MAT1009 Matematik I

MAT1009
Matematik I
Ders Notları
Dokuz Eylül Üniversitesi
2016
2
İçindekiler
1
2
3
4
Fonksiyonlar
1.1 Polinomlar . . . . . . . . . .
1.2 Trigonometrik Fonksiyonlar
1.3 Üstel Fonksiyonlar . . . . .
1.4 Fonksiyon Grafikleri . . . .
1.5 Fonksiyonlar ile dört işlem .
1.6 Bileşke Fonksiyon . . . . . .
1.7 Ters Fonksiyon . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
5
7
9
10
12
15
16
18
Limit ve Türev
2.1 Limit Alma Kuralları . . . . . . . . . . .
2.2 Süreklilik . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Sonsuzluk İçeren Limitler . . . . . . . . .
2.4 Teğetler, Hızlar ve Diğer Değişim Hızları
2.4.1 Teğet Doğrusu Problemi . . . . .
2.4.2 Anlık Hız Problemi . . . . . . . .
2.5 Türev . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
25
28
33
39
48
48
51
52
Türev Kuralları
3.1 Zincir Kuralı . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2 Parametrik Eğrilerin Teğetleri . . . . . . . . . .
3.3 Kapalı Fonksiyonların Türevleri . . . . . . . . .
3.3.1 Ters Trigonometrik Fonksiyonların Türevi
3.4 Logaritma Fonksiyonlarının Türevi . . . . . . . .
3.5 Doğrusal Yaklaştırımlar ve Diferansiyeller . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
59
66
68
69
72
73
75
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
79
79
82
88
88
88
89
90
96
97
98
98
100
103
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
Türev Uygulamaları
4.1 Bağımlı Hız . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2 Maksimum ve Minimum Değerler . . . . . .
4.3 Ortalama-Değer Problemi . . . . . . . . . . .
4.4 Türevler ve Bir Eğrinin Eğimi . . . . . . . .
4.4.1 Artan ve Azalan Fonksiyonlar . . . .
4.4.2 Yerel Minimum/Maksimum Noktaları
4.4.3 Bükeylik . . . . . . . . . . . . . . .
4.5 Belirsizlik Durumları ve L’Hospital Kuralı . .
4.5.1 Belirsiz Çarpımlar . . . . . . . . . .
4.5.2 Belirisiz Farklar . . . . . . . . . . .
4.5.3 Belirsiz Kuvvetler . . . . . . . . . .
4.6 Optimizasyon Problemleri . . . . . . . . . .
4.7 Bir Fonksiyonun İlkeli . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
3
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
4
5
6
İÇINDEKILER
Integral
5.1 Alan ve Uzaklık . . . . . . . . . . .
5.2 Uzaklık Problemi . . . . . . . . . .
5.3 Belirli İntegral . . . . . . . . . . . .
5.4 İntegralin Hesaplanması . . . . . .
5.5 Belirli İntegrallerin Özellikleri . . .
5.6 Yerine Koyma Kuralı . . . . . . . .
5.7 Kısmi İntegral Alma . . . . . . . .
5.8 Trigonometrik İntegraller . . . . . .
5.8.1 Trigonometrik Dönüşümler .
5.9 Kısmi Kesirler . . . . . . . . . . . .
5.10 Has Olmayan İntegraller . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
Integralin Uygulamaları
6.1 Alan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.1.1 Parametrik eğrilerin Sınırladığı Alanlar
6.2 Hacimler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.3 Yay Uzunluğu . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.4 Bir Fonksiyonun Ortalama Değeri . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
107
107
115
115
118
119
129
133
135
140
145
147
.
.
.
.
.
155
155
159
161
165
167
Bölüm 1
Fonksiyonlar
Bir f fonksiyonu, bir A kümesinin her x öğesini, bir B kümesinin tek bir f (x) öğesine taşıyan bir kuraldır. Genellikle
A ve B kümelerinin gerçel sayıların kümeleri olduğu fonksiyonları düşüneceğiz. A kümesine fonksiyonun tanım
kümesi denir. f (x) sayısına f fonksiyonunun x deki değeri denir. x sayısı A kümesi içinde değişirken, f (x) in tüm
olası değerlerinin kümesine f nin görüntü kümesi denir. f nin tanım kümesinin herhangi bir öğesini temsil eden
sembole, bağımsız değişken denir. Görüntü kümesinin herhangi bir öğesini temsil eden sembole, bağımlı değişken
denir.
Bir fonksiyonu en iyi anlamanın yolu grafiğidir. Tanım kümesi A olan bir fonksiyonun grafiği
{(x, f (x))|x ∈ A}
ile betimlenen sıralı ikililer kümesidir. Başka bir deyişle, f nin grafiği, x tanım kümesinde ve y = f (x) olmak koşulu
ile düzlemdeki (x, y) noktalarının kümesidir.
Şekil 1.1
Grafik, f nin tanım ve görüntü kümelerini, sırası ile x− ve y− ekseni üzerinde Şekil 1.2 deki gibi şekillendirmemize
de yardımcı olur.
Şekil 1.2
Düşey doğru ölçütü xy− düzlemindeki bir eğrinin x in bir fonksiyonunun grafiği olması için gerekli ve yeterli
koşul, her düşey doğrunun bu eğriyi en fazla bir noktada kesmesidir.
Tanım kümesinin farklı parçalarında farklı biçimde tanımlanmış fonksiyona parçalı fonksiyon denir. Örneğin;
f (x) =
1 − x, x ≤ 1
x2 ,
x>1
5
6
BÖLÜM 1. FONKSIYONLAR
Şekil 1.3: Düşey Doğru Ölçütü
x ≤ 1 iken f (x) in değeri 1 − x, x > 1 iken f (x) in değeri x2 dir. Parçalı tanımlı fonksiyonlara vereceğimiz bir
sonraki örnek mutlak değer fonksiyonudur.
x ,x ≥ 0
|x| =
−x , x < 0
Şekil 1.4
Tanım kümesindeki her x için f (−x) = f (x) koşulunu sağlayan f fonksiyonuna çift fonksiyon denir. Örneğin
f (x) = x2 fonksiyonu için
f (−x) = (−x)2 = x2 = f (x)
sağlandığından f çifttir. Bu fonksiyonların önemi, grafiklerinin y− eksenine göre simetrik olmasıdır(Şekil 1.5).
Yalnızca x ≥ 0 için grafik çizildiğinde, tüm grafik y− eksenine göre simetri alınarak bulunur.
Şekil 1.5
Tanım kümesindeki her x için f (−x) = −f (x) koşulunu sağlayan f fonksiyonuna tek fonksiyon denir. Örneğin
f (x) = x3 fonksiyonu tektir çünkü
f (−x) = (−x)3 = −x3 = −f (x)
dir. Tek fonksiyonların grafikleri başlangıç noktasına göre simetriktir.(Şekil 1.6).
Eğer x ≥ 0 değerleri için grafik biliniyorsa, tüm grafik eldeki grafiğin başlangıç noktaı etrafında 180◦ döndürülmesiyle
elde edilir.
Şekil 1.7 daki grafik A dan B ye kadar yükselmekte, B den C ye kadar düşmekte ve C den D ye kadar tekrar
yükselmektedir. f fonksiyonu [a, b] aralığında artan, [b, c] aralığında azalan, [c, d] aralığında ise yine artandır.
1.1. POLINOMLAR
7
Şekil 1.6
Şekil 1.7
x1 ve x2 noktaları a ve b arasında, x1 < x2 koşulunu sağlayan herhangi iki nokta ise, f (x1 ) < f (x2 ) olduğuna
dikkat ediniz. Bu özelliği artan fonksiyonun tanımı için kullanacağız.
I aralığındaki her x1 < x2 için f (x1 ) < f (x2 ) ise, f fonksiyonu I aralığında artandır denir.
I aralığındaki her x1 < x2 için f (x1 ) > f (x2 ) ise, f fonksiyonu I aralığında azalandır denir.
Her bir x değeri için, p > 0 iken f (x + p) = f (x) eşitliğini sağlayan fonksiyonlara p periyoduna sahip periyodik
fonksiyon denir.
1.1
Polinomlar
n bir tamsayı, a0 , a1 , a2 , . . . , an sabit gerçel sayılar olmak üzere
P (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a2 x2 + a1 x + a0
şeklindeki fonksiyonlara polinom denir. Her polinomun tanım kümesi R = (−∞, ∞) kümesidir. a0 , a1 , a2 , . . . , an
sayılarına polinomun katsayıları denir. Eğer ilk katsayı an 6= 0 ise, n sayısına polinomun derecesi denir. Örneğin,
√
2
P (x) = 2x6 − x4 + x3 + 2
5
derecesi 6 olan bir polinomdur. Derecesi 1 olan polinom P (x) = mx + b biçiminde olacağından, doğrusal bir
fonksiyondur. Derecesi 2 olan bir polinom P (x) = ax2 + bx + c biçimindedir ve kuadratik fonksiyon (veya ikinci
dereceden polinom) adını taşır.
İkinci dereceden polinomların grafiği parabol olur ve grafikleri, bir sonraki bölümde göreceğimiz gibi y = ax2
parabolünün kaydırılması ile elde edilir. a > 0 ise, parabolun ağzı yukarıya, a < 0 ise aşağıya doğru açıktır (Şekil
1.8).
Derecesi 3 olan bir polinom ax3 + bx2 + cx + d biçimindedir ve kübik fonksiyon adını taşır.
a sabit bir sayı olmak üzere, f (x) = xa biçimindeki fonksiyonlara kuvvet fonksiyonları denir.
Bazı özel durumları düşünelim:
n pozitif bir tamsayı olmak üzere, a = n ise n = 1, 2, 3, 4 ve 5 olduğu f (x) = xn fonksiyonlarının grafikleri
aşağıdaki grafiklerde görülmektedir. (Bunlar yalnızca bir terimi olan polinomlardır.)
8
BÖLÜM 1. FONKSIYONLAR
Şekil 1.8: y = x2 + x + 1
y = −2x2 + 3x + 1
Şekil 1.9
Yukarıdaki şekilden görüleceği gibi n artarken f (x) = xn , 0 yakınında düzleşmekte, |x| ≥ 1 için dikleşmektedir.
(x küçükse, x2 daha küçük, x3 daha da küçük, x4 ondan da küçük, v.b. olacaktır.)
Şekil 1.10
√
n pozitif bir tamsayı olmak üzere, a = n1 ise f (x) = x1/n = n x fonksiyonuna kök fonksiyonu denir. n = 2
√
ise, f (x) = x, tanım kümesi [0, ∞), grafiği ise x = y 2 parabolünün üst kolu olan kare-kök fonksiyonudur. n
1.2. TRIGONOMETRIK FONKSIYONLAR
9
√
tamsayısının çift olması durumunda, y = x1/n fonksiyonunun grafiği y = x fonksiyonunun grafiğine benzer.
√
n = 3 durumunda f (x) = 3 x, tanım kümesi R olan (her gerçel sayının küp-kökü vardır) küp-kök fonksiy√
√
onudur ve grafiği aşağıda verilmiştir. n tek ise, (n > 3) y = n x nin grafiği y = 3 x fonksiyonunkine benzer. a = −1
ise şekil de, f (x) = x−1 = 1/x in grafiği verilmiştir.
Şekil 1.11
P (x)
P ve Q gibi iki polinomun oranı olarak ifade edilebilen f (x) = Q(x)
f fonksiyonuna rasyonel (kesirli) fonksiyon
denir. Tanım kümesi: Q(x) 6= 0 olan tüm x sayılarıdır. Tanım kümesi {x|x 6= 0} olan f (x) = 1/x fonksiyonu da
4
2 +1
rasyonel bir fonksiyondur. Yine örnek olarak f (x) = 2x x−x
fonksiyonu da tanım kümesi {x|x 6= ±2} olan olan
2 −4
bir rasyonel fonksiyondur. Polinomlardan(toplama, çıkarma, çarpma, bölme ve kök alma gibi) cebirsel işlemler ile
elde edilebilen f fonksiyonuna cebirsel fonksiyon denir. Rasyonel fonksiyonlar cebirsel fonksiyonlardır.
f (x) =
p
x2 + 1
g(x) =
√
x4 − 16x2
√ + (x − 2) 3 x + 1
x+ x
fonksiyonları da cebirsel fonksiyonlardır.
1.2
Trigonometrik Fonksiyonlar
Kalkülüste açı birimi olarak (aksi belirtilmediği sürece) radyan kullanılır. Örneğin, f (x) = sin x ile radyan ölçümü x
olan açının sinüsünü anlarız. Dolayısı ile, sinüs ve kosinüs fonksiyonlarının grafikleri, şekil de gösterildiği gibidir.
Şekil 1.12
Şekil 1.13
10
BÖLÜM 1. FONKSIYONLAR
Sinüs ve kosinüs fonksiyonlarının tanım kümesi (−∞, ∞), görüntü kümesi [−1, 1] kapalı aralığıdır. Bu nedenle
her x için −1 ≤ sin x ≤ 1
− 1 ≤ cos x ≤ 1 ya da mutlak değer gösterimi ile
| sin x| ≤ 1
| cos x| ≤ 1
olur. Sinüs fonksiyonunu sıfırları π nin tamsayı katlarıdır; başka bir değişle n tamsayı olmak üzere,
x = nπ için sin x = 0 dır.
Sinüs ve kosinüs fonksiyonlarının en önemli özelliği periyodik olmaları ve periyodlarının 2π olmasıdır. Bu, x in tüm
değerleri için
sin(x + 2π) = sin x cos(x + 2π) = cos x
olması demektir.
Tanjant fonksiyonunun sinüs ve kosinüs fonksiyonalrı ile ilişkisi,
tan x =
sin x
cos x
denklemleriyle verilir. Grafiği verilmiştir.
Şekil 1.14
x = ±π/2, ±3π/2, . . . değerleri için cos x = 0 olduğundan, bu değerlerde tanımlı değildir. Görüntü kümesi
(−∞, ∞) aralığıdır. Tanjant fonksiyonu periyodiktir ve periyodu π dir:
tan(x + π) = tan x.
1.3
Üstel Fonksiyonlar
Bu tür fonksiyonlar, taban a nın pozitif bir sabit olduğu f (x) = ax biçimindeki fonksiyonlardır. Her iki durumda da
tanım kümesi (−∞, ∞) ve görüntü kümesi (0, ∞) dur.
Üstel fonksiyonların en çok kullanılanı ex (doğal üstel fonksiyon) fonksiyonudur. Buradaki e sayısı üstel fonksiyonun y− eksenini eğimi 1 olacak şekilde kesmesini saylayan sayıdır.
e sayısı irrasyonel bir sayıdır ve e sayısının ilk 5 basamağı e ≈ 2.71828 dir. Transandantal (aşkın) fonksiyonlar
olarak da bilinen bu tür fonksiyonlar trigonometrik, üstel ve logaritma fonksiyonlarını içerdikleri gibi, hiç bir ad
verilmemiş diğer pek çok fonksiyonu da içerirler.
1.3. ÜSTEL FONKSIYONLAR
11
Şekil 1.15
Şekil 1.16
Örnek 1.
Aşağıdaki fonksiyonların türlerini belirleyiniz.
(a) f (x) = 5x
(c)
h(x) =
1+x
√
1− x
(b) g(x) = x5
(d)
u(t) = 1 − t + 5t4
Çözüm. (a) f (x) = 5x fonksiyonu üstel bir fonksiyondur. (Kuvveti x dir.)
(b) g(x) = x5 fonksiyonu bir kuvvet fonksiyonudur. (Taban x dir.) aynı zamanda derecesi 5 olan bir polinomdur.
1+x
√ cebirsel bir fonksiyondur.
(c) h(x) =
1− x
(d) u(t) = 1 − t + 5t4 derecesi 4 olan bir polinomdur.
12
1.4
BÖLÜM 1. FONKSIYONLAR
Fonksiyon Grafikleri
Bir fonksiyonun grafiğine dönüşümler uygulayarak yeni fonksiyonlar elde edebiliriz. Bu fikirler bize bir çok fonksiyonun grafiğini hızlıca çizebilme yeteneğini kazandıracaktır. Aynı zamanda, verilen grafiklerin denklemlerini bulabileceğiz.
Önce ötelemeleri düşünelim. Eğer c pozitif bir sayı ise, y = f (x) + c fonksiyonunun grafiği y = f (x) fonksiyonunun grafiğinin yukarı doğru c birim kaydırılması ile elde edilir (bunun nedeni tüm y-koordinatlarının c kadar
arttırılmasıdır). g(x) = f (x − c) ile tanımlanan g fonksiyonunun x sayısındaki değeri, f nin x − c sayısındaki
değeridir (başka bir deyişle, x in c birim solundaki değer). Bu nedenle, y = f (x − c) fonksiyonunun grafiği, y = f (x)
grafiğinin c birim sağa kaydırılmış halidir. c > 0 olmak üzere, Şekil 1.17 incelenmelidir. c > 0 olmak üzere, Şekil
1.17 incelenmelidir.
Şekil 1.17
Yatay ve düşey kaydırmalar c > 0 olsun.
y = f (x) + c nin grafiğini elde etmek için,
y = f (x) grafiğini yukarı doğru c birim kaydırınız.
y = f (x) − c nin grafiğini elde etmek için,
y = f (x) grafiğini aşağıya doğru c birim kaydırınız.
y = f (x − c) nin grafiğini elde etmek için,
y = f (x) grafiğini sağa doğru c birim kaydırınız.
y = f (x + c) nin grafiğini elde etmek için,
y = f (x) grafiğini sola doğru c birim kaydırınız.
1.4. FONKSIYON GRAFIKLERI
13
Şimdi germe ve yansıma dönüşümlerini ele alalım. c > 1 ise, y = cf (x) fonksiyonunun grafiği, y = f (x)
fonksiyonunun grafiğinin düşey doğrultuda c kadar gerilmesi ile elde edilir (çünkü her y-koordinatı aynı c sayısı ile
çarpılmıştır). y = −f (x) fonksiyonun grafiği, y = f (x) grafiğinin x− eksenine göre yansımasıdır, çünkü (x, y)
noktası (x, −y) noktası ile yer değiştirmektedir. c > 1 ve c 6= 0 olmak üzere, Şekil 1.18 incelenmelidir.
Şekil 1.18
Yatay ve düşey germe ve yansıma
c > 1 olsun.
y = cf (x) in grafiğini elde etmek için,
y = f (x) in grafiğini düşey olarak c kadar geriniz.
y = (1/c)f (x) in grafiğini elde etmek için,
y = f (x) in grafiğini düşey olarak c kadar büzünüz.
y = f (cx) in grafiğini elde etmek için,
y = f (x) in grafiğini yatay olarak c kadar büzünüz.
y = f (x/c) in grafiğini elde etmek için,
y = f (x) in grafiğini yatay olarak c kadar geriniz.
y = −f (x) in grafiğini elde etmek için,
y = f (x) in grafiğinin x− ekseninde yansımasını alınız.
y = f (−x) in grafiğini elde etmek için,
y = f (x) in grafiğinin y− ekseninde yansımasını alınız.
14
BÖLÜM 1. FONKSIYONLAR
Örnek 2.
√
√
√
√
√
Verilen
√ y = x in grafiğine dönüşümler uygulayarak y = x − 2, y = x − 2, y = − x, y = 2 x ve
y = −x fonksiyonlarının grafiklerini çiziniz.
2.
3.
4.
5.
6.
1. y =
√
x in grafiği: Şekil 1.19a.
√
2 birim aşağı kaydırarak y = x − 2 fonksiyonunun grafiği: Şekil 1.19b.
√
2 birim sağa kaydırarak y = x − 2 fonksiyonun grafiği: Şekil 1.19c.
√
x− ekseninde yansımasını alarak y = − x in grafiği: Şekil 1.19d.
√
düşey yönde 2 birim gererek y = 2 x in grafiği: Şekil 1.19e.
√
y− ekseninde yansıma alarak y = −x in grafiği: Şekil 1.19f.
Çözüm.
(a)
√
x
√
(d) − x
(b)
√
x−2
√
(e) 2 x
(c)
√
(f)
x−2
√
−x
Şekil 1.19
Örnek 3.
f (x) = x2 + 6x + 10 fonksiyonunun grafiğini çiziniz.
Çözüm. Tam kareye tamamlayarak, grafiğin denklemini
y = x2 + 6x + 10 = (x + 3)2 + 1
olarak yazarız. İstenilen grafiği, y = x2 parabolünü önce 3 birim sola, sonra 1 birim yukarıya kaydırarak buluruz.
(Şekil 1.20)
1.5. FONKSIYONLAR ILE DÖRT IŞLEM
15
Şekil 1.20
Örnek 4.
y = |x2 − 1| fonksiyonunun garfiğini çiziniz.
Çözüm. Önce y = x2 − 1 parabolünü çizeriz. Bu, y = x2 parabolünün 1 birim aşağıya kaydırılmasıyla elde edilir.
−1 < x < 1 iken x2 − 1 parabolü x-ekseninin altında kaldığından, y = |x2 − 1| in grafiğini, bu kısmın grafiğini x−
eksenine göre yansıtarak buluruz. (Şekil 1.21)
Şekil 1.21
1.5
Fonksiyonlar ile dört işlem
f ve g gibi iki fonksiyon, sayıların toplanması, çıkarılması, çarpılması ve bölünmesine benzer şekilde birleştirilerek,
f + g, f − g, f g ve f /g gibi yeni fonksiyonlar elde edilebilir.
f + g toplamını,
(f + g)(x) = f (x) + g(x)
(1.1)
ile tanımlarsak, denklem 1.1 in sağ tarafı ancak f (x) ve g(x) in her ikisininde tanımlı olduğu, diğer bir deyişle, x in
hem f nin hem de g nin tanım kümesinde olduğu zaman anlamlıdır. f nin tanım kümesi A, g nin tanım kümesi B ise,
f + g fonksiyonunun tanım kümesi, bu iki tanım kümesinin kesişimi A ∩ B dir.
f ve g, tanım kümeleri A ve B olan fonksiyonlar olsun. f + g, f − g, f g, ve f /g fonksiyonları tablodaki gibi
tanımlanır.
16
BÖLÜM 1. FONKSIYONLAR
(f + g)(x)
= f (x) + g(x)
tanım kümesi = A ∩ B
(f − g)(x)
= f (x) − g(x)
tanım kümesi = A ∩ B
(f g)(x)
= f (x)g(x)
tanım kümesi = A ∩ B
(f /g)(x)
= f (x)/g(x)
tanım kümesi = {x ∈ A ∩ B : g(x) 6= 0}
Örnek 5.
f (x) =
√
x, g(x) =
√
4 − x2 ise, f + g, f − g, f g, ve f /g fonksiyonlarını bulunuz.
√
√
Çözüm. f (x) = x fonksiyonunun tanım kümesi [0, ∞) dur. g(x) = 4 − x2 fonksiyonunun tanım kümesi, 4 −
x2 ≥ 0, yani x2 ≤ 4 eşitsizliğini sağlayan x değerlerinden oluşur. Her iki tarafın kare kökünü alırsak, |x| ≤ 2, veya
−2 ≤ x ≤ 2 elde ederiz. Dolayısıyla, g fonksiyonunun tanım kümesi [−2, 2] aralığıdır. f ve g nin tanım kümelerinin
kesişimi
[0, ∞) ∩ [−2, 2] = [0, 2]
kümesidir. Böylece tanımlardan,
(f + g)(x)
(f − g)(x)
(f
g)(x)
f
(x)
g
√
√
= x + √4 − x2
√
= x√
− 4 − x2 √
√
= x√ 4 − x2 r
= 4x − x3
x
x
=√
=
2
4
−
x2
4−x
0≤x≤2
0≤x≤2
0≤x≤2
0≤x<2
buluruz. f /g nin tanım kümesinde g(x) = 0 veren x = ±2 noktalarının olmaması gerektiğinden, f /g nin tanım
kümesi [0,2) aralığıdır.
1.6
Bileşke Fonksiyon
Verilen f ve g fonksiyonları için f ◦ g bileşke fonksiyonu (ya da f ve g nin bileşkesi),
(f ◦ g)(x) = f (g(x))
olarak tanımlanır. f ◦g fonksiyonunun tanım kümesi, g nin tanım kümesindeki, g nin görüntüsü f nin tanım kümesinde
olan x lerden oluşur. Başka bir deyişle, (f ◦ g)(x), hem g(x) hem de f (g(x)) tanımlı olduğu zaman tanımlıdır. f ◦ g
fonksiyonunu anlamanın en iyi yolu Şekil 1.22 deki gibi ok gösterimidir.
Şekil 1.22
1.6. BILEŞKE FONKSIYON
17
Örnek 6.
f (x) = x2 ve g(x) = x − 3 ise, f ◦ g ve g ◦ f bileşke fonksiyonlarını bulunuz.
Çözüm.
(f ◦ g)(x) = f (g(x)) = f (x − 3) = (x − 3)2
(g ◦ f )(x) = g(f (x)) = g(x2 ) = x2 − 3
Not : Örnekte görüldüğü gibi, genelde f ◦ g 6= g ◦ f dir. f ◦ g, önce g sonra f nin uygulanması ile bulunur. Örnekteki
f ◦g fonksiyonu, önce 3 çıkartan sonra da kare alan fonksiyon iken, g◦f önce kare alan sonra 3 çıkartan fonksiyondur.
Örnek 7.
f (x) =
√
(a) f ◦ g
Çözüm.
x ve g(x) =
(b) g ◦ f
√
2 − x ise aşağıdaki fonksiyonları ve tanım kümelerini bulunuz.
(c) f ◦ f
(d) g ◦ g
p√
√
√
a. (f ◦ g)(x) = f (g(x)) = f ( 2 − x) =
2 − x = 4 2 − x f ◦ g fonksiyonunun tanım kümesi
{x|2 − x ≥ 0} = {x|x ≤ 2} = (−∞, 2]
dir.
p
p
√
√ √
√
b. (g ◦ f )(x) = g(f (x)) = g( x) = 2 − x x fonksiyonun tanımlı olması için x ≥ 0 olmalıdır. 2 − x
√
√
fonksiyonunun tanımlı olması için 2 − x ≥ 0 olmalıdır. Bu, x ≤ 2 veya x ≤ 4 olmasını gerektirdiğinden,
0 ≤ x ≤ 4 olur.
Buradan g ◦ f fonksiyonunun tanım kümesi olarak [0, 4] bulunur.
p√
√
√
c. (f ◦ f )(x) = f (f (x)) = f ( x) =
x = 4 x f ◦ f fonksiyonunun tanım kümesi [0, ∞) aralığıdır.
p
√
√
d. (g ◦ g)(x)
=
g(g(x))
=
g(
2
−
x)
=
2−
√
√ 2 − x Bu ifadenin tanımlı olması için 2 − x ≥ 0 ya da x ≤ 2
ve 2 − 2 − x ≥ 0 olmalıdır. Son eşitsizlik 2 − x ≤ 2 ya da 2 − x ≤ 4 olmasına denktir. Bu da −2 ≤ x ≤ 2
demek olduğundan, g ◦ g nin tanım kümesi [−2, 2] kapalı aralığıdır.
Örnek 8.
Verilen F (x) = cos2 (x + 9) için, F = f ◦ g ◦ h olacak biçimde f , g ve h fonksiyonlarını bulunuz.
Çözüm. F (x) = [cos(x + 9)]2 olduğundan F fonksiyonu önce 9 ile toplama, sonra toplamın kosinüsünü alma ve en
sonunda da kare alma demektir. Böylece
h(x) = x + 9
g(x) = cos x
f (x) = x2
olarak alırsak,
(f ◦ g ◦ h)(x) = f (g(h(x))) = f (g(x + 9)) = f (cos(x + 9)) = [cos(x + 9)]2 = F (x)
elde ederiz.
18
BÖLÜM 1. FONKSIYONLAR
1.7
Ters Fonksiyon
Tanım 1.
Aynı değeri iki kez almayan bir f fonksiyonuna, başka bir deyişle
x1 6= x2 için f (x1 ) 6= f (x2 )
koşuluna sağlayan bir fonksiyona, bire-bir fonksiyon denir.
Şekil 1.23 de görüldüğü gibi yatay bir doğru f nin grafiğini birden fazla noktada kesiyorsa, f (x1 ) = f (x2 ) olan
farklı x1 ve x2 olacağından f fonksiyonu bire-bir değildir.
Şekil 1.23
Bu nedenle, bir fonksiyonun bire-bir olması için geometrik bir ölçüt verebiliriz.
Yatay Doğru Ölçütü :
Bir fonksiyonun bire-bir olması için gerek ve yeter koşul, hiç bir yatay doğrunun grafiği bir kezden fazla kesmemesidir.
Tanım 2.
f , tanım kümesi A, görüntü kümesi B olan bire-bir bir fonksiyon olsun. f fonksiyonunun tersi, f −1 ,
tanım kümesi B, görüntü kümesi A olan ve B kümesindeki her y için
f −1 (y) = x ⇔ f (x) = y
ile tanımlanan fonksiyondur.
f −1 in tanım kümesi = f nin görüntü kümesi
f −1 in görüntü kümesi = f nin tanım kümesi.
Örneğin, f (x) = x3 fonksiyonun tersi f −1 (x) = x1/3 fonksiyonudur. Eğer y = x3 ise,
f −1 (y) = f −1 (x3 ) = (x3 )1/3 = x dir.
1.7. TERS FONKSIYON
19
Şekil 1.24
Uyarı : f −1 gösterimindeki −1 bir kuvvet değildir. Başka bir deyişle, f −1 ile 1/f (x) birbirine eşit değildir.
Geleneksel olarak x ile bağımsız değişkeni gösterdiğimizden, eğer f −1 ile çalışıyorsak tanımda x ve y nin yerlerini
değiştirip
f −1 (x) = y ⇔ f (y) = x
(1.2)
yazarız.Tanımda y yi ve (1.2) de x i yerine koyarak, yok etme kuralları olarak bilinen
f −1 (f (x)) = x
x ∈ A ve f (f −1 (x)) = x
x∈B
formüllerini elde ederiz. Ters fonksiyon hesaplamaları aşağıdaki adımlarla yapılabilir.
1. y = f (x) yazınız.
2. Bu denklemde x i y cinsinden çözünüz (olanaklıysa).
3.
f −1 fonksiyonunu x in fonksiyonu olarak yazabilmek için x ve y nin yerlerini değiştiriniz. Bu da y = f −1 (x)
biçiminde bir ifade verir.
Örnek 9.
f (x) = x3 + 2 fonksiyonunun tersini bulunuz.
Çözüm. Yukarıda verilen adımlara uyarak, önce y = x3 + 2 yazarız. Sonra, bu denklemi x için çözeriz:
p
p
x3 = y − 2 ⇒ x = 3 y − 2 ⇒ x = 3 y − 2
Son olarak, x ile y nin yerlerini değiştiririz:
y=
Dolayısıyla, verilen fonksiyonun tersi
f −1 (x)
=
√
3
√
3
x−2
x − 2 dir.
f fonksiyonunun tersini bulma adımlarında x ile y nin yerlerini değiştirme adımı, bize f −1 fonksiyonunun
grafiğini f nin grafiğinden bulma yöntemini de verir. f (a) = b için yeterli ve gerekli koşul f −1 (b) = a olduğundan,
(a, b) noktasının f nin grafiği üzerinde olması için yeterli ve gerekli koşul (b, a) noktasının f −1 in grafiği üzerinde
olmasıdır. Diğer yandan (b, a) noktasının y = x doğrusuna göre yansımasıdır. f nin grafiğinin y = x doğrusuna göre
yansıması, f −1 fonksiyonunun grafiğini verir.
Örnek 10.
Aynı düzlemde f (x) =
√
−1 − x fonksiyonunun ve tersinin grafiklerini çiziniz.
√
Çözüm. Önce, y = −1 − x eğrisini (y 2 = −1 − x, ya da x = −y 2 − 1 parabolünün üst yarı kolu) çizeriz. Daha
sonra bunu y = x doğrusuna yansıtıp, f −1 in grafiğini buluruz.
Grafiği doğrulama amacıyla, f −1 in ifadesinin, x > 0 için f −1 (x) = −x2 −1 olduğuna dikkat ediniz. Dolayısıyla,
−1
f fonksiyonunun grafiği, y = −x2 − 1 parabolünün sağ yarı koludur, ve bu sonuç grafik uyumludur.
20
BÖLÜM 1. FONKSIYONLAR
Şekil 1.25
Şekil 1.26
a > 0 ve a 6= 1 için, f (x) = ax fonksiyonu artan veya azalan olduğundan, Yatay Doğru Ölçütü gereğince,
bire-birdir. Bu nedenle, tersi f −1 vardır. Bu fonksiyona a tabanına göre logaritma fonksiyonu adı verilir ve ”loga ”
ile gösterilir. Ters fonksiyon için
f −1 (x) = y ⇐⇒ f (y) = x
koşulunu kullanırsak,
loga x = y ⇐⇒ ay = x
elde ederiz. Bu nedenle, 0 < x için loga x, a tabanının x sayısını vermesi için gerekli olan üssüdür. Örneğin 10−3 =
0, 001 olduğundan, log10 0.001 = −3 dür. Yok etme kuralları f (x) = ax ve f −1 (x) = loga x özelinde kullanılırsa
loga (ax ) = x ,
aloga x = x ,
x∈R
x > 0 elde edilir.
loga x logaritma fonksiyonunun tanım kümesi (0, ∞), görüntü kümesi ise R dir. Grafiği ise y = ax fonksiyonunun
y = x doğrusuna göre yansımasıdır. Şekil 1.27, 1 < a için bir örnektir. ( En önemli logaritma fonksiyonlarının tabanı
a > 1 dir.)
0 < x için y = ax fonksiyonu çok artan bir fonksiyon olduğundan, 1 < x değerleri için y = loga x fonksiyonu çok yavaş artan bir fonksiyondur. Şekil 1.28, a sayısının farklı değerleri için loga x fonksiyonlarının grfiklerini
vermektedir. loga 1 = 0 olduğundan, tüm logaritma fonksiyonlarının grafikleri (1, 0) noktasından geçerler.
1.7. TERS FONKSIYON
21
Şekil 1.27
Şekil 1.28
Logaritma fonksiyonunun birkaç özelliği
1. x, y > 0 ⇒ loga (xy) = loga x + loga y
x
2. x, y > 0 ⇒ loga
= loga x − loga y
y
3. x > 0 ⇒ loga (xr ) = r loga x
(Burada r gerçel sayıdır.)
e tabanına göre logaritmaya doğal logaritma denir ve özel bir göseterime sahiptir:
loge x = ln x
Doğal logaritma fonksiyonunu tanımlayan özellikler
ln x = y ⇐⇒ ey = x
ln(ex ) = x
ln x
e
=x
x∈R
x>0
biçimini alır. Özel olarak x = 1 alırsak,
ln e = 1
elde ederiz. Herhangi tabana göre logaritmayı aşağıdaki gibi ifade edebiliriz.
ln x
,
a > 0, a 6= 1
ln a
Üstel fonksiyon y = ex in ve tersi doğal logaritma fonksiyonunun grafikleri Şekil 1.29 de gösterilmiştir. y = ex
eğrisi, y− eksenini 1 eğimle kestiğinden, y = ln x eğrisi, x− eksenini 1 eğimle keser.
loga x =
22
BÖLÜM 1. FONKSIYONLAR
Şekil 1.29
Örnek 11.
y = ln(x − 2) − 1 fonksiyonunun grafiğini çiziniz.
Çözüm. Şekil 1.29 te verilen y = ln x fonksiyonunun grafiğini sağ tarafa iki birim kaydırarak y = ln(x − 2)
grafiğini(Şekil 1.30a), sonra da aşağıya bir birim kaydırarak y = ln(x − 2) − 1 fonksiyonunun grafiğini
(Şekil 1.30b) elde ederiz.
(a)
(b)
Şekil 1.30
Artan bir fonksiyon olan ln x, 1 < x değerleri için çok yavaş artar. ln x, x in tün pozitif kuvvet fonksiyonlarından
√
daha yavaş büyür. Bu gerçeği görmek için y = ln x ve y = x1/2 = x fonksiyonlarının grafikleri Şekil 1.31 de
çizilmiştir. Başlangıçta iki fonksiyon da benzer davranış gösterirken, daha sonra kök fonksiyonunun logaritmadan
daha hızlı büyüdüğü görülmektedir.
1.7. TERS FONKSIYON
23
(a)
(b)
Şekil 1.31
.
24
BÖLÜM 1. FONKSIYONLAR
Bölüm 2
Limit ve Türev
Tanım 3.
x değerlerini a sayısına yeteri kadar yakın (her iki yönden de) ancak a dan farklı alarak, f (x) değerini L
sayısına istediğimiz kadar yaklaştırabiliyorsak, “x değişkeni a sayısına yaklaşırken, f (x) in limiti L dir”
der ve
lim f (x) = L
x→a
yazarız.
Matematiksel bir yazım kullanırsak,
∀ε > 0, ∃δ > 0, 0 < |x − a| < δ ⇒ |f (x) − L| < ε
(2.1)
ile tanımlanmaktadır.
limx→a f (x) = L limiti için diğer bir gösterim şekli x → a iken f (x) → L dir ve “x değişkeni a sayısına yaklaşırken,
f (x) değerleri L ye yaklaşır” şeklinde okunur. Limit tanımındaki “x 6= a” ifadesine dikkat ediniz. Bu, x değişkeni a
sayısına yaklaşırken f (x) in limitini bulmak için, x = a değerini hiç düşünmediğimiz anlamına gelir. Aslında f (x)
fonksiyonu, x = a noktasında tanımlı bile olmayabilir. Önemli olan, yalnızca f (x) fonksiyonunun a nın yakınında
nasıl tanımlandığıdır.
Şekil 2.1
Şekil 2.1 de üç fonksiyonun grafiği verilmiştir. Üçüncü şekilde f (a) tanımlı değildir ve ikinci şekilde de f (a) 6= L
dir. Ancak tüm durumlarda, a da ne olduğundan bağımsız olarak lim f (x) = L dir.
x→a
25
26
BÖLÜM 2. LIMIT VE TÜREV
Örnek 12.
Heaviside fonksiyonu H,
H(t) =
0, t < 0
1, t ≥ 0
olarak tanımlanır. [Bu fonksiyon adını elektrik mühendisi Oliver Heaviside(1850-1925) den almıştır ve
t = 0 anında şalteri indirilen devredeki elektrik akımını ifade etmek için kullanılabilir.] Grafiği Şekil 2.2
de verilmiştir.
Şekil 2.2
t değişkeni 0 a soldan sağdan yaklaştığında H(t), 0 a yaklaşır. t, 0’a sağdan yaklaştığında, H(t) bu kez 1 e
yaklaşır. Bu nedenle t sıfıra yaklaşırken, H(t) nin yaklaştığı tek bir değer olmadığından lim H(t) yoktur.
x→0
Bir önceki örnekte H(t) değerinin, t, 0 a sağdan yaklaşırken 0 a, t nin 0 a soldan yaklaşması durumunda 1 e
yaklaştığını gözledik. Bunu simgesel olarak
lim H(t) = 0
t→0−
ve
lim H(t) = 1
t→0+
ile gösteririz. t → 0− sembolü t nin yalnızca 0 dan küçük değerlerini düşündüğümüzü gösterir. Aynı şekilde t → 0+ ,
t nin yalnızca 0 dan büyük değerlerini düşündüğümüzü gösterir.
Tanım 4.
x değişkeni a dan küçük olacak şekilde a ya yeterince yakın yakın alınarak, f (x) değerleri L sayısına istenildiği kadar yakın yapılabiliyorsa, x değişkeni a ya yaklaşırken f (x) in soldan limiti [veya x değişkeni
a ya soldan yaklaşırken f (x) in limiti] L dir deriz ve
lim f (x) = L
x→a−
yazarız. Benzer biçimde, x değişkeninin a dan büyük olması koşulunu getirirsek, x değişkeni a ya
yaklaşırken f (x) in sağdan limiti L dir denir ve
lim f (x) = L
x→a+
yazarız. Dolayısıyla, x → a+ sembolü, yalnızca x > a değerlerini düşündüğümüz anlamına gelir.
Teorem 1.
lim f (x) = L ⇔ lim f (x) = L ve
x→a
x→a+
lim f (x) = L dir.
x→a−
27
Şekil 2.3
Örnek 13.
Bir g fonksiyonunun grafiği Şekil 2.4 de verilmiştir. Bunu kullanarak (eğer varsa) aşağıdaki limitlerin
değerini bulunuz.
a) lim g(x) b) lim g(x) c) lim g(x)
x→2−
d) lim g(x)
x→5−
x→2
x→2+
e) lim g(x)
x→5+
f ) lim g(x)
x→5
Şekil 2.4
Çözüm. Grafikten x değişkeni 2 ye soldan yaklaşırken, g(x) in 3 e yaklaştığını, buna karşılık x değişkeni 2 ye sağdan
yaklaşırken g(x) in 1 e yaklaştığını görürüz. Dolayısıyla
a) lim g(x) = 3 ve b) lim g(x) = 1 olur.
x→2−
x→2+
c) Sağ ve sol limitler farklı olduğu için, lim g(x) olmadığı sonucuna varırız.
x→2
Grafikten ayrıca
d) lim g(x) = 2 ve e) lim g(x) = 2
x→5−
x→5+
olduğu görülmektedir.
f) Bu kez sağ ve sol limitler aynıdır ve dolayısıyla, limx→2 g(x) = 2 elde ederiz. Buna rağmen g(5) 6= 2 dir.
28
2.1
BÖLÜM 2. LIMIT VE TÜREV
Limit Alma Kuralları
c sabit bir sayı ve limx→a f (x) ve limx→a g(x) limitleri varsa,
1.
2.
3.
4.
lim [f (x) + g(x)] = lim f (x) + lim g(x)
x→a
x→a
x→a
lim [f (x) − g(x)] = lim f (x) − lim g(x)
x→a
x→a
x→a
lim [c.f (x)] = c. lim f (x)
x→a
x→a
lim [f (x).g(x)] = lim f (x). lim g(x)
x→a
x→a
x→a
lim f (x)
f (x)
= x→a
dir.
x→a g(x)
lim g(x)
5. Eğer; lim g(x) 6= 0 ise lim
x→a
x→a
Örnek 14.
Limit kurallarını ve f ile g nin Şekil 2.5 de verilen grafiklerini kullanarak (varsa) aşağıdaki limitleri bulunuz.
a) lim [f (x) + 5g(x)]
x→−2
b) lim [f (x)g(x)]
x→1
c) lim
x→2
f (x)
g(x)
Şekil 2.5
Çözüm. a) f ve g nin grafiklerinden
lim f (x) = 1 ve
x→−2
lim g(x) = −1
x→−2
olduğunu görüyoruz. Dolayısıyla
lim [f (x) + 5g(x)] = lim f (x) + lim [5g(x)] Kural 1 ile
x→−2
x→−2
x→−2
= lim f (x) + 5 lim g(x)
Kural 3 ile
= 1 + 5(−1) = −4
dür.
x→−2
x→−2
2.1. LIMIT ALMA KURALLARI
29
b) lim f (x) = 2 olduğunu görüyoruz. Ancak lim g(x) limiti yoktur çünkü sağ ve sol limitler farklıdır:
x→1
x→1
lim g(x) = −2
lim g(x) = −1
x→1−
x→1+
Dolayısıyla Kural 4 ü kullanamayız. Sol limit sağ limite eşit olmadığı için, verilen limit yoktur.
c) Grafik yardımı ile
lim f (x) ≈ 1.4 ve lim g(x) = 0
x→2
x→2
buluruz. Ancak bölenin limiti 0 olduğundan, Kural 5 i kullanamayız. Pay sıfırdan farklı bir sayıya yaklaşırken,
payda 0 a yaklaştığından limiti yoktur.
6.
7.
8.
9.
10.
n pozitif tamsayı olduğunda lim [f (x)]n = [ lim f (x)]n dir.
x→a
x→a
lim c = c
x→a
lim x = a
x→a
n pozitif tamsayı olmak üzere lim xn = an dir.
x→a
n pozitif tamsayı olmak üzere lim
x→a
√
n
x=
√
n
a dır. (n çift ise, a > 0 varsayarız.)
Örnek 15.
Her adımı açıklayarak, aşağıdaki limiti bulunuz.
lim (2x2 − 3x + 4)
x→5
Çözüm.
lim (2x2 − 3x + 4) = lim (2x2 ) − lim (3x) + lim 4 (kural 1 ve 2)
x→5
x→5
x→5
x→5
= 2 lim x2 − 3 lim x + lim 4
(kural 3)
= 2(52 ) − 3(5) + 4
(kural 7, 8 ve 9)
x→5
x→5
x→5
= 39
Ancak aşağıdaki örneklerin sergilediği gibi, doğrudan yerine koyma yöntemi ile tüm limit değerleri bulunamaz.
Örnek 16.
x2 − 1
limitini bulunuz.
x→1 x − 1
lim
Çözüm. f (x) = (x2 − 1)/(x − 1) olsun. f (1) değeri tanımlı olmadığı için limiti x = 1 koyarak bulamayız. Paydanın
limiti 0 olduğu için Bölüm kuralını da kullanamayız. Bunun yerine cebir bilgimizi kullanmalıyız.
x2 − 1
(x − 1)(x + 1)
=
x−1
x−1
30
BÖLÜM 2. LIMIT VE TÜREV
olarak çarpanlara ayıralım. Buradan x − 1 in pay ve paydanın ortak çarpanı olduğunu görürüz. x değişkeni 1 e
giderken limit alındığında x 6= 1 olduğundan x − 1 6= 0 dır. Dolayısı ile sadeleştirme yapabiliriz. Böylece limiti
x2 − 1
x→1 x − 1
lim
(x − 1)(x + 1)
x→1
x−1
= lim
= lim (x + 1)
x→1
=1+1=2
olarak buluruz.
Örnek 17.
(3 + h)2 − 9
limitini bulunuz.
h→0
h
lim
(3 + h)2 − 9
olarak tanımlayalım. F (0) tanımlı olmadığından, lim F (h) limitini h = 0 değerini
h→0
h
yerine koyarak hesaplayamayız. Fakat F (h) yi cebirsel olarak sadeleştirirsek,
Çözüm. F (h) =
h2 + 6h
(h2 + 6h + 9) − 9
=
=6+h
h
h
buluruz. (h değişkeni 0 a yaklaşırken, yalnızca h 6= 0 değerlerini düşündüğümüzü hatırlayınız.) Dolayısıyla
F (h) =
(3 + h)2 − 9
= lim (6 + h) = 6
h→0
h→0
h
lim
olur.
Örnek 18.
√
lim
t→0
t2 + 9 − 3
limitini bulunuz.
t2
Çözüm. Paydanın limiti 0 olduğundan Bölüm kuralını doğrudan kullanamayız. Buradaki cebirsel işlem, paydadaki
kare kökten kurtulmaktır:
√
√
√
t2 + 9 − 3
t2 + 9 − 3 t2 + 9 + 3
lim
= lim
.√
t→0
t→0
t2
t2
t2 + 9 + 3
(t2 + 9) − 9
t2
√
= lim √
t→0 t2 ( t2 + 9 + 3)
t→0 t2 ( t2 + 9 + 3)
= lim
1
1
=q
t→0
t2 + 9 + 3
lim(t2 + 9) + 3
t→0
1
1
=
=
3+3
6
= lim √
Bazı limitleri almak için en iyi yöntem önce sağ ve sol limitleri almaktır. Aşağıdaki teorem limitin varlığı için
yeterli ve gerek koşulun sağ ve sol limitlerin varlığı ve eşitliği olduğunu ifade etmektedir.
2.1. LIMIT ALMA KURALLARI
31
Teorem 2.
lim f (x) = L için gerekli ve yeterli koşul
x→a
lim f (x) = L = lim f (x) dir.
x→a−
x→a+
Tek yönlü (sağ ve sol) limitleri alırken Limit Kurallarının bu tür limitler için de geçerli olduğu gerçeğini kullanırız.
Örnek 19.
lim |x| = 0 olduğunu gösteriniz.
x→0
Çözüm. Mutlak değer fonksiyonunun
|x| =
x,
x≥0
−x, x < 0
olarak tanımlandığını hatırlayınız. 0 < x için |x| = x olduğundan,
lim |x| = lim x = 0
x→0+
x→0+
elde ederiz. x < 0 için |x| = −x dir ve dolayısıyla
lim |x| = lim (−x) = 0
x→0−
x→0−
dir. Teorem gereğince lim |x| = 0.
x→0
Şekil 2.6
Örnek 20.
|x|
limitinin olmadığını kanıtlayınız.
x→0 x
lim
Çözüm.
|x|
x
= lim
= lim 1 = 1
x
x→0+ x
x→0+
|x|
−x
lim
= lim
= lim (−1) = −1
−
−
x
x
x→0
x→0
x→0−
Sağ ve sol limitler farklı olduklarından, Teorem gereğince aranılan limit yoktur. f (x) = |x|/x fonksiyonunun grafiği
Şekil 2.7 de verilmiştir ve yanıtımızı desteklemektedir.
lim
x→0+
32
BÖLÜM 2. LIMIT VE TÜREV
Şekil 2.7
Teorem 3.
x in a ya yakın (x = a dışında) değerleri için f (x) ≤ g(x) ise ve x değişkeni, a ya yaklaşırken f (x) ve
g(x) in limitleri varsa lim f (x) ≤ lim g(x) olur.
x→a
x→a
Teorem 4.
x in a ya yakın (x = a dışında) değerleri için f (x) ≤ g(x) ≤ h(x) ve lim f (x) = lim h(x) = L ise
x→a
x→a
lim g(x) = L dir.
x→a
Şekil 2.8
Kimi zaman Sandviç Teoremi olarak da anılan Sıkıştırma Teoreminin anlamı Şekil 2.8 da açıklanmıştır. Bu
teorem, g(x) fonksiyonu a yakınında f (x) ve h(x) arasında sıkışmışsa, ve a sayısında f ve h fonksiyonlarının limitleri
var ve L ye eşitse, zorunlu olarak g fonksiyonunun da a daki limitinin L olduğunu söyler.
Örnek 21.
lim x2 sin
x→0
1
=?
x
Çözüm. Önce, lim sin
x→0
1
limiti olmadığından,
x
lim x2 sin
x→0
1
1
= lim x2 · lim sin
x→0
x→0
x
x
2.2. SÜREKLILIK
33
eşitliğini kullanamayacağımıza dikkat edin. Bununla birlikte,
−1 ≤ sin
1
≤1
x
olduğundan, Şekil 2.9 de gösterildiği gibi
−x2 ≤ x2 sin
1
≤ x2
x
elde ederiz.
Şekil 2.9
lim x2 = 0 ve lim (−x2 ) = 0 olduğunu biliyoruz. Sıkıştırma teoreminde
x→0
x→0
f (x) = −x2 ,
alarak lim x2 sin
x→0
2.2
g(x) = x2 sin
1
x
ve
h(x) = x2
1
= 0 buluruz.
x
Süreklilik
Bazı örneklerde x değişkeni a ya yaklaşırken f fonksiyonunun limitinin fonksiyonun a noktasındaki değeri olarak
hesaplanabildiğini fark etmiştik. Bu özelliğe sahip fonksiyonlara a noktasında süreklidir denir. Sürekliliğin matematiksel tanımının, bu kelimenin günlük anlamına oldukça yakın olduğunu ileride göreceğiz. (Sürekli bir olay, kesintiye
ve ani değişikliğe uğramadan devam eder.)
Tanım 5.
f fonksiyonun a sayısındaki sürekliliği
lim f (x) = f (a)
x→a
eşitliğini sağlamasıdır.
a noktasında sürekli olmayan bir f fonksiyonuna a noktasında süreksizdir denir. Tanıma göre, açıkça belirtilmemiş
olsa da, bir fonksiyonun a noktasındaki sürekliliği aşağıdaki koşulların sağlanmasını gerektirmektedir:
1. f (a) tanımlıdır (a sayısı f nin tanım kümesindedir).
2. lim f (x) limiti vardır ve lim f (x) = f (a) dır.
x→a
x→a
Geometrik olarak, bir aralıktaki her noktada sürekli olan bir fonksiyonu, grafiği kesintisiz bir fonksiyon olarak
düşünebilirsiniz. Bu, kalemle grafiği takip ettiğinizde, kalemi kaldırmadan grafiği izleyebilmeniz demektir.
34
BÖLÜM 2. LIMIT VE TÜREV
Şekil 2.10
Şekil 2.11
Örnek 22.
Grafiği Şekil 2.11 de verilen fonksiyonun sürekli olmadığı noktaları bularak, nedenlerini açıklayınız.
Çözüm. a = 1 noktasında fonksiyonun grafiğinde bir kesinti olduğundan, fonksiyon bu noktada süreksiz görünmektedir.
Bunu matematiksel olarak, f (1) değeri tanımsız olduğundan fonksiyonun 1 noktasında süreksiz olduğu şeklinde
açıklarız. Grafik a = 3 noktasında da kesintiye uğramaktadır. Ancak, buradaki süreksizliğin nedeni farklıdır. Burada
f (3) tanımlıdır. Ancak, sağ ve sol limitler farklı olduklarından lim f (x) limiti yoktur ve bundan dolayı f , 3 nokx→3
tasında sürekli değildir. a = 5 noktası fonksiyon için nasıl bir noktadır? Bu noktada f (5) tanımlıdır ve lim f (x)
x→5
limiti vardır (sağ ve sol limitler eşittir). Ancak lim f (x) 6= f (5) olduğundan, f fonksiyonu 5 noktasında sürekli
x→5
değildir.
Örnek 23.
Aşağıdaki fonksiyonların sürekli olmadığı noktaları
 bulunuz.
1

, x 6= 0

2
x −x−2
x2
1. f (x) =
2. f (x) =

x−2

1,
x=0
 2
x
−
x
−
2



, x 6= 2
x−2
3. f (x) =
4. f (x) = [|x|]



1,
x=2
2.2. SÜREKLILIK
35
x2 − x − 2
x−2
f (2) tanımlı olmadığından, f fonksiyonu 2 noktasında sürekli değildir.
Çözüm.
1. f (x) =
 1

 2 , x 6= 0
x
2. f (x) =


1,
x=0
1
limit yoktur. Bu nedenle, f fonksiyonu 0 noktasında
x→0 x2
Burada f (0) = 1 tanımlıdır. Ancak lim f (x) = lim
x→0
sürekili değildir.
 2
x −x−2



, x 6= 2
x−2
3. f (x) =



1,
x=2
Bu örnekte f (2) = 1 tanımlıdır ve
x2 − x − 2
(x − 2)(x + 1)
= lim
= lim (x + 1) = 3
x→2
x→2
x→2
x−2
x−2
lim f (x) = lim
x→2
vardır.
lim f (x) 6= f (2)
x→2
olduğundan, f fonksiyonu 2 noktasında sürekli değildir.
4. Tam değer fonksiyonu f (x) = [|x|] tam sayılarda süreksizdir çünkü n bir tam sayı ise, lim [|x|] limiti yoktur.
x→n
Şekil 2.12
36
BÖLÜM 2. LIMIT VE TÜREV
Şekillerde, örnekte çalışılan fonksiyonların grafiklerini vermektedir. Örneklerin tümünde grafik bir kalem ile
izlenirse, var olan bir delik veya kesinti veya atlama nedeniyle kalem kaldırılmadan grafiğin çizilmesi olası değildir.
(a) ve (c) örneklerindeki süreksizliklere giderilebilir süreksizlikler denir. Çünkü yalnız 2 noktasında f fonksiyonunu
yeniden tanımlayarak süreksizliği giderebiliriz. [g(x) = x + 1 fonksiyonu süreklidir.] (b) deki süreksizlik türüne
sonsuz süreksizlik denir. (d) deki süreksizlik türüne ise, fonksiyon bir değerden diğerine sıçradığından, sıçrama tipi
süreksizlik adı verilir.
Tanım 6.
f fonksiyonunun
1. a da sağdan sürekli olması : lim f (x) = f (a) eşitliğini sağlaması;
x→a+
2. a da soldan sürekli olması ise lim f (x) = f (a) eşitliğini sağlaması olarak tanımlanır.
x→a−
Bir aralığın tüm noktalarında sürekli olan fonksiyona o aralıkta süreklidir denir. (Fonksiyon, aralığın uç noktalarının yalnızca bir tarafında tanımlanmış ise bu noktalarda süreklilik, sağdan veya soldan süreklilik anlamındadır.)
Teorem 5.
c bir sabit, f ve g fonksiyonları a sayısında sürekli fonksiyonlarsa, aşağıdaki fonksiyonlar da a noktasında
süreklidir:
f
1. f + g
2. f − g
3. cf 4. f g
5.
, g(a) 6= 0 ise
g
Örnek 24.
Her polinom gerçel sayıların tümünde, R = (−∞, ∞) da süreklidir. Her rasyonel (kesirli) fonksiyon
tanım kümesinde süreklidir.
Örnek 25.
Bir kürenin hacminin, yarıçapına göre sürekli bir biçimde değiştiğini söyleyebiliriz. Bunun nedeni
V (r) = 43 πr3 ün yarıçap r nin bir polinomu olmasıdır. Benzer biçimde, dik olarak 50 ft/sn hızla havaya
fırlatılan bir topun t saniye sonraki yüksekliğini veren h = 50t−16t2 fonksiyonu da, polinom olduğundan,
süreklidir. Dolayısıyla topun yüksekliği zamana göre sürekli bir biçimde değişir.
Örnek 26.
x3 + 2x2 − 1
limitini bulunuz..
x→−2
5 − 3x
lim
x3 + 2x2 − 1
fonksiyonu rasyonel bir fonksiyondur ve teorem gereğince, tanım kümesi olan {x ∈
5 − 3x
R|x 6= 35 } kümesinde süreklidir. Bu nedenle
Çözüm. f (x) =
x3 + 2x2 − 1
(−2)3 + 2(−2)2 − 1
1
= lim f (x) = f (−2) =
= − dir.
x→−2
x→−2
5 − 3x
5 − 3(−2)
11
lim
2.2. SÜREKLILIK
37
Not: f −1 fonksiyonunun grafiği f nin grafiğinin y = x doğrusuna göre yansıması olduğundan, f sürekli bir
fonksiyonsa, f −1 fonksiyonu da süreklidir. (f fonksiyonunun grafiğinde kesinti yoksa, y = x doğrusuna göre
yansımasında da kesinti yoktur.)
Teorem 6.
Aşağıdaki fonksiyonlar tanım kümelerinde sürekli fonksiyonlardır:
Polinomlar
Trigonometrik fonksiyonlar
Üstel fonksiyonlar
Kök fonksiyonları
Rasyonel fonksiyonlar
Ters trigonometrik fonksiyonlar
Logaritmik fonksiyonlar
Örnek 27.
lim
x→π
sin x
limitini bulunuz.
2 + cos x
Çözüm. y = sin x fonksiyonu, teoremden dolayı süreklidir. Paydadaki y = 2 + cos x fonksiyonu, iki sürekli fonksiyonun toplamı olduğundan, süreklidir. Bu fonksiyon hiç bir zaman 0 değildir çünkü her x için cos x ≥ −1 olduğundan,
sin x
her yerde 2 + cos x > 0 dır. Böylece, f (x) =
fonksiyonu her yerde süreklidir. Dolayısıyla, sürekli fonksiy2 + cos x
onun tanımından,
sin x
sin π
0
lim
= lim f (x) = f (π) =
=
=0
x→π 2 + cos x
x→π
2 + cos π
2−1
olur.
Teorem 7.
f fonksiyonu b de sürekli ve lim g(x) = b ise,
x→a
lim f (g(x)) = f (b)
x→a
dir. Başka bir deyişle,
lim f (g(x)) = f lim g(x)
x→a
x→a
dir.
Örnek 28.
lim arcsin
x→1
√ 1− x
limitini bulunuz.
1−x
Çözüm. arcsin sürekli bir fonksiyon olduğundan, teoremi uygulayabiliriz:
√ √ √
1− x
1− x
1− x
√
√
lim arcsin
= arcsin lim
= arcsin lim
x→1
x→1 1 − x
x→1 (1 − x)(1 + x)
1−x
1
√
= arcsin lim
x→1 1 + x
= arcsin
1
π
=
2
6
38
BÖLÜM 2. LIMIT VE TÜREV
Teorem 8.
g fonksiyonu a da, f fonsiyonu da g(a) sürekli ise, (f ◦ g)(x) = f (g(x)) olarak verilen f ◦ g bileşke
fonksiyonu a noktasında süreklidir.
Örnek 29.
Aşağıdaki fonksiyonların sürekli olduğu yerleri bulunuz:
1. h(x) = sin(x2 )
2. F (x) = ln(1 + cos x)
Çözüm.
1. g(x) = x2 ve f (x) = sin x olmak üzere h(x) = f (g(x)) dir. Bir polinom olduğu için, g fonksiyonu R
de süreklidir. f fonksiyonu da her yerde süreklidir. Böylece, teoremden, h = f ◦ g fonksiyonu R de süreklidir.
2. Teoremden, f (x) = ln x ve (y = 1 ve y = cos x her yerde sürekli olduklarından) g(x) = 1 + cos x süreklidir.
Dolayısıyla, teoremden, F (x) = f (g(x)) fonksiyonu tanımlı olduğu her yerde süreklidir. ln(1+cos x) fonksiyonunun tanımlı olması için 1 + cos x > 0 olmalıdır. Dolayısıyla, cos x = −1 olduğu zaman tanımlı değildir, ve
bu durum x = ±π, ±3π, . . . olduğunda gerçekleşir. Böylece, F fonksiyonu π nin tek katlarında süreksizdir ve
bu değerlerin arasındaki aralıklarda süreklidir.
Şekil 2.13
Teorem 9.
f fonksiyonu kapalı [a, b] aralığında sürekli, N sayısı f (a) ile f (b) arasında herhangi bir sayı olsun. (a, b)
aralığında, f (c) = N eşitliğini sağlayan bir c sayısı vardır.
Ara değer teoremi, sürekli bir fonksiyonun f (a) ile f (b) arasındaki her değeri aldığını söyler. Bu özellik, Şekil
2.14 de gösterilmiştir. N değeri [(a) da olduğu gibi] bir kez veya [(b) de olduğu gibi] bir kaç kez alınabilir. Özel
olarak, Ara değer teoreminin bir uygulaması, aşağıdaki örnekte olduğu gibi, denklemlerin köklerinin yerlerinin belirlenmesidir.
Örnek 30.
4x3 − 6x2 + 3x − 2 = 0 denkleminin 1 ile 2 arasında bir kökü olduğunu gösteriniz.
2.3. SONSUZLUK İÇEREN LIMITLER
39
Şekil 2.14
Çözüm. f (x) = 4x3 − 6x2 + 3x − 2 olsun. Verilen denklemin bir çözümünü, diğer bir deyişle, 1 ile 2 arasında
f (c) = 0 olacak şekilde bir c sayısı arıyoruz. Dolayısıyla, teoremde a = 1, b = 2 ve N = 0 alalım.
f (1) = 4 − 6 + 3 − 2 = −1 < 0
ve
f (2) = 32 − 24 + 6 − 2 = 12 > 0
ve böylelikle f (1) < 0 < f (2) elde ederiz. Bu, N = 0 sayısının f (1) ile f (2) arasında olduğunu verir. f fonksiyonu
bir polinom olduğundan her yerde süreklidir. Dolayısıyla, ara değer teoremi ile 1 ve 2 arasındaki bir c sayısı için
f (c) = 0 olmalıdır. Bu da verilen denklemin 1 ile 2 arasında bir kökü olması demektir.
2.3
Sonsuzluk İçeren Limitler
Şekil 2.15
y = 1/x2 fonksiyonunun değerler tablosunu ve şekildeki grafiğini inceleyerek
1
x→0 x2
lim
limitinin olmadığı, ve x i 0 a yeterince yakın alarak, 1/x2 değerlerinin istenildiği kadar büyük yapılabileceği sonucuna
varabiliriz. Dolayısıyla f (x) in değerleri sonlu bir sayıya yaklaşmaz ve lim (1/x2 ) limiti yoktur. Bu tür davranışı
x→0
betimlemek için
1
=∞
x→0 x2
gösterimini kullanırız. Bu ∞ işaretini bir sayı olarak düşündüğümüz anlamına gelmediği gibi, limitin var olduğu
anlamına da gelmez. Bu yalnızca limitin olmamasının nedeninin ifadesidir: x değişkeni 0 a yeterince yakın alınarak,
1/x2 istenildiği kadar büyütülebilir.
Not: Genişletilmiş reel sayılar kümesi ve özellikleri derste detaylı bir şekilde incelenecektir.
Genellikle, x değişkeni a ya yaklaşırken f (x) in değerlerinin giderek büyüdüğünü (veya “sınırsız olarak arttığını”)
göstermek için, simgesel olarak
lim f (x) = ∞
lim
x→a
40
BÖLÜM 2. LIMIT VE TÜREV
yazarız.
lim f (x) = ∞ gösterimi, x değişkeni a ya yeterince yakın (sağından veya solundan) ama a dan farklı alınarak,
x→a
f (x) değerlerinin istenildiği kadar büyük yapılabilineceği anlamına gelir.
Şekil 2.16
lim f (x) = −∞ gösterimi “x değişkeni a ya yaklaşırken f (x) in limiti eksi sonsuz” ya da “ x değişkeni a ya
x→a
yaklaşırken, f (x) sınırsız olarak azalır” olarak okunabilir.
Şekil 2.17
1
Örnek olarak lim − 2 = −∞ verilebilir. Benzer tanımlar “x → a− ” gösteriminin yalnız a dan küçük x
x→0
x
değerlerini ve benzer biçimde “x → a+ ” gösteriminin yalnız x > a değerlerini düşündüğümüz anlamına geldiği
anımsanarak tek yönlü limitler için de verilebilir.
lim f (x) = ∞
x→a−
lim f (x) = −∞
x→a−
lim f (x) = ∞
x→a+
lim f (x) = −∞
x→a+
Tanım 7.
Aşağıdakilerin en az birinin doğru olması durumunda, x = a doğrusuna, y = f (x) eğrisinin düşey
asimptotu denir.
lim f (x) = ∞
lim f (x) = ∞
lim f (x) = ∞
x→a
lim f (x) = −∞
x→a
x→a−
lim f (x) = −∞
x→a−
x→a+
lim f (x) = −∞
x→a+
2.3. SONSUZLUK İÇEREN LIMITLER
41
Şekil 2.18
Şekil 2.19
Örnek 31.
lim
x→3+
2x
2x
ve lim
limitlerini bulunuz.
−
x−3
x→3 x − 3
Çözüm. x’in değeri, 3’ten büyük ve 3’e yakın ise, payda x − 3 küçük ve pozitif bir sayı ve pay 2x de 6’ya yakın
olacağından, 2x/(x − 3) oranı büyük bir pozitif sayı olacaktır. Buradan sezgisel olarak
lim
x→3+
2x
=∞
x−3
olduğunu görürüz. Benzer biçimde, x’in 3’ten küçük ve 3’e yakın değerleri için x − 3 negatif ve küçük bir sayıdır,
ama 2x yine pozitif bir sayıdır(6’ya yakın). Dolayısıyla 2x/(x−3) sayısal değeri büyük negatif bir sayı olur. Böylece
lim
x→3−
2x
= −∞
x−3
elde ederiz. y = 2x/(x − 3) eğrisinin grafiği Şekil 2.20 verilmiştir. x = 3 düşey bir asimptotdur.
Tanıdık y = tan x ve y = ln x fonksiyonlarının grafiklerinde de düşey asimptotlar vardır. Şekil 2.21 bakarak
lim ln x = −∞
x→0+
olduğunu görürüz. Aynı zamanda, Şekil 2.21 de
lim
x→(π/2)−
tan x = +∞
42
BÖLÜM 2. LIMIT VE TÜREV
Şekil 2.20
olduğu görülür. Aslında, n tamsayı olmak üzere x = (2n + 1)π/2 doğrularının herbiri y = tan x eğrisinin düşey
asimptotudur.
Şekil 2.21
f fonksiyonu (0, ∞) aralığında tanımlı olsun.
lim f (x) = L
x→∞
ifadesi, x’in değeri yeterince büyük seçilerek, f (x) değerinin L’ye istenildiği kadar yakın yapılabileceği anlamını
taşır. Tanımın geometrik açıklaması Şekil 2.22 verilmiştir. Bir f fonksiyonunun (yatay asimptot denilen) y = L
doğrusuna yaklaşmasının bir çok yolu olduğuna dikkat ediniz.
Şekil 2.22
2.3. SONSUZLUK İÇEREN LIMITLER
43
Örnek 32.
f (x) =
x2 − 1
olmak üzere;
x2 + 1
lim f (x) = 1
x→∞
Şekil 2.23’e dönersek, x’in sayısal olarak büyük negatif değerleri için f (x) değerlerinin 1’e yaklaştığını
görürüz. x’i negatif sayılardan sınırsız olarak küçülterek, f (x) değerini 1’e istediğimiz kadar yakın yapabiliriz. Bu,
x2 − 1
lim 2
=1
olarak ifade edilir.
x→−∞ x + 1
Şekil 2.23
Genel olarak, Şekil 2.24’da görüldüğü gibi,
lim f (x) = L
x→−∞
gösterimi, x negatif sayılardan yeteri kadar küçülterek, f (x) değerlerinin L saysına istenildiği kadar yakın yapılabileceğini
ifade eder.
Şekil 2.24
Burada da −∞ bir sayı değildir, ancak sıklıkla lim f (x) = L ifadesi, ”x eksi sonsuza giderken, f (x)’in limiti
x→−∞
L’dir” olarak okunur.
Tanım 8.
Eğer lim f (x) = L veya lim f (x) = L ise, y = L doğrusuna y = f (x) eğrisinin yatay asimptotu
x→∞
x→−∞
denir.
Örnek 33.
x2 − 1
= 1 olduğundan y = 1 doğrusu, Şekil 2.23’deki eğrinin yatay asimptotudur.
x→−∞ x2 + 1
lim
44
BÖLÜM 2. LIMIT VE TÜREV
Örnek 34.
İki yatay asimptotu olan bir eğri örneği y = tan−1 x’dir.
lim tan−1 x = −
x→−∞
π
2
lim tan−1 x =
x→∞
π
2
(2.2)
olduğundan, y = −π/2 ve y = π/2 doğrularının her ikisi de yatay asimptotlardır. (Bu, x = ±π/2 doğrularının
tanjant eğrisi grafiğinin düşey asimptotu olanlarındandır.)
Şekil 2.25
Örnek 35.
lim
x→∞
1
1
ve lim
limitlerini bulunuz.
x→−∞ x
x
Çözüm. x büyükken 1/x’in küçük olduğunu gözlemleyiniz. Örneğin,
1
= 0, 01
100
1
= 0, 0001
10.000
1
= 0, 000001
1.000.000
dir. Gerçekten x’i yeterince büyük seçerek 1/x’i 0’a istediğimiz kadar yakın yapabiliriz. Tanım gereğince
lim
x→∞
1
=0
x
elde ederiz. Benzer şekilde x’in negatif büyük değerleri için 1/x negatif ve küçük olur. Böylece
lim
x→−∞
1
=0
x
buluruz. Buradan, y = 0 doğrusunun (x-ekseni) y = 1/x eğrisi için yatay asimptot olduğu sonucuna ulaşırız.(Eğri
şekilde verilen hiperboldür.)
2.3. SONSUZLUK İÇEREN LIMITLER
45
Şekil 2.26
Daha önce verilen Limit Kuralları’nın çoğu sonsuzdaki limitlerde de geçerlidir. Verilen Limit Kuralları’nın (Kural
9 ve 10 dışında) ”x → a” yerine ”x → ∞” veya ”x → −∞” konduğunda da geçerli olduğu kanıtlanabilir. Özel
olarak, n pozitif bir tamsayı olmak üzere
lim
x→−∞
1
= 0,
xn
lim
x→∞
1
= 0’dır.
xn
Örnek 36.
3x2 − x − 2
limitini bulunuz.
x→∞ 5x2 + 4x + 1
lim
Çözüm. Kesirli bir fonksiyonun sonsuzdaki limitini bulmak için önce pay ve paydayı, paydadaki x’in en büyük kuvvetine böleriz. (Yalnızca x’in büyük değerleri ile ilgilendiğimizden, x 6= 0 varsayabiliriz.) Bu örnekte paydadaki x’in
en büyük kuvveti x2 olduğundan limit kurallarından
3x2 − x − 2
lim
x→∞ 5x2 + 4x + 1
=
=
3x2 −x−2
3 − x1 − x22
x2
lim 5x2 +4x+1
= lim
x→∞
x→∞ 5 + 4 + 12
x
x
x2
1
2
lim (3 − x − x2 )
lim 3 − lim x1
x→∞
x→∞
x→∞
lim (5 +
x→∞
4
x
+
1
)
x2
=
lim 5 +
x→∞
1
2
x→∞ x
4 limx→∞ x1 lim x12
x→∞
− 2 lim
=
3−0−0
3
=
5+0+0
5
buluruz. Benzer bir hesaplama x → −∞ iken alınan limitin yine 3/5 olduğunu verir. Şekil 2.27 verilen kesirli
fonksiyonun y = 3/5 yatay asimptotuna yaklaşmasını göstererk bu hesaplamaların sonucunu sergilemektedir.
46
BÖLÜM 2. LIMIT VE TÜREV
Şekil 2.27
Örnek 37.
y = 0 (x-ekseni), y = ex doğal üstel fonksiyonunun grafiği için yatay bir asimptottur.
lim ex = 0.
(2.3)
x→−∞
Örnek 38.
lim e1/x limitini bulunuz.
x→0−
Çözüm. t = 1/x değişkeni için, x → 0− iken t → −∞ olduğunu biliyoruz. Böylece (2.3)’den
lim e1/x = lim et = 0 olur.
x→0−
t→−∞
Örnek 39.
lim sin x limitini bulunuz.
x→∞
Çözüm. x artarken, sin x değerleri −1 ile 1 arasında sonsuz kez salınır. Bu nedenle lim sin x limiti yoktur.
x→∞
lim f (x) = ∞
x→∞
2.3. SONSUZLUK İÇEREN LIMITLER
47
gösterimi, x büyürken f (x) değerlerinin de büyüdüğünü ifade eder. Aşağıdaki gösterimlerin de anlamları benzerdir:
lim f (x) = ∞
x→−∞
lim f (x) = −∞
x→∞
lim f (x) = −∞
x→−∞
Şekil 2.28
lim ex = ∞
x→∞
lim x3 = ∞
x→∞
lim x3 = −∞
x→−∞
x → ∞ iken y = ex , y = x3 ’den çok daha hızlı büyümektedir.
Şekil 2.29
Örnek 40.
lim (x2 − x) limitini bulunuz.
x→∞
Çözüm.
lim (x2 − x) = lim x2 − lim x = ∞ − ∞
x→∞
x→∞
x→∞
yazılamayacağına dikkat ediniz. Limit Kuralları ∞ bir sayı olmadığından sonsuz limitlerde kullanılmazlar. (∞ − ∞
tanımlanamaz.) Ancak hem x hem de x − 1 sınırsız olarak büyüdüğünden
lim (x2 − x) = lim x(x − 1) = ∞
x→∞
yazabiliriz.
Örnek 41.
x2 + x
limitini bulunuz.
x→∞ 3 − x
lim
x→∞
48
BÖLÜM 2. LIMIT VE TÜREV
Çözüm. Pay ve paydayı(paydadaki polinomun en yüksek kuvveti olan) x ile bölerek, x → ∞ iken x + 1 → ∞ ve
3/x − 1 → −1 olduğundan,
x2 + x
x+1
= lim 3
= −∞
x→∞ 3 − x
x→∞
x −1
lim
buluruz.
2.4
2.4.1
Teğetler, Hızlar ve Diğer Değişim Hızları
Teğet Doğrusu Problemi
Bir C eğrisi, y = f (x) denklemi ile verilmiş olsun. C eğrisinin P (a, f (a)) noktasındaki teğetini bulmak istersek,
P ’nin yakınındaki x 6= a, koşulunu sağlayan bir Q(x, f (x)) noktasını alarak P Q kiriş doğrusunun eğimini hesaplarız:
Şekil 2.30
mP Q =
f (x) − f (a)
x−a
x değeri a’ya yaklaştıkça, Q noktası da eğri üzerinden P noktasına yaklaşacaktır. Eğer mP Q bir m sayısına
yaklaşırsa, t teğetini P ’den geçen ve eğimi m olan doğru olarak tanımlarız. (BU, teğet doğrusunun, Q noktası ve
P ’ye yaklaşırken P Q kiriş doğrularının limit durumu olduğunu söylemek demektir.)
Şekil 2.31
2.4. TEĞETLER, HIZLAR VE DIĞER DEĞIŞIM HIZLARI
49
Tanım 9.
Eğer aşağıdaki limit varsa, y = f (x) eğrisinin P (a, f (a)) noktasındaki teğet doğrusu, P (a, f (a)) noktasından geçen ve eğimi
f (x) − f (a)
m = lim
x→a
x−a
olan doğrudur.
Örnek 42.
y = x2 parabolünün P (1, 1) noktasındaki teğet doğrusunun denklemini bulunuz.
Çözüm. a = 1 ve f (x) = x2 olduğundan, eğim
f (x) − f (1)
x2 − 1
(x − 1)(x + 1)
= lim
= lim
x→1
x→1 x − 1
x→1
x−1
x−1
= lim (x + 1) = 1 + 1 = 2
m =
lim
x→1
dir. Doğru denkleminin nokta-eğim biçimini kullanarak, (1, 1) noktasındaki teğet doğrusunun denkleminin
y − 1 = 2(x − 1) ya da y = 2x − 1 olduğunu buluruz.
Bir eğrinin bir noktasındaki teğetinin eğimini, eğrinin o noktadaki eğimi olarak da adlandırırız. Bunun ardındaki
fikir, eğrinin üzerindeki noktaya yeterince odaklanıldığında eğrinin adeta bir doğru gibi görünmesidir.
Şekil 2.32
Şekillerde bu işlemi, y = x2 eğrisi için göstermektedir. Ne kadar çok odaklanılırsa, parabol o denli bir doğruya
benzemektedir. Başka bir deyişle, eğri adeta teğet doğrusundan ayırt edilemez hale gelmektedir.
Teğet doğrusunun eğimi için, bazı durumlarda kullanımı daha kolay olan bir başka ifade vardır.
h=x−a
olsun, o zaman
x=a+h
olur. Dolayısıyla, P Q kiriş doğrusunun eğimi
mP Q =
f (a + h) − f (a)
h
olur. (Şekilde, h > 0 durumu gözterilmiştir ve Q, P ’nin sağındadır. h < 0 durumunda Q, P ’nin solunda olmalıdır.)
50
BÖLÜM 2. LIMIT VE TÜREV
Şekil 2.33
x, a’ya yaklaştıkça, h’nin de 0’a yaklaştığına dikkat ediniz (çünkü h = x − a’dır). Dolayısıyla, tanımdaki teğet
doğrusunun eğiminin ifadesi
f (a + h) − f (a)
m = lim
(2.4)
h→0
h
biçimine dönüşür.
Örnek 43.
y = 3/x hiprbolünün (3, 1) noktasındaki teğet doğrusunun denklemini bulunuz.
Çözüm. f (x) = 3/x olsun. O halde (3, 1) noktasındaki teğetin eğimi
3
f (3 + h) − f (3)
3+h − 1
m = lim
= lim
= lim
h→0
h→0
h→0
h
h
1
1
−h
= lim −
=−
= lim
h→0 3 + h
h→0 h(3 + h)
3
olur. Dolayısıyla, (3, 1) noktasındaki teğetin bir denklemi
1
y − 1 = − (x − 3)
3
olur ve
x + 3y − 6 = 0
biçiminde sadeleşir. Hiperbol ve teğeti şekilde gösterilmektedir.
Şekil 2.34
3−(3+h)
3+h
h
2.4. TEĞETLER, HIZLAR VE DIĞER DEĞIŞIM HIZLARI
2.4.2
51
Anlık Hız Problemi
s = f (t), hareket denklemi uyarınca bir doğru boyunca hareket eden bir cisim düşünelim. Burada s, cismin başlangıç
noktasından başlayarak (yönü de dikkate alan) yer değiştirmesini göstersin. Hareketi tanımlayan f fonksiyonuna
cismin konum fonksiyonu denir.
Şekil 2.35
t = a ile t = a + h arasındaki zaman aralığında konumdaki değişim, f (a + h) − f (a) olur. Bu zaman aralığındaki
ortalama hız
yer değiştirme
f (a + h) − f (a)
ortalama hız =
=
zaman
h
ile ifade edilir ve şekildeki P Q kiriş doğrusunun eğimi ile aynıdır.
Şekil 2.36
Şimdi ortalama hızları, daha da kısa [a, a + h] zaman aralıklarında hesapladığımızı varsayalım. Başka bir deyişle,
h sıfıra yaklaşsın. t = a anındaki v(a) hızını (ya da anlık hızı) bu ortalama hızların limiti olarak tanımlarız:
f (a + h) − f (a)
h→0
h
v(a) = lim
Bu, t = a anındaki hızın, P ’deki teğet doğrusunun eğimine eşit olduğu anlamına gelir.
(2.5)
52
BÖLÜM 2. LIMIT VE TÜREV
2.5
Türev
Daha önce y = f (x) denklemi ile ifade edilen bir eğrinin x = a noktasındaki teğetinin eğimini
m = lim
h→0
f (a + h) − f (a)
h
(2.6)
olarak tanımladık. Aynı zamanda konum fonksiyonu s = f (t) ile verilen bir cismin t = a anındaki hızının
f (a + h) − f (a)
h→0
h
olduğunu gördük. Aslında herhangi bir bilim ya da mühendislik dalında ne zaman bir değişim hızı hesaplasak
yukarıdaki gibi limitler ortaya çıkar. Bu biçimdeki limitlerle çok yaygın olarak karşılaşıldığından, bunlar için özel
bir isim ve gösterim kullanılır.
v(a) = lim
Tanım 10.
Eğer varsa, aşağıdaki limite, f fonksiyonunun a sayısındaki türevi denir ve f 0 (a) ile gösterilir:
f (a + h) − f (a)
h→0
h
f 0 (a) = lim
Eğer x = a + h yazarsak, h = x − a olur ve h’nin 0’a yaklaşması için gerekli ve yeter koşul x’in a’ya
yaklaşmasıdır. Dolayısıyla, teğet doğrularını bulurken gördüğümüz gibi, türevin tanımını ifade etmenin eşdeğer bir
yolu şudur:
f (x) − f (a)
(2.7)
f 0 (a) = lim
x→a
x−a
Örnek 44.
f (x) = x2 − 8x + 9 fonksiyonunun a noktasındaki türevini bulunuz.
Çözüm. Tanımdan,
f 0 (a) =
f (a + h) − f (a)
[(a + h)2 − 8(a + h) + 9] − [a2 − 8a + 9]
= lim
h→0
h→0
h
h
lim
=
a2 + 2ah + h2 − 8a − 8h + 9 − a2 + 8a − 9
h→0
h
=
2ah + h2 − 8h
= lim (2a + h − 8) = 2a − 8
h→0
h→0
h
lim
lim
Önceki bölümde bir f fonksiyonunun sabit bir a sayısındaki türevi üzerinde durduk:
f (a + h) − f (a)
(2.8)
h→0
h
Burada bakış açımızı değiştirelim ve a nın değişken olduğunu varsayalım. Denklem 2.8 de, a nın yerine bir x
değişkeni koyarsak,
f (x + h) − f (x)
f 0 (x) = lim
(2.9)
h→0
h
elde ederiz. Bu limitin var olduğu her x sayısına bir f 0 (x) sayısı karşıgelir. Dolayısıyla, f 0 f nin türevi olarak
adlandırılan ve denklem 2.9 ile tanımlanan yeni bir fonksiyon olarak ele alınabilir. x deki f 0 (x) değerinin, geometrik olarak f nin grafiğinin (x, f (x)) noktasındaki teğet doğrusunun eğimi olarak yorumlanabileceğini biliyoruz.
f 0 fonksiyonu f nin türevi olarak adlandırılır çünkü f den denklem 2.9 deki limit işlemi ile ”türetilmiştir”.
f 0 (a) = lim
2.5. TÜREV
53
Örnek 45.
f (x) = x3 − x ise, f 0 (x) için bir formül bulunuz.
Çözüm. Türevi hesaplamak için denklem 2.9 yi kullandığımız zaman, h nin değişken olduğunu ve limit hesabı
yapılırken x in sabit olarak değerlendirildiğini hatırlamalıyız.
f (x + h) − f (x)
[(x + h)3 − (x + h)] − [x3 − x]
= lim
h→0
h→0
h
h
f 0 (x) = lim
x3 + 3x2 h + 3xh2 + h3 − x − h − x3 + x
h→0
h
= lim
3x2 h + 3xh2 + h3 − h
= lim (3x2 + 3xh + h2 − 1) = 3x2 − 1
h→0
h→0
h
= lim
Örnek 46.
f (x) =
√
x ise, f 0 türevini bulunuz. f 0 nün tanım kümesini bulunuz.
Çözüm.
f 0 (x)
√
√
f (x + h) − f (x)
x+h− x
= lim
= lim
h→0
h→0
h
h
√
√
√
√
x+h− x
x+h+ x
= lim
·√
√
h→0
h
x+h+ x
(x + h) − x
1
1
√
√ = √
√ =√
h→0 h( x + h + x)
x+ x
2 x
= lim
1
f 0 (x) = √ x > 0 ise, f 0 (x) vardır, bu nedenle f 0 nün tanım kümesi (0, ∞) olur. Bu küme, f nin tanım kümesi
2 x
olan [0, ∞) kümesinden küçüktür.
Bağımsız değişkenin x, bağımlı değişkenin y olduğu geleneksel y = f (x) gösterimini kullanırsak, türev için
kullanılan bazı yaygın gösterimler aşağıdaki gibidir.
f 0 (x) = y 0 =
dy
df
d
=
=
f (x) = Df (x)
dx
dx
dx
D ve d/dx sembolleri türev alma işlemini ifade ettiğinden türev alma operatörleri olarak adlandırılır. Leibniz tarafından ortaya konulan dy/dx sembolü (şimdilik) bir oran olarak değerlendirilmemelidir; yalnızca f 0 (x) ile
eşanlamlıdır. Buna karşın, özellikle değişim gösterimi ile birlikte kullanıldığında çok yararlı ve anlamlı bir gösterimdir.
Türevin tanımını Leibniz gösterimi ile,
dy
∆y
= lim
dx ∆x→0 ∆x
şeklinde yazabiliriz. dy/dx türevinin bir a sayısındaki değerini, Leibniz gösterimi ile,
dy dy
ya da
dx x=a
dx x=a
olarak ifade ederiz ve bu gösterim ile f 0 (a) eşanlamlıdır.
54
BÖLÜM 2. LIMIT VE TÜREV
Tanım 11.
Eğer f 0 (a) varsa, f fonksiyonuna a da türevlenebilirdir denir. Eğer f bir (a, b) [ya da (a, ∞) ya
da (−∞, a) ya da (−∞, ∞)] açık aralığındaki her sayıda türevlenebilirse, f fonksiyonu (a, b) açık
aralığında türevlenebilirdir denir.
Örnek 47.
f (x) = |x| fonksiyonu nerede türevlenebilirdir?
Çözüm. Eğer x > 0 ise, |x| = x olur ve h yi, x + h > 0 koşulunu sağlayacak kadar küçük seçebiliriz ve bu nedenle
|x + h| = x + h olur. Dolayısıyla x > 0 için
|x + h| − |x|
(x + h) − x
h
= lim
= lim = lim 1 = 1
h→0
h→0
h→0 h
h→0
h
h
f 0 (x) = lim
elde ederiz ve bu nedenle x > 0 için f türevlenebilirdir. Aynı şekilde, eğer x < 0 ise, |x| = −x olur ve h yi,
x + h < 0 koşulunu sağlayacak kadar küçük seçebiliriz. ve bu nedenle x + h < 0 ve dolayısıyla |x + h| = −(x + h)
olur. Dolayısıyla, x < 0 için
f 0 (x) = lim
h→0
|x + h| − |x|
−(x + h) − (−x)
−h
= lim
= lim
= lim −1 = −1
h→0
h→0 h
h→0
h
h
elde ederiz ve bu yüzden x < 0 için f türevlenebilirdir. x = 0 için şunu incelemeliyiz;
f (0 + h) − f (0)
|0 + h| − |0|
|h|
= lim
= lim
h→0
h→0
h→0 h
h
h
f 0 (0) = lim
(limit var ise)
Sağ ve sol limitleri ayrı ayrı hesaplayalım:
lim
h→0+
|0 + h| − |0|
|h|
h
= lim
= lim
= lim 1 = 1
+
+
h
h
h→0
h→0 h
h→0+
ve
lim
h→0−
|0 + h| − |0|
|h|
−h
= lim
= lim
= lim (−1) = −1.
h
h→0− h
h→0− h
h→0−
Bu limitler farklı olduğundan, f 0 (0) yoktur. Dolayısıyla f, 0 dışındaki her noktada türevlenebilirdir. f 0 nün formülünü
f 0 (x) =
1 ,
−1 ,
x > 0 ise
x < 0 ise
olarak verebiliriz ve grafiği Şekil(b) deki gibidir. f 0 (0) ın var olmaması gerçeği, geometrik olarak y = |x| in (0, 0)
noktasında teğet doğrusunun olmaması olgusunda yansıtılmaktadır. (Bkz. Şekil(a).)
Süreklilik ve türevlenebilirliğin her ikisi de, bir fonksiyon için sahip olması istenilir özelliklerdir. Aşağıdaki
teorem bu özelliklerin nasıl ilişkili olduklarını göstermektedir.
Teorem 10.
Eğer f, a sayısında türevlenebilirse f, a sayısında süreklidir.
2.5. TÜREV
55
Şekil 2.37
Not: Teoremin tersi yanlıştır; bir başka deyişle, sürekli fakat türevlenebilir olmayan fonksiyonlar vardır. Örneğin,
f (x) = |x| fonksiyonu,
lim f (x) = lim |x| = 0 = f (0)
x→0
x→0
olduğundan 0 da süreklidir. Fakat, bir önceki örnekte f nin 0 da türevlenebilir olmadığını gösterdik.
Eğer f fonksiyonunun grafiğinde ”köşe” veya ”kırılma” varsa, f nin grafiğinin o noktada teğeti yoktur ve f, o
noktada türevlenebilir değildir. (f 0 (a) değerini hesaplamaya çalıştığımızda, sağ ve sol limitlerinin farklı olduğunu
görürüz.) En son verdiğimiz teorem, bir fonksiyonun türevi olmamasının bir başka yolunu verir. Eğer f, a sayısında
sürekli değilse, f nin a da türevlenebilir olmadığını söyler. Bu nedenle, f süreksiz olduğu noktada (örneğin, sıçrama
biçimindeki süreksizlerde) türevlenebilir değildir. Üçüncü bir olasılık ise, eğrinin x = a da düşey bir teğet doğrusuna
sahip olmasıdır. Bir başka ifadeyle, f a da sürekli ve
lim |f 0 (x)| = ∞
x→a
olmalıdır. Bu, x → a ya yaklaştıkça, teğet doğrularının dikleşmesi demektir. Şekil2.38 ele aldığımız üç olasılığı da
göstermektedir.
Şekil 2.38
f türevlenebilir bir fonksiyonsa, f 0 de bir fonksiyondur, dolayısıyla f 0 nün kendisininde (f 0 )0 = f 00 ile gösterilen
bir türevi olabilir. Bu yeni f 00 fonksiyonu, f nin ikinci türevi olarak adlandırılır, çünkü f nin türevinin türevidir.
Leibniz gösterimini kullanarak, y = f (x) fonksiyonunun ikinci türevini aşağıdaki gibi yazarız.
d
dx
Örnek 48.
f (x) = x3 − x ise, f 00 (x) i bulunuz.
dy
dx
=
d2 y
dx2
56
BÖLÜM 2. LIMIT VE TÜREV
Çözüm. Daha önce, f 0 (x) = 3x2 − 1 olduğunu bulmuştuk. Dolayısıyla, ikinci türev
[3(x + h)2 − 1] − [3x2 − 1]
f 0 (x + h) − f 0 (x)
= lim
h→0
h→0
h
h
f 00 (x) = lim
3x2 + 6xh + 3h2 − 1 − 3x2 + 1
= lim (6x + 3h) = 6x
h→0
h→0
h
= lim
Genel olarak, ikinci türevin anlamınıdeğişim hızının değişim hızı olarak açıklayabiliriz. Bunun en bilinen örneği
aşağıda tanımlayacağımız ivme dir. Doğru boyunca hareket eden bir cismin konum fonksiyonu s = f (t) ise, bu
fonksiyonun birinci türevinin, cismin hızını zamanın bir fonksiyonu olarak gösterdiğini biliyoruz:
v(t) = f 0 (t) =
df
dt
Hızdaki zamana göre anlık değişim hızı olan a(t), nesnenin ivmesi olarak adlandırılır. Öyleyse, ivme fonksiyonu hız
fonksiyonunun türevidir ve bu nedenle konum fonksiyonunun ikinci türevidir:
a(t) = v 0 (t) = f 00 (t)
Genelleştirirsek, f nin n inci türevi f (n) ile gösterilir ve f fonksiyonunun n kez türevinin alınmasıyla elde edilir.
y = f (x) ise,
dn y
y (n) = f (n) = n
dx
yazarız.
Bir eğrinin, teğet noktasının çevresinde, o noktadaki teğet doğrusuna çok yakın olduğunu görmüştük. Aslında,
türevlenebilir bir fonksiyonungrafiğindeki bir noktaya doğru odaklandıkça, grafiğin o noktadaki teğet doğrusuna
daha çok benzediğine dikkat etmiştik. Bu gözlem, fonkiyonlar için yaklaşık değerler bulma yöntemlerinden birinin
temelini oluşturur. Fikir şudur: Bazen bir fonksiyonun f (a) değerini hesaplamak kolay olabilirken, f nin buna yakın
değerlerini hesaplamak zor (dahası, olanaksız) olabilir. Bu nedenle, grafiği f nin (a, f (a)) noktasındaki teğet doğrusu
olan L doğrusal fonksiyonunun kolay hesaplanan değeriyle yetiniriz.
Şekil 2.39
Genelde, (a, f (a)) noktasındaki teğet doğrusunu, x sayısı a ya yakınken y = f (x) eğrisinin yaklaştırımı olarak
kullanırız. Bu teğet doğrusunun denklemi
y = f (a) + f 0 (a)(x − a) dır ve f (x) ≈ f (a) + f 0 (a)(x − a)
yaklaştırımına f nin a daki doğrusal yaklaştırımı ya da teğet doğrusu yaklatırımı denir. Grafiği teğet doğrusu olan
L(x) = f (a) + f 0 (a)(x − a)
doğrusal fonksiyonu, f nin a daki doğrusallaştırılması olarak adlandırılır.
2.5. TÜREV
57
Örnek 49.
√
√
√
f (x)
√ = x fonksiyonunun a = 1 deki doğrusal yaklaştırımını bulunuz. Daha sonra bunu 0.99, 1.01
ve 1.05 sayılarının yaklaşık değerlerini bulmak için kullanırız. Bulduğunuz değerler sayıların gerçek
değerlerinden fazla mı, yoksa az mıdır?
Çözüm. Öncelikle, y =
önceki örneklerde
√
x fonksiyonunun x = 1 deki teğet doğrusunun eğimi olan f 0 (1) değerini bulmalıyız. Daha
1
f 0 (x) = √
2 x
olarak bulmuştuk. Dolayısıyla, f 0 (1) =
1
olur ve (1, 1) noktasındaki teğet doğrusunun denklemi
2
1
y − 1 = (x − 1)
2
ve doğrusal yaklaştırım
olur. Özel olarak,
√
√
√
√
ya da
1
1
y = x+
2
2
1
1
x ≈ L(x) = x +
2
2
0.99 ≈ L(0.99) = 12 (0.99) +
1
2
= 0.995
1.01 ≈ L(1.01) = 12 (1.01) +
1
2
= 1.005
1.05 ≈ L(1.05) = 12 (1.05) +
1
2
= 1.025
elde ederiz.
√
0.99 = 0.994987,
√
1.01 = 1.00499,
√
1.05 = 1.0247
√
Şekilde y = x fonksiyonu ve onun doğrusal yaklaştırımı L(x) = 21 x + 12 fonksiyonunun grafikleri çizilmiştir.
Yaklaşık değerlerimizin gerçek değerlerden fazla olduğunu görmekteyiz, çünkü teğet doğrusu eğrinin üzerindedir.
Şekil 2.40
Aşağıdaki tabloda doğrusal yaklaştırımdan elde edilen değerler, gerçek değerlerle yaklaştırılmaktadır. Tablo ve
Şekilde, teğet doğrusu yaklaştırımının, x değişkeni 1 e yakınken iyi yaklaşık değerler verdiğine, fakat x değişkeni
1 den uzaklaştıkça elde edilen değerlerin gerçek değerlere yakınlıklarının azaldığına dikkat ediniz.
58
BÖLÜM 2. LIMIT VE TÜREV
Bölüm 3
Türev Kuralları
Kural 1.
Sabitle Çarpım Kuralı c bir sabit ve f türevlenebilir bir fonksiyonsa,
d
d
[cf (x)] = c f (x)
dx
dx
dir.
Kural 2.
Toplam-Fark Kuralı f ve g türevlenebilir ise,
d
d
d
[f (x) ± g(x)] =
f (x) ±
g(x)
dx
dx
dx
dir.
Kural 3.
Çarpım Kuralı f ve g türevlenebilir ise,
d
d
d
[f (x)g(x)] = f (x) [g(x)] + g(x) [f (x)]
dx
dx
dx
dir.
Kural 4.
Bölüm Kuralı f ve g türevlenebilir fonksiyonlarsa,
g(x) d [f (x)] − f (x) d [g(x)]
d f (x)
dx
dx
=
dx g(x)
[g(x)]2
dir.
59
60
BÖLÜM 3. TÜREV KURALLARI
Kural 5.
Sabit Fonksiyon Türevi :
d
(c) = 0
dx
Kural 6.
Kuvvet Kuralı Her n gerçel sayısı için,
d n
(x ) = nxn−1
dx
dir.
Örnek 50.
d
d
d
d
(10x3 − 6x + 5) = 10 (x3 ) − 6 (x) +
(5)
dx
dx
dx
dx
= 10(3x2 ) − 6(1) + 0
= 30x2 − 6
Örnek 51.
Aşağıdaki türevleri alınız.
1
(a) f (x) = 2
x
(b) y =
√
3
x2
Çözüm. İki durumda da, fonksiyonu x in üssü olarak yeniden yazarız.
(a) f (x) = x−2 olduğundan, n = −2 için Kuvvet Kuralını uygularız:
f 0 (x) =
(b)
d −2
2
(x ) = −2x−2−1 = −2x−3 = − 3
dx
x
dy
d √
d 2/3
2
2
3
=
( x2 ) =
(x ) = x(2/3)−1 = x−1/3
dx
dx
dx
3
3
Örnek 52.
y = x4 − 6x2 + 4 eğrisi üzerindeki, teğet doğrusunun yatay olduğu noktaları bulunuz.
Çözüm. Yatay teğetler, türevin 0 olduğu noktalardaki teğetlerdir. Öncelikle,
dy
d 4
d
d
=
(x ) − 6 (x2 ) +
(4) = 4x3 − 12x + 0 = 4x(x2 − 3)
dx
dx
dx
dx
61
elde ederiz.
dy
= 4x(x2 − 3)
dx
√
eğri
Dolayısıyla, √
x = 0 ve x2 √
− 3 denkleminin kökleri olan x = ± 3 için dy/dx = 0 olur. Bu nedenle, verilen
√
x√= 0, x = 3 ve x = − 3 için yatay teğetlere sahiptir. Bu değerlere karşılık gelen noktalar (0, 4), (− 3, −5) ve
( 3, −5) dir.
Şekil 3.1
Örnek 53.
f (t) =
√
t(1 − t) fonksiyonunun türevini alınız.
Çözüm. 1. Yol: Çarpım kuralını kullanarak,
f 0 (t) =
√ d
√
√
d √
1
1−t
1 − 3t
t (1 − t) + (1 − t) ( t) = t(−1) + (1 − t) t−1/2 = − t + √ = √
dx
dx
2
2 t
2 t
2. Yol : Üs kuralını kullanarak, f (t) fonksiyonunu yeniden yazarsak, türevini çarpım kuralını kullanmadan da
alabiliriz. Böylece,
√
√
1
3
f (t) = t − t t = t1/2 − t3/2 ⇒ f 0 (t) = t−1/2 − t1/2
2
2
elde edilir. Bu örnek, bazen fonksiyonların çarpımını sadeleştirmenin, çarpım kuralını kullanmaktan daha kolay
olduğunu göstermektedir.
Örnek 54.
g(4) = 2 ve g 0 (4) = 3 olmak üzere, f (x) =
√
x . g(x) ise, f 0 (4) değerini bulunuz.
Çözüm. Çarpım kuralını uygulayarak,
f 0 (x) =
=
=
√
d √
d
d √ x . g(x) = x .
(g(x)) + g(x) .
x
dx
dx
dx
√
√
x . g 0 (x) + g(x) .
g(x)
x . g 0 (x) + √
2 x
1 −1/2
.x
2
62
BÖLÜM 3. TÜREV KURALLARI
elde ederiz. Dolayısıyla, f 0 (4) =
√
g(4)
2
4 . g 0 (4) + √ = 2 . 3 +
= 6.5 olur.
2.2
2 4
Örnek 55.
y=
x2 + x − 2
olsun. Bu durumda,
x3 + 6
y0 =
(x3 + 6)
d
d 2
(x + x − 2) − (x2 + x − 2) (x3 + 6)
dx
dx
(x3 + 6)2
=
(x3 + 6)(2x + 1) − (x2 + x − 2)(3x2 )
(x3 + 6)2
=
(2x4 + x3 + 12x + 6) − (3x4 + 3x3 − 6x2 )
(x3 + 6)2
=−
−x4 − 2x3 + 6x2 + 12x + 6
(x3 + 6)2
elde edilir.
Not :
√
3x2 + 2 x
F (x) =
x
fonksiyonunun türevini bölüm kuralını kullanarak almak mümkündür. Ancak, önce bölmeyi yapmak ve fonksiyonu
F (x) = 3x + 2x−1/2
biçiminde yazdıktan sonra türevi almak çok daha kolaydır.
Kural 7.
Doğal Üstel Fonksiyonun Türevi :
d x
(e ) = ex
dx
Kural 8.
Üstel Fonksiyonun Türevi :
a > 0, a 6= 1 gerçel sayısı için
d x
(a ) = ax ln a
dx
dır.
Örnek 56.
f (x) = ex − x, ise f 0 ve f 00 fonksiyonlarını bulunuz.
63
Çözüm. Fark kuralını kullanarak,
f 0 (x) =
d x
d x
d
(e − x) =
(e ) −
(x) = ex − 1
dx
dx
dx
elde ederiz. İkinci türevi, f 0 nün türevi olarak tanımladık. Bu nedenle,
f 00 (x) =
d x
d x
d
(e − 1) =
(e ) −
(1) = ex
dx
dx
dx
elde ederiz.
Örnek 57.
y = ex eğrisinin hangi noktasındaki teğet doğrusu y = 2x doğrusuna paraleldir?
Çözüm. y = ex olduğundan, y 0 = ex dir. Sorudaki noktanın x koordinatı a olsun. Bu noktadaki teğet doğrusunun
eğimi ea olur. Teğet doğrusu, eğimi, y = 2x doğrusunun eğimiyle aynı, başka bir deyişle 2 olduğunda, bu doğruya
paralel olacaktır. Eğimleri eşitlersek,ea = 2 ⇒ a = ln 2 elde ederiz. Dolayısıyla, aranılan nokta (a, ea ) = (ln 2, 2)
dir.
Şekil 3.2
Örnek 58.
a. f (x) = xex ise, f 0 (x) i bulunuz.
b. f nin n-inci türevi, f (n) (x) i bulunuz.
Çözüm.
a. Çarpım kuralından,
f 0 (x) =
d
d
d
(xex ) = x (ex ) + ex (x) = xex + ex . 1 = (x + 1)ex
dx
dx
dx
elde ederiz.
b. Çarpım kuralını ikici kez kullanarak,
f 00 (x) =
d
d
d
[(x + 1)ex ] = (x + 1) (ex ) + ex (x + 1)
dx
dx
dx
= (x + 1)ex + ex . 1 = (x + 2)ex
64
BÖLÜM 3. TÜREV KURALLARI
elde ederiz. Çarpım kuralının art arda uygulanmasıyla,
f 000 (x) = (x + 3)ex
f (4) (x) = (x + 4)ex
elde edilir. Aslında, art arda gelen her türev alma ile başka bir ex terimi eklenir, bu nedenle
f (n) (x) = (x + n)ex
olur.
Örnek 59.
y = ex /(1 + x2 ) eğrisinin (1, e/2) noktasındaki teğet doğrusunun denklemini bulunuz.
Çözüm. Bölüm kuralından,
dy
dx
(1 + x2 )
=
d
d x
(e ) − ex (1 + x2 )
(1 + x2 )ex − ex (2x)
ex (1 − x)2
dx
dx
=
=
(1 + x2 )2
(1 + x2 )2
(1 + x2 )2
elde ederiz. Dolayısıyla, (1, e/2) deki teğet doğrusunun eğimi,
dy =0
dx x=1
dır.
Bu, (1, e/2) noktasındaki teğet doğrusunun yatay ve denkleminin y = e/2 olduğunu ifade etmektedir. [Foksiyonun artan olduğuna ve (1, e/2) deki teğet doğrusunu keserek geçtiğine dikkat ediniz.]
Şekil 3.3
Kural 9.
Trigonometrik Fonksiyonların Türevleri :
d
(sin x) = cos x
dx
d
(sec x) = sec x tan x
dx
d
(cos x) = − sin x
dx
d
(csc x) = − csc x cot x
dx
d
(tan x) = sec2 x
dx
d
(cot x) = − csc2 x
dx
65
Örnek 60.
f (x) =
vardır?
sec x
fonksiyonunun türevini alınız. Hangi x değerleri için f nin grafiğinin yatay teğeti
1 + tan x
Çözüm. Bölüm kuralı
f 0 (x) =
=
(1 + tan x)
d
d
(sec x) − sec x (1 + tan x)
dx
dx
(1 + tan x)2
(1 + tan x) sec x tan x − sec x sec2 x
(1 + tan x)2
f 0 (x) =
=
sec x [tan x + tan2 x − sec2 x]
(1 + tan x)2
sec x (tan x − 1)
(1 + tan x)2
verir. Yanıtı sadeleştirmek için, tan2 x + 1 = sec2 x özdeşliğini kullandık. sec x hiç sıfır olmadığından, yalnız
tan x = 1 için f 0 (x) = 0 olduğunu görürüz ve bu n tamsayı olmak üzere x = nπ + π/4 değerinde gerçekleşir.
Örnek 61.
cos x fonksiyonunun 27 inci türevini bulunuz.
Çözüm. f (x) = cos x fonksiyonunun ilk bir kaç türevi aşağıdaki gibidir:
f 0 (x) = − sin x
f 00 (x) = − cos x
f 000 (x) = sin x
f (4) (x) = cos x
f (5) (x) = − sin x
Ardışık türevlerin, dört adımda bir yinelendiğini ve n, 4 ün bir katı olmak üzere, f (n) (x) = cos x olduğunu görürüz.
Bu nedenle,
f (24) (x) = cos x
olur ve üç kez daha türev alırsak
f (27) (x) = sin x
elde ederiz.
66
3.1
BÖLÜM 3. TÜREV KURALLARI
Zincir Kuralı
p
F (x) =
x2 + 1 fonksiyonunun türevini almanızın istendiğini varsayalım. Daha önce öğrendiğimiz türev alma
kuralları ile F 0 (x) i hesaplamanız olanaklı değildir. F nin bir bileşke fonksiyonu olduğunu gözlemleyiniz. Gerçekten
√
de y = f (u) = u ve u = g(x) = x2 + 1 ise y = F (x) = f (g(x)), bir başka deyişle F = f ◦ g yazabiliriz. f ve
g’nin her ikisinin de türevlerinin nasıl alınacağını biliyoruz, dolayısıyla F = f ◦ g fonksiyonunun türevinin, f ve g
nin türevleri cinsinden nasıl bulunduğunu söyleyen bir kural yararlı olacaktır. f ◦ g bileşke fonksiyonunun türevi, f ve
g nin türevlerinin çarpımıdır. Bu, türev alma kurallarının en önemlilerinden biridir ve Zincir Kuralı olarak adlandırılır.
Bu, türevleri değişim hızları olarak ele aldığımızda, akla yatkın görünmektedir. du/dx i, u nun x e göre değişim
hızı, dy/du yu, y nin u ya göre değişim hızı ve dy/dx i, y nin x e göre değişim hızı olarak düşününüz. u, x in
iki katı bir hızla değişiyorsa ve y, u nun üç katı hızla değişiyorsa, y nin x in altı katı bir hızla değişmesi mantıklı
görünmektedir ve bu nedenle
dy
dy du
=
dx
du dx
olmasını bekleriz.
Teorem 11.
f ve g türevlenebilir fonksiyonlar ve F = f ◦ g fonksiyonu, F (x) = f (g(x)) biçiminde tanımlanan
bileşke fonksiyonu ise, F türevlenebilir bir fonksiyondur ve F 0 ,
F 0 (x) = f 0 (g(x))g 0 (x)
(3.1)
çarpımı ile verilir. Leibniz gösteriminde, y = f (u) ve u = g(x) türevlenebilir fonksiyonlarsa,
dy
dy du
=
dx
du dx
dir.
(3.2)
Örnek 62.
F (x) =
√
x2 + 1 ise F 0 (x) i bulunuz.
Çözüm. (Denklem (3.1)’yi kullanarak): Bu bölümün başında F fonksiyonunu f (u) =
üzere F (x) = (f ◦ g)(x) = f (g(x)) biçiminde ifade etmiştik.
1
1
f 0 (u) = u−1/2 = √
2
2 u
ve
g 0 (x) = 2x
olduğundan,
F 0 (x) = f 0 (g(x)) g 0 (x)
x
1
√
2x = √
=
2
2
2 x +1
x +1
√
elde ederiz. (Denklem (3.2)’ü kullanarak): u = x2 + 1 ve y = u ise
F 0 (x) =
=
dy du
1
= √ 2x
du dx
2 u
1
x
√
2x = √
dir.
2
2
2 x +1
x +1
√
u ve g(x) = x2 + 1 olmak
3.1. ZINCIR KURALI
67
Not : Zincir Kuralı’nı kullanırken, dışarıdan içeriye doğru hesap yaparız. Formül (3.1), önce dıştaki f fonksiyonunun (içteki g(x) fonksiyonunda) türevini aldığımızı ve daha sonra bunu, içteki fonksiyonun türeviyle çarptığımızı
söyler.
Örnek 63.
(a) y = sin(x2 ) ve (b) y = sin2 x fonksiyonlarının türevini alınız.
Çözüm. (a) y = sin(x2 ) ise, dıştaki fonksiyon sinüs ve içteki fonksiyon kare alma fonksiyonudur, dolayısıyla Zincir
Kuralı’ndan
dy
dx
=
d
d 2
sin(x2 ) = cos(x2 ) ·
x
dx
dx
= 2x cos(x2 )
elde ederiz.
(b) sin2 x = (sin x)2 olduğuna dikkat ediniz. Burada, dıştaki fonksiyon kare alma ve içteki fonksiyon sinüs
fonksiyonudur. Dolayısıyla,
dy
d
=
(sin x)2 = 2 sin x · cos x
dx
dx
olur. Yanıt, 2 sin x cos x olarak bırakılabilir ya da (yarım açı formülü olarak bilinen trigonometrik özdeşlik kullanılarak) sin 2x olarak yazılabilir.
Örnek 64.
y = (x3 − 1)100 fonksiyonunun türevini alınız.
Çözüm. Zincir Kuralı kullanılarak
dy
dx
=
d 3
d
(x − 1)100 = 100(x3 − 1)99 (x3 − 1)
dx
dx
= 100(x3 − 1)99 · 3x2 = 300x2 (x3 − 1)99
elde edilir.
Örnek 65.
g(t) =
t−2
2t + 1
9
fonksiyonunun türevini bulunuz.
Çözüm. Zincir Kuralı ve Bölüm Kuralı’nı birleştirerek
t−2 8 d
t−2
0
g (t) = 9
2t + 1
dt 2t + 1
t − 2 8 (2t + 1) · 1 − 2(t − 2)
45(t − 2)8
= 9
=
2
2t + 1
(2t + 1)
(2t + 1)10
elde ederiz.
68
BÖLÜM 3. TÜREV KURALLARI
Örnek 66.
y = esin x fonksiyonunun türevini alınız.
Çözüm. Burada içteki fonksiyon g(x) = sin x ve dıştaki fonksiyon f (x) = ex üstel fonksiyonudur. Dolayısıyla,
Zincir Kuralı’ndan,
dy
d sin x
d
=
(e
) = esin x (sin x) = esin x cos x
dx
dx
dx
olur.
Örnek 67.
y = esec 3θ fonksiyonunun türevini alınız.
Çözüm. Dıştaki fonksiyon üstel fonksiyon, ortadaki fonksiyon sekant fonksiyonu ve en içteki fonksiyon üç katını
alma fonksiyonudur. Dolayısıyla,
dy
dθ
= esec 3θ
d
d
(sec 3θ) = esec 3θ sec 3θ tan 3θ (3θ) = 3esec 3θ sec 3θ tan 3θ
dθ
dθ
elde ederiz.
3.2
Parametrik Eğrilerin Teğetleri
x = f (t), y = g(t) parametrik denklemleriyle verilen eğriyi ele alalım: f ve g türevlenebilir fonksiyonlar ve y,
x in türevlenebilir bir fonksiyonu olmak üzere, eğri üzerindeki bir noktadaki teğet doğrusunu bulmak istediğimizi
dy
i bulmamız gerek. Zincir Kuralından
varsayalım. Eğimi yani
dx
dy
dy dx
=
·
dt
dx dt
elde ederiz.
dy
dy dx
=
·
dt
dx dt
dx
6= 0 ise, eşitlikten dy/dx’i çekebiliriz.
dt
dx
6= 0 ise
dt
dy
dy
= dt
dx
dx
dt
dir.
Eğriyi bir parçacığın izlediği yol olarak düşünürsek, dy/dt ve dx/dt parçacığın düşey ve yatay hızları olur.
Örnek 68.
x = 2 sin 2t
bulunuz.
y = 2 sin t
√
parametrik eğrisinin ( 3, 1) noktasındaki teğet doğrusunun denklemini
(3.3)
3.3. KAPALI FONKSIYONLARIN TÜREVLERI
69
Çözüm. t parametre değerine karşılık gelen noktada, eğim
dy
d
(2 sin t)
dy
cos t
2 cos t
= dt = dt
=
=
dx
d
dx
2(cos 2t)(2)
2 cos 2t
(2 sin 2t)
dt
dt
√
dir. ( 3, 1) noktası t = π/6 parametre değerine karşılık gelir, bu yüzden bu noktadaki teğetin eğimi
√
√
dy cos(π/6)
3/2
3
=
=
=
dx t=π/6 2 cos(π/3)
2(1/2)
2
olur. Dolayısıyla, teğet doğrusunun denklemi
√
√
3
y−1=
(x − 3) ya da
2
3.3
√
y=
3
1
x−
2
2
dir.
Kapalı Fonksiyonların Türevleri
Şimdiye kadar karşılaştığımız fonksiyonlar, bir değişkenin bir başka değişken cinsinden açık olarak ifade edilmesiyle
tanımlanabiliyordu. Örneğin,
p
y = x3 + 1 ya da y = x sin x
veya genel olarak, y = f (x) gibi. Buna karşılık, bazı fonksiyonlar
x2 + y 2 = 25
(3.4)
x3 + y 3 = 6xy
(3.5)
veya
gibi x ve y arasındaki bir bağıntı aracılığıyla kapalı olarak tanımlanır. Bazı durumlarda, böyle bir denklemden y yi x
e bağlı√bir fonksiyon (veya fonksiyonlar) olarak elde etmek olanaklıdır. Örneğin, Denklem (3.4)’den y yi çekersek,
y = ± 25 − x2 elde ederiz, ve böylece kapalı Denklem (3.4)’in belirlediği iki fonksiyon
p
p
f (x) = 25 − x2 ve g(x) = − 25 − x2
dir.
Şekil 3.4
f ve g nin grafikleri x2 + y 2 = 25 çemberinin alt ve üst yarı-çemberleridir. Denklem (3.5)’dan elle hesap yaparak
y yi, x e bağlı bir fonksiyon olarak elde etmek kolay değildir. Yine de (3.5), Descartes folyumu olarak adlandırılan,
şekilde gösterilen eğrinin denklemidir, ve kapalı olarak y yi x e bağlı çeşitli fonksiyonlar olarak tanımlar. f nin
Denklem (3.5) ile kapalı olarak tanımlanan bir fonksiyon olduğunu söylediğimizde,
x3 + [f (x)]3 = 6xf (x)
70
BÖLÜM 3. TÜREV KURALLARI
Şekil 3.5
Şekil 3.6
eşitliğinin, f nin tanım kümesindeki her x değeri için doğru olduğunu kastederiz. Neyse ki y nin türevini bulmak
için verilen denklemde y yi x cinsinden çözme gereksinimi duymayız. Onun yerine kapalı türev alma yöntemini
kullanabiliriz. Bu, denklemin iki tarafının x e göre türevini almayı ve sonuçtaki denklemlerden y 0 nü çekmeyi içerir.
Bu bölümdeki örnekler ve alıştırmalarda her zaman, verilen denklemin kapalı bir biçimde y yi x e bağlı türevlenebilir
bir fonksiyon olarak tanımladığı ve dolayısıyla, kapalı türev alma yönteminin uygulanabildiği varsayılmıştır.
Örnek 69.
a. x2 + y 2 = 25 ise
dy
i bulunuz.
dx
b. x2 + y 2 = 25 çemberinin (3, 4) noktasındaki teğetinin denklemini yazınız.
Çözüm. 1. Yol:
a. x2 + y 2 = 25 denkleminin iki tarafının türevini alalım:
d 2
d
(x + y 2 ) =
(25)
dx
dx
d 2
d 2
(x ) +
(y ) = 0
dx
dx
y nin x e bağlı bir fonksiyon olduğunu anımsayarak ve Zincir Kuralı’nı kullanarak,
d 2
d 2 dy
dy
(y ) =
(y )
= 2y
dx
dy
dx
dx
3.3. KAPALI FONKSIYONLARIN TÜREVLERI
71
elde ederiz. Dolayısıyla
2x + 2y
dy
=0
dx
dır. Şimdi bu denklemi dy/dx için çözeriz:
dy
x
=−
dx
y
b. (3, 4) noktasında x = 3, y = 4 dür. Buradan
dy
3
=−
dx
4
elde ederiz. Dolayısıyla çemberin (3, 4) noktasndaki teğetinin denklemi
3
y − 4 = − (x − 3) ya da
4
3x + 4y = 25 dir.
√
√
2
2
2. Yol: x2 + y 2 = 25 denkleminden, y =
√ ± 25 − x elde ederiz. (3, 4) noktası y = 25 − x üst yarıçemberinin üzerinde olduğundan, f (x) = y = 25 − x2 fonksiyonunu ele alırız. Zincir Kuralı’nı kullanarak türev
alırsak
f 0 (x) =
=
elde ederiz. Böylece f 0 (3) = − √
d
1
(25 − x2 )−1/2 (25 − x2 )
2
dx
1
x
(25 − x2 )−1/2 (−2x) = − √
2
25 − x2
3
3
= − olur ve birinci çözümde olduğu gibi teğetin denklemi 3x + 4y = 25
2
4
25 − 3
dir.
Not : Az önceki örnek, denklemden y yi x cinsinden çekmek olanaklı olsa bile kapalı türev almanın daha
kolay olabildiğini göstermektedir. dy/dx = −x/y ifadesi türevi, x ve y nin her ikisi cinsinden vermektedir.√Bu ifade
denklem tarafından hangi fonksiyonunun belirlendiğinden bağımsız olarak doğrudur. Örneğin, y = f (x) = 25 − x2
için
dy
x
x
= − = −√
dx
y
25 − x2
√
ve y = g(x) = − 25 − x2 için
dy
x
x
x
=− = √
=√
dx
y
− 25 − x2
25 − x2
elde ederiz.
Örnek 70.
(a) x3 + y 3 = 6xy ise, y 0 nü bulunuz.
(b) x3 + y 3 = 6xy denklemiyle verilen Descartes folyumu eğrisinin (3, 3) noktasındaki teğetini bulunuz.
Çözüm. (a) y yi x e bağlı bir fonksiyon olarak düşünerek, y 3 terimi için zincir ve 6xy terimi için çarpım kuralını
kullanarak, x3 + y 3 = 6xy denkleminin iki tarafının x e göre türevini alırsak,
3x2 + 3y 2 y 0 = 6y + 6xy 0
ya da
x2 + y 2 y 0 = 2y + 2xy 0
72
BÖLÜM 3. TÜREV KURALLARI
elde ederiz.
x2 + y 2 y 0 = 2y + 2xy 0
Bu denklemden y 0 nü çekersek:
y 2 y 0 − 2xy 0 = 2y − x2
(y 2 − 2x)y 0 = 2y − x2
y0 =
2y − x2
y 2 − 2x
elde ederiz. x = y = 3 için
y0 =
2 · 3 − 32
= −1
32 − 2 · 3
dir. Bu nedenle folyumun (3, 3) noktasındaki teğetinin denklemi
y − 3 = −1(x − 3)
ya da
x+y =6
dır.
Örnek 71.
sin(x + y) = y 2 cos x ise y 0 nü bulunuz.
Çözüm. x e göre kapalı türev alarak ve y nin x e bağlı bir fonksiyon olduğunu anımsayarak,
cos(x + y) · (1 + y 0 ) = 2yy 0 cos x + y 2 (− sin x)
elde ederiz. (Sol tarafta zincir kuralını ve sağ tarafta çarpım ve zincir kurallarını kullandığımıza dikkat ediniz.)
cos(x + y) · (1 + y 0 ) = 2yy 0 cos x + y 2 (− sin x)
y 0 içeren terimleri bir araya toplarsak,
cos(x + y) + y 2 sin x = (2y cos x)y 0 − cos(x + y) · y 0
elde ederiz. Bu nedenle,
y0 =
cos(x + y) + y 2 sin x
2y cos x − cos(x + y)
olur.
3.3.1
Ters Trigonometrik Fonksiyonların Türevi
Ters trigonometrik fonksiyonların türevlenebilir olduklarını varsayarak, bunların türevlerini almak için kapalı türev
alma yöntemini kullanabiliriz. arcsin fonksiyonunun tanımını anımsayınız:
y = sin−1 x
⇔
sin y = x
ve
−
π
π
6y6
2
2
anlamına gelir. sin y = x in x e göre kapalı türevini alırsak,
cos y ·
dy
= 1 veya
dx
elde ederiz.
dy
1
=
dx
cos y
dy
1
=
dx
cos y
3.4. LOGARITMA FONKSIYONLARININ TÜREVI
73
−π/2 6 y 6 π/2 olduğundan, cos y > 0 dır, bu yüzden
q
p
cos y = 1 − sin2 y = 1 − x2
olur. Dolayısıyla,
dy
1
1
dir.
=
=√
dx
cos y
1 − x2
d
1
(sin−1 x) = √
dx
1 − x2
y = arctan x fonksiyonunun türevinin formülü de benzer bir yolla elde edilir:
d
1
.
(tan(−1) (x)) =
dx
1 + x2
Örnek 72.
f (x) = x arctan
√
x fonksiyonunun türevini alınız.
Çözüm.
f 0 (x)
1
=x·
√ 2·
1 + ( x)
1 −1/2
x
2
+ arctan
√
x
√
=
3.4
√
x
+ arctan x
2(1 + x)
Logaritma Fonksiyonlarının Türevi
1
d
(loga x) =
dx
x ln a
(3.6)
d
1
(ln x) = .
dx
x
(3.7)
özel olarak a = e alırsak
Örnek 73.
y = ln(x3 + 1) fonksiyonunun türevini bulunuz.
Çözüm. Zincir kuralını kullanmak için u = x3 + 1 diyelim. Bu takdirde y = ln u ve
dy
dy du
1 du
1
3x2
=
·
= ·
= 2
· (3x2 ) = 3
dx
du dx
u dx
x +1
x +1
Genel olarak örnekte verilen zincir kuralı ile formül 3.7 yi birleştirirsek
d
1 du
(ln u) =
dx
u dx
elde ederiz.
veya
d
g 0 (x)
(ln g(x)) =
dx
g(x)
(3.8)
74
BÖLÜM 3. TÜREV KURALLARI
Örnek 74.
f (x) =
√
ln x fonksiyonunun türevini bulunuz.
Çözüm. Burada logaritma fonksiyonu iç fonksiyon olduğundan Zincir kuralını kullanarak
1
1
d
1
1
f 0 (x) = (ln x)−1/2 ·
· = √
(ln x) = √
2
dx
2 ln x x
2x ln x
elde edilir.
Örnek 75.
f (x) = ln |x| ise f 0 (x) türevini bulunuz.
Çözüm.
f (x) =
ln x
,
ln(−x) ,
x>0
x<0
olduğundan
f 0 (x) =

1



 x


1
1


(−1) =
−x
x
olarak elde edilir. Böylece her x 6= 0 için f 0 (x) = 1/x olur.
,
x>0
,
x<0
Örnek 76.
√
x3/4 x2 + 1
y=
fonksiyonunun türevini bulunuz.
(3x + 2)5
Çözüm. Denklemin her iki tarafının logaritmasını alıp, basitleştirmek için logaritmanın özelliklerini kullanalım:
3
1
ln x + ln(x2 + 1) − 5 ln(3x + 2)
4
2
ln y =
kapalı olarak tanımlanan bu fonksiyonun x e göre türevini alırsak
dy
dx
y
=
olur.
3 1 1
2x
3
· + · 2
−5·
4 x 2 x +1
3x + 2
dy
dx
y
=
3
x
15
+ 2
−
4x x + 1 3x + 2
Buradan dy/dx i çözersek
dy
dx
=y
x
15
3
+ 2
−
4x x + 1 3x + 2
√
x3/4 x2 + 1 3
x
15
=
+
−
(3x + 2)5
4x x2 + 1 3x + 2
elde ederiz.
3.5. DOĞRUSAL YAKLAŞTIRIMLAR VE DIFERANSIYELLER
75
Not: Taban değişken, üs sabit olduğunda, Kuvvet kuralı [(xn )0 = nxn−1 ] ile; taban sabit, üs değişken olan
= ax ln a] üstel fonksiyonların türev alma kurallarını, birbirinden dikkatlice ayırt etmelisiniz. Genel olarak üs
ve tabanlar için dört durum söz konusudur.
[(ax )0
1.
d b
(a ) = 0
dx
2.
d
[f (x)b ] = b[f (x)]b−1 f 0 (x)
dx
3.
d g(x)
[a ] = ag(x) (ln a)g 0 (x)
dx
4.
d
[f (x)]g(x) türevini bulmak için aşağıdaki örnekte olduğu gibi logaritmik türev kullanılabilir.
dx
(a ve b sabittir.)
Örnek 77.
√
y=x
x
fonksiyonunun türevini bulunuz.
Çözüm. 1. Yol : Logaritmik türevi kullanırsak
√
ln y = ln x
y0
y
=
y0
elde ederiz.
√
2. Yol : Diğer yöntem için x
x
√
x·
=y
= e
ln x
x
=
√
x ln x
1
1
+ (ln x) √
x
2 x
1
ln x
√ + √
x 2 x
√x
√
=x
x
2 + ln x
√
2 x
yazalım.
√
d √x d √x ln x d √
=
= e x ln x ( x ln x)
x
e
dx
dx
dx
√
2 + ln x
√
=x x
.
2 x
3.5
Doğrusal Yaklaştırımlar ve Diferansiyeller
y = f (x) eğrisinin (a, f (a)) noktasındaki teğet doğrusunun denklemi
y = f (a) + f 0 (a)(x − a)
dir.
f (x) ≈ f (a) + f 0 (a)(x − a)
(3.9)
yaklaştırımına f fonksiyonunun a noktasındaki doğrusal yaklaştırımı ya da teğet doğrusu yaklaştırımı denir.
L(x) = f (a) + f 0 (a)(x − a)
(3.10)
fonksiyonuna f fonksiyonunun a noktasındaki doğrusallaştırılması denir. x, a ya yakın olduğunda f (x) ≈ L(x)
doğrusal yaklaştırımı gerçek değere yakındır.
76
BÖLÜM 3. TÜREV KURALLARI
Şekil 3.7
Örnek 78.
√
f√(x) = √x + 3 fonksiyonunun a = 1 noktasındaki doğrusallaştırılmasını bulunuz ve bunu kullanarak
3.98 ve 4.05 sayılarının yaklaşık değerlerini hesaplayınız.
Çözüm. f (x) = (x + 3)1/2 fonksiyonunun türevi
1
1
f 0 (x) = (x + 3)−1/2 = √
2
2 x+3
dür. Buradan f (1) = 2 ve f 0 (1) =
1
4
elde ederiz. Bu değeri denklem 3.10 de yerine koyarsak doğrusallaştırmanın
1
7 x
L(x) = f (x) + f 0 (1)(x − 1) = 2 + (x − 1) = +
4
4 4
olduğunu görürüz.
L(x) =
7 x
+
4 4
Buna karşılık gelen (3.9) doğrusal yaklaştırımı
√
dür. Özel olarak,
√
3.98 ≈
x+3≈
7 0.98
+
= 1.995
4
4
7 x
+
4 4
√
ve
4.05 ≈
7 1.05
+
= 2.0125
4
4
olur.
√
√
3.98 = 1.99499 . . .
Şekil 3.8
4.05 = 2.01246 . . .
3.5. DOĞRUSAL YAKLAŞTIRIMLAR VE DIFERANSIYELLER
77
Örnekteki doğrusal yaklaştırım şekilde gösterilmiştir. Gerçekten x, 1 e yakın iken √
teğet doğru
√ yaklaştırımının
verilen fonksiyona iyi bir yaklaştırım olduğunu görebilirsiniz. Elbette bir hesap makinesi 3.98 ve 4.05 in yaklaşık
değerini bize verir, fakat doğrusal yaklaştırımlar tüm bir aralık üzerinde kullanılabilecek bir yaklaştırım verir.
Türevlenebilir bir f fonksiyonu için, y = f (x) ise, dx diferansiyeli bağımsız bir değişkendir. Diğer bir deyişle,
dx e herhangi bir gerçel sayı değeri verilebilir. Buradan dy diferansiyeli
dy = f 0 (x)dx
(3.11)
denklemi ile dx cinsinden tanımlanır. Sonuç olarak dy bir bağımlı değişkendir; dy değişkeni x ve dx değerlerine
bağlıdır. Eğer dx e özel bir değer verilir ve x, f nin tanım bölgesinden özel bir sayı olarak alınırsa, dy nin sayısal
değeri bulunur. Diferansiyellerin geometrik anlamı aşağıda gösterilmiştir.
Şekil 3.9
P (x, f (x)) ve Q(x + ∆x, f (x + ∆x)), f nin grafiği üzerindeki noktalar ve dx = ∆x olsun. y deki değişimin
karşılığı
∆y = f (x + ∆x) − f (x)
dir. P R teğet doğrusunun eğimi f 0 (x) türevidir. Dolayısıyla, S den R ye olan yönlü uzaklık f 0 (x)dx = dy dir. Sonuç
olarak, x değeri dx miktarı kadar değiştiğinde, ∆y, y = f (x) eğrisinin artma yada azalma miktarını, dy ise teğet
doğrusunun artma yada azalma miktarını (doğrusallaştırmadaki değişimi) göstermektedir. Şekilden ∆x küçüldükçe
∆y ≈ dy yakalaşımının daha iyi olduğunu söyleyebiliriz. Eğer dx = x − a yazarsak, x = a + dx olur ve (3.9) deki
doğrusal yaklaştırımları diferansiyel gösterimi ile yeniden yazarsak
f (a + dx) ≈ f (a) + dy
olur.
√
Örneğin f (x) = x + 3 fonksiyonu için
dx
dy = f 0 (x)dx = √
2 x+3
elde edilir. Eğer a = 1 ve dx = ∆x = 0.05 alırsak,
dy =
ve
√
2+
0.05
√
= 0.0125
1+3
4.05 = f (1.05) ≈ f (1) + dy = 2.0125
değerini buluruz.
Örnek 79.
Bir kürenin yarıçapı en fazla 0.05 cm lik ölçüm hatası ile 21 cm olarak ölçülmüştür. Yarıçap için bu değer
kullanılırsa kürenin hacim hesabında yapılan maksimum hata ne olur?
78
BÖLÜM 3. TÜREV KURALLARI
Çözüm. Kürenin yarıçapına r dersek, hacim V = 34 πr3 dür. Eğer r nin ölçüm hatası dr = ∆r ile gösterilirse, V nin
hacim hesabında buna karşı gelen hata ∆V dir ve
dV = 4πr2 dr
diferansiyeli ile yaklaştırılabilir. r = 21 ve dr = 0.05 alınırsa,
dV = 4π(21)2 (0.05) ≈ 277
olur. Hacim hesabındaki maksimum hata yaklaşık 277 cm3 tür.
Not: Örnekteki mümkün olabilecek hata oldukça büyük gözükmesine rağmen, bu hatanın büyüklüğü, hatanın
toplam hacime bölünmesi ile elde edilen göreli hata ile daha iyi anlaşılır:
∆V
dr
dV
4πr2 dr
≈
= 4 3 =3 .
V
V
r
3 πr
Böylece, hacimdeki göreli hata, yarıçaptaki göreli hatanın yaklaşık 3 katı olur. Örnek te yarıçaptaki göreli hata
yaklaşık olarak dr/r = 0.05/21 ≈ 0.0024 hacimdeki göreli hata ise yaklaşık 0.007 dir. Hatalar yarıçapta %0.24 ve
hacimde %0.7 olmak üzere yüzdelik hata olarak da ifade edilebilir.
Bölüm 4
Türev Uygulamaları
4.1
Bağımlı Hız
Eğer bir balonun içine hava pompalarsak, balonun hem yarıçapı hem de hacmi artar ve artış hızları birbirine bağımlıdır.
Fakat, hacmin artış hızını doğrudan ölçmek yarıçapının artış hızını ölçmekten çok daha kolaydır.
Bağımlı hız problemlerindeki fikir, bir niceliğin değişim hızını (ölçümü daha kolay olabilen) diğer bir niceliğin
değişim hızı cinsinden hesaplamaktır. Bunun için yöntem; iki niceliğe bağlı bir denklem bulmak ve sonra zincir
kuralını kullanarak her iki tarafın zamana göre türevini almaktır.
Örnek 80.
Küresel bir balon içine hava pompalandığında balonun hacmi 100 cm3 /sn hızla artıyor. Balonun çapı 50
cm olduğunda yarıçapındaki artış hızı ne kadardır?
Çözüm: İki şeyi tanımlamakla başlıyoruz:
• verilen bilgi: havanın hacminin artış hızı 100cm3 /sn dir.
• bilinmeyen: çap 50 cm olduğunda yarıçapın artış hızıdır.
Anımsanması gereken ana düşünce değişim hızlarının türevler olduğudur. Bu problemde, hacim ve yarıçap t zamanına
bağlı fonksiyonlardır. Hacmin zamana göre artış hızı dV /dt türevi ve yarıçapın artış hızı dr/dt türevidir. Verileni ve
bilinmeyeni yeniden aşağıdaki gibi ifade edebiliriz:
• verilen:
dV
= 100 cm3 /sn
dt
• bilinmeyen: r = 25 cm olduğunda
dr
dt
dV /dt ve dr/dt arasında bağlantı kurmak için önce V ile r arasında kürenin hacim formülü ile bağlantı kuracağız:
4
V = πr3
3
Verilen bilgileri kullanmak için bu denklemin her iki tarafının t ye göre türevini alacağız. Sağ tarafın türevini almak
için zincir kuralını kullanmaya gereksinim vardır:
dV
dV dr
dr
=
= 4πr2
dt
dr dt
dt
dV
dr
= 4πr2 .
dt
dt
79
80
BÖLÜM 4. TÜREV UYGULAMALARI
Şimdi bu denklemden bilinmeyeni çözelim.
dr
1 dV
=
dt
4πr2 dt
Eğer bu denklemde r = 25 ve dV /dt = 100 koyarsak
dr
1
1
=
100 =
dt
4π(25)2
25π
elde ederiz. Buradan balonun yarıçapının (1/25π) cm/sn hızla arttığını görürüz.
Örnek 81.
10 ft uzunluğundaki bir merdiven dik bir duvara dayanıyor. Merdivenin altı 1 ft/sn hızla kayarak duvardan
uzaklaşırsa, merdivenin alt kısmının duvardan uzaklığı 6 ft olduğu anda üstünün duvardan aşağıya kayma
hızı nedir?
Çözüm: İlk olarak Şekil 4.1 deki gibi bir şema çizelim ve adlandıralım.
Şekil 4.1
Merdivenin altından duvara olan uzaklık x ft ve merdivenin tepesinden yere olan uzaklık y ft olsun. Burada x ve
y değerleri t (zaman) nin fonksiyonlarıdır.
Bize dx/dt = 1 ft/sn olduğu veriliyor ve x = 6 ft olduğunda dy/dt değerini bulmamız isteniyor.
Problemde, x ve y arasındaki ilişki Pisagor Teoremi ile elde edilir:
x2 + y 2 = 100
4.1. BAĞIMLI HIZ
81
Zincir kuralını kullanarak her iki tarafın t ye göre türevini alırsak
2x
dx
dy
+ 2y
=0
dt
dt
olur ve bu denklemden isteneni çözersek
dy
x dx
=−
dt
y dt
buluruz. x = 6 olduğunda Pisagor Teoreminden y = 8 olur. Bu değerleri ve dx/dt = 1 i yukarıdaki denklemde
yerine koyarsak
dy
6
3
= − (1) = − ft/sn
dt
8
4
elde ederiz.
dy/dt nin negatif olmasının anlamı merdivenin üstünden yere olan uzaklığın (3/4) ft/sn oranında azalmasıdır.
Diğer bir deyişle, merdivenin üstü duvardan (3/4) ft/sn hızla aşağıya doğru kaymaktadır.
Örnek 82.
Bir su tankı, taban yarıçapı 2 m ve yüksekliği 4 m olan ters çevrilmiş bir koni şeklindedir. Eğer tank içine
2 m3 /da hızla su pompalanırsa, derinlik 3 m olduğu zaman su seviyesinin artış hızını bulunuz.
Çözüm: İlk olarak Şekil 4.2 deki gibi bir çembersel koni çizip isimlendirme yapalım. V, r, h sırasıyla suyun t
anındaki hacmi, yüzeyinin yarıçapı ve yüksekliği olsun. Burada t dakika ile ölçülmüştür.
Şekil 4.2
Bize dV /dt = 2 m3 /da olduğu veriliyor ve h = 3 m olduğunda dh/dt değerini bulmamız isteniyor. V ve h
arasındaki ilişki
1
V = πr2 h
3
denklemi ile verilir. Fakat V yi sadece h nin fonksiyonu olarak ifade etmek çok yararlıdır. r yi yok etmek için Şekil
4.2 deki benzer üçgenleri kullanırız. Buradan
r
2
=
h
4
ve
r=
h
2
elde ederiz. Bunu V de terine yerleştirirsek
1
V = π
3
2
h
π
h = h3
2
12
olur. Şimdi her iki tarafın t ye göre türevini alabiliriz:
dV
π dh
= h2
dt
4 dt
82
BÖLÜM 4. TÜREV UYGULAMALARI
ve böylece
dh
4 dV
=
dt
πh2 dt
dir. h = 3m ve dV /dt = 2m3 /da yı yerine koyarsak
dh
8
4
·2=
=
≈ 0.28 m/da
dt
π(3)2
9π
buluruz.
4.2
Maksimum ve Minimum Değerler
Diferansiyel hesabın en önemli uygulamalarından biri, bir işi yapmanın en iyi yolunu bulmak olan optimizasyon
problemleridir.
• Maliyeti minimum yapmak için bir kutunun şekli nasıl olmalıdır?
• Bir uzay mekiğinin maksimum ivmesi ne olmalıdır? (Bu ivmenin etkilerine katlanmak zorunda olan astronotlar
için önemli bir sorudur.)
Bu problemler bir fonksiyonun maksimum ya da minimum değerlerini bulmaya indirgenebilir. Şimdi ilk olarak maksimum ve minimum değerlerle tam olarak ne demek istediğimizi açıklayalım.
Tanım 12.
f bir fonksiyon ve D, f nin tanım kümesi olsun.
• D içindeki her x elemanı için f (c) ≥ f (x) ise f fonksiyonunun c noktasında mutlak maksimumumu vardır. f (c) sayısına f nin D deki maksimum değeri denir.
• Benzer olarak, D içindeki her x için f (c) ≤ f (x) ise f fonksiyonunun c noktasında mutlak minimumu vardır ve f (c) sayısına f nin D deki minimum değeri denir.
• f nin maksimum ve minimum değerlerine f nin uç değerleri denir.
Şekil 4.3
Şekil 4.3, d noktasında mutlak maksimuma ve a noktasında mutlak minimuma sahip olan bir f fonksiyonunun
grafiğini göstermektedir. Bu grafik üzerindeki en üstteki noktanın (d, f (d)) ve en alttaki noktanın (a, f (a)) noktası
olduğuna dikkat ediniz.
4.2. MAKSIMUM VE MINIMUM DEĞERLER
83
Tanım 13.
x noktası c ye yakın olduğunda f (c) ≥ f (x) ise f fonksiyonunun c noktasında bir yerel maksimumu (ya
hda göreli maksimum) vardır denir.
i
Bunun anlamı c yi içeren bir açık aralık içindeki her x için f (c) ≥ f (x) olmasıdır.
Benzer olarak, x noktası c ye yakın olduğunda f (c) ≤ f (x) ise f nin c noktasında bir yerel minimumu
vardır denir.
Örnek 83.
Her x için
−1 ≤ cos x ≤ 1
ve herhangi bir n tamsayısı için
cos 2nπ = 1
olduğundan, f (x) = cos x fonksiyonu (yerel ve mutlak) minimum değeri olan 1 i sonsuz kez alır. Benzer
olarak herhangi bir n tamsayısı için
cos(2n + 1)π = −1
fonksiyonun minimum değeridir.
Örnek 84.
f (x) = x2 ise
her x için x2 ≥ 0 olduğundan f (x) ≥ f (0) dır.
Dolayısıyla f (0) = 0 değeri f nin mutlak (ve yerel) minimum değeridir.
Bu y = x2 parabolü üzerindeki en alttaki noktanın başlangıç noktası olduğu gerçeğine karşılık gelir.
Bununla beraber, parabol üzerinde en üst nokta yoktur ve bu yüzden bu fonksiyonun maksimum değeri de
yoktur.
84
BÖLÜM 4. TÜREV UYGULAMALARI
Örnek 85.
Şekil 4.4 de gösterilen f (x) = x3 fonksiyonunun grafiğinden, fonksiyonun hem mutlak maksimum hem
de mutlak minimum değerlerinin olmadığını görüyoruz. Aslında yerel uç değerleri yoktur.
Şekil 4.4
Şekil 4.5 de
f (x) = 3x4 − 16x3 + 18x2
−1≤x≤4
fonksiyonunun grafiği verilmiştir.
Şekil 4.5
Buradan f (1) = 5 in yerel maksimum ve f (−1) = 37 nin mutlak maksimum olduğunu görürüz. [Bu mutlak
maksimum bir yerel maksimum değildir. Çünkü uç noktada oluşmuştur.]
Ayrıca f (0) = 0 yerel minmum ve f (3) = −27 hem yerel hem de mutlak minimumdur. Burada f nin x = 4 de
ne yerel ne de mutlak maksimum olmadığına dikkat ediniz.
4.2. MAKSIMUM VE MINIMUM DEĞERLER
85
Teorem 12.
f fonksiyonu bir [a, b] kapalı aralığında sürekli ise, c ve d sayıları, [a, b] kapalı aralığında olmak üzere,
f (c) mutlak maksimum değerini ve f (d) mutlak minimum değerin alır.
Şekilde, Uç Değer Teoreminin hipotezlerinden birini kaldırdığımızda (süreklilik ya da kapalı aralık) fonksiyonun
uç değerlere sahip olması gerekmediğini gösterir.
Uç Değer Teoremi bir kapalı aralıkta sürekli olan bir fonksiyonun bir maksimum ve bir minimum değere sahip
olduğunu söyler, fakat bu uç değerlerin nasıl bulunacağı konusunda bir şey söylemez.
Yerel uç değerleri arayarak işe başlayalım.
Şekil 4.6, c de bir yerel maksimumu ve d de bir yerel minimumu olan bir f fonksiyonunun grafiğini göstermektedir.
Maksimum ve minimum noktalarda teğet doğruları yataydır ve bunun sonucu olarak her birinin eğimi 0 dır. Türevin
teğet doğrusunun eğimi olduğunu biliyoruz. Bu nedenle f 0 (c) = 0 ve f 0 (d) = 0 dır.
Şekil 4.6
Fermat teoremi bu sonucun türevlenebilir fonksiyonlar için daima doğru olduğunu söyler.
86
BÖLÜM 4. TÜREV UYGULAMALARI
Teorem 13.
Fermat Teoremi :
f 0 (c) = 0 dır.
Eğer f , c noktasında yerel maksimuma ya da minimuma sahip ve f 0 (c) varsa
f 0 (c) = 0 olduğunda f nin c noktasında maksimumu ya da minimumu olması gerekmez. (Diğer bir
deyişle, Fermat teoreminin tersi genelde doğru değildir.)
Şekil 4.7: f 0 (0) = 0 fakat maksimum yada minimum yok
Şekil 4.8: f (0) = 0 minimum değer fakat f 0 (0) yok.
Tanım 14.
f bir fonksiyonu ve c sayısı f nin tanım kümesi içinde olsun. Eğer f 0 (c) = 0 ya da f 0 (c) yoksa c ye f nin
bir kritik sayısı denir.
Örnek 86.
f (x) = x3/5 (4 − x) fonksiyonunun kritik sayılarını bulunuz.
Çözüm: Çarpım kuralı ile
3
3(4 − x)
f 0 (x) = x−2/5 (4 − x) + x3/5 (−1) =
− x3/5
5
5x2/5
=
3(4 − x) − 5x
12 − 8x
=
2/5
5x
5x2/5
4.2. MAKSIMUM VE MINIMUM DEĞERLER
87
olur. [Aynı sonuç, ilk olarak f (x) = 4x3/5 − x8/5 yazılarak elde edilebilir.]
f 0 (x) =
12 − 8x
5x2/5
Böylece, f 0 (x) = 0 dan
12 − 8x = 0
olur. Buradan x =
3
3
elde ederiz. x = 0 noktasında türev yoktur. Sonuç olarak, ve 0 kritik sayılardır.
2
2
Kritik sayının tanımından sonra Fermat teoremi aşağıdaki gibi de yazılabilir:
Teorem 14.
Eğer f nin c de bir yerel maksimumu ya da minimumu varsa, c noktası f nin bir kritik sayısıdır.
Kapalı Aralık Yöntemi
Bir [a, b] kapalı aralığında tanımlanan bir sürekli fonksiyonun mutlak maksimum ya da minimum değerlerini bulmak
için:
1. f nin (a, b) deki kritik sayılardaki değerlerini bulunuz.
2. Aralığın uç noktalarında f nin değerlerini bulunuz.
3. 1. ve 2. adımlardaki değerlerin en büyüğü mutlak maksimum değeri, en küçüğü ise mutlak maksimum değeridir.
Örnek 87.
f (x) = x − 2 sin x, 0 ≤ x ≤ 2π fonksiyonunun mutlak maksimum ve mutlak minimum değerlerini tam
olarak bulunuz.
Çöüzüm: f (x) = x − 2 sin x fonksiyonu [0, 2π] aralığında süreklidir. f 0 (x) = 1 − 2 cos x olduğundan,
cos x =
1
⇒ f 0 (x) = 0
2
olur. Bu x = π/3 ya da 5π/3 iken olur. Bu kritik noktalardaki f değerleri
f (π/3)
=
f (5π/3) =
π
π
π √
− 2 sin = − 3 ≈ −0.684853
3
3
3
5π
5π
5π √
− 2 sin
=
+ 3 ≈ 6.968039
3
3
3
dir.
Uç noktalarda f nin aldığı değerler √
f (0) = 0 ve f (2π) = 2π ≈ 6.28 dir. Bu dört değeri
√ karşılaştırdığımızda
+
mutlak minimum değeri f (π/3) = π3 − 3, mutlak maksimum değeri ise f (5π/3) = 5π
3 olarak bulunur.
3
88
4.3
BÖLÜM 4. TÜREV UYGULAMALARI
Ortalama-Değer Problemi
Teorem 15.
Eğer f fonksiyonu [a, b] aralığında türevlenebilir bir fonksiyon ise a ve b arasında
f 0 (c) =
f (b) − f (a)
b−a
ya da denk olarak
f (b) − f (a) = f 0 (c)(b − a)
eşitliğini sağlayan bir c sayısı vardır.
Bu teoremin akla uygun olduğunu geometrik bir yorumla görebiliriz. Şekil 4.9 türevlenebilir iki fonksiyonun
grafikleri üzerinde A(a, f (a)) ve B(b, f (b)) noktalarını göstermektedir.
Şekil 4.9
4.4
4.4.1
Türevler ve Bir Eğrinin Eğimi
Artan ve Azalan Fonksiyonlar
Kural 10.
Artan/Azalan Testi
(a) Bir aralıkta f 0 (x) > 0 ise, bu aralıkta f artandır.
(b) Bir aralıkta f 0 (x) < 0 ise, bu aralıkta f azalandır.
Bu testin adına kısaca Ar/Az Testi diyelim.
Örnek 88.
f (x) = 3x4 − 4x3 − 12x2 + 5 fonksiyonunun artan ve azalan olduğu aralıkları bulunuz.
4.4. TÜREVLER VE BIR EĞRININ EĞIMI
89
Çözüm:
f 0 (x) = 12x3 − 12x2 − 24x = 12x(x − 2)(x + 1)
Ar/Az Testi’ni kullanmak için nerede f 0 (x) > 0, nerede f 0 (x) < 0 olduğunu bilmek zorundayız. Bu f 0 (x) in
çarpanlarının işaretlerine bağlıdır. Bu çarpanlar, 12x, x − 2 ve x + 1 dir.
Gerçel doğruyu uç noktaları −1, 0, 2 kritik sayıları olan aralıklara bölelim ve çalışmamızı bir çizelgeye yerleştirelim.
Artı işareti, verilen ifadenin pozitif, eksi işareti, verilen ifadenin negatif olduğunu gösterir.
Dolayısıyla f (x) = 3x4 − 4x3 − 12x2 + 5 fonksiyonunu
(−∞, −1) aralığında AZALAN,
(−1, 0) aralığında ARTAN,
(0, 2) aralığında AZALAN,
(2, ∞) aralığında ise ARTAN dır.
4.4.2
Yerel Minimum/Maksimum Noktaları
Daha önce f nin c de bir yerel maksimumu ya da minimumu varsa, c nin f nin bir kritik sayısı olması gerektiğini(Fermat
Teoremi), fakat her kritik sayıda bir maksimum ya da minimumun ortaya çıkmayacağını hatırlayalım. Bunun sonucu
olarak bir kritik sayıda f nin bir yerel maksimumu ya da minimumu olup olmadığını anlayacağımız bir teste ihtiyacımız
var.
Kural 11.
Birinci Türev Testi
Bir f sürekli fonksiyonunun bir kritik sayısının c olduğunu varsayalım.
(a) Eğer f 0 türevi c de pozitiften negatife değişirse, f nin c de bir yerel maksimumu vardır.
(b) Eğer f 0 türevi c de negatiften pozitife değişirse, f nin c de bir yerel minimumu vardır.
(c) Eğer f 0 türevi c de işaret değiştirmezse (f 0 , c nin iki yanında pozitif ya da negatif ise), f nin c de
yerel maksimumu ve minimumu yoktur.
Örnek 89.
f (x) = 3x4 − 4x3 − 12x2 + 5 fonksiyonunun yerel minimum ve maksimum değerlerini bulunuz.
Çözüm: Bu fonksiyonun önceki örnekteki fonksiyon olduğunu anımsayınız.
O örnekteki çizelgeden f 0 türevinin −1 noktasında negatiften pozitife değiştiğini görürüz. Dolayısıyla f (−1) = 0,
Birinci Türev Testi ile bir yerel minimum değeridir.
Benzer şekilde f 0 türevi, 2 de negatiften pozitife değişir. Burada f (2) = −27 de bir yerel minimum değeridir.
Ayrıca f (0) = 5 bir yerel maksimum değeridir, çünkü f 0 türevi 0 da pozitiften negatife değişir.
90
4.4.3
BÖLÜM 4. TÜREV UYGULAMALARI
Bükeylik
Tanım 15.
Bir f fonksiyonunun f 0 türevi bir I aralığı üzerinde artan bir fonksiyon ise f fonksiyonu (ya da grafiği) I
üzerinde dışbükeydir denir.
Eğer f 0 türevi bir I aralığı üzerinde azalan bir fonksiyon ise f fonksiyonu I üzerinde içbükeydir denir.
4.4. TÜREVLER VE BIR EĞRININ EĞIMI
91
Tanım 16.
Bir eğrinin bükeyliğinin yönünün değiştiği noktaya büküm noktası denir.
Şekildeki eğri P de dışbükeylikten içbükeyliğe ve Q da içbükeylikten dışbükeyliğe değişir. Dolayısıyla P ve Q
noktaları eğrinin büküm noktalarıdır.
Kural 12.
Bükeylik Testi
(a) I aralığındaki her x için f 00 (x) > 0 ise I üzerinde f nin grafiği dışbükeydir.
(b) I aralığındaki her x için f 00 (x) < 0 ise I üzerinde f nin grafiği içbükeydir.
Bükeylik Testi’nin bir sonucu maksimum ve minimum değerleri veren aşağıdaki testtir.
Kural 13.
İkinci Türev Testi: f 00 türevinin c nin yakınında sürekli olduğunu varsayalım.
(a) f 0 (c) = 0 ve f 00 (c) > 0 ise f nin c de bir yerel minimumu vardır.
(b) f 0 (c) = 0 ve f 00 (c) < 0 ise f nin c de bir yerel maksimumu vardır.
NOT f 00 (c) = 0 olduğunda İkinci Türev Testi sonuç vermez. Diğer bir deyişle, bu noktada bir maksimum veya bir
minimum olabilir ya da her ikisi de olmayabilir. Bu test f 00 (c) tanımlı olmadığında da geçerli değildir. Böyle durumlarda Birinci Türev Testi kullanılmalıdır. Her iki testin kullanılabildiği durumlarda Birinci Türev Testi’ni kullanmak
çoğu kez daha kolaydır.
Örnek 90.
y = x4 − 4x3 eğrisinin bükeyliğini, büküm noktalarını, yerel maksimum ve yerel minimum değerlerini
tartışınız. Bu bilgileri kullanarak eğrinin grafiğini çiziniz.
92
BÖLÜM 4. TÜREV UYGULAMALARI
Çözüm: Eğer f (x) = x4 − 4x3 ise
f 0 (x) = 4x3 − 12x2 = 4x2 (x − 3)
f 00 (x) = 12x2 − 24x = 12x(x − 2)
olur.
Kritik sayıları bulmak için birinci türevi 0’a eşitleriz.
f 0 (x) = 4x3 − 12x2 = 4x2 (x − 3) = 0
Buradan x = 0 ve x = 3 elde ederiz. İkinci türev testini kullanabilmek için f 00 nü kritik sayılarda hesaplarız.
f 00 (0) = 0
f 00 (3) = 36 > 0
f 0 (3) = 0 ve f 00 (3) > 0 olduğu için f (3) = −27 yerel minimumdur. f 00 (0) = 0 olduğu için ikinci türev testi 0
kritik sayısı için bir bilgi vermez. Fakat x < 0 ve 0 < x < 3 için f 0 (x) < 0 olduğu için birinci türev testi f (x)’in
0’da yerel minimum veya maksimumunun olmadığını söyler.
İkinci türevin köklerini:
f 00 (x) = 12x(x − 2) = 0
⇒
x = 0 veya x = 2
olarak buluruz.
(0, 0) noktası büküm noktasıdır, çünkü ikinci türev bu noktada işaret değiştirir.
4.4. TÜREVLER VE BIR EĞRININ EĞIMI
93
Örnek 91.
f (x) = x2/3 (6 − x)1/3 fonksiyonunun grafiğini çiziniz.
Çözüm: Fonksiyonun birinci ve ikinci türevlerini hesaplayalım.
f 0 (x) =
4−x
− x)2/3
x1/3 (6
f 00 (x) =
−8
− x)5/3
x4/3 (6
x = 4 olduğunda f 0 (x) = 0 ve x = 0 ya da x = 6 olduğunda f 0 (x) tanımlı olmadığından 0, 4, 6 noktaları kritik
sayılardır. Gerçel doğruyu uç noktaları 0, 4, 6 kritik sayıları olan aralıklara bölelim ve çalışmamızı bir çizelgeye
yerleştirelim.
Artı işareti, verilen ifadenin pozitif, eksi işareti, verilen ifadenin negatif olduğunu gösterir.
• f 0 , x = 0’da işaret değiştirdiği için f (0) = 0 yerel minimumdur.
• f 0 , x = 4’te işaret değiştirdiği için f (4) = 25/3 yerel maksimumdur.
• f 0 , x = 6’da işaret değiştirmediği için burada yerel maksimum/minimum yoktur.
f 00 (x) =
−8
x4/3 (6 − x)5/3
İkinci türev testi yalnızca x = 4’te kullanılabilir, çünkü x = 0’da ve x = 6’da f 00 yoktur.
f 00 ni inceleyelim (6, 0) noktası büküm noktasıdır, çünkü ikinci türev bu noktada işaret değiştirir.
94
BÖLÜM 4. TÜREV UYGULAMALARI
Eğrinin (0, 0) ve (6, 0) noktalarında düşey teğetleri olduğuna dikkat ediniz. Çünkü, x → 0 ve x → 6 iken
|f 0 (x)| → ∞.
Örnek 92.
f (x) = e1/x fonksiyonunun asimptotlarla birlikte birinci ve ikinci türevlerini kullanarak grafiğini çiziniz.
Çözüm: f nin grafiğini çizmek için ilk olarak y = 1 yatay asimptotu (kesik çizgi ile gösterilmiştir) ile eğrinin asimptotlarının yakınındaki parçalarını çizeriz. Bu parçalar limitler hakkındaki bilgileri ve f nin hem (−∞, 0) hem de
(0, ∞) da azalan olduğunu yansıtır. Burada f (0) tanımlı olmamasına karşın, x → 0− iken f (x) → 0 olduğuna dikkat
edilmelidir. Şekil9(b) de büküm noktası ve bükeylik ile ilgili bilgileri birleştirerek grafiği tamamlarız.
f nin tanım kümesi {x | x 6= 0} kümesidir. Dolayısıyla x → 0 iken f nin sağdan ve soldan limitlerini hesaplayarak düşey asimptotlarını kontrol edebiliriz.
x → 0+
iken 1/x → ∞
olduğunu biliyoruz. Buradan
lim e1/x = ∞
x→0+
çıkar. Bu x = 0’ın düşey asimptot olduğunu gösterir.
x → 0−
iken
1/x → −∞
olduğunu biliyoruz. Buradan
lim e1/x = 0
x→0−
çıkar.
4.4. TÜREVLER VE BIR EĞRININ EĞIMI
95
x → ∓∞, iken 1/x → 0 ve
lim e1/x = e0 = 1
x→∓∞
dır. Yani y = 1 yatay asipmtottur.
Şimdi f nin birinci türevini hesaplayalım. Zincir kuralı ile
f 0 (x) = −
e1/x
x2
dir. Her x 6= 0 için x2 > 0 ve e1/x > 0 olduğundan, her x 6= 0 için f 0 (x) < 0 dır.
Dolayısıyla f fonksiyonu, (−∞, 0) ve (0, ∞) aralıklarında azalandır. Kritik sayı olmadığından, f ’nin yerel maksimum/minimum u yoktur.
İkinci Türev:
f 00 (x) = −
x2 e1/x (−1/x2 ) − e1/x (2x)
e1/x (2x + 1)
=
x4
x4
e1/x > 0 ve x4 > 0 olduğundan,
x>
−1
(x 6= 0) iken f 00 (x) > 0
2
ve
x<
−1
2
iken f 00 (x) < 0
−1
−1 −2
olur. Böylece eğri (−∞, −1
2 ) aralığında iç bükey, ( 2 , 0) ve (0, ∞) aralıklarında dış bükeydir. ( 2 , e ) noktası
büküm noktasıdır.
96
4.5
BÖLÜM 4. TÜREV UYGULAMALARI
Belirsizlik Durumları ve L’Hospital Kuralı
Teorem 16.
L’Hospital Kuralı
a noktasının yakınında (belki a noktası dışında), f ve g fonksiyonlarının
türevlenebilir ve g 0 (x) 6= 0 olduğunu varsayalım.
lim f (x) = 0
ve
lim f (x) = ±∞
ve
x→a
lim g(x) = 0
x→a
ya da
x→a
olsun.(Diğer bir ifadeyle
−∞ ise),
0
0
ya da
∞
∞
lim g(x) = ±∞
x→a
belirsizliği olsun.) O zaman, sağ taraftaki limit varsa (ya da ∞ veya
f (x)
f 0 (x)
= lim 0
x→a g(x)
x→a g (x)
lim
olur.
NOT L’Hospital Kuralı aynı zamanda tek yönlü limitler, sonsuzdaki ve eksi sonsuzdaki limitler için de geçerlidir.
Diğer bir ifadeyle ”x → a” yerine x → a+ , x → a− , x → ∞ ve x → −∞ sembollerinden biri gelebilir.
Örnek 93.
ln x
limitini bulunuz.
x→1 x − 1
lim
Çözüm:
lim ln x = ln 1 = 0 ve
x→1
lim (x − 1) = 0
x→1
olduğundan L’Hospital Kuralı’nı uygulayabiliriz:
ln x
lim
x→1 x − 1
d
(ln x)
1/x
= lim dx
= lim
x→1 d
x→1 1
(x − 1)
dx
1
= lim = 1
x→1 x
Örnek 94.
ex
limitini hesaplayınız.
x→∞ x2
lim
Çözüm:
lim ex = ∞ ve
x→∞
lim x2 = ∞
x→∞
olduğundan L’Hospital Kuralı ile
ex
ex
=
lim
x→∞ x2
x→∞ 2x
lim
4.5. BELIRSIZLIK DURUMLARI VE L’HOSPITAL KURALI
97
dir. x → ∞ iken ex → ∞ ve 2x → ∞ olduğundan L’Hospital Kuralı uygulanabilir:
ex
ex
ex
=
lim
=
lim
=∞
x→∞ x2
x→∞ 2x
x→∞ 2
lim
buluruz.
Örnek 95.
lim
x→π −
sin x
limitini bulunuz.
1 − cos x
Çözüm: Eğer burada L’Hospital Kuralı’nı koşullarını kontrol etmeden uygularsak
lim
x→π −
sin x
cos x
= lim
= −∞
1 − cos x x→π− sin x
elde ederiz. Bu yanlıştır!
sin x
1 − cos x
x → π − iken paydaki sin x → 0 olmasına rağmen paydadaki 1 − cos x ifadesi sıfıra yaklaşmaz.
Dolayısıyla burada L’Hospital Kuralı uygulanamaz.
lim
x→π −
Aslında bu limiti hesaplamak kolaydır, çünkü fonksiyon süreklidir ve payda π de sıfırdan farklıdır:
lim
x→π −
4.5.1
sin x
sin π
0
=
=
=0
1 − cos x
1 − cos π
1 − (−1)
Belirsiz Çarpımlar
Eğer
lim f (x) = 0
x→a
ve
lim g(x) = ∞(ya da − ∞)
x→a
ise
lim f (x)g(x)
x→a
limitinin değerinin, eğer varsa, ne olacağı açık değildir. Bu tür limit, 0 · ∞ türü belirsizlik olarak adlandırılır.
f · g çarpımını bölüm şeklinde yazarak bu durumu ele alabiliriz:
f ·g =
Verilen limiti
0
0
ya da
∞
∞
f
1/g
ya da
f ·g =
g
1/f
türü belirsizliğe dönüştürüp böylece L’Hospital Kuralı’nı kullanabiliriz.
Örnek 96.
lim x ln x limitini hesaplayınız.
x→0+
Çözüm: Verilen limit belirsizdir. Çünkü x → 0+ için birinci çarpan (x), 0 a yaklaşırken ikinci çarpan (ln x), −∞ a
yaklaşır. x = 1/(1/x) yazarak x → 0+ iken 1/x → ∞ elde ederiz. Dolayısıyla L’Hospital Kuralı’nı uygulayarak
1
ln x
lim x ln x = lim
= lim x
x→0+
x→0+ 1/x
x→0+ −1
x2
= lim (−x) = 0
x→0+
buluruz.
98
BÖLÜM 4. TÜREV UYGULAMALARI
NOT
Bu örneği çözerken bir başka seçenek
lim x ln x = lim
x→0+
x→0+
x
1/ ln x
yazmak olabilirdi. Bu 00 türü belirsizlik verir, ama L’Hospital Kuralı’nı uygularsak baştakinden daha karmaşık bir
ifade elde ederiz. Genelde belirsiz bir çarpımı yeniden yazarken daha basit bir limit elde edeceğimiz durumu seçmeye
çalışırız.
4.5.2
Belirisiz Farklar
lim f (x) = ∞ ve
x→a
lim g(x) = ∞
x→a
ise
lim [f (x) − g(x)]
x→a
limiti ∞ − ∞ türü belirsizlik olarak adlandırılır. Farkı bölüme çevirerek
çalışırız.
0
0
ya da
∞
∞
türü belirsizlik elde etmeye
Örnek 97.
lim
x→(π/2)−
(sec x − tan x) limitini hesaplayınız.
Çözüm: x → (π/2)− iken sec x → ∞ ve tan x → ∞ olduğundan verilen limit belirsizdir. Burada ortak paydayı
kullanırız:
1
sin x
lim (sec x − tan x) =
lim
−
cos x
x→(π/2)−
x→(π/2)− cos x
1 − sin x
=
lim
−
cos x
x→(π/2)
− cos x
=
lim
=0
x→(π/2)− − sin x
x → (π/2)− iken 1 − sin x → 0 ve cos x → 0 olmasının, L’Hospital Kuralı’nı uygulamayı haklı çıkardığına dikkat
ediniz.
4.5.3
Belirsiz Kuvvetler
lim [f (x)]g(x)
x→a
limitinden çeşitli belirsizlik durumları ortaya çıkar.
• lim f (x) = 0 ve
x→a
• lim f (x) = ∞ ve
x→a
• lim f (x) = 1 ve
x→a
lim g(x) = 0
x→a
00 türü
lim g(x) = ∞
∞0 türü
lim g(x) = ±∞
1∞ türü
x→a
x→a
4.5. BELIRSIZLIK DURUMLARI VE L’HOSPITAL KURALI
99
Bu üç durumdan her biri ya doğal logaritma alarak:
y = [f (x)]g(x)
ln y = g(x) ln f (x)
ise
yada üstel fonksiyon şeklinde yazarak:
[f (x)]g(x) = eg(x) ln f (x)
(Bu yöntemlerin her ikisinin de bu fonksiyonların türevlerini bulurken kullanıldığını anımsayınız.) Her iki durumda
da 0 · ∞ türü g(x) ln f (x) belirsiz çarpımını elde ederiz.
Örnek 98.
lim (1 + sin 4x)cot x limitini hesaplayınız.
x→0+
Çözüm: İlk olarak x → 0+ iken
1 + sin 4x → 1
cot x → ∞
ve
olduğundan verilen limitin belirsiz olduğuna dikkat ediniz.
y = (1 + sin 4x)cot x
olsun. O zaman
ln y = ln[(1 + sin 4x)cot x ] = cot x · ln(1 + sin 4x)
=
ln(1 + sin 4x)
tan x
olur,
lim ln y = lim
x→0+
x→0+
0
( belirsizliği)
0
ln(1 + sin 4x)
tan x
dolayısıyla L’Hospital Kurali ile
= lim
x→0+
4 cos 4x
1+sin 4x
sec2 x
=4
buluruz.Buraya kadar ln y nin limitini hesapladık. Fakat biz y nin limitini bulmak istiyoruz. Bunu bulmak için
y = eln y olduğunu kullanalım:
lim (1 + sin 4x)cot x = lim y = lim eln y = e4
x→0+
x→0+
x→0+
Örnek 99.
lim xx limitini bulunuz.
x→0+
Çözüm: Herhangi bir x > 0 için 0x = 0, ama herhangi bir x 6= 0 için x0 = 1 olduğundan bu limitin belirsiz olduğuna
dikkat ediniz. Fonksiyonu üstel şekilde yazarak devam edebiliriz:
xx = (eln x )x = ex ln x
daha önce L’Hospital kuralını kullanarak lim x ln x = 0 olduğunu gösterdik. Dolayısıyla
x→0+
lim xx = lim ex ln x = e0 = 1 dir.
x→0+
x→0+
100
BÖLÜM 4. TÜREV UYGULAMALARI
4.6
Optimizasyon Problemleri
Örnek 100.
2400 ft çiti olan bir çiftçi, bu çit ile bir kenarı ırmağa sınır olan dikdörtgensel bir arazi çevirmek istiyor.
Irmak boyunca çit çekmesine gerek yoktur. En büyük alana sahip arazinin boyutları nedir?
Çözüm: Bu problemde neler olduğunu hissetmek için birkaç özel durumu deneyelim. Aşağıda (ölçeklenmemiş), 2400
ft lik teli kullanmanın olası yollarından üçünü göstermektedir.
Sığ, geniş bölgeleri ya da derin, dar bölgeleri denediğimizde küçük alanlar elde ettiğimizi görüyoruz. En büyük
alanı arada bulunan şeklin vereceği akla yatkındır. Şekil 4.10 genel durumu göstermektedir. Dikdörtgenin A alanını
maksimum yapmak istiyoruz. x ve y sırasıyla dikdörtgenin derinliği ve genişliği olsun.
Şekil 4.10
Bu durumda A yı x ve y cinsinden ifade ederiz:
A = xy
A yı tek değişkenli fonksiyon olarak ifade etmek istiyoruz. Bu nedenle y yi x cinsinden yazarak yok edeceğiz. Bunun
için, telin toplam uzunluğunun 2400 ft olduğu bilgisini kullanırız. Buradan,
2x + y = 2400
olur. Bu denklemden y = 2400 − 2x elde ederiz ve
A = x(2400 − 2x) = 2400x − 2x2
buluruz.
A = 2400x − 2x2
x > 0 ve x 6 1200 (aksi takdirde A < 0) olduğuna dikkat ediniz. Şimdi
A(x) = 2400x − 2x2
0 6 x 6 1200
4.6. OPTIMIZASYON PROBLEMLERI
101
fonksiyonunu maksimum yapmak istiyoruz. Türev A0 (x) = 2400 − 4x dir. Kritik sayıları bulmak için,
2400 − 4x = 0
denklemini çözerek, x = 600 buluruz.
A nın maksimum değeri ya bu kritik sayıda ya da aralığın bir uç noktasında oluşur. A(0) = 0, A(600) =
720000 ve A(1200) = 0, olduğundan, Kapalı Aralık Yöntemi maksimum değeri A(600) = 720000 olarak verir.
[Alternatif olarak, her x için A00 (x) = −4 < 0 olduğundan A daima iç bükeydir ve x = 600 deki yerel maksimum bir
mutlak maksimum olmalıdır.] Sonuç olarak, dikdörtgensel bölgenin derinliği 600 ft ve genişliği 1200 ft olmalıdır.
Örnek 101.
1 L yağ koymak için silindir biçiminde bir teneke kutu yapılmak isteniyor. Metal maliyeti minumum olan
kutu üretmek için boyutları bulunuz.
Çözüm: Şekil 4.11 deki gibi, yarıçapı r ve yüksekliği h olan bir silindir çiziniz.
Şekil 4.11
Metal maliyetini minimum yapmak için, silindirin toplam yüzey alanını (alt, üst ve yan) minumum yaparız. Şekil
4.12 den, kenarların, boyutları 2πr ve h olan bir dikdörtgensel levhadan yapıldığını görürüz.
Şekil 4.12
Bu nedenle silindirin yüzey alanı
A = 2πr2 + 2πrh olur.
102
BÖLÜM 4. TÜREV UYGULAMALARI
h yi yok etmek için hacmin 1L olarak verildiğini, 1000 cm3 alarak kullanırız. Böylece
πr2 h = 1000
den
h=
1000
(πr2 )
olur.Bunu A nın ifadesinde yerine koyarsak
2
A = 2πr + 2πr
1000
πr2
= 2πr2 +
2000
r
elde ederiz. Şimdi
2000
r>0
r
fonksiyonunu minimum yapmak istiyoruz.Kritik sayıları bulmak için A(r) nin türevini alırız:
A(r) = 2πr2 +
A0 (r) = 4πr −
4(πr3 − 500)
2000
=
r2
r2
q
Burada πr3 = 500 olduğunda A0 (r) = 0 olur. Bu nedenle tek kritik sayı r = 3 500
dir. A nın tanım kümesi (0, ∞)
q π
q
0 (r) < 0 ve r > 3 500 için
için
A
olduğundan bir önceki örnekteki gibi uç noktaları kullanamayız. Ama r < 3 500
π
π
A0 (r) > 0 olduğunu, dolayısıyla Aqnın kritik sayısının solundaki her r için azaldığını ve sağındaki her r için arttığını
+
gözlemleyebiliriz. Böylece, r = 3 500
π mutlak minimumu vermelidir. [Alernatif olarak, r → 0 iken A(r) → ∞
ve r → ∞ iken A(r) → ∞ olduğundan, A(r) nin bir minumum değeri olmalı ve bu minimum değer kritik sayıda
meydana gelmelidir. Bkz. Şekil 4.13]
Şekil 4.13
r=
q
3
500
π
değerine karşılık gelen h değeri
r
1000
1000
3 500
h=
=
=2
= 2r
πr2
π
π(500/π)2/3
q
dir. Böylece kutunun maliyetini minimum yapmak için yarıçap 3 500
π cm ve yükseklik yarıçapın iki katı, yani çap
olmalıdır.
Örnek 102.
y 2 = 2x parabolü üzerinde (1, 4) noktasına en yakın olan noktayı bulunuz.
4.7. BIR FONKSIYONUN İLKELI
103
Çözüm: (x, y) ve (1, 4) noktaları arasındaki uzaklık
p
d = (x − 1)2 + (y − 4)2
ile verilir. (Bkz. Şekil 4.14)
Şekil 4.14
Ama, (x, y) parabolün üzerindeyse, x = y 2 /2 dir ve d nin ifadesi
s
2
1 2
d=
y − 1 + (y − 4)2
2
√
olur. (İkinci seçenek, y = 2x alarak d yi yalnızca x cinsinden ifade edebilirdik.)
d yi minimum yapmak yerine karesini minimum yapacağız:
2
d = f (y) =
1 2
y −1
2
2
+ (y − 4)2
(d2 nin minimumu ile d nin minimumunun aynı noktada meydana geldiğine, ama d2 ile çalışmanın d ile çalışmaktan
daha kolay olduğuna dikkat ediniz.)
Türev alırsak
1 2
0
f (y) = 2
y − 1 y + 2(y − 4) = y 3 − 8
2
elde ederiz, dolayısıyla y = 2 olduğunda f 0 (y) = 0 olur. y < 2 için f 0 (y) < 0 ve y > 2 için f 0 (y) > 0 olduğunu
gözlemleyiniz. Buradan Mutlak Uç Değerler için Birinci Türev Testi’ne göre mutlak minimum y = 2 de meydana
gelir. (Yalnızca, problemin geometrik yapısından ötürü en yakın noktanın olduğunun fakat en uzak noktanın olmadığının açık olduğunu söyleyebilirdik.) Karşı gelen x değeri x = y 2 /2 = 2 dir. Böylece y 2 = 2x parabolü
üzerinde (1, 4) noktasına en yakın olan nokta, (2, 2) noktasıdır.
4.7
Bir Fonksiyonun İlkeli
Tanım 17.
Eğer bir I aralığındaki her x için F 0 (x) = f (x) ise, F fonksiyonuna I üzerinde f nin ilkeli denir.
104
BÖLÜM 4. TÜREV UYGULAMALARI
Örneğin, f = x2 olsun. Eğer Kuvvet Kuralı’nı aklımızda tutarsak, f nin bir ilkelini bulmak zor değildir.
F (x) = 13 x3 ise F 0 (x) = x2 = f (x) dir.
Fakat G(x) = 13 x3 + 100 fonksiyonu da G0 (x) = x2 yi sağlar.
Böylece hem F hem de G fonksiyonları f nin ilkelleridir.
Gerçekten, C bir sabit olmak üzere, H(x) = 31 x3 + C biçimindeki her fonksiyon f nin bir ilkelidir.
Teorem 17.
F fonksiyonu bir I aralığı üzerinde f nin bir ilkeli ise, C herhangi bir sabit olmak üzere,
F (x) + C
(4.1)
f nin I üzerindeki en genel ilkelidir.
Örnek 103.
Aşağıdaki fonksiyonların en genel ilkellerini bulunuz.
(a) f (x) = sin x
(c) f (x) = xn ,
(b) f (x) = 1/x
n 6= 1
Çözüm: (a)
F (x) = − cos x
ise
F 0 (x) = sin x
olur. Bu nedenle sin x in bir ilkeli − cos x dir. Teoremden en genel ilkeli G(x) = − cos x + C dir.
d
1
(b)
(ln x) = olduğunu anımsayınız. Bu nedenle (0, ∞) aralığında 1/x in genel ilkeli ln x + C dir.
dx
x
Aynı zamanda, her x 6= 0 için
d
1
(ln |x|) =
dx
x
olduğunu öğrenmiştik.
Teorem, f (x) = 1/x in genel ilkelinin sıfırı içermeyen herhangi bir aralıkta ln |x| + C olduğunu söyler. Özel
olarak, (−∞, 0) ve (0, ∞) aralıklarının her birinde bu doğrudur. Böylece f nin genel ilkeli
ln x + C1 eğer x > 0
F (x) =
ln(−x) + C2 eğer x < 0
dir.
(c) xn nin ilkelini bulmak için Kuvvet Kuralı’nı kullanırız. Aslında, n 6= 1 ise,
n+1 d
x
(n + 1)xn
=
= xn
dx n + 1
n+1
dir. Böylece f (x) = xn nin genel ilkeli
xn+1
+C
n+1
olur. f (x) = xn bir aralık üzerinde tanımlı olduğundan bu n > 0 için geçerlidir. Eğer n negatif (fakat n 6= −1) ise
bu 0 ı içermeyen herhangi bir aralıkta geçerlidir.
F (x) =
4.7. BIR FONKSIYONUN İLKELI
105
106
BÖLÜM 4. TÜREV UYGULAMALARI
Bölüm 5
Integral
5.1
Alan ve Uzaklık
Alan Problemi
a dan b ye kadar y = f (x) eğrisinin altında kalan S bölgesinin alanını bulalım. Burada S bölgesi, Şekil 5.1 de
gösterildiği gibi, [f (x) ≥ 0 olacak şekilde] sürekli bir f fonksiyonu x = a, x = b düşey doğruları ve x-ekseniyle
sınırlanan bölgedir.
Şekil 5.1: S = {(x, y) a 6 x 6 b, 0 6 y 6 f (x)}
Alan sözcüğünün anlamı nedir? Kenarları doğrulardan oluşan bir bölge için bu soruyu yanıtlamak kolaydır.
Örneğin bir dikdörtgen için alan, uzunluğuyla genişliğinin çarpımı olarak tanımlanmıştır. Bir çokgenin alanı, onu
üçgenlere ayırıp, bu üçgenlerin alanları toplanarak bulunur.
Ancak, kenarları eğrilerden oluşan bir bölgenin alanını bulmak bu kadar kolay değildir. Alan hesabı için dikdörtgenler
kullanarak, S bölgesine bir yaklaşım elde edeceğiz, sonra dikdörtgenlerin sayısını arttırarak dikdörtgenlerin toplam
alanının limitini hesaplayacağız.
107
108
BÖLÜM 5. INTEGRAL
Örnek 104.
Dikdörtgenler kullanarak, 0 dan 1 e kadar, y = x2 eğrisinin altında kalan alanı yaklaşık olarak bulunuz.
(Şekil 5.2 de gösterilen parabolik bölge).
Şekil 5.2
Çözüm: Öncelikle, S nin alanının 0 ile 1 arasında olması gerektiğini görelim: kenar uzunluğu 1 olan bir kare S
bölgesini kapsar.
Şekil 5.3
1
3
1
Ancak bundan daha iyisini yapabiliriz. Şekil 5.4a(a) daki gibi x = , x = , x = düşey doğrularını çizerek S
4
2
4
yi S1 , S2 , S3 ve S4 şeritlerine ayıralım. [Bkz. Şekil 5.4a].
(a)
Şekil 5.4
(b)
Bu şeritlerin her birinin tabanı kendi tabanına eşit, yüksekliği ise şeridin sağ kenar uzunluğuna eşit olan bir
5.1. ALAN VE UZAKLIK
109
2
dikdörtgen gibi düşünebiliriz
[Bkz.
Şekil
5.4b].
Diğer bir deyişle, bu dikdörtgenlerin yüksekliği, f (x) = x fonksiy1
1 1
1 3
3
onunun sırasıyla 0, , , , , , , 1 alt aralıklarının sağ uç noktalarındaki değerleridir.
4
4 2
2 4
4
2 2 2
1
3
1
1
,
,
ve 12 dir. Bu dikdörtgenlerinin
Her dikdörtgenin genişliği ve yükseklikleri, sırasıyla
4
4
2
4
alanlarının toplamını R4 ile gösterirsek
1
R4 = ·
4
2
2
2
1
1
1
1
3
1
15
+ ·
+ ·
+ · 12 =
= 0.46875
4
4
2
4
4
4
32
elde ederiz. Şekilden, S nin alanının(A), R4 den küçük olduğunu görüyoruz, dolayısıyla
A < 0.46875
dir.
Şekil 5.4b deki dikdörtgenlerin yerine Şekil 5.5 deki küçük dikdörtgenleri kullanırsak,
Şekil 5.5
bu dikdörtgenlerin yüksekliklerini, f yi alt aralıkların sol uç noktalarında hesaplayarak dikdörtgenlerin toplam alanı
L4 =
1 2 1
·0 + ·
4
4
2
2
2
1
1
1
1
3
7
+ ·
+ ·
=
= 0.21875
4
4
2
4
4
32
olur. S nin alanının L4 den büyük olduğunu görüyoruz, dolayısıyla A için
0.21875 < A < 0.46875
alt ve üst sınırlarını elde ederiz. Bu işlemleri daha fazla sayıda dikdörtgen kullanarak yineleyebiliriz. Şekil 5.6, S
bölgesinin genişlikleri eşit uzunlukta olan sekiz dikdörtgene bölüşünü gösteriyor.
Şekil 5.6: R8 ve L8
110
BÖLÜM 5. INTEGRAL
Küçük dikdörtgenlerin (L8 ) alanları toplamını ve büyük dikdörtgenlerin (R8 ) alanları toplamını hesaplayarak, A
için öncekinden daha iyi alt ve üst sınır elde ederiz:
0.2734375 < A < 0.3984375
Dolayısıyla, soruya verilebilecek olası bir yanıt, S nin gerçek alanının 0.2734375 ile 0.3984375 arasında bir değer
olduğudur. Bölgelerin sayısını arttırarak daha iyi sınırlar bulabiliriz. Tablo, n tane dikdörtgen için yapılan benzer
hesaplarla, yüksekliklerin sol uç noktalarda hesaplandığı (Ln ) ve sağ uç noktalarda hesaplandığı (Rn ) değerlerini
gösterir.
n
10
Ln
0.2850000
Rn
0.3850000
30
0.3168519
0.3501852
50
0.324000
0.3434000
100
0.3283500
0.3383500
1000
0.3328335
0.3338335
Tablodaki değerler, n arttıkça Rn nin 1/3 e yaklaştığını düşündürür.Bir sonraki örnek bunun doğruluğunu gösterir.
Örnek 105.
İlk örnekdeki S bölgesi için büyük dikdörtgenlerin alanları toplamının
lim Rn =
n→∞
1
e yaklaştığını, diğer bir deyişle
3
1
3
olduğunu gösteriniz.
Çözüm: Rn Şekil 5.7 de görülen dikdörtgenlerin alanlarının toplamıdır. Dikdörtgenlerin genişlikleri 1/n, yükseklikleri
ise f (x) = x2 fonksiyonunun 1/n, 2/n, 3/n, . . . , n/n noktalarındaki değerleridir,
Şekil 5.7
5.1. ALAN VE UZAKLIK
111
bu yüzden dikdörtgenlerin yükseklikleri sırasıyla (1/n)2 , (2/n)2 , (3/n)2 , . . . , (n/n)2 olur. Böylece
Rn
2
1
1 2 2 1 3 2
1 n 2
+
+
+ ... +
n
n n
n n
n n
1
=
n
=
1 1 2
· (1 + 22 + 32 + . . . + n2 )
n n2
=
1 2
(1 + 22 + 32 + . . . + n2 )
n3
dir. Burada ilk n pozitif tam sayısının karalerinin toplamı formülüne gereksinim duyarız.
11 + 2 2 + 3 2 + . . . + n2 =
n(n + 1)(2n + 1)
.
6
(5.1)
Formül (5.1) i, Rn nin ifadesine yerleştirince
Rn =
1 n(n + 1)(2n + 1)
(n + 1)(2n + 1)
·
=
n3
6
6n2
bulunur. Böylece,
lim
n→∞
(n + 1)(2n + 1)
n→∞
6n2
2n + 1
1 n+1
= lim
n→∞ 6
n
n
= lim
1
= lim
n→∞ 6
=
Alt yaklaşık toplamlarının da
1
1
1+
2+
n
n
1
1
·1·2=
6
3
1
e yaklaştığı, diğer bir deyişle,
3
lim Ln =
n→∞
1
3
olduğu gösterilebilir.
Şekillerden, n arttıkça, Ln ve Rn nin, S nin alanına daha yakın değerler aldığını görüyoruz. Bu yüzden A alanını,
n sonsuza giderken Rn ve Ln nin limiti olarak tanımlarız.
1
A = lim Rn = lim Ln = .
→∞
n→∞
3
112
BÖLÜM 5. INTEGRAL
Şekil 5.10
Örneklerdeki fikirleri uygulayarak, Şekil 5.1 deki daha genel bir S bölgesinin alanını bulalım. Önce Şekil 5.10 da
görüldüğü gibi, S yi genişlikleri eşit olan n tane S1 , S2 , . . . , Sn şeritlerine ayıralım.
[a, b] aralığının uzunluğu b − a dır. Dolayısıyla her bir şeridin genişliği
∆x =
b−a
n
olur. Bu şeritler, [a, b] aralığını, x0 = a ve xn = b olmak üzere
[x0 , x1 ], [x1 , x2 ], [x2 , x3 ], . . . , [xn−1 , xn ]
şeklinde n alt aralığa böler. Bu alt aralıkların sağ uç noktaları
x1 = a + ∆x,
x2 = a + 2∆x,
x3 = a + 3∆x, . . .
dır.
Si yi, genişliği ∆x, yüksekliği f (xi ) olan bir dikdörtgen gibi düşünelim (Bkz. Şekil 5.11).
Şekil 5.11
Dikdörtgenin alanı f (xi )∆x dir. S nin alanını yaklaşık olarak, dikdörtgenlerin alanlarını toplayarak bulabiliriz,
bu da
Rn = f (x1 )∆x + f (x2 )∆x + . . . + f (xn )∆x
5.1. ALAN VE UZAKLIK
113
Şekil 5.12
dir.
Şekil 5.12 bu yaklaşımı, n = 2, 4, 8, 12 için göstermektedir. Şeritlerin sayısı arttıkça, başka bir deyişle n → ∞
iken, bu yaklaşımın gittikçe iyileştiğine dikkat ediniz. Bu yüzden S bölgesinin A alanı aşağıdaki gibi tanımlanır.
Tanım 18.
Sürekli bir f fonksiyonunun grafiği altında kalan bölgenin A alanı, yaklaştırım dikdörtgenlerinin toplam
alanının limitidir:
A = lim Rn = lim [f (x1 )∆x + f (x2 )∆x + . . . + f (xn )∆x]
n→∞
n→∞
(5.2)
f sürekli olduğundan, tanımdaki limitin her zaman var olduğu kanıtlanabilir. Sol uç noktaları kullandığımızda sonucun değişmeyeceği de gösterilebilir:
A = lim Ln = lim [f (x0 )∆x + f (x1 )∆x + . . . + f (xn−1 )∆x]
n→∞
n→∞
(5.3)
Aslında i inci dikdörtgenin yüksekliğini, sol ya da sağ uç noktalar yerine, f nin, [xi−1 , xi ] alt aralığındaki herhangi
bir x∗i deki değeri olarak alabilirdik. x∗1 , x∗2 , . . . , x∗n sayılarına örnek noktalar denir. Şekil 5.13, örnek noktaların uç
noktalar olarak alınmadığı dikdörtgenlerle yaklaşımı göstermektedir.
Dolayısıyla S nin alanı daha genel olarak
A = lim [f (x∗1 )∆x + f (x∗2 )∆x + . . . + f (x∗n )∆x]
n→∞
(5.4)
şeklinde ifade edilir. Terim sayısı fazla olan toplamları kısaca göstermek için çoğunlukla sigma gösterimini kullanırız. Örneğin,
n
X
i=1
f (xi )∆x = f (x1 )∆x + f (x2 )∆x + . . . + f (xn )∆x
114
BÖLÜM 5. INTEGRAL
Şekil 5.13
Dolayısıyla, Denklem (5.2), (5.3) ve (5.4) deki alan ifadeleri
A = lim
n→∞
A = lim
n→∞
A = lim
n→∞
olarak yazılabilir.
n
X
f (xi )∆x
i=1
n
X
f (xi−1 )∆x
i=1
n
X
i=1
f (x∗i )∆x
5.2. UZAKLIK PROBLEMI
5.2
115
Uzaklık Problemi
Her andaki hızı bilinen bir cismin belli bir zaman diliminde gittiği uzaklığı bulunuz. (Bir anlamda bu daha önce ele
aldığımız hız probleminin tersidir.) Eğer hız sabitse, uzaklık problemi
uzaklık = hız × zaman
formülüyle kolayca çözülür. Eğer hız değişiyorsa gidilen uzaklığı bulmak bu kadar kolay değildir.
Örnek 106.
Bir atletin hızı yarışın ilk üç saniyesinde artmaktadır. Atletin yarım saniyelik dilimlerdeki hızı tabloda
gösterilmiştir. Atletin bu üç saniyede koştuğu yol için alt ve üst sınırlar bulunuz.
Zaman t(sn)
Hız v(m/sn)
0
0
0.5
6.2
1.0
10.8
1.5
14.9
2.0
18.1
2.5
19.4
3.0
20.2
Çözüm: Tablodan da görebileceğimiz gibi atlet sürekli hızlanmaktadır. O yüzden eğer her zaman aralığı için, o
aralığın sonundaki hızı alırsak gittiği yolu fazla hesaplamış, eğer her zaman aralığı için o aralığın başındaki hızı
alırsak da gittiği yolu az hesaplamış oluruz. Her zaman aralığını 0.5 sn olduğuna dikkat ederek, önce ilk duruma göre
yaklaşık ne kadar yol gittiğini bulalım:
Rn = 0.5 × 6.2 + 0.5 × 10.8 + 0.5 × 14.9 + 0.5 × 18.1
+ 0.5 × 19.4 + 0.5 × 20.2 = 44.8
Şimdide ikinci duruma göre yaklaşık olarak ne kadar yol gittiğini bulalım:
Ln = 0.5 × 0 + 0.5 × 6.2 + 0.5 × 10.8 + 0.5 × 14.9
+ 0.5 × 18.1 + 0.5 × 19.4 = 34.7
Buna göre atlet en fazla 44.8 ft en az 34.7 ft yol gitmiştir.
5.3
Belirli İntegral
Alan hesaplarken
lim
n→∞
n
X
i=1
f (x∗i )∆x = lim [f (x∗1 )∆x + f (x∗2 )∆x + . . . + f (x∗n )∆x]
n→∞
(5.5)
şeklinde bir limitin ortaya çıktığını gördük. Bu tip limitler, f nin pozitif olmak zorunda olmadığı, birçok değişik
durumlarda da karşımıza çıkar. (5.5) deki benzer limitlerle, eğrilerin uzunluğunu, cisimlerin hacmini, kütle merkezini,
su basıncından kaynaklanan kuvveti ve yapılan işi bulmak gibi bir çok niceliği hesaplarken karşılaşıldığını göreceğiz.
Dolayısıyla bu tip limitler için özel bir ad ve gösterim kullanacağız.
116
BÖLÜM 5. INTEGRAL
Tanım 19.
f fonksiyonu a ≤ x ≤ b aralığında tanımlı ve sürekli olsun, [a, b] kapalı aralığını ∆x = (b − a)/n eşit
uzunluğunda n alt aralığa ayıralım. Alt aralıkların uç noktaları x0 (= a), x1 , x2 , . . . , xn (= b) olsun ve
her alt aralıktan, x∗i noktası [xi−1 , xi ] de olacak şekilde x∗1 , x∗2 , x∗3 , . . . , x∗n , örnek noktalarını seçelim.
Bu durumda, a dan b ye f nin belirli integrali
Zb
f (x)dx = lim
n→∞
a
n
X
f (x∗i )∆x
i=1
olarak tanımlanır.
Zb
f (x)dx gösteriminde f (x), integrali alınan fonksiyon, a, b integralin sınırları; a alt sınır, b üst sınır
NOT 1 :
a
olarak adlandırılır. İntegrali hesaplama sürecine de integral almak denir.
Zb
NOT 2 :
f (x)dx belirli integrali bir sayıdır; x değişkenine bağlı değildir. Aslında x yerine istediğimiz harfi
a
koyabiliriz, integralin değeri değişmez:
Zb
Zb
f (x)dx =
a
Zb
f (t)dt =
a
f (r)dr
a
NOT 3 :
Karşılaştığımız fonksiyonların çoğunun sürekli olmasına karşın, tanımdaki limit, f nin sonlu sayıda
giderilebilir ya da sıçrama tipi süreksizliği olduğunda da vardır. Dolayısıyla, bu tip fonksiyonların da belirli integralini
tanımlayabiliriz.
NOT 4 : Tanımda karşılaştığımız
n
X
f (x∗i )∆x
i=1
toplamına Riemann toplamı denir.
Eğer f pozitifse, Riemann toplamını, yaklaştırım dikdörtgenlerinin toplam alanı olarak yorumlayabileceğimizi
biliyoruz (Bkz. Şekil 5.14).
Şekil 5.14
5.3. BELIRLI İNTEGRAL
117
Zb
f (x)dx belirli integralinin a dan b ye kadar, y = f (x) eğrisinin
Buradaki tanım ile alan tanımını karşılaştırırsak,
a
altında kalan alan olduğunu görürüz. (Bkz. Şekil 5.15)
Şekil 5.15
Eğer f , Şekil 5.16 teki gibi hem pozitif hem de negatif değerler alıyorsa, Riemann toplamı x-ekseninin üstünde
kalan dikdörtgenlerin toplam alanı ile, x-ekseni altında kalan dikdörtgenlerinin toplam alanının farkıdır.
Şekil 5.16
Bu tip Riemann toplamlarının limiti, 5.17 de gösterilen durumu ortaya çıkarır. Belirli integral, alanların farkı olan
net alan olarak yorumlanabilir:
Z
b
f (x)dx = A1 − A2
a
Burada A1 , x-ekseninin üstünde ve f nin grafiğinin altında kalan, A2 ise x-ekseninin altında ve f nin grafiğinin
üstünde kalan alını gösterir.
Şekil 5.17
118
BÖLÜM 5. INTEGRAL
Örnek 107.
lim
n→∞
n
X
[x3i + xi sin xi ]∆x
i=1
limitini [0, π] üzerinde bir integral olarak ifade ediniz.
Çözüm: Verilen limiti tanım ile karşılaştırdığımızda,
f (x) = x3 + x sin x ve x∗i = xi
seçersek aynı limit ifadelerini elde ederiz. (Bu durumda, örnek noktalar sağ uç noktalardır ve limit, Denklem 5.3
gibidir.) a = 0 ve b = π verildiğinden, integrali
Z π
n
X
lim
(x3 + x sin x)dx
[x3i + xi sin xi ]∆x =
n→∞
0
i=0
olarak yazabiliriz.
5.4
İntegralin Hesaplanması
Bir belirli integrali, tanımı kullanarak hesaplarken, toplamlarla nasıl çalışacağımızı bilmeliyiz. Aşağıdaki üç denklem
pozitif tam sayıların kuvvetlerinin toplamını verir.
n
X
i=
i=1
n
X
n(n + 1)
2
(5.6)
n(n + 1)(2n + 1)
6
i=1
n
X
n(n + 1) 2
3
i =
2
i2 =
(5.7)
(5.8)
i=1
Geri kalan formüller sigma gösterimiyle çalışabilmek için basit kurallardır:
n
X
c = nc
(5.9)
i=1
n
X
cai = c
i=1
n
X
ai
(5.10)
i=1
n
n
n
X
X
X
(ai + bi ) =
ai +
bi
i=1
n
X
i=1
n
X
i=1
i=1
(ai − bi ) =
Örnek 108.
Z3
0
(x3 − 6x)dx integralini hesaplayınız.
ai −
i=1
n
X
i=1
bi
(5.11)
(5.12)
5.5. BELIRLI İNTEGRALLERIN ÖZELLIKLERI
119
Çözüm: n alt aralık için,
∆x =
b−a
3
=
n
n
dir. x0 = 0, x1 = 3/n, x2 = 6/n, x3 = 9/n ve genel olarak
xi =
3i
n
dir. Sağ uç noktaları aldığımızdan Deklem 3’ü kullanabiliriz:
Z
0
3
n
X
n
X
3i 3
(x − 6x)dx = lim
f (xi )∆x = lim
f
n→∞
n→∞
n n
i=1
i=1
" #
n
3i
3X
3i 3
−6
= lim
n→∞ n
n
n
3
i=1
=
=
=
=
=
n 3 X 27 3 18
lim
i − i
n→∞ n
n3
n
i=1
"
#
n
n
81 X 3 54 X
lim
i − 2
i
n→∞ n4
n
i=1
i=1
)
( 81 n(n + 1) 2 54 n(n + 1)
− 2
lim
n→∞ n4
2
n
2
" #
81
1 2
1
lim
1+
− 27 1 +
n→∞
4
n
n
81
27
− 27 = − = −6.75
4
4
f hem pozitif hem de negatif değerler alındığından bu integral bir alan olarak yorumlanamaz. Ancak Şekil 5.18 da
gösterilen A1 ve A2 alanlarının A1 − A2 farkı olarak yorumlanabilir.
Z3
Şekil 5.18:
(x3 − 6x)dx = A1 − A2 = −6.75
0
5.5
Belirli İntegrallerin Özellikleri
Zb
c dx = c(b − a)
1. c bir sabit sayı olmak üzere
a
120
BÖLÜM 5. INTEGRAL
Za
Zb
f (x)dx = −
2.
f (x)dx
a
b
Za
f (x)dx = 0
3.
a
Zb
Zb
[f (x) + g(x)]dx =
4.
Zb
f (x)dx +
a
a
g(x)dx
a
Zb
5. c bir sabit olmak üzere
Zb
cf (x)dx = c
f (x)dx
a
Zb
Zb
[f (x) − g(x)]dx =
6.
Zb
f (x)dx −
a
a
Zc
Zb
f (x)dx +
7.
a
a
g(x)dx
a
Zb
f (x)dx =
c
f (x)dx
a
Örnek 109.
Z1
İntegralin özelliklerini kullanarak
(4 + 3x2 )dx integralini hesaplayınız.
0
Çözüm: Özellik 4 ve 5 i kullanarak
Z1
2
Z1
(4 + 3x )dx =
0
Z1
4 dx +
0
elde ederiz. Özellik 1 den
2
Z1
3x dx =
0
Z1
4 dx + 3
0
x2 dx
0
Z1
4 dx = 4(1 − 0) = 4
0
olduğunu biliyoruz ve daha önce
R1
x2 dx = 1/3 olduğunu bulmuştuk. Buradan
0
Z1
2
Z1
(4 + 3x )dx =
0
Z1
4dx + 3
0
x2 dx = 4 + 3 ·
1
= 5 bulunur.
3
0
Örnek 110.
Z10
Z8
f (x)dx = 17 ve
0
Z10
f (x)dx = 12 olduğu biliniyorsa,
0
f (x)dx i bulunuz.
8
5.5. BELIRLI İNTEGRALLERIN ÖZELLIKLERI
121
Çözüm: Özellik 7 den
Z8
Z10
f (x)dx +
0
Z10
f (x)dx =
8
f (x)dx
0
olur. Böylece
Z10
Z10
f (x)dx −
f (x)dx =
8
Z8
0
f (x)dx = 17 − 12 = 5 dir.
0
İntegralleri Karşılaştırma Özellikleri
Zb
8. a ≤ x ≤ b iken f (x) ≥ 0 ise
f (x)dx ≥ 0 dır.
a
Zb
9. a ≤ x ≤ b iken f (x) ≥ g(x) ise
Zb
f (x)dx ≥
a
g(x)dx dır.
a
10. a ≤ x ≤ b iken m ≤ f (x) ≤ M ise
Zb
m(b − a) ≤
f (x)dx ≤ M (b − a) dır.
a
Örnek 111.
Z1
Özellik 10 u kullanarak
2
e−x dx integraline alt ve üst sınır bulunuz.
0
2
Çözüm: f (x) = e−x fonksiyonu [0, 1] aralığında azalan bir fonksiyon olduğundan, mutlak maksimum değeri
M = f (0) = 1, mutlak minimum değeri ise m = f (1) = e−1 dir. Özellik 10 dan
−1
e
Z1
(1 − 0) ≤
2
e−x dx ≤ 1(1 − 0)
0
ya da
−1
e
Z1
≤
2
e−x dx ≤ 1
0
dir. e−1 ≈ 0.3679 olduğundan
Z1
0.367 ≤
2
e−x dx ≤ 1
0
yazabiliriz. Bu örneğin sonucu Şekil 5.19 de gösterilmiştir. İntegral aşağıdaki dikdörtgenin alanından büyük, karenin
alanından küçüktür.
122
BÖLÜM 5. INTEGRAL
Şekil 5.19
Teorem 18.
f fonksiyonu [a, b] aralığında sürekliyse, f fonksiyonunun herhangi bir F ilkeli, başka bir deyişle F 0 = f
için
Zb
f (x)dx = F (b) − F (a) dır.
a
Örneğin, f (x) = x2 nin bir ilkelinin F (x) = 13 x3 olduğunu biliyoruz. Değer Bulma Teoremi bize
Z1
x2 dx = F (1) − F (0) =
1 3 1 3 1
·1 − ·0 =
3
3
3
0
olduğunu söyler.
Değer Bulma Teoremi’ni uygularken
ib
F (x) = F (b) − F (a)
a
gösterimini kullanarak F 0 = f olmak üzere
Zb
f (x)dx = F (x)
ib
a
a
b
h
ib
yazılabilir. Sıkça kullanılan diğer gösterimler F (x) ve F (x) dir.
a
a
Örnek 112.
Z3
ex dx integralini hesaplayınız.
1
Çözüm: f (x) = ex fonksiyonunun bir ilkeli F (x) = ex olduğundan Değer Bulma Teoremi’ni kullanarak
Z3
1
elde ederiz.
ex dx = ex
i3
1
= e3 − e
5.5. BELIRLI İNTEGRALLERIN ÖZELLIKLERI
123
Örnek 113.
0 ≤ b ≤ π/2 olmak üzere x = 0 dan x = b ye kadar kosinüs eğrisinin altında kalan alanı bulunuz.
Çözüm: f (x) = cos x fonksiyonunun bir ilkeli F (x) = sin x olduğundan
Zb
A=
cos x dx = sin x
ib
0
= sin b − sin 0 = sin b
0
dir.
Özel olarak b = π/2 alırsak, 0 dan π/2 ye kadar kosinüs eğrisinin altında kalan alanın, sin(π/2) = 1 olduğunu
kanıtlamış oluruz.
İlkeller ile integraller
Z arasındaki ilişkiden dolayı f nin ilkelini göstermek için geleneksel olarak belirsiz integral
olarak adlandırılan f (x)dx gösterimi kullanılır. Dolayısıyla,
Z
f (x)dx = F (x),
F 0 (x) = f (x)
Zb
f (x)dx belirli integrali bir sayı,
anlamına gelir. Belirli ve belirsiz integralin arasındaki ayrıma dikkat etmelisiniz.
a
Z
f (x)dx belirsiz integrali ise bir fonksiyondur. f fonksiyonunun I aralığındaki bir ilkeli F ise f nin bu aralıktaki
en genel ilkelinin, C herhangi bir sabit olmak üzere F (x) + C şeklinde olduğunu anımsayınız. Örneğin,
Z
1
dx = ln |x| + C
x
d
1
formülü (0 içermeyen her aralıkta) doğrudur, çünkü
ln |x| = gösterimi f nin herhangi bir ilkelini ya da (her C
dx
x
için bir tane olmak üzere), bütün ilkeller ailesini de gösterebilir.
124
BÖLÜM 5. INTEGRAL
Z
Z
Z
[f (x) + g(x)]dx =
f (x)dx +
Z
g(x)dx
Z
cf (x)dx = c
Z
xn dx =
f (x)dx
xn+1
+C
n+1
Z
1
dx = ln |x| + C
x
Z
ex dx = ex + C
Z
ax dx =
(n 6= 1)
ax
+C
ln a
Z
sin xdx = cos x + C
Z
cos xdx = sin x + C
Z
sec2 xdx = tan x + C
Z
csc2 xdx = − cot x + C
Z
sec x tan xdx = sec x + C
Z
csc x cot xdx = − csc x + C
Z
x2
Z
√
1
dx = tan−1 x + C
+1
1
dx = sin−1 x + C
1 − x2
Örnek 114.
Gösterim konusundaki uzlaşmamızı ve belirsiz integraller tablosunu kullanarak
Z
Z
Z
4
2
4
(10x − 2 sec x)dx = 10 x dx − 2 sec2 xdx
= 10
x5
− 2 tan x + C
5
= 2x5 − 2 tan x + C
elde ederiz. Yanıtın türevini alarak doğruluğunu kontrol etmelisiniz.
5.5. BELIRLI İNTEGRALLERIN ÖZELLIKLERI
125
Örnek 115.
Z3
(x3 − 6x)dx integralini hesaplayınız.
0
Çözüm: Değer Bulma Teoremi’nden
Z3
x4
x2
−6
4
2
3
(x − 6x)dx =
3
0
0
1
1
= ( · 34 − 3 · 32 ) − ( · 04 − 3 · 02 )
4
4
81
− 27 − 0 + 0 = −6.75
4
=
elde ederiz.
Örnek 116.
Z2 3
2x − 6x + 2
x +1
3
dx integralini bulunuz.
0
Çözüm: Değer Bulma Teoremi’nden
Z2 2x3 − 6x +
3
x2 + 1
0
dir. Bu, integralin kesin değeridir.
Örnek 117.
Z9
1
2
x4
x2
− 6 + 3 tan−1 x
4
2
0
2
1 4
=
x − 3x2 + 3 tan−1 x
2
0
1 4
2
−1
=
(2 ) − 3(2 ) + 3 tan 2 − 0
2
= −4 + 3 tan−1 2
dx = 2
√
2t2 + t2 t − 1
dt integralini hesaplayınız.
t2
126
BÖLÜM 5. INTEGRAL
Çözüm: Önce integrali alınan fonksiyonu bölme yaparak sadeleştirmemiz gerekir:
Z9
1
√
Z9
2t2 + t2 t − 1
dt =
(2 + t1/2 − t−2 )dt
t2
1
t3/2 t−1 9
= 2t + 3 −
−1 1
2
2 3/2 1 9
2
1
= 2t + t +
[2 · 9 + (9)3/2 + ]
3
t 1
3
9
2
1
2
1
2
1
−(2 · 1 + · 13/2 + )[2 · 9 + (9)3/2 + ] − (2 · 1 + · 13/2 + )
3
1
3
9
3
1
1
2
4
= 18 + 18 + − 2 − − 1 = 32
9
3
9
F 0 (x) in, x değişkenine göre y = F (x) in değişim hızını verdiğini ve F (b) − F (a) nın x, a dan b ye değişirken,
y deki değişikliği verdiğini biliyoruz. Dolayısıyla Değer Bulma Teoremi’ni yeniden
Teorem 19.
Değişim hızının integrali toplam değişimi verir:
Zb
F 0 (x)dx = F (b) − F (a)
a
olarak ifade edebiliriz.
Örneğin,
• V (t) bir su deposundaki suyun t anındaki hacmiyse V 0 (t) türevi, t anında suyun depoya t anındaki akış hızını
verir. Dolayısıyla
Zt2
V 0 (x)dx = V (t2 ) − V (t1 )
t1
depodaki su miktarının, t1 ile t2 anları arasında farkıdır.
• Bir çubuğun, sol uçtan, herhangi bir x noktasına kadar kütlesi m(x) ise doğrusal yoğunluğu ρ(x) = m0 (x) dir.
Dolayısıyla
Zb
ρ(x)dx = m(b) − m(a)
a
çubuğun x = a ile x = b noktaları arasında kalan kısmının kütlesidir.
• Bir topluluğun nüfusunun artış hızı dn/dt ise
Zt2
dn
dt = n(t2 ) − n(t1 )
dt
t1
nüfusun t1 den t2 ye kadar olan zaman dilimindeki artışıdır.
5.5. BELIRLI İNTEGRALLERIN ÖZELLIKLERI
127
• Bir cisim, düzgün bir doğru boyunca konum vektörü s(t) olacak şekilde hareket ediyorsa, hızı v(t) = s0 (t) dir.
Dolayısıyla,
Zt2
v(t)dt = s(t2 ) − s(t1 )
(5.13)
t1
cismin t1 den t2 ye kadar olan zaman dilimindeki yer değişikliğidir. Daha önce bunun pozitif yönde hareket
eden bir cisim için doğru olduğunu tahmin etmiştik, şimdi, her durumda doğru olduğunu kanıtlamış olduk.
• Bir zaman diliminde gidilen yolu bulmak istersek, (parçacık sağa giderken) v(t) ≤ 0 ve (parçacık sola giderken)
v(t) ≥ 0 olan aralıkları incelemeliyiz. Her iki durumda da uzaklık, |v(t)| fonksiyonunun integrali alınarak
hesaplanır. Bu yüzden,
Zt2
|v(t)|dt = gidilen toplam yol
(5.14)
t1
olur.
• Cismin ivmesi a(t) = v 0 (t) dir. Dolayısıyla,
Zt2
a(t)dt = v(t2 ) − v(t1 )
t1
t1 anından t2 ye kadar hızdaki değişikliktir.
Örnek 118.
Bir parçacık, bir doğru boyunca, (saniyede metre cinsinden) v(t) = t2 − t − 6 hızıyla hareket etmektedir.
(a) Parçacığın 1 ≤ t ≤ 4 zaman dilimindeki yer değişimini bulunuz.
(b) Bu zaman diliminde gittiği yolu bulunuz.
Çözüm: (a) Denklem (5.13) den, yer değişimi
Z4
s(4) − s(1) =
Z4
v(t)dt =
1
=
(t2 − t − 6)dt
1
t3
3
−
t2
2
4
− 6t
=−
1
9
2
olur. Bu cismin t = 4 anındaki konumunun, başlangıç konumunun 4.5 m solunda olması anlamına gelir.
(b) v(t) = t2 − t − 6 = (t − 3)(t + 2) olduğundan, [1, 3] aralığında v(t) ≤ 0 ve [3, 4] aralığında v(t) ≥ 0
dır.Dolayısıyla, Denklem (5.14) ten gidilen yol
Z4
Z3
|v(t)|dt =
1
Z4
−[v(t)]dt +
1
Z3
=
v(t)dt
3
2
Z4
(−t + t + 6)dt +
1
(t2 − t − 6)dt
3
3 3
4
3
t2
t
t2
t
= − + + 6t +
− − 6t
3
2
3
2
1
3
61
=
≈ 10, 17m
6
dir.
128
BÖLÜM 5. INTEGRAL
Kural 14.
f fonksiyonu [a, b], aralığında sürekli ise,
Zx
g(x) =
f (t)dt
a6x6b
a
olarak tanımlanmış olan g fonksiyonu f nin bir ilkelidir. Diğer bir deyişle a < x < b için g 0 (x) = f (x)
dir.
Türev için Leibniz gösterimini kullanarak, f sürekli olduğunda bu teoremi
d
dx
Zx
f (t)dx = f (x)
a
olarak yazabiliriz. Bu eşitlik kabaca, f nin önce integralini sonrada sonucun türevini alırsak, başlangıçtaki f fonksiyonuna geri döneceğimizi söyler.
Örnek 119.
Zx p
g(x) =
1 + t2 dt fonksiyonunun türevini bulunuz.
0
Çözüm: f (t) =
√
1 + t2 sürekli olduğundan, Kalkülüsün Temel Teoremi Kısım 1 bize
g 0 (x) =
p
1 + x2
verir.
Örnek 120.
d
dx
Zx4
sec t dt yi bulunuz.
1
Çözüm: Burada Kalkülüsün Temel Teoremi Kısın 1 i Zincir Kuralı’yla birlikte kullanmamız gerektiğine dikkat ediniz.
u = x4 olsun
 u

Zx4
Zu
Z
d
d
d 
du
sec t dt =
sec t dt =
sec t dt ·
(Zincir K.)
dx
dx
du
dx
1
1
= sec u ·
1
du
dx
= sec(x4 ) · 4x3
elde ederiz.
(KTT 1 den)
5.6. YERINE KOYMA KURALI
129
Şimdi, Temel Teoremin iki kısmını bir araya getireceğiz. İntegral ve türevi ilişkilendirdiği için Kısım 1 temel
olarak alınır. Ancak Değer Bulma Teoremi de, integral ve türev arasında bir ilişki verir, dolayısıyla bu teoremi, Temel
Teorem Kısım 2 olarak yeniden adlandırıyoruz.
Zx
• g(x) =
f (t)dt ise g 0 (x) = f (x) dir.
a
• f nin herhangi bir F ilkeli, başka bir deyişle F 0 = f için
Zb
f (x)dx = F (b) − F (a) dır.
a
5.6
Yerine Koyma Kuralı
Kural 15.
u = g(x) değer kümesi I aralığı olan türevlenebilir bir fonksiyon ve f fonksiyonu I aralığında sürekliyse,
Z
Z
f (g(x)) g 0 (x) dx = f (u) du
(5.15)
olur.
Örnek 121.
Z
Örnek : x3 cos(x4 + 2) dx integralini bulunuz.
Çözüm: du = 4x3 dx diferansiyeli, 4 çarpanı dışında, integralin içinde yer aldığından, u = x4 + 2 değişken
değişikliğini yaparız. Bu yüzden, x3 dx = du/4 ve Yerine Koyma Kuralı’ndan
Z
Z
Z
1
1
3
4
cos u du
x cos(x + 2) dx = cos u · du =
4
4
=
1
sin u + C
4
=
1
sin(x4 + 2) + C
4
olur. Son aşamada başlangıçtaki x değişkenine dönmemiz gerektiğine dikkat ediniz.
Yerine Koyma Kuralının temel fikri, karmaşık bir integrali daha basit bir hale dönüştürmektir. Bu başlangıçtaki x
değişkeninden, x e bağlı bir fonksiyon olan u ya geçilerek yapılır.
Örnek 122.
Z
√
2x + 1dx integralini hesaplayınız.
130
BÖLÜM 5. INTEGRAL
Çözüm: 1. yol: Bu durumda u = 2x + 1 olsun. du = 2dx, ve dx = du/2 olur. Dolayısıyla, Yerine Koyma Kuralı
Z
Z
Z
√
√ du
1
2x + 1 dx =
u
=
u1/2 du
2
2
=
1 u3/2
1
·
+ C = u3/2 + C
2 3/2
3
1
= (2x + 1)3/2 + C
3
verir.
√
dx
2. yol: Olası bir başka değişken değişikliği de u = 2x + 1 dir. Bu durumda du = √
bundan dolayı
2x
+1
√
dx = 2x + 1 du = u du olur. (Ya da u2 = 2x + 1, ve bundan dolayı 2u du = 2 dx olduğunu gözlemleyiniz.)
Böylece
Z
Z
Z
√
2x + 1 dx = u · u du = u2 du
=
u3
1
+ C = (2x + 1)3/2 + C
3
3
elde edilir.
Örnek 123.
Z
x
√
dx integralini bulunuz.
1 − 4x2
Çözüm: u = 1 − 4x2 olsun. Dolayısıyla du = −8x dx buradan x dx = − 81 du olur ve
Z
Z
Z
1
x
1
1
√
√ du = −
dx = −
u−1/2 du
8
8
u
1 − 4x2
=−
1 √ 1p
2 u +C =−
1 − 4x2 + C
8
4
bulunur.
Örnek 124.
Z
e5x dx integralini hesaplayınız.
Çözüm: u = 5x alırsak, du = 5 dx, buradan dx = 15 du olur. Bundan dolayı
Z
Z
1
1
1
5x
e dx =
eu du = eu + C = e5x + C
5
5
5
dir.
Örnek 125.
Z
tan x dx integralini hesaplayınız.
5.6. YERINE KOYMA KURALI
131
Çözüm: Önce tanjantı, sinüs ve cosinüs cinsinden yazalım:
Z
Z
sin x
tan x dx =
dx
cos x
Bu, du = − sin x dx ve buradan sin x dx = −du olduğundan u = cos x seçmemiz gerektiğini gösterir:
Z
Z
Z
1
sin x
dx = −
du
tan x dx =
cos x
u
= − ln |u| + C = − ln | cos x| + C
− ln | cos x| = ln | cos x|−1 = ln (1/| cos x|) = ln | sec x| olduğundan, sonuç
Z
tan x dx = ln | sec x| + C
biçiminde de yazılabilir.
Kural 16 (Belirli İntegraller İçin Yerine Koyma Kuralı).
g 0 fonksiyonu [a, b] aralığında, f fonksiyonu u = g(x) in değer kümesinde sürekliyse,
Zb
Zg(b)
f (g(x))g 0 (x) dx =
f (u) du
a
(5.16)
g(a)
olur.
Örnek 126.
Z4
5.16 i kullanarak
√
2x + 1 dx integralini hesaplayınız.
0
Çözüm: u = 2x + 1 ise dx = du/2 olur. İntegralin yeni sınırlarını belirlemek için
x = 0, ⇒ u = 2 · 0 + 1 = 1
ve
x = 4, ⇒ u = 2 · 4 + 1 = 9
olduğuna dikkat edelim. Dolayısıyla
√
Z9
2x + 1 dx =
1
1√
1 2
u du = · u3/2
2
2 3
9
1
26
1
= (93/2 − 13/2 ) =
3
3
olur. 5.16 i kullandığımızda, integrali aldıktan sonra x değişkenine dönmediğimizi gözlemleyelim. Diğer bir deyişle
u cinsinden bir ifadeyi u nun uygun değerleri arasında hesaplıyoruz.
Örnek 127.
Z2
1
dx
integralini hesaplayınız.
(3 − 5x)2
132
BÖLÜM 5. INTEGRAL
Çözüm: u = 3 − 5x olsun. du = −5dx buradan da dx = −du/5 olur. x = 1 iken u = −2, x = 2 iken u = −7 dir.
Böylece
Z2
Z−7
dx
du
1
=−
2
(3 − 5x)
5
u2
−2
1
1 −7
1 −7
1
=
=− −
5
u −2
5u −2
=
1
5
1 1
1
− +
=
7 2
14
Örnek 128.
Ze
ln x
dx integralini bulunuz.
x
1
Çözüm: du = dx/x integralde göründüğünden u = ln x alırız. x = 1 iken u = ln 1 = 0; x = e iken u = ln e = 1
dir. Buradan
1
Ze
Z1
ln x
1
u2
dx = u du =
=
x
2 0 2
1
0
Simetrik Fonksiyonların İntegralleri
f fonksiyonunun [−a, a] aralığında sürekli olduğunu varsayalım.
Za
(a) f çift fonksiyonsa [f (−x) = f (x)],
Za
f (x) dx = 2
−a
f (x) dx dir.
0
Za
(b) f tek fonksiyonsa [f (−x) = −f (x)],
f (x) dx = 0 dır.
−a
Örnek 129.
f (x) = x6 + 1 fonksiyonu, f (−x) = f (x) eşitliğini sağladığından çifttir, dolayısıyla
Z2
6
Z2
(x + 1) dx = 2
−2
(x6 + 1) dx
0
1
= 2 x7 + x
7
olur.
2
=
0
128
+2
7
=
284
7
5.7. KISMI İNTEGRAL ALMA
133
Örnek 130.
tan x
fonksiyonu, f (−x) = −f (x),
1 + x2 + x4
eşitliğini sağladığından tektir, dolayısıyla
f (x) =
Z1
tan x
dx = 0
1 + x2 + x4
−1
olur.
5.7
Kısmi İntegral Alma
Z
f (x)g 0 (x) dx = f (x)g(x) −
Z
g(x)f 0 (x) dx
(5.17)
formülü kısmi integral formülü olarak adlandırılır. Anımsanması daha kolay gösterim için u = f (x), v = g(x)
olsun. Diferansiyelleri dv = g 0 (x)dx ve du = f 0 (x)dx dir, dolayısıyla Yerine Koyma Kuralı’na göre kısmi integral
alma formülü
Z
Z
udv = uv − vdu
(5.18)
Örnek 131.
Z
x sin x dx integralini bulunuz.
Çözüm: u = x, dv = sin xdx ise du = dx, v = − cos x olur, dolayısıyla
Z
Z
x sin x dx = x(− cos x) − (− cos x) dx
Z
= −x cos x +
cos x dx
= −x cos x + sin x + C olur.
Örnek 132.
Z
ln x dx integralini hesaplayınız.
1
Çözüm: Burada u = ln x, dv = dx ise du = dx, v = x dir. Kısmi integral alarak,
x
Z
Z
dx
ln x dx = x ln x − x
x
Z
= x ln x − dx
= x ln x − x + C elde ederiz.
134
BÖLÜM 5. INTEGRAL
Bu örnekte f (x) = ln x türevi f den daha basit olduğundan kısmi integral alma etkili olmuştur.
Örnek 133.
Z
x2 ex dx integralini bulunuz.
Çözüm: x2 nin türevi alındığında basitleştiğine dikkat ediniz. Bu yüzden u = x2 , dv = ex dx seçeriz. Buradan
du = 2xdx, v = ex olur. Kısmi integral alma yöntemi,
Z
Z
2 x
2 x
x e dx = x e − 2 xex dx
R
verir. Elde ettiğimiz xex dx integrali, başlangıçtaki integralden daha basittir ama hala apaçık ortada değildir. Bunun
için u = x, dv = ex dx alarak kısmi integrali bir kez daha kullanırız. du = dx, v = ex olduğundan
Z
Z
x
x
xe dx = xe − ex dx = xex − ex + C
dir. Bunu yukarıdaki denklemde yerine koyarak,
Z
Z
x2 ex dx = x2 ex − 2 xex dx = x2 ex − 2xex + 2ex + C1
(C1 = −2C)
elde ederiz.
Örnek 134.
Z
ex sin x dx integralini hesaplayınız.
Çözüm: Türevi alınınca ne ex ne de sin x fonksiyonu basitleşir. u = ex , dv = sin x dx seçelim. O zaman, du = ex dx
ve v = − cos x polur, dolayısıyla, kısmi integral
Z
Z
x
x
e sin x dx = −e cos x dx + ex cos x dx
(5.19)
R
verir. Elde ettiğimiz ex cos x dx integrali için tekrardan kısmi integrali uygulayalım. Bu kez, u = ex ve
dv = cos x dx alalım. Buradan du = ex dx ve v = sin x olur ve
Z
Z
x
0
e cos x dx = e x sin x − ex sin x dx
(5.20)
dir. Denklem 5.20 i denklem 5.19 te yerine koyarsak
Z
Z
x
x
x
e sin x dx = −e cos x + e sin x + ex sin x dx
elde ederiz. İki yana
R
ex sin x dx eklersek
Z
2 ex sin x dx = −ex cos x + ex sin x
elde ederiz. Denklemi sadeleştirip, integral sabitini eklersek
Z
1
ex sin x dx = ex (sin x + cos x) + C
2
buluruz.
5.8. TRIGONOMETRIK İNTEGRALLER
135
Kısmi integrasyon ve Değer bulma teoremi
Kısmi integral formülünü, Değer Bulma Teoremi’yle birleştirirsek, belirli integralleri, kısmi integrallerle hesaplayabiliriz. f’ ve g’ nün sürekli olduğunu varsayarak ve Değer Bulma Teoremi’ni kullanarak, a dan b ye kadar denklem
5.17 in her iki yanını da hesapladığımızda
Zb
0
f (x)g (x) dx = f (x)g(x)
ib
a
Zb
−
g(x)f 0 (x) dx
(5.21)
a
a
elde ederiz.
Örnek 135.
Z1
tan−1 x dx integralini hesaplayınız.
0
Çözüm: u = tan−1 x, dv = dx ise du =
Z1
−1
tan
dx
, v = x olur. Denklem 5.21
1 + x2
−1
x dx = x tan
x
i1
0
Z1
−
0
x
dx
1 + x2
0
= 1 · tan−1 1 − 0 · tan−1 0 −
Z1
x
dx
1 + x2
0
=
π
−
4
Z1
x
dx
1 + x2
0
verir. Bu integrali hesaplamak için, t = 1 + x2 değişken değişikliğini yapalım. Bu durumda, dt = 2x dx, dolayısıyla
x dx = dt/2 olur. x = 0 iken t = 1; x = 1 iken t = 2 olduğundan,
Z1
x
1
dx =
1 + x2
2
0
Z2
1
2
dt
1
= ln |t|
2
2
1
1
1
= (ln 2 − ln 1) = ln 2
2
2
dir. Dolayısıyla
Z1
tan−1 x dx =
π ln 2
−
4
2
0
dir.
5.8
Trigonometrik İntegraller
Trigonometrik integraller, altı temel trigonometrik fonksiyonun cebirsel kombinasyonunu içeren integrallerdir. Örneğin,
Z
Z
Z
sec x dx,
cos2 x sin3 x dx,
tan4 x dx
Genel fikir, bulmak istediğimiz karmaşık trigonometrik integralleri, trigonometrik özdeşlikler kullanarak daha kolay
çözümlenebilen integrallere dönüştürebilmektir.
136
BÖLÜM 5. INTEGRAL
Sinüs ve Kosinüs Çarpımları
m ve n negatif olmayan tamsayılar olmak üzere
Z
sinm x cosn x dx
formundaki integraller.
Durum 1
m tek ise , m yi 2k + 1 olarak yazar ve
sinm x = sin2k+1 x = (sin2 x)k sin x = (1 − cos2 x)k sin x
eşitliğini kulanırız. Sonra tek kalan sin x i integraldeki dx ile birleştirerek sin x dx yerine −d(cos x) yazarız.
Örnek 136.
Z
sin3 x cos2 x dx integralini hesaplayınız.
Çözüm:
Z
sin3 x cos2 x dx =
Z
sin2 x cos2 x sin x dx
Z
(1 − cos2 x) cos2 x [−d(cos x)]
Z
(1 − u2 )(u2 )(−du)
Z
(u4 − u2 ) du
=
=
=
=
=
Durum 2
u5 u3
−
+C
5
3
cos5 x cos3 x
−
+C
5
3
m çift ve n tek ise, n yi 2k + 1 olarak yazar ve
cosn x = cos2k+1 x = (cos2 x)k cos x = (1 − sin2 x)k cos x
eşitliğini kullanırız. Sonra tek kalan cos x i integraldeki dx ile birleştirerek cos x dx yerine d(sin x) yazarız.
Örnek 137.
Z
cos5 x dx integralini hesaplayınız.
5.8. TRIGONOMETRIK İNTEGRALLER
137
Çözüm:
Z
5
Z
cos4 x cos x dx
Z
(1 − sin2 x)2 d(sin x)
Z
(1 − u2 )2 du
Z
(1 − 2u2 + u4 ) du
cos x dx =
=
=
=
2
1
= u − u3 + u5 + C
3
5
1
2
= sin x − sin3 x + sin5 x + C
3
5
Durum 3
m ve n çift ise
sin2 x =
1 − cos 2x
,
2
cos2 x =
1 + cos 2x
2
trigonometrik özdeşliklerini kullanırız.
Örnek 138.
Z
sin2 x cos4 x dx integralini hesaplayınız.
Çözüm:
Z
2
Z 4
sin x cos x dx =
=
=
=
1 − cos 2x
2
1 + cos 2x
2
2
dx
Z
1
(1 − cos 2x)(1 + 2 cos 2x + cos2 2x) dx
8
Z
1
(1 + cos 2x − cos2 2x − cos3 2x) dx
8
1
1
x + C1 + sin 2x + C2
8
2
Z
2
3
− (cos 2x + cos 2x) dx
cos2 2x terimini içeren integrali şu şekilde çözümleriz:
Z
Z
1
2
(1 + cos 4x) dx
cos 2x dx =
2
1
1
x + sin 4x + C3
=
2
4
cos3 2x terimini içeren integrali ise şu şekilde çözümleriz:
Z
Z
3
cos 2x dx =
(1 − sin2 2x) cos 2x dx
Z
1
=
(1 − u2 ) du
2
1
1
3
=
sin 2x − sin 2x + C4
2
3
138
BÖLÜM 5. INTEGRAL
Çözümlediğimiz bu integralleri kullanarak
Z
2
4
sin x cos x dx =
=
=
Z
1
1
2
3
x + C1 + sin 2x + C2 − (cos 2x + cos 2x) dx
8
2
1
1
1
1
1
1
3
x + C1 + sin 2x + C2 −
x + sin 4x − C3 −
sin 2x − sin 2x − C4
8
2
2
4
2
3
1
1
1
x − sin 4x + sin3 2x + C
16
4
3
Kareköklerden Kurtulmak
Örnek 139.
π/4
R √
1 + cos 4x dx integralini hesaplayınız.
0
Çözüm: Karekökten kurtulmak için
cos2 θ =
1 + cos 2θ
2
veya 1 + cos 2θ = 2 cos2 θ
özdeşliğini kullanırız. Böylelikle
Z
π/4 √
π/4 √
Z
1 + cos 4x dx =
0
2 cos2 2x dx
Z
=
0
π/4
√ Z
| cos 2x| dx = 2
0
=
√
2 cos2 2x dx
0
√ Z
=
2
√
π/4 √
sin 2x
2
2
π/4
cos 2x dx
0
π/4
0
√
√
2
2
=
(1 − 0) =
2
2
tan x ve sec x Kuvvetlerinin İntegralleri
tan x, sec x ve karelerinin integrallerini,
tan2 x = sec2 x − 1
sec2 x = 1 + tan2 x
özdeşliklerini kullanarak tanjant ve sekant fonksiyonlarının kuvvetlerini içeren integralleri hesaplayabiliriz.
Örnek 140.
R
tan4 x dx integralini hesaplayınız.
5.8. TRIGONOMETRIK İNTEGRALLER
139
Çözüm:
Z
Z
tan2 x · tan2 x dx = tan2 x · (sec2 x − 1) dx
Z
Z
=
tan2 x sec2 x dx − tan2 x dx
Z
Z
2
2
=
tan x sec x dx − (sec2 x − 1) dx
Z
Z
Z
2
2
2
=
tan x sec x dx − sec x dx +
dx
tan4 x dx =
Z
ilk integralde u = tan x dönüşümünü yaparak, ikinci ve üçüncü integralde ise bildiğimiz integralleri kullanarak
Z
1
tan4 x dx = tan3 x − tan x + x + C
3
sonucunu elde ederiz.
Sinüs ve Kosinüslerin Çarpımları
Uygulamada karşılaştığımız
Z
sin mx sin nx dx,
Z
sin mx cos nx dx,
Z
cos mx cos nx dx
trigonometrik integrallerini hesaplamak için şu özdeşikleri kullanırız:
1
sin mx sin nx = [cos(m − n)x − cos(m + n)x]
2
(5.22)
1
sin mx cos nx = [sin(m − n)x + sin(m + n)x]
2
(5.23)
1
cos mx cos nx = [cos(m − n)x + cos(m + n)x]
2
(5.24)
Örnek 141.
R
sin 3x cos 5x dx integralini hesaplayınız.
Çözüm: m = 3 ve n = 5 ile (5.23) eşitliğinden
Z
sin 3x cos 5x dx =
Z
1
[sin(−2x) + sin 8x] dx
2
Z
1
=
(sin 8x − sin 2x) dx
2
cos 8x cos 2x
= −
+
+C
16
4
elde edilir.
140
5.8.1
BÖLÜM 5. INTEGRAL
Trigonometrik Dönüşümler
a bir reel sayı olmak üzere
p
a2 + x2
p
x2 − a2
p
a2 − x2
ifadelerini içeren integralleri hesaplamak için trigonometrik dönüşümler kullanırız.
Trigonometrik Dönüşümler - Durum 1
√
a2 + x2 ifadesinin olduğu integrallerde
x = a tan θ
dönüşümü kullanılır. Böylelikle
a2 + x2
ve
dx
ifadeleri sırasıyla
a2 + x2 = a2 + a2 tan2 θ = a2 (1 + tan2 θ) = a2 sec2 θ
ve
dx = a sec2 θ dθ
ifadelerine dönüşür. x = a tan θ dönüşümünde ilk değişken θ ya geri dönüş yapabilmek için, x = a tan θ dönüşümünün
tersinir olmasını bekleriz. Dolayısıyla tan−1 fonksiyonunun tanımlı olmasını kullanarak,
x
π
π
,
− <θ<
θ = tan−1
a
2
2
ters dönüşümünü yaparız.
Örnek 142.
Z
dx
√
integralini hesaplayınız.
4 + x2
Çözüm: x = 2 tan θ dönüşümünü yaparız. Böylelikle
4 + x2 = 4 + 4 tan2 θ = 4(1 + tan2 θ) = 4 sec2 θ
dx = 2 sec2 θ dθ
ifadelerini kullanarak
Z
√
dx
4 + x2
2 sec2 θ dθ
√
4 sec2 θ
Z
sec2 θ dθ
=
| sec θ|
Z
=
sec θ dθ
Z
=
(−
π
π
< θ < olduğu için
2
2
| sec θ| = sec θ
= ln | sec θ + tan θ| + C
√
4 + x2 x = ln + +C
2
2
elde ederiz.
olur)
5.8. TRIGONOMETRIK İNTEGRALLER
141
Trigonometrik Dönüşümler - Durum 2
√
x2 − a2 ifadesini içeren integralleri hesaplamada
x = a sec θ
trigonometrik dönüşümünü kullanırız. Böylece
x2 − a2
ve
dx
ifadeleri sırasıyla
x2 − a2 = a2 sec2 θ − a2 = a2 (sec2 θ − 1) = a2 tan2 θ
dx = a sec θ tan θ dθ
ifadelerine dönüşür. İntegrali almaya başladığımız ilk değişken θ ya geri dönüş yapabilmek için dönüşümümüzün
tersinir olmasını bekleriz.
Dolayısıyla sec−1 fonksiyonunun tanımından, x = a sec θ dönüşümünün ters dönüşümü
−1
θ = sec
x
a
,

 0 ≤ θ < π,
2
 π < θ ≤ π,
2
x
a
x
a
≥ 1;
≤ −1.
olur.
Örnek 143.
Z
2
dx
√
x > iken
integralini hesaplayınız.
5
25x2 − 4
Çözüm: Öncelikle paydadaki ifadeyi daha açık yazalım:
s
s 2
p
4
2
25x2 − 4 = 25 x2 −
= 5 x2 −
25
5
x>
2
olduğu için dönüşümü
5
x=
2
sec θ,
5
dx =
2
sec θ tan θ dθ,
5
0<θ<
π
2
olarak yaparız. Böylelikle
x2 −
ve 0 < θ <
π
2
2
2
4
4
4
4
=
sec2 θ −
= (sec2 θ − 1) =
tan2 θ
5
25
25
25
25
için tan θ > 0 olduğundan
s
x2
2
2
2
2
= | tan θ| = tan θ
−
5
5
5
bulunur. Bu dönüşümleri integralde yerine koyarak
Z
Z
Z
dx
dx
(2/5) sec θ tan θ dθ
√
p
=
=
2
2
5(2/5) tan θ
25x − 4
5 x − (4/25)
Z
1
1
=
sec θ dθ = ln | sec θ + tan θ| + C
5
5
√
1 5x
25x2 − 4 =
ln +
+C
5 2
2
elde ederiz.
142
BÖLÜM 5. INTEGRAL
Trigonometrik Dönüşümler - Durum 3
√
a2 − x2 ifadesini içeren integralleri çözmek için
x = a sin θ
trigonometrik dönüşümünü kullanırız. Böylece
a2 − x2
dx
ve
ifadeleri sırasıyla
a2 − x2 = a2 − a2 sin2 θ = a2 (1 − sin2 θ) = a2 cos2 θ
dx = a cos θ dθ
ifadelerine dönüşür. İntegrali hesaplamayı sonuçlandırmak için orjinal değişken x e geri dönmemiz gerekir. Bunun
için x = a sin θ dönüşümünün tersinir olmasını bekleriz. sin−1 fonksiyonun tanımından, ters dönüşüm
θ = sin−1
x
a
,
−π
π
≤θ≤
2
2
olur.
Örnek 144.
Z
x2 dx
√
integralini hesaplayınız.
9 − x2
Çözüm:
x = 3 sin θ,
dx = 3 cos θ dθ,
−
π
π
<θ<
2
2
9 − x2 = 9 − 9 sin2 θ = 9(1 − sin2 θ) = 9 cos2 θ
dönüşümü ile
Z
x2 dx
√
9 − x2
9 sin2 θ · 3 cos θ dθ
|3 cos θ|
Z
=
Z
= 9
sin2 θ dθ
1 − cos 2θ
dθ
2
9
sin 2θ
θ−
+C
2
2
Z
= 9
=
=
=
=
elde edilir.
9
(θ − sin θ cos θ) + C
2
!
√
9
x
9 − x2
−1 x
sin
− ·
+C
2
3
3
3
x xp
9
sin−1 −
9 − x2 + C
2
3
2
5.8. TRIGONOMETRIK İNTEGRALLER
143
z = tan(x/2) Dönüşümü
Bu trigonometrik dönüşüm, sinüs ve kosinüs fonksiyonlarının bölümleri olduğunda kullanılır. Trigonometrik özdeşlikler
yardımıyla cos x, sin x ve dx için kullanılacak ifadeleri şu şekilde bulabiliriz:
1 + tan2
x
x
1
= sec2 =
2
2
2
cos (x/2)
özdeşliğinden
cos2
x
1
=
2
1 + z2
bulunur.
cos x = 2 cos2
özdeşliğini ve cos2
x
−1
2
x
1
=
yi kullanarak
2
1 + z2
cos x = 2
1
1 − z2
−
1
=
1 + z2
1 + z2
elde edilir. Diğer taraftan
cos x = 1 − 2 sin2
özdeşliğinden ve cos x =
1 − z2
den
1 + z2
sin2
x
1 − cos x
=
=
2
2
1−
bulunur. Bu kez
sin x = 2 sin
özdeşliğinden, cos2
x
2
1 − z2
2
1 + z2 = z
2
1 + z2
x
x
cos
2
2
x
1
z2
2 x
=
ve
sin
=
den
2
1 + z2
2
1 + z2
r
r
z2
1
2z
sin x = 2
=
1 + z2 1 + z2
1 + z2
elde edilir. z = tan x2 de türev alarak da
dz =
1
x
1
x
1
sec2 dx =
1 + tan2
dx = (1 + z 2 )dx
2
2
2
2
2
bulunur. Böylelikle
dx =
2
dz
1 + z2
olur. Özetle, z = tan x2 trigonometrik dönüşümünü yaptığımızda
cos x =
1 − z2
,
1 + z2
sin x =
eşitliklerini kullanırız.
Örnek 145.
Z
dx
integralini hesaplayınız.
1 + sin x + cos x
2z
,
1 + z2
dx =
2
dz
1 + z2
144
BÖLÜM 5. INTEGRAL
Çözüm: İntegral, sinüs ve kosinüs bölümlerini içerdiği için z = tan x2 dönüşümünü uygularız. Böylece
x
z = tan ,
2
cos x =
dx =
1 − z2
,
1 + z2
2dz
1 + z2
sin x =
2z
1 + z2
ifadelerini kullanarak
Z
dx
1 + sin x + cos x
Z
=
Z
2dz
1 + z2
2z
1 − z2
1+
+
1 + z2 1 + z2
Z
2
dz
=
dz =
2
2
1 + z + 2z + 1 − z
z+1
x
= ln |z + 1| + C = ln 1 + tan + C
2
buluruz.
5.9. KISMI KESIRLER
5.9
145
Kısmi Kesirler
Rasyonel fonksiyonların (polinomların oranının) integralini almak için onları, kısmi kesirler olarak adlandırılan,
integrallerinin nasıl alınacağını bildiğimiz, daha basit kesirlerin toplamı olarak yazarız.
Örnek 146.
Z
5x − 4
dx integralini bulunuz.
2
2x + x − 1
Çözüm: Paydanın doğrusal çarpanlara ayrıldığına dikkat ediniz:
5x − 4
5x − 4
=
2x2 + x − 1
(x + 1)(2x − 1)
Payın derecesinin paydanın derecesinden küçük olduğu böyle bir durumda, verilen rasyonel fonksiyonu, A ve B sabit
olmak üzere, kısmi türevlerin toplamı olarak yazabiliriz:
5x − 4
A
B
=
+
(x + 1)(2x − 1)
x + 1 2x − 1
5x − 4
A
B
=
+
(x + 1)(2x − 1)
x + 1 2x − 1
A ve B değerlerini bulmak için denkemin iki yanını da (x + 1)(2x − 1) ile çarparız ve
5x − 4 = A(2x − 1) + B(x + 1)
5x − 4 = (2A + B)x + (−A + B)
elde ederiz. x in katsayıları ile sabit terimler eşit olmalıdır. Dolayısıyla
2A + B = 5
ve − A + B = −4
2A + B = 5
ve − A + B = −4
tür.
Bu doğrusal denklemleri A ve B için çözerek A = 3 ve B = −1 elde ederiz. Buradan
5x − 4
3
1
=
−
(x + 1)(2x − 1)
x + 1 2x − 1
bulunur. Bu kısmi kesirlerin her birinin integralini (sırasıyla u = x + 1 ve u = 2x − 1 değişken değişikliğini
kullanarak) almak kolaydır. Böylece
Z
Z 5x − 4
3
1
dx
=
−
dx
2x2 + x − 1
x + 1 2x − 1
= 3 ln |x + 1| −
1
ln |2x − 1| + C
2
dir.
NOT 1 Örnekte payın derecesi paydanınkine eşit veya daha büyük olsaydı ilk önce bölmemiz gerekirdi. Örneğin,
2x3 − 11x2 − 2x + 2
5x − 4
=x−6+
2
2x + x − 2
(x + 1)(2x − 1)
NOT 2 Paydada ikiden fazla doğrusal çarpan varsa, her çarpan için bir terim eklememiz gerekir. Örneğin,
x+6
A
B
C
= +
+
x(x − 3)(4x + 5)
x
x − 3 4x + 5
146
BÖLÜM 5. INTEGRAL
Burada A, B ve C sabitleri, A, B ve C bilinmeyenlerini içeren üç denklemden oluşan sistemi çözerek belirlenir.
NOT 3 Doğrusal çarpanlardan biri tekrarlanıyorsa kısmi kesire fazladan terimler eklememiz gerekir. Örneğin :
x
C
A
B
+
=
+
2
2
(x + 2) (x − 1)
x + 2 (x + 2)
x−1
NOT 4 Paydayı olabildiğince çarpanlarına ayırırken, b2 − 4ac diskriminantı negatif olan, indirgenemeyen ikinci
dereceden a x2 + b x + c çarpanını elde edebiliriz. Buna karşılık gelen kısmi kesir, A ve B belirlenecek sabitler
olmak üzere
Ax + B
a x2 + b x + c
dir. Bu terimin integralini, kareye tamamlayarak ve
Z
1
dx
−1 x
=
tan
+C
(5.25)
x2 + a2
a
a
formülünü kullanarak hesaplarız.
Örnek 147.
Z
2x2 − x + 4
dx integralini hesaplayınız.
x3 + 4x
Çözüm: x3 + 4x = x(x2 + 4) daha fazla çarpanlarına ayrılamadığından,
2x2 − x + 4
A Bx + C
= + 2
2
x(x + 4)
x
x +4
yazarız. x(x2 + 4) ile çarparsak,
2x2 − x + 4 = A(x2 + 4) + (Bx + C)x
= (A + B)x2 + Cx + 4A
elde ederiz.
2x2 − x + 4 = (A + B)x2 + Cx + 4A
Katsayıları eşitlediğimizde
A+B =2
C = −1
4A = 4
elde ederiz. Buradan A = 1, B = 1 ve C = −1 buluruz ve
Z
Z 2x2 − x + 4
1
x−1
dx =
+
dx
x3 + 4x
x x2 + 4
olur. İkinci terimin integralini almak için integralini ikiye ayırırız:
Z
Z
Z
x−1
x
1
dx =
dx −
dx
2
2
4
x +4
x +4
x +4
Birinci integralde, u = x2 + 4 değişken değişikliğini yaparız ve du = 2x dx olur. İkinci integrali, a = 2 alarak
Formül (5.25) den hesaplarız:
Z
Z
Z
Z
2x2 − x + 4
1
x
1
dx =
dx +
dx −
2
2
2
x(x + 4)
x
x +4
x +4
= ln |x| +
1
1
ln(x2 + 4) − tan−1 (x/2) + K
2
2
5.10. HAS OLMAYAN İNTEGRALLER
5.10
147
Has Olmayan İntegraller
Zb
f (x) dx belirli integralini tanımlarken, [a, b] sınırlı aralığında tanımlı olan bir f fonksiyonu aldık ve bu aralıkta f
a
nin sonsuz süreksizliliğinin olmadığını varsaydık. Bu bölümde, belirli integral kavramını, aralığın sonsuz olduğu ve
f nin [a, b] üzerinde sonsuz süreksizliği olduğu durumlara genişleteceğiz. Her iki durumda da integrale has olmayan
integral denir.
1. Tip: Sonsuz Aralıklar
Tanım 20 (1. Tipten Has Olmayan İntegrallerin Tanımı).
Zt
f (x) dx integrali, her t ≥ a sayısı için varsa, limitin (sonlu
(a)
0
bir sayı olarak) var olduğu durumlarda
Z∞
Zt
f (x) dx = lim
f (x) dx
t→∞
a
a
dir.
Zb
f (x) dx integrali, her t ≤ b için varsa, limitin (sonlu
(b)
t
bir sayı olarak) var olduğu durumlarda
Zb
Zb
f (x) dx = lim
f (x) dx
t→−∞
−∞
t
dir.
Z∞
Zb
f (x) dx ve
f (x) dx has olmayan integralleri, söz konusu limitler varsa yakınsak, limitler
−∞
a
yoksa ıraksak olarak adlandırılır.
Z∞
Za
f (x) dx ve
(c)
a
f (x) dx integrallerinin her ikisi de yakınsaksa,
−∞
Z∞
f (x) dx =
−∞
Z∞
Za
f (x) dx +
−∞
f (x) dx
a
olarak tanımlarız. (c) şıkkında herhangi bir a gerçel sayısı kullanılabilir.
148
BÖLÜM 5. INTEGRAL
Örnek 148.
Z∞
1
dx integralinin yakınsak ya da ıraksak olduğunu belirleyiniz.
x
1
Çözüm: Tanımın (a) şıkkından,
Z∞
1
dx = lim
t→∞
x
1
Zt
it
1
dx = lim ln |x|
t→∞
x
1
1
= lim (ln t − ln 1) = lim ln t = ∞
t→∞
t→∞
Z∞
dur. Limit sonlu bir sayı olmadığında (1/x) dx ıraksaktır.
1
Örnek 149.
Z0
x ex dx integralini hesaplayınız.
−∞
Çözüm: Tanımın (b) şıkkından
Z0
Z0
x
x e dx = lim
t→∞
−∞
olur. u = x ve dv =
ex
x ex dx
t
dx seçerek kısmi integral alırsak du = dx ve v = ex olur.
Z0
x
x
x e dx = x e
t
i0
t
Z0
−
ex dx = −t et − 1 + et
t
Z0
x ex dx = −t et − 1 + et
t
t → −∞ iken
et
→ 0 olduğunu biliyoruz. L’Hospital Kuralı’ndan
lim t et = lim
t→−∞
t→−∞
1
t
= lim
e−t t→−∞ −e−t
= lim (−et ) = 0
t→−∞
dır. Dolayısıyla,
Z0
x ex dx = lim (−t et − 1 + et )
t→−∞
−∞
= −0 − 1 + 0 = −1
olur.
5.10. HAS OLMAYAN İNTEGRALLER
149
Örnek 150.
Z∞
1
dx integralini hesaplayınız.
1 + x2
−∞
Çözüm: Tanımın (c) şıkkında a = 0 seçmek işimizi kolaylaştıracaktır:
Z∞
1
dx =
1 + x2
Z0
1
dx +
1 + x2
∞
−∞
Z∞
1
dx
1 + x2
0
Sağdaki integralleri ayrı ayrı hesaplamalıyız:
Z∞
1
dx = lim
t→∞
1 + x2
0
Zt
it
dx
−1
=
lim
tan
x
1 + x2 t→∞
0
0
= lim (tan−1 t + tan−1 0) = lim tan−1 t =
t→∞
Z0
t→∞
1
dx = lim
t→−∞
1 + x2
−∞
Z0
π
2
i0
dx
−1
dx
=
lim
tan
x
t→−∞
1 + x2
t
t
= lim (tan−1 0 − tan−1 t)
t→−∞
π π
=0− −
=
2
2
Her iki integral de yakınsak olduğundan verilen integral de yakınsaktır ve
Z∞
1
π π
dx = + = π
2
1+x
2
2
−∞
dir. 1/(1 + x2 ) > 0 olduğundan verilen has olmayan integral y = 1/(1 + x2 ) eğrisinin altında x ekseninin üstünde
kalan sonsuz bölgenin alanı olarak yorumlanabilir.
Örnek 151.
Hangi p değeri için
Z∞
1
dx
xp
1
integrali yakınsaktır?
Çözüm: İlk örnekten, p = 1 olduğunda integralin ıraksak olduğunu biliyoruz, dolayısıyla p 6= 1 varsayalım. Bu
durumda
x=t
Z∞
Zt
1
1
x−p+1
dx
=
lim
dx
=
lim
t→∞
t→∞ −p + 1
xp
xp
x=1
1
1
1
1
= lim
−1
t→∞ 1 − p tp−1
150
BÖLÜM 5. INTEGRAL
dir. p > 1 ise p − 1 > 0 dır ve t → ∞ iken tp−1 → ∞ ve 1/tp−1 → 0 dır. Dolayısıyla
Z∞
p>1
için
1
1
dx =
p
x
p−1
1
olur ve integral yakındaktır. Eğer p < 1 ise p − 1 < 0 ve
t→∞
Z∞
olur, dolayısıyla integral ıraksaktır.
1
iken
tp−1
= t1−p → ∞
1
dx integrali, p > 1 ise yakınsak, p ≤ 1 ise ıraksaktır.
xp
1
2. Tip: Sürekli Olmayan Fonksiyonların İntegrali
Tanım 21 (2. Tipten Has Olmayan İntegralin Tanımı).
(a) f fonksiyonu [a, b) aralığında sürekli ve b noktasında süreksizse, limitin (sonlu bir sayı olarak) var
olduğu durumlarda
Zb
Zt
f (x) dx = lim
f (x) dx
t→b−
a
a
dir.
(b) f fonksiyonu (a, b] aralığında sürekli ve a noktasında süreksizse, limitin (sonlu bir sayı olarak) var
olduğu durumlarda
Zb
Zb
f (x) dx = lim
f (x) dx
t→a+
a
t
Zb
f (x) dx has olmayan integraline, söz konusu limit varsa yakınsak, yoksa ıraksak denir.
dir.
a
Zc
(c) f fonksiyonu, a < c < b olan bir c noktasında süreksiz ve
Zb
f (x) dx,
a
her ikisi de yakınsaksa,
Zb
Zc
f (x) dx =
a
olarak tanımlarız.
Örnek 152.
Z5
2
√
1
dx integralini bulunuz.
x−2
Zb
f (x) dx +
a
f (x) dx
c
f (x) dx integrallerinin
c
5.10. HAS OLMAYAN İNTEGRALLER
151
√
Çözüm: Önce, verilen integralin, f (x) = 1/ x − 2 nin x = 2 de düşey asimptotu olduğundan, has olmadığına
dikkat ediniz. Süreksizlik, [2, 5] aralığının sol uç noktasında olduğundan tanımın (b) şıkkını kullanarak:
Z5
dx
√
x−2
Z5
= lim
t→2+
√
i5
√
dx
= lim 2 x − 2
t
x − 2 t→2+
t
2
√
√
= lim 2( 3 − t − 2)
t→2+
√
=2 3
buluruz. Dolayısıyla verilen integral yakınsaktır.
Örnek 153.
Zπ/2
sec x dx integralinin yakınsak ya da ıraksak olduğuna karar veriniz.
0
Çözüm: Verilen integral,
lim
x→(π/2)−
sec x = ∞ olduğundan, has değildir. Tanımın (a) şıkkını kullanarak t → (π/2)−
iken sec t → ∞ ve tan t → ∞ olduğundan
Zπ/2
sec x dx =
Zt
lim
sec x dx
t→(π/2)−
0
0
=
=
it
lim
ln | sec x + tan x|
lim
[ln(sec t + tan t) − ln 1]
t→(π/2)−
t→(π/2)−
0
=∞
dur. Dolayısıyla verilen integral ıraksaktır.
Örnek 154.
Z3
Olanaklı ise
dx
integralini hesaplayınız.
x−1
0
Çözüm: x = 1 doğrusu, integrali alınan fonksiyonun düşey asimptotudur. Bu nokta [0, 3] aralığının içinde olduğundan,
tanımın (c) şıkkında c = 1 alarak:
Z3
0
dx
=
x−1
Z1
0
dx
+
x−1
Z3
1
dx
x−1
152
BÖLÜM 5. INTEGRAL
yazarız ve t → 1− iken 1 − t → 0+ olduğundan
Z1
Zt
dx
x−1
= lim
t→1−
0
it
dx
= lim ln |x − 1|
x − 1 t→1−
0
0
= lim (ln |t − 1| − ln | − 1|)
t→1−
= lim ln(1 − t) = −∞
t→1−
Z1
Z3
dx/(x−1) ıraksaktır. Bu,
buluruz. Dolayısıyla
0
Z3
dx/(x−1) integralinin de ıraksak olmasını gerektirir. [ dx/(x−
1
0
1) integralini hesaplamamıza gerek kalmaz.]
Uyarı Yukarıdaki örnekte, x = 1 asimptotunu fark etmeseydik ve integrali alınan fonksiyonu sıradan bir integralle
karıştırsaydık, aşağıdaki gibi hatalı bir hesap yapabilirdik:
Z3
i3
dx
= ln |x − 1| = ln 2 − ln 1 = ln 2
x−1
0
0
Bu yanlıştır, integral has olmadığından limitler cinsinden hesaplanmalıdır.
Zb
Uyarı Bundan böyle f (x) dx işaretini gördüğümüzde, [a, b] üzerinde f ye bakarak integralin sıradan bir belirli
a
integral mi yoksa has olmayan bir integral mi olduğuna karar vermemiz gerekmektedir.
Örnek 155.
Z1
ln x dx integralini hesaplayınız.
0
Çözüm: limx→0+ ln x = −∞ olduğundan, f (x) = ln x fonksiyonunun 0 da düşey asimptotu olduğunu biliyoruz.
Dolayısıyla verilen integral has değildir ve
Z1
Z1
ln x dx = lim
ln x dx
t→0+
t
0
dir. u = ln x ve dv = dx ile kısmi integral alırsak, du = dx/x ve v = x olur.
Z1
ln x dx = x ln x
i1
t
Z1
−
dx
t
t
= 1 ln 1 − t ln t − (1 − t)
= −t ln t − 1 + t
elde ederiz. Birinci terimin limitini almak için L’Hospital Kuralını kullanırız:
lim t ln t = lim
t→0+
t→0+
ln t
1/t
= lim
1/t t→0+ −1/t2
= lim (−t) = 0
t→0+
5.10. HAS OLMAYAN İNTEGRALLER
153
Dolayısıyla
Z1
ln x dx = lim (−t ln t − 1 + t)
t→0+
0
= −0 − 1 + 0 = −1
dir.
Has Olmayan İntegraller İçin Karşılaştırma Testi
Bazen has olmayan bir integralin kesin değerini bulmak olanaklı değildir ancak yine de yakınsak mı, ıraksak mı
olduğunu bilmek önemlidir.
Teorem 20 (Karşılaştırma Teoremi).
f ve g nin x ≥ a için f (x) ≥ g(x) ≥ 0 olan sürekli fonksiyonlar olduğunu varsayalım.
Z∞
Z∞
f (x) dx yakınsaksa,
(a)
a
0
Z∞
Z∞
g(x) dx ıraksaksa,
(b)
g(x) dx de yakınsaktır.
a
f (x) dx ıraksaktır.
a
Tersi doğru olmayabilir:
Z∞
Z∞
Z∞
Z∞
g(x) dx yakınsaksa, f (x) dx yakınsak da olabilir ıraksak da ve f (x) dx ıraksaksa, g(x) dx ıraksak da
a
a
a
olabilir yakınsak da.
Örnek 156.
Z∞
2
e−x dx integralinin yakınsak olduğunu gösteriniz.
0
2
Çözüm: e−x nin ilkeli temel fonksiyon olmadığından, integrali doğrudan hesaplayamayız.
Z∞
e
−x2
Z1
dx =
0
e
−x2
Z∞
dx +
0
2
e−x dx
1
yazar ve sağdaki ilk integralin sıradan bir belirli integral olduğunu gözlemleriz.
Z∞
e
0
−x2
Z1
dx =
e
−x2
Z∞
dx +
0
1
İkinci integral için,x ≥ 1 iken,
x2 ≥ x
ve
−x2 ≤ −x
2
e−x dx
a
154
BÖLÜM 5. INTEGRAL
olduğunu kullanarak
2
e−x ≤ e−x
olduğunu görürüz. e−x fonksiyonunun integralini hesaplamak kolaydır:
Z∞
−x
e
Zt
dx = lim
t→∞
1
görürüz. Bunun sonucu olarak
t→∞
1
Böylece Karşılaştırma Teoremi’nde f (x) =
Z∞
e−x dx = lim (e−1 − e−t ) = e−1
e−x
ve g(x) =
2
e−x
Z∞
alırsak,
2
e−x dx integralinin yakınsak olduğunu
1
2
e−x dx yakınsaktır.
0
Örnek 157.
1 + e−x
1
> ve
x
x
Z∞
Z∞
1 + e−x
(1/x) dx ıraksak olduğundan, Karşılaştırma Teoremi’nden
dx integrali
x
1
de ıraksaktır.
1
Bölüm 6
Integralin Uygulamaları
6.1
Alan
f ve g, [a, b] aralığındaki her x için f (x) ≥ g(x) eşitsizliğini sağlayan sürekli fonksiyonlar olmak üzere y = f (x),
y = g(x) eğrileri, x = a ve x = b düşey doğruları arasındaki S bölgesini düşünelim.
S bölgesinin A alanı
A=
Zb f (x) − g(x) dx
a
olarak tanımlanır.
g(x) = 0 özel durumunda S, f nin grafiğinin altında kalan bölge olur.
f ve g nin pozitif olduğu durumda, (6.1) nin neden doğru olduğunu şekilden görebilirsiniz.
155
(6.1)
156
BÖLÜM 6. INTEGRALIN UYGULAMALARI
S = y = f (x) in altında kalan alan − y = g(x) in altında kalan alan
Zb
Zb
f (x) dx −
=
a
g(x) dx =
a
Zb f (x) − g(x) dx
a
Örnek 158.
Üstten y = ex , alttan y = x ve kenarlardan x = 0 ve x = 1 ile sınırlı olan bölgenin alanını hesaplayınız.
Çözüm: Bölge, Şekil 6.1 de gösterilmiştir.
Şekil 6.1
Üst sınır eğrisi y = ex ve alt sınır eğrisi y = x dir. Dolayısıyla, (6.1) deki formülde f (x) = ex , g(x) = x, a = 0,
ve b = 1 kullanırız:
Z1
1 2 1
x
x
A = (e − x) dx = e − x
2
0
0
=e−
1
− 1 = e − 1.5
2
Örnek 159.
y = 2x − x2 ve y = x2 parabolleriyle sınırlı olan bölgenin alanını bulunuz.
Çözüm: Önce verilen denklemleri ortak çözerek, parabollerin kesiştikleri noktaları buluruz. Bu durumda,
x2 = 2x − x2 veya 2x2 − 2x = 0 elde ederiz. Böylece, 2x(x − 1) = 0 ve dolayısıyla x = 0 veya x = 1
buluruz. Kesişim noktaları (0, 0) ve (1, 1) dir.
Şekil 6.2 de gördüğümüz gibi üst ve alt sınırlar
yüst = 2x − x2
ve
yalt = x2
6.1. ALAN
157
Şekil 6.2
dir. Dolayısıyla toplam alan
Z1
A =
(2x − 2x2 ) dx = 2
0
Z1
(x − x2 ) dx
0
x2 x3
−
=2
2
3
1
=2
0
1 1
−
2 3
=
1
3
olur.
Bazı bölgelerle çalışmak için, x değişkenini y nin fonksiyonu olarak düşünmek gerekir. f ve g sürekli ve her
c ≤ y ≤ d için f (y) ≥ g(y) olmak üzere, x = f (y), x = g(y), y = c ve y = d denklemleriyle sınırlı olan bölgenin
alanı
Zd A=
f (y) − g(y) dy
c
olur.
Örnek 160.
y = x − 1 doğrusu ve y 2 = 2x + 6 parabolüyle sınırlı olan bölgenin alanını bulunuz.
158
BÖLÜM 6. INTEGRALIN UYGULAMALARI
Şekil 6.3
Çözüm: İki denklemi ortak çözersek, kesişim noktalarını (−1, −2) ve (5, 4) olarak buluruz.
Parabolün denklemini x için çözeriz ve Şekil 6.3 den sağ ve sol sınır eğrilerini
1
xsol = y 2 − 3
2
ve
xsağ = y + 1
olarak buluruz. İntegrali, uygun y değerleri y = −2 ve y = 4 arasında hesaplamalıyız. Böylece
Z4
(xsağ − xsol ) dy
A =
−2
Z4 =
Z4 1 2
1 2
− y + y + 4 dy
(y + 1) − ( y − 3) dy =
2
2
−2
−2
1
=−
2
y3
3
y2
+
+ 4y
2
4
−2
1
4
= − (64) + 8 + 16 − ( + 2 − 8) = 18
6
3
olarak buluruz.
Şekil 6.4
Örnekteki alanı, y yerine x e göre integral alarak da bulabilirdik ama bu durumda hesaplamalar daha karmaşık
olurdu. Bölgeyi Şekil 6.4 de görüldüğü gibi, A1 ve A2 diye ikiye ayırmamız gerekirdi. Örnekte kullandığımız yöntem,
çok daha basit.
6.1. ALAN
6.1.1
159
Parametrik eğrilerin Sınırladığı Alanlar
Zb
F (x) ≥ 0 olduğu zaman, a dan b ye y = F (x) eğrisinin altında kalan alanın A =
F (x) dx olduğunu biliyoruz.
a
Eğer eğri
x = f (t),
α≤t≤β
y = g(t),
parametrik denklemleriyle tanımlanmışsa, o zaman Belirli İntegraller İçin Yerine Koyma Kuralı’nı kullanarak, alan
formülünü şöyle hesaplayabiliriz:


Zβ
Zα
Zb


A = y dx = g(t) f 0 (t) dt
g(t) f 0 (t) dt
ya da
α
a
β
Örnek 161.
x = r(θ − sin θ)
y = r(1 − cos θ)
sikliodinin bir yayının altında kalan alanı bulunuz. (Bkz. Şekil 6.5)
Şekil 6.5
Çözüm: Sikliodin bir yayı, 0 ≤ θ ≤ 2π değerleriyle elde edilir. y = r(1 − cos θ) ve dx = r(1 − cos θ) dθ ile Yerine
Kouma Kuralı’nı kullanırsak,
Z2π
A =
Z2π
r(1 − cos θ)r(1 − cos θ) dθ
y dx =
0
0
Z2π
Z2π
2
2
=r
(1 − cos θ) dθ = r
(1 − 2 cos θ + cos2 θ)dθ
2
0
=r
2
0
Z2π 1
1 − 2 cos θ + (1 + cos 2θ) dθ
2
0
=r
=r
olarak buluruz.
2
2
3
1
θ − 2 sin θ + sin 2θ
2
4
3
· 2π
2
= 3πr2
2π
0
160
BÖLÜM 6. INTEGRALIN UYGULAMALARI
Alıştırmalar
Aşağıda verilen grafiklerdeki taralı bölgelerin alanlarını hesaplayınız.
6.2. HACIMLER
6.2
161
Hacimler
S yi bir düzlemle kesip, S nin kesiti dediğimiz düzlemsel bölgeyi elde ederek başlayacağız. a ≤ x ≤ b olmak üzere,
x-eksenine dik ve x noktasından geçen Px düzlemindeki S nin kesitinin alanı A(x) olsun. (Bkz. Şekil 6.6. S yi x
ten geçen bir bıçakla dilimlediğimizi ve bu dilimin alanını hesapladığımız düşününüz.) x, a dan b ye arttıkça, kesitin
alanı A(x) değişecektir.
Şekil 6.6
Tanım 22.
S, x = a ve x = b arasında uzanan bir cisim olsun. A sürekli bir fonksiyon olmak üzere, x den geçen ve
x-eksenine dik olan Px düzlemindeki S nin kesitinin alanı A(x) ise, o zaman S nin hacmi
Zb
V =
A(x) dx
a
olarak tanımlanır.
Rb
V = A(x) dx formülünü kullandığımız zaman hatırlamamız gereken önemli nokta, A(x) in, x den
a
geçen ve x-eksenine dik dilimlemeyle elde edilen kesitin alanı olmasıdır.
Örnek 162.
Yarıçapı r olan bir kürenin hacminin
4
V = πr3
3
olduğunu gösteriniz.
Çözüm: Küreyi, merkezi
√ başlangıç noktasında olacak şekilde yerleştirirsek (bkz. Şekil 6.7), Px düzlemiyle kürenin
kesişimi, yarıçapı y = r2 − x2 olan bir çember olur (Pisagor Teoremi’nden).
Dolayısıyla, bu kesitin alanı
A(x) = πy 2 = π(r2 − x2 )
162
BÖLÜM 6. INTEGRALIN UYGULAMALARI
Şekil 6.7
olur. a = −r ve b = r alarak hacim tanımını kullanırsak
Z r
Z r
V =
A(x) dx =
π(r2 − x2 ) dx
−rZ
−r
r
= 2π
(r2 − x2 ) dx
r
0
r3
x3
3
2
= 2π r −
= 2π r x −
3 0
3
4 3
= πr
3
Örnek 163.
√
y = x eğrisi, x-ekseni ve x = 1 doğrusuyla sınırlanan bölgeyi x-ekseni çevresinde döndürmekle elde
edilen cismin hacmini bulunuz.
Şekil 6.8
Çözüm: Bölge, Şekil 6.8 da gösterilmiştir.Eğer x-ekseni çevresinde döndürülürse, Şekil 6.9 deki cismi elde ederiz.
√
x den geçen kesit, yarıçapı x olan bir çemberdir. Bu kesitin alanı
√
A(x) = π( x)2 = πx
6.2. HACIMLER
163
Şekil 6.9
olur. Bu cisim x = 0 ile x = 1 arasındadır. Dolayısıyla hacmi
1
Z 1
Z 1
x2
π
V =
A(x) dx =
πx dx = π
=
2
2
0
0
0
Örnek 164.
y = x3 , y = 8 ve x = 0 ile sınırlı olan bölgeyi y-ekseni çevresinde döndürerek elde edilen cismin hacmini
bulunuz.
Şekil 6.10
Çözüm: Bölge, Şekil 6.10 de, cisim ise Şekil 6.11 de gösterilmiştir. Bölge y-ekseni çevresinde döndürüldüğü için
y-eksenine dik biçimde dilimlemek ve integrali y ye göre almak daha mantıklı olur. y yüksekliğindeki kesit, yarıçapı
√
x olan çembersel bir disktir. x = 3 y olduğu için, y den geçen kesitin alanı
√
A(y) = πx2 = π( 3 y)2 = πy 2/3
Cisim, y = 0 ve y = 8 arasında kaldığı için hacmi
Z 8
Z 8
V =
A(y) dy =
πy 2/3 dy
0
0
3 5/3 8 96π
=π y
=
5
5
0
164
BÖLÜM 6. INTEGRALIN UYGULAMALARI
Şekil 6.11
olarak bulunur.
Örnek 165.
y = x ve y = x2 eğrileriyle çevrili olan R bölgesi, x-ekseni çevresinde döndürülmüştür. Oluşan cismin
hacmini bulunuz.
Şekil 6.12
Çözüm: y = x ve y = x2 eğrileri, (0, 0) ve (1, 1) noktalarında kesişir. Aralarındaki bölge, dönel cisim ve x-eksenine
dik olan kesit Şekil 6.12 de gösterilmiştir. Px düzlemindeki kesit, iç yarıçapı x2 ve dış yarıçapı x olan bir halka
şeklindedir. Dolayısıyla, alanını bulmak için büyük çemberin alanından küçük çemberin alanını çıkarırız.
A(x) = πx2 − π(x2 )2 = π(x2 − x4 )
6.3. YAY UZUNLUĞU
165
Bu durumda,
Z
1
Z
1
A(x) dx =
π(x2 − x4 ) dx
0
0
1
2π
x3 x5
−
=
=π
3
5 0
15
V
=
elde ederiz.
6.3
Yay Uzunluğu
Yay Uzunluğu Formülü: Parametrik denklemleri x = f (t), y = g(t), a 6 t 6 b, olan bir düzgün eğri, t parametresi
a değerinden b değerine doğru artarken tam olarak bir kez izleniyorsa, o zaman bu eğrinin uzunluğu
s
Z b 2 2
dy
dx
+
dt dir.
(6.2)
L=
dt
dt
a
Örnek 166.
x = t2 , y = t3 eğrisinin (1, 1) ve (4, 8) noktaları arasındaki yayının uzunluğunu bulunuz. Bkz Şekil 6.13
Şekil 6.13
Çözüm: 1 6 t 6 2 değerlerinin, eğrinin (1, 1) ve (4, 8) noktaları arasındaki parçasını verdiğini x = t2 ve y = t3
denklemlerinden görüyoruz. Dolayısıyla, yay uzunluğu formülü
s
Z 2 2 2
Z 2p
dx
dy
L =
+
dt =
(2t)2 + (3t2 )2 dt
dt
dt
1
1
Z
=
2p
4t2 + 9t4 dt
1
Z
=
2
p
t 4 + 9t2 dt
1
verir.
Z
L=
2
t
1
p
4 + 9t2 dt
166
BÖLÜM 6. INTEGRALIN UYGULAMALARI
u = 4 + 9t2 değişken değişikliğini yaparsak, du = 18t dt olur. t = 1 olduğunda u = 13; t = 2 olduğunda u = 40
dır. Böylece
Z 40
√
1
1 2 3/2 40
L =
u du =
· u
18 13
18 3
13
i
√ 1 h 3/2
1 √
40 − 133/2 =
80 10 − 13 13
27
27
=
buluruz.
Elimizdeki eğri y = f (x), a 6 x 6 b denklemleriyle verilmişse, x değişkenini parametre olarak alabiliriz. O
zaman parametrik denklemler x = x, y = f (x) olur ve denklem 6.2
s
2
Z b
dy
L=
1+
dx
(6.3)
dx
a
biçimin alır.
Örnek 167.
xy = 1 hiperbolünün (1, 1) noktasından (2, 1/2) noktasına kadar olan parçasının uzunluğunu yaklaşık
olarak hesaplayınız.
Çözüm: Elimizde
y=
1
x
dy
1
=− 2
dx
x
olduğu için formül (6.3) den uzunluğu
Z
2
r
L=
1
dy
1+
dx =
dx
2
Z
r
1+
1
1
dx ∼
= 1.1321
x4
olarak elde ederiz.
Benzer biçimde bir eğrinin denklemi x = f (y), a 6 y 6 b ise, y değişkenini parametre olarak alabiliriz. O
zaman parametrik denklemler x = f (y), y = y olur ve uzunluk
s
Z b 2
dx
L=
+ 1 dy
(6.4)
dy
a
olur.
Formül (6.2),(6.3) ve (6.4) teki karekökten ötürü, yay uzunluğu hesabında ortaya çıkan integrali kesin olarak
hesaplamak çoğu zaman çok zordur veya olanaksızdır.
Örnek 168.
y 2 = x parabolünün (0, 0) noktasından (1, 1) noktasına kadar olan yayının uzunluğunu bulunuz.
Çözüm: x = y 2 olduğu için
dx
dy
= 2y olur ve formül (6.4)
Z
L=
0
verir.
1
s
dx
dy
2
Z
+ 1 dy =
0
1p
4y 2 + 1 dy ∼
= 1.478943
6.4. BIR FONKSIYONUN ORTALAMA DEĞERI
167
Örnek 169.
x = r(θ − sin θ), y = r(1 − cos θ) sikloidinin bir yayının uzunluğunu bulunuz.
Şekil 6.14
Çözüm: Bir yayı 0 6 θ 6 2π parametre aralığıyla elde edildiğini daha önce görmüştük.
dy
dx
= r(1 − cos θ) ve
= r sin θ
dθ
dθ
olduğu için
Z
2π
L =
0
Z
2π
=
s
dx
dθ
2
+
dy
dθ
2
dθ
q
r2 (1 − cos θ)2 + r2 sin2 θ dθ
0
Z
2π
q
=
r2 (1 − 2 cos θ + cos2 θ + sin2 θ) dθ
0R
2π p
=r 0
2(1 − cos θ) dθ = 8r.
6.4
Bir Fonksiyonun Ortalama Değeri
Sonlu sayıda y1 , y2 , · · · , yn sayılarının ortalama değerini hesaplamak çok kolaydır:
yort =
y1 + y2 + · · · + yn
n
Ancak, sonsuz tane sıcaklık ölçümünün olanaklı olduğu bir durumda bir günün ortalama sıcaklığını nasıl hesaplayacağız?
Bir sıcaklık fonksiyonu T (t) nin grafiği ve ortalama sıcaklık Tort için bir tahmin Şekil 6.15 de verilmiştir. Burada
t saat cinsinden T ◦ C cinsinden ölçülmüştür.
T (t) fonksiyonu t anındaki sıcaklığı gösteriyorsa, sıcaklığın ortalama sıcaklığa eşit olduğu belirli bir an olup
olmadığını merak edebiliriz. Şekil 6.15 deki sıcaklık fonksiyonu için böyle iki an olduğunu görüyoruz. Genel olarak,
bir f fonksiyonunun değerini tam olarak o fonksiyonun ortalama değerine eşit olduğu, yani f (c) = fort olduğu bir c
sayısı varmıdır.
168
BÖLÜM 6. INTEGRALIN UYGULAMALARI
Şekil 6.15
Teorem 21 (İntegraller için Ortalama Değer Teoremi:).
f, [a, b] aralığında sürekli bir fonksiyon ise [a, b] aralığında
f (c) = fort
1
=
b−a
Z
b
f (x) dx
a
eşitliğini yani
Z
b
f (x) dx = f (c)(b − a)
a
eşitliğini sağlayan bir c sayısı vardır.
Örnek 170.
f (x) = 1 + x2 fonksiyonu [−1, 2] aralığında sürekli olduğu için, integraller için ortalama değer teoremine
göre, [−1, 2] aralığında
Z 2
(1 + x2 ) dx = f (c)[2 − (−1)]
−1
eşitliğini sağlayan bir c sayısı vardır. Bu özel durumda, c sayısını kesin olarak bulabiliriz.
2
x3
x+
= 3f (c)
3 −1
eşitliğinden f (c) = fort = 2 bulunur. Dolayısıyla 1 + c2 = 2 olduğundan c = ±1 olarak bulunur.
Örnek 171.
Bir cismin hızı aşağıdaki parametrik denklemle verilmiştir.(t zaman)
x = t,
y = t3/2
Harekete başlayıp 4sn hareket ederse, bu süre içerisindeki ortalama hızı nedir?
6.4. BIR FONKSIYONUN ORTALAMA DEĞERI
169
Çözüm: Ortalama hız
1
b−a
Z
b
y dx
a
formulüyle bulunabilir. Parametrik denklem kullanılırsa x = t ⇒ dx = dt
!
Z 4
1
1 t5/2 4
3/2
Vort =
t dt =
= 16/5
4−0 0
4 5/2 0

MAT1009 Matematik I

Related documents

Products

Support

MAT1009 Matematik I

Related documents

Add this document to collection(s)

Add this document to saved

Suggest us how to improve StudyLib