinde süreklidir. \(u(y) = y\), \(v(y) = y^2\) türevlenebilirdir. Verilen bir \(y\) için \(d \ge 1\) ve \(d > |y|\) seçilirse \([-d, d]\) aralığındaki her parametre için \(u\) ve \(v\) değerleri \([-d^2, d^2]\) içinde kalır; Sonuç 19.1, \([-d^2, d^2] \times [-d, d]\) dikdörtgeninde uygulanabilir.

Formül.

\[F'(y) = \int_{y}^{y^2} \frac{2y}{x^2 + y^2 + 1}\,dx + 2y\ln\left( y^4 + y^2 + 1 \right) - \ln\left( 2y^2 + 1 \right).\]

Sınır terimlerinde \(f(y^2, y) = \ln(y^4 + y^2 + 1)\), \(f(y, y) = \ln(2y^2 + 1)\), \(v' = 2y\) ve \(u' = 1\) kullanılmıştır.

İntegral. \(k = \sqrt{y^2 + 1}\) yazılırsa \(\displaystyle\int \frac{dx}{x^2 + k^2} = \frac{1}{k}\arctan\frac{x}{k}\) olduğundan

\[\int_{y}^{y^2} \frac{2y}{x^2 + y^2 + 1}\,dx = \frac{2y}{\sqrt{y^2 + 1}}\left( \arctan\frac{y^2}{\sqrt{y^2 + 1}} - \arctan\frac{y}{\sqrt{y^2 + 1}} \right).\]

Sonuç.

\[ \begin{aligned} F'(y) &= \frac{2y}{\sqrt{y^2 + 1}}\left( \arctan\frac{y^2}{\sqrt{y^2 + 1}} - \arctan\frac{y}{\sqrt{y^2 + 1}} \right) \\[1mm] &\quad + 2y\ln\left( y^4 + y^2 + 1 \right) - \ln\left( 2y^2 + 1 \right). \end{aligned} \]

Bir kontrol: \(y = 1\) için iki sınır çakışır, arktanjantlı terim \(0\) olur ve \(F'(1) = 2\ln 3 - \ln 3 = \ln 3\) kalır. \(\blacksquare\)

Alıştırma 19.5 (Arktanjantlı İntegrandla Leibniz Formülü) \(y > 0\) için \(F(y) = \displaystyle\int_{y}^{y^2} \arctan\frac{1}{x y^2}\,dx\) fonksiyonunun türevini bulunuz.

Çözüm

Kısmi türev. \(w = \dfrac{1}{x y^2}\) yazılırsa \(\dfrac{\partial w}{\partial y} = -\dfrac{2}{x y^3}\) ve \(\dfrac{1}{1 + w^2} = \dfrac{x^2 y^4}{1 + x^2 y^4}\) olur. Zincir kuralıyla

\[\frac{\partial}{\partial y}\arctan\frac{1}{x y^2} = -\frac{2}{x y^3} \cdot \frac{x^2 y^4}{1 + x^2 y^4} = -\frac{2xy}{1 + x^2 y^4}.\]

Koşullar. \(0 < c < d\), \(a = \min\{c, c^2\}\), \(b = \max\{d, d^2\}\) olsun. \([a, b] \times [c, d]\) üzerinde \(x y^2 > 0\) olduğundan \(f\) ve \(\dfrac{\partial f}{\partial y}\) süreklidir; \(y \in [c, d]\) için \(u(y) = y\) ve \(v(y) = y^2\) değerleri \([a, b]\) içindedir.

Formül. Sonuç 19.1 gereği, \(f(y^2, y) = \arctan\dfrac{1}{y^4}\) ve \(f(y, y) = \arctan\dfrac{1}{y^3}\) ile

\[F'(y) = \int_{y}^{y^2} \frac{-2xy}{1 + x^2 y^4}\,dx + 2y\arctan\frac{1}{y^4} - \arctan\frac{1}{y^3}.\]

İntegral. \(x\)’e göre \(\Big( \ln(1 + x^2 y^4) \Big)' = \dfrac{2x y^4}{1 + x^2 y^4}\) olduğundan

\[ \begin{aligned} \int_{y}^{y^2} \frac{-2xy}{1 + x^2 y^4}\,dx &= -\frac{1}{y^3}\Big[ \ln(1 + x^2 y^4) \Big]_{x=y}^{x=y^2} \\[1mm] &= -\frac{1}{y^3}\Big( \ln(1 + y^8) - \ln(1 + y^6) \Big). \end{aligned} \]

Sonuç.

\[F'(y) = -\frac{1}{y^3}\ln\frac{1 + y^8}{1 + y^6} + 2y\arctan\frac{1}{y^4} - \arctan\frac{1}{y^3} \qquad (y > 0).\]

\(\blacksquare\)

Alıştırma 19.6 (Sıra Değiştirerek Kolaylaşan İntegral) \(F(y) = \displaystyle\int_0^{\pi/2} x\cos(xy)\,dx\) olsun. \(\displaystyle\int_0^1 F(y)\,dy\) integralini hesaplayınız.

Çözüm

\(f(x, y) = x\cos(xy)\) fonksiyonu \(\left[ 0, \dfrac{\pi}{2} \right] \times [0, 1]\) dikdörtgeninde süreklidir. Teorem 19.4 gereği

\[\int_0^1 F(y)\,dy = \int_0^{\pi/2} \left( \int_0^1 x\cos(xy)\,dy \right) dx\]

olur. İç integralde \(x\) sabittir ve \(y\)’ye göre \(\big( \sin(xy) \big)' = x\cos(xy)\) olduğundan

\[\int_0^1 x\cos(xy)\,dy = \Big[ \sin(xy) \Big]_{y=0}^{y=1} = \sin x\]

bulunur (\(x = 0\) için iki yan da \(0\)’dır). Dolayısıyla

\[\int_0^1 F(y)\,dy = \int_0^{\pi/2} \sin x\,dx = \Big[ -\cos x \Big]_0^{\pi/2} = 1.\]

Verilen sırayla hesap çok daha zahmetlidir: kısmi integrasyonla \(y \ne 0\) için

\[F(y) = \frac{\pi}{2y}\sin\frac{\pi y}{2} + \frac{1}{y^2}\left( \cos\frac{\pi y}{2} - 1 \right)\]

bulunur; bu fonksiyonun ilkelini görmek kolay değildir, sıra değişimi ise hesabı tek satıra indirir. \(\blacksquare\)

Alıştırma 19.7 (Parametre Ekleyerek İntegral Hesabı) \(\displaystyle\int_0^1 \frac{\ln(1 + x)}{1 + x^2}\,dx\) integralini, \(I(y) = \displaystyle\int_0^1 \frac{\ln(1 + xy)}{1 + x^2}\,dx\) fonksiyonunu inceleyerek hesaplayınız.

Çözüm

Adım 1: Parametre. Aranan sayı \(I(1)\)’dir; ayrıca \(\ln 1 = 0\) olduğundan \(I(0) = 0\)’dır.

Adım 2: Koşullar. \([0, 1] \times [0, 1]\) üzerinde \(1 + xy \ge 1 > 0\) olduğundan

\[f(x, y) = \frac{\ln(1 + xy)}{1 + x^2}, \qquad \frac{\partial f}{\partial y}(x, y) = \frac{x}{(1 + xy)(1 + x^2)}\]

fonksiyonları süreklidir (Önerme 19.1).

Adım 3: Türev. Teorem 19.3 gereği \(I'(y) = \displaystyle\int_0^1 \frac{x\,dx}{(1 + xy)(1 + x^2)}\) olur. İntegrandı basit kesirlere ayıralım:

\[\frac{x}{(1 + xy)(1 + x^2)} = \frac{1}{1 + y^2}\left( \frac{x + y}{1 + x^2} - \frac{y}{1 + xy} \right).\]

Gerçekten, parantez içi ortak paydaya alınınca pay

\[(x + y)(1 + xy) - y(1 + x^2) = x + xy^2 = x(1 + y^2)\]

olur. Üç temel integral

\[ \begin{aligned} \int_0^1 \frac{x}{1 + x^2}\,dx &= \frac{\ln 2}{2}, \\[1mm] \int_0^1 \frac{y}{1 + x^2}\,dx &= \frac{\pi y}{4}, \\[1mm] \int_0^1 \frac{y}{1 + xy}\,dx &= \Big[ \ln(1 + xy) \Big]_{x=0}^{x=1} = \ln(1 + y) \end{aligned} \]

olduğundan

\[I'(y) = \frac{1}{1 + y^2}\left( \frac{\ln 2}{2} + \frac{\pi y}{4} - \ln(1 + y) \right)\]

bulunur.

Adım 4: Geri dönüş. \(I'\) sürekli olduğundan (Teorem 19.3) Newton–Leibniz formülü (bkz. Analiz 2) gereği \(I(1) = I(1) - I(0) = \displaystyle\int_0^1 I'(y)\,dy\) olur:

\[I(1) = \frac{\ln 2}{2}\int_0^1 \frac{dy}{1 + y^2} + \frac{\pi}{4}\int_0^1 \frac{y\,dy}{1 + y^2} - \int_0^1 \frac{\ln(1 + y)}{1 + y^2}\,dy.\]

İlk iki integral \(\dfrac{\pi}{4}\) ve \(\dfrac{\ln 2}{2}\)’dir. Üçüncü integral, değişkenin adı dışında aranan integralin kendisidir, yani \(I(1)\)’dir. Böylece

\[I(1) = \frac{\ln 2}{2} \cdot \frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{4} \cdot \frac{\ln 2}{2} - I(1)\]

olur ve \(2\,I(1) = \dfrac{\pi\ln 2}{4}\), yani

\[\int_0^1 \frac{\ln(1 + x)}{1 + x^2}\,dx = \frac{\pi\ln 2}{8}\]

bulunur. \(\blacksquare\)

Bu bölümün bütün teoremleri sınırlı bir aralık ve kapalı bir dikdörtgende sürekli bir integrand varsayar; ispatların her biri dikdörtgendeki düzgün sürekliliğe dayanır. Gamma fonksiyonu gibi örneklerde integrasyon aralığı sınırsızdır ya da integrand bir uçta sınırsızdır ve bu araç doğrudan kullanılamaz. Süreklilik, türev ve sıra değişimi teoremlerinin oraya taşınması için gereken yeni kavramı, integralin parametreye göre düzgün yakınsaklığını, Parametreye Bağlı Genelleştirilmiş İntegraller bölümünde kuruyoruz.