Integral

Bir Fonksiyonun İlkeli
Tanım: Eğer bir I aralığındaki her x için F 0 (x) = f (x) ise, F
fonksiyonuna I üzerinde f nin ilkeli denir.
Bir Fonksiyonun İlkeli
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) = 31 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.
Bir Fonksiyonun İlkeli
Teorem: F fonksiyonu bir I aralığı üzerinde f nin bir ilkeli ise, C
herhangi bir sabit olmak üzere,
F (x) + C
f nin I üzerindeki en genel ilkelidir.
(1)
Örnek
Örnek : Aşağıdaki fonksiyonların en genel ilkellerini bulunuz.
(a) f (x) = sin x
(b) f (x) = 1/x
(c) f (x) = xn ,
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.
n 6= 1
Örnek...
(b)
1
d
(ln x) = olduğunu anımsayınız.
dx
x
Bu nedenle (0, ∞) aralığında 1/x in genel ilkeli ln x + C dir.
Aynı zamanda, her x 6= 0 için
d
1
(ln |x|) =
dx
x
olduğunu öğrenmiştik.
Örnek...
Teorem, f (x) = 1/x in genel ilkelinin sıfırı içermeyen herhangi bir
aralıkta ln |x| + C olduğunu söyler.
Özel olarak, (−∞, 0) ve (0, ∞) aralıklarının herbirinde bu
doğrudur.
Böylece f nin genel ilkeli
F (x) =
dir.
ln x + C1 eğer x > 0
ln(−x) + C2 eğer x < 0
Örnek...
(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
F (x) =
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.
İlkel Formüllerin Tablosu
İlkel Formüllerin Tablosu
İNTEGRAL
Alan ve Uzaklık
Alan Problemi
a dan b ye kadar y = f (x) eğrisinin altında kalan S bölgesinin
alanını bulalım. Burada S bölgesi, Şekil 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 1: S = {(x, y) a 6 x 6 b, 0 6 y 6 f (x)}
Alan Problemi
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.
Alan Problemi
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.
Örnek
Örnek : Dikdörtgenler kullanarak, 0 dan 1 e kadar, y = x2
eğrisinin altında kalan alanı yaklaşık olarak bulunuz. (Şekil 2 de
gösterilen parabolik bölge).
Şekil 2:
Örnek...
Çözüm : Öncelikle, S nin alanının 0 ile 1 arasında olması
gerektiğini görelim: kenar uzunluğu 1 olan bir kare S bölgesini
kapsar.
Şekil 3:
Örnek...
1
Ancak bundan daha iyisini yapabiliriz. Şekil 4(a) daki gibi x = ,
4
3
1
x = , x = düşey doğrularını çizerek S yi S1 , S2 , S3 ve S4
2
4
şeritlerine ayıralım.
Şekil 4: (a)
Örnek...
Bu şeritlerin her birinin tabanı kendi tabanına eşit, yüksekliği ise
şeridin sağ kenar uzunluğuna eşit olan bir dikdörtgen gibi
düşünebiliriz [Bkz. Şekil 5(b)].
Şekil 5: (b)
Örnek...
Diğer bir deyişle, bu dikdörtgenlerin yüksekliği, f (x) = x2
1
1 1
1 3
3
fonksiyonunun sırasıyla 0, ,
, ,
, ,
,1
4
4 2
2 4
4
alt aralıklarının sağ uç noktalarındaki değerleridir.
Örnek...
Her dikdörtgenin genişliği
1
ve yükseklikleri, sırasıyla
4
2 2 2
1
1
3
,
,
ve 12 dir.
4
2
4
Bu dikdörtgenlerinin 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.
Örnek...
Şekilden, S nin alanının(A), R4 den küçük olduğunu görüyoruz,
dolayısıyla
A < 0.46875
dir.
Örnek...
Şekil 5(b) deki dikdörtgenlerin yerine Şekil 6 deki küçük
dikdörtgenleri kullanırsak,
Şekil 6:
Örnek...
bu dikdörtgenlerin yüksekliklerini, f yi alt aralıkların sol uç
noktalarında hesaplayarak dikdörtgenlerin toplam alanı
1
1
L4 = · 02 + ·
4
4
olur.
2
2
2
1
1
7
1
1
3
+ ·
+ ·
=
= 0.21875
4
4
2
4
4
32
Örnek...
S nin alanının L4 den büyük olduğunu görüyoruz, dolayısıyla A için
0.21875 < A < 0.46875
alt ve üst sınırlarını elde ederiz.
Örnek...
Bu işlemleri daha fazla sayıda dikdörtgen kullanarak yineleyebiliriz.
Şekil 7, S bölgesinin genişlikleri eşit uzunlukta olan sekiz
dikdörtgene bölüşünü gösteriyor.
Şekil 7: R8 ve L8
Örnek...
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.
Örnek...
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
1
Tablodaki değerler, n arttıkça Rn nin e yaklaştığını
3
düşündürür.Bir sonraki örnek bunun doğruluğunu gösterir.
Örnek
Örnek :
İlk örnekdeki S bölgesi için büyük dikdörtgenlerin
1
alanları toplamının e yaklaştığını, diğer bir deyişle
3
lim Rn =
n→∞
olduğunu gösteriniz.
1
3
Örnek...
Çözüm : Rn Şekil 8 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 8:
bu yüzden dikdörtgenlerin yükseklikleri sırasıyla
(1/n)2 , (2/n)2 , (3/n)2 , . . . , (n/n)2 olur.
Örnek...
Böylece
Rn
dir.
1
=
n
2
1
1 2 2 1 3 2
1 n 2
+
+
+ ... +
n
n n
n n
n n
=
1 1 2
· (1 + 22 + 32 + . . . + n2 )
n n2
=
1 2
(1 + 22 + 32 + . . . + n2 )
n3
Örnek...
Burada ilk n pozitif tam sayısının karalerinin toplamı formülüne
gereksinim duyarız.
11 + 2 2 + 3 2 + . . . + n2 =
n(n + 1)(2n + 1)
.
6
Formül (2) i, Rn nin ifadesine yerleştirince
Rn =
bulunur.
(n + 1)(2n + 1)
1 n(n + 1)(2n + 1)
·
=
3
n
6
6n2
(2)
Örnek...
Böylece,
lim
n→∞
(n + 1)(2n + 1)
6n2
1 n+1
2n + 1
= lim
n→∞ 6
n
n
= lim
n→∞
1
= lim
n→∞ 6
=
1
1+
n
1
1
·1·2=
6
3
1
2+
n
Örnek...
Alt yaklaşık toplamlarının da
1
e yaklaştığı, diğer bir deyişle,
3
lim Ln =
n→∞
olduğu gösterilebilir.
1
3
Örnek...
Örnek...
Örnek...
Örnek...
Örnek...
Örnek...
Örnek...
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
Alan Problemi
Örneklerdeki fikirleri uygulayarak, Şekil 1 deki daha genel bir S
bölgesinin alanını bulalım. Önce Şekil 9 da görüldüğü gibi, S yi
genişlikleri eşit olan n tane S1 , S2 , . . . , Sn şeritlerine ayıralım.
Şekil 9:
Alan Problemi
[a, b] aralığının uzunluğu b − a dır. Dolayısıyla her bir şeridin
genişliği
b−a
∆x =
n
olur.
Alan Problemi
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.
Alan Problemi
Bu alt aralıkların sağ uç noktaları
x1 = a + ∆x,
dır.
x2 = a + 2∆x,
x3 = a + 3∆x, . . .
Alan Problemi
Si yi, genişliği ∆x, yüksekliği f (xi ) olan bir dikdörtgen gibi
düşünelim (Bkz. Şekil 10).
Şekil 10:
Dikdörtgenin alanı f (xi )∆x dir.
Alan Problemi
S nin alanını yaklaşık olarak, dikdörtgenlerin alanlarını toplayarak
bulabiliriz, bu da
Rn = f (x1 )∆x + f (x2 )∆x + . . . + f (xn )∆x
dir.
Alan Problemi
Şekil 11:
Alan Problemi
Şekil 11 bu yaklaşımı, n = 2, 4, 8, 12 için göstermektedir.
Şeritlerin sayısı arttıkça, başka bir deyişle n → ∞ iken, bu
yaklaşımın gittikçe iyileştiğine dikkat ediniz.
Alan Problemi
Bu yüzden S bölgesinin A alanı aşağıdaki gibi tanımlanır.
Tanım : 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] (3)
n→∞
n→∞
Alan Problemi
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] (4)
n→∞
n→∞
Alan Problemi
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.
Alan Problemi
Şekil 12, örnek noktaların uç noktalar olarak alınmadığı
dikdörtgenlerle yaklaşımı göstermektedir.
Şekil 12:
Alan Problemi
Dolayısıyla S nin alanı daha genel olarak
A = lim [f (x∗1 )∆x + f (x∗2 )∆x + . . . + f (x∗n )∆x]
n→∞
şeklinde ifade edilir.
(5)
Alan Problemi
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
Alan Problemi
Dolayısıyla, Denklem (3), (4) ve (5) 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
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
Örnek : 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)
0
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
Hız v(ft/sn)
0
6.2
10.8
14.9
18.1
19.4
20.2
Örnek...
Zaman t(sn)
0
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
Hız v(ft/sn)
0
6.2
10.8
14.9
18.1
19.4
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.
Örnek...
Zaman t(sn)
Hız v(ft/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
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
Örnek...
Zaman t(sn)
Hız v(ft/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
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.
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→∞
(6)
şeklinde bir limitin ortaya çıktığını gördük.
Bu tip limitler, f nin pozitif olmak zorunda olmadığı, birçok değişik
durumlarda da karşımıza çıkar.
(6) 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.
Belirli İntegral
Belirli İntegralin Tanımı 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
olarak tanımlanır.
n
X
i=1
f (x∗i )∆x
Belirli İntegral
Zb
f (x)dx gösteriminde f (x), integrali alınan
NOT 1 :
a
fonksiyon, a, b integralin sınırları; a alt sınır, b üst sınır olarak
adlandırılır. İntegrali hesaplama sürecine de integral almak denir.
Zb
f (x)dx belirli integrali bir sayıdır; x değişkenine
NOT 2 :
a
bağlı değildir.
Aslında x yerine istediğimiz harfi koyabiliriz, integralin değeri
değişmez:
Zb
Zb
Zb
f (x)dx = f (t)dt = f (r)dr
a
a
a
Belirli İntegral
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.
Belirli İntegral
NOT 4 : Tanımda karşılaştığımız
n
X
f (x∗i )∆x
i=1
toplamına Riemann toplamı denir.
Belirli İntegral
Eğer f pozitifse, Riemann toplamını, yaklaştırım dikdörtgenlerinin
toplam alanı olarak yorumlayabileceğimizi biliyoruz (Bkz. Şekil 13).
Şekil 13:
Belirli İntegral
Zb
f (x)dx belirli
Buradaki tanım ile alan tanımını karşılaştırırsak,
a
integralinin a dan b ye kadar, y = f (x) eğrisinin altında kalan alan
olduğunu görürüz. (Bkz. Şekil 14)
Şekil 14:
Belirli İntegral
Eğer f , Şekil 15 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 15:
Belirli İntegral
Bu tip Riemann toplamlarının limiti, 16 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 16:
Örnek
Örnek :
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 4 gibidir.) a = 0 ve
b = π verildiğinden, integrali
Z π
n
X
3
(x3 + x sin x)dx
lim
[xi + xi sin xi ]∆x =
n→∞
i=0
olarak yazabiliriz.
0
İntegralin Hesaplanması
Bir belirli integrali, tanımı kullanarak hesaplarken, toplamlarla nasıl
çalışacağımızı bilmeliyiz. Aşağıdaki üç denklem pozitif tam
sayıların kuvvetlerinin toplamını verir.
n
X
n(n + 1)
2
(7)
n(n + 1)(2n + 1)
6
(8)
i=
i=1
n
X
i2 =
i=1
n
X
i=1
n(n + 1)
i =
2
3
2
(9)
İntegralin Hesaplanması
Geri kalan formüller sigma gösterimiyle çalışabilmek için basit
kurallardır:
n
X
c = nc
(10)
i=1
n
X
i=1
cai = c
n
X
ai
(11)
i=1
n
n
n
X
X
X
(ai + bi ) =
ai +
bi
i=1
i=1
n
n
n
X
X
X
(ai − bi ) =
ai −
bi
i=1
i=1
(12)
i=1
i=1
(13)
Örnek
Z3
Örnek :
(x3 − 6x)dx integralini hesaplayınız.
0
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 =
dir.
3i
n
Örnek...
Sağ uç noktaları aldığımızdan Deklem 3’ü kullanabiliriz:
Z
0
3
n
X
3i 3
(x − 6x)dx = lim
f (xi )∆x = lim
f
n→∞
n→∞
n n
i=1
i=1
" #
n
3X
3i
3i 3
−6
= lim
n→∞ n
n
n
3
n
X
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
Örnek...
Z
0
3
#
n
n
X
X
54
81
i3 − 2
i
(x3 − 6x)dx = lim
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
"
=
27
81
− 27 = − = −6.75
4
4
Örnek...
f hem pozitif hem de negatif değerler alındığından bu integral bir
alan olarak yorumlanamaz. Ancak Şekil 17 da gösterilen A1 ve A2
alanlarının A1 − A2 farkı olarak yorumlanabilir.
Z3
Şekil 17:
0
(x3 − 6x)dx = A1 − A2 = −6.75
Belirli İntegrallerin Özellikleri
Zb
c dx = c(b − a)
1. c bir sabit sayı olmak üzere
a
Zb
Za
f (x)dx = −
2.
f (x)dx
a
b
Za
3.
f (x)dx = 0
a
Zb
4.
Zb
[f (x) + g(x)]dx =
a
Zb
f (x)dx +
a
g(x)dx
a
Belirli İntegrallerin Özellikleri
Zb
5. c bir sabit olmak üzere
Zb
cf (x)dx = c
a
Zb
a
f (x)dx −
Zb
f (x)dx +
a
Zb
a
Zc
7.
a
Zb
[f (x) − g(x)]dx =
6.
g(x)dx
a
Zb
f (x)dx =
c
f (x)dx
f (x)dx
a
Örnek
Z1
Örnek :
İntegralin özelliklerini kullanarak
0
integralini hesaplayınız.
(4 + 3x2 )dx
Örnek...
Çözüm :
Z1
Özellik 4 ve 5 i kullanarak
Z1
2
(4 + 3x )dx =
0
Z1
4 dx +
0
2
Z1
3x dx =
0
Z1
4 dx + 3
0
x2 dx
0
elde ederiz. Özellik 1 den
Z1
4 dx = 4(1 − 0) = 4
0
olduğunu biliyoruz ve daha önce
R1
x2 dx = 1/3 olduğunu
0
bulmuştuk. Buradan
Z1
2
Z1
(4 + 3x )dx =
0
bulunur.
Z1
4dx + 3
0
0
x2 dx = 4 + 3 ·
1
=5
3
Örnek
Z10
Örnek :
Z8
f (x)dx = 17 ve
0
Z10
f (x)dx i bulunuz.
8
f (x)dx = 12 olduğu biliniyorsa,
0
Örnek...
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
dir.
Z8
0
f (x)dx = 17 − 12 = 5
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)
a
dır.
Örnek
Z1
Örnek :
Özellik 10 u kullanarak
0
sınır bulunuz.
2
e−x dx integraline alt ve üst
Örnek...
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
e
−1
Z1
(1 − 0) ≤
2
e−x dx ≤ 1(1 − 0)
0
ya da
e
−1
Z1
≤
0
dir.
2
e−x dx ≤ 1
Örnek...
e−1 ≈ 0.3679 olduğundan
Z1
0.367 ≤
2
e−x dx ≤ 1
0
yazabiliriz. Bu örneğin sonucu Şekil 18 de gösterilmiştir.
Örnek...
İntegral aşağıdaki dikdörtgenin alanından büyük, karenin alanından
küçüktür.
Şekil 18:
Belirli İntegrallerin Hesaplanması
Değer Bulma Teoremi
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)
a
dir.
Belirli İntegrallerin Hesaplanması
Örneğin, f (x) = x2 nin bir ilkelinin F (x) = 31 x3 olduğunu
biliyoruz. Değer Bulma Teoremi bize
Z1
x2 dx = F (1) − F (0) =
0
olduğunu söyler.
1 3 1 3 1
·1 − ·0 =
3
3
3
Belirli İntegrallerin Hesaplanması
Değer Bulma Teoremi’ni uygularken
F (x)
ib
a
= F (b) − F (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)
a
a
dir.
Örnek
Z3
Örnek :
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
Örnek
Örnek : 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
0
dir.
ib
0
= sin b − sin 0 = sin b
Örnek...
Özel olarak b = π/2 alırsak, 0 dan π/2 ye kadar kosinüs eğrisinin
altında kalan alanın, sin(π/2) = 1 olduğunu kanıtlamış oluruz.
Belirsiz İntegraller
İlkeller ile integraller arasındaki ilişkiden dolayı f nin ilkelini
göstermek için
Z geleneksel olarak belirsiz integral olarak
adlandırılan
f (x)dx gösterimi kullanılır. Dolayısıyla,
Z
f (x)dx = F (x),
anlamına gelir.
F 0 (x) = f (x)
Belirsiz İntegraller
Belirli ve belirsiz integralin arasındaki ayrıma dikkat etmelisiniz.
Z
Zb
f (x)dx belirli integrali bir sayı, f (x)dx belirsiz integrali ise
a
bir fonksiyondur.
Belirsiz İntegraller
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
ln |x| =
dx
x
gösterimi f nin herhangi bir ilkelini ya da (her C için bir tane
olmak üzere), bütün ilkeller ailesini de gösterebilir.
formülü (0 içermeyen her aralıkta) doğrudur, çünkü
Belirsiz İntegraller Tablosu
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
(n 6= 1)
Belirsiz İntegraller Tablosu
Z
ax dx =
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
Belirsiz İntegraller Tablosu
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
Örnek : 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.
Örnek
Z3
Örnek :
(x3 − 6x)dx integralini hesaplayınız.
0
Çözüm :
Z3
Değer Bulma Teoremi’nden
3
(x − 6x)dx =
0
x2
x4
−6
4
2
3
0
1
1
= ( · 34 − 3 · 32 ) − ( · 04 − 3 · 02 )
4
4
=
elde ederiz.
81
− 27 − 0 + 0 = −6.75
4
Örnek
Örnek :
Z2 2x3 − 6x +
3
2
x +1
dx integralini bulunuz.
0
Çözüm :
Z2 0
Değer Bulma Teoremi’nden
2x3 − 6x +
3
x2 + 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
dir. Bu, integralin kesin değeridir.
Örnek
Z9
Örnek :
√
2t2 + t2 t − 1
dt integralini hesaplayınız.
t2
1
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
= 2t + t +
3
t 1
Örnek...
Z9
√
1
2
1
2
2t2 + t2 t − 1
dt = [2 · 9 + (9)3/2 + ] − (2 · 1 + · 13/2 + )
2
t
3
9
3
1
1
= 18 + 18 +
2
4
1
− 2 − − 1 = 32
9
3
9
Uygulamalar
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
Toplam Değişim Teoremi Değişim hızının integrali toplam
değişimi verir:
Zb
F 0 (x)dx = F (b) − F (a)
a
olarak ifade edebiliriz.
Uygulamalar
Örneğin,
I
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.
Uygulamalar
I
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.
Uygulamalar
I
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.
Uygulamalar
I
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 )
(14)
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.
Uygulamalar
I
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
t1
olur.
(15)
Uygulamalar
I
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
Örnek : 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.
Örnek...
Çözüm :
(a) Denklem (14) den, yer değişimi
Z4
s(4) − s(1) =
Z4
v(t)dt =
1
=
(t2 − t − 6)dt
1
4
9
− − 6t = −
3
2
2
1
t3
t2
olur. Bu cismin t = 4 anındaki konumunun, başlangıç konumunun
4.5 m solunda olması anlamına gelir.
Örnek...
(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 (15)
ten gidilen yol
Z4
Z3
|v(t)|dt =
1
Z4
−[v(t)]dt +
1
v(t)dt
3
Z3
Z4
2
(−t + t + 6)dt +
=
1
=
dir.
3
4
t3 t2
− − 6t
− + + 6t +
3
2
3
2
1
3
61
≈ 10, 17m
6
=
(t2 − t − 6)dt
t3
t2
3
Kalkülüsün Temel Teoremi, Kısım 1
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.
Kalkülüsün Temel Teoremi, Kısım 1
Türev için Leibniz gösterimini kullanarak, f sürekli olduğunda bu
teoremi
Zx
d
f (t)dx = f (x)
dx
a
olarak yazabiliriz. Bu eşitlik kabaca, f nin önce integralini sonrada
sonucun türevini alırsak, başlangıçtaki f fonksiyonuna geri
döneceğimizi söyler.
Örnek
Zx p
1 + t2 dt fonksiyonunun türevini bulunuz.
Örnek : g(x) =
0
√
Çözüm : f (t) = 1 + t2 sürekli olduğundan, Kalkülüsün Temel
Teoremi Kısım 1 bize
p
g 0 (x) = 1 + x2
verir.
Örnek
d
Örnek :
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

Zu
Z
Zx4
d
d 
du
d
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)
Birbirinin Tersi İşlemler Olarak Türev ve İntegtral Alma
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.
Kalkülüsün Temel Teoremi
Zx
f (t)dt ise g 0 (x) = f (x) dir.
I
g(x) =
I
f nin herhangi bir F ilkeli, başka bir deyişle F 0 = f için
a
Zb
f (x)dx = F (b) − F (a) dır.
a
Yerine Koyma Kuralı
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
(16)
olur.
Örnek
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
x cos(x + 2) dx = cos u · du =
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 Kuralı
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
Z
Örnek :
√
2x + 1dx integralini hesaplayınız.
Çözüm 1: 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
1 u3/2
·
+ C = u3/2 + C
2 3/2
3
1
= (2x + 1)3/2 + C
3
verir.
Örnek...
√
Çözüm 2: Olası bir başka değişken değişikliği de u = 2x + 1 dir.
dx
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
=
elde edilir.
1
u3
+ C = (2x + 1)3/2 + C
3
3
Örnek
Z
Örnek:
√
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
x
1
1
1
√
√ du = −
dx = −
u−1/2 du
2
8
8
u
1 − 4x
=−
bulunur.
1p
1 √ 2 u +C =−
1 − 4x2 + C
8
4
Örnek
Z
Örnek :
e5x dx integralini hesaplayınız.
Çözüm : u = 5x alırsak, du = 5 dx, buradan dx = 51 du olur.
Bundan dolayı
Z
Z
1
1
1
5x
e dx =
eu du = eu + C = e5x + C
5
5
5
dir.
Örnek
Z
Örnek :
tan x dx integralini hesaplayınız.
Çözüm : Önce tanjantı, sinüs ve cosinüs cinsinden yazalım:
Z
Z
sin x
dx
tan x dx =
cos x
Bu, du = − sin x dx ve buradan sin x dx = −du olduğundan
u = cos x seçmemiz gerektiğini gösterir:
Z
Z
Z
sin x
1
tan x dx =
dx = −
du
cos x
u
= − ln |u| + C = − ln | cos x| + C
Örnek...
− 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.
Belirli İntegraller İçin Yerine Koyma Kuralı
g 0 fonksiyonu [a, b] aralığında, f fonksiyonu u = g(x) in değer
kümesinde sürekliyse,
Zb
a
olur.
Zg(b)
f (g(x))g 0 (x) dx =
f (u) du
g(a)
(17)
Örnek
Z4
Örnek : 17 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 2
u du = · u3/2
2
2 3
1
1
26
= (93/2 − 13/2 ) =
3
3
olur.
9
1
Örnek...
17 i kullandığımızda, integrali aldıktan sonra x değişkenine
dönmediğimizi gözlemleyelim. Diğer bir deyişle u cinsinden bir
ifadeyi u nun uygun değerleri arasında hesaplıyoruz.
Örnek
Z2
Örnek :
dx
integralini hesaplayınız.
(3 − 5x)2
1
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
dx
(3 − 5x)2
1
=−
5
Z−7
du
u2
−2
1
=−
1 −7
1
1 −7
=
−
5
u −2
5u −2
1
=
5
1 1
1
− +
=
7 2
14
Örnek
Ze
Örnek :
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
Ze
1
ln x
dx =
x
Z1
0
u2
u du =
2
1
=
0
1
2
Simetrik Fonksiyonların İntegralleri
f fonksiyonunun [−a, a] aralığında sürekli olduğunu varsayalım.
Za
Za
(a) f çift fonksiyonsa [f (−x) = f (x)],
f (x) dx = 2 f (x) dx
−a
0
dir.
Za
(b) f tek fonksiyonsa [f (−x) = −f (x)],
f (x) dx = 0 dır.
−a
Örnek
Örnek : 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
Örnek
Örnek : f (x) =
tan x
fonksiyonu, f (−x) = −f (x),
1 + x2 + x4
eşitliğini sağladığından tektir, dolayısıyla
Z1
−1
olur.
tan x
dx = 0
1 + x2 + x4
Kısmi İntegral Alma
Z
0
f (x)g (x) dx = f (x)g(x) −
Z
g(x)f 0 (x) dx
(18)
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
(19)
Örnek
Z
Örnek :
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
Z
Örnek :
ln x dx integralini hesaplayınız.
1
Çözüm : Burada u = ln x, dv = dx ise du = dx, v = x dir.
x
Kısmi integral alarak,
Z
Z
dx
ln x dx = x ln x − x
x
Z
= x ln x − dx
= x ln x − x + C elde ederiz.
Bu örnekte f (x) = ln x türevi f den daha basit olduğundan kısmi
integral alma etkili olmuştur.
Örnek
Z
Örnek :
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
verir.
Örnek...
R
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
2 x
2 x
x e dx = x e −2 xex dx = x2 ex −2xex +2ex +C1
elde ederiz.
(C1 = −2C)
Örnek
Z
Örnek :
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
(20)
verir.
Örnek...
R
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
ex cos x dx = e0 x sin x − ex sin x dx
(21)
dir. Denklem 21 i denklem 20 te yerine koyarsak
Z
Z
x
x
x
e sin x dx = −e cos x + e sin x + ex sin x dx
elde ederiz.
Örnek...
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.
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 18 in her iki yanını da hesapladığımızda
Zb
ib Z b
f (x)g (x) dx = f (x)g(x) − g(x)f 0 (x) dx
0
a
a
elde ederiz.
a
(22)
Örnek
Z1
Örnek :
tan−1 x dx integralini hesaplayınız.
0
Çözüm : u = tan−1 x, dv = dx ise du =
Denklem 22
Z1
−1
tan
−1
x dx = x tan
x
i1
0
Z1
−
dx
, v = x olur.
1 + x2
x
dx
1 + x2
0
0
−1
= 1 · tan
−1
1 − 0 · tan
Z1
0−
0
=
π
−
4
Z1
0
verir.
x
dx
1 + x2
x
dx
1 + x2
Örnek...
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
Z2
dt
1
= ln |t|
2
2
1
0
2
1
1
1
= (ln 2 − ln 1) = ln 2
2
2
dir. Dolayısıyla
Z1
0
dir.
tan−1 x dx =
π ln 2
−
4
2
Trigonometrik İntegraller
Trigonometrik integraller, altı temel trigonometrik fonksiyonun
cebirsel kombinasyonunu içeren integrallerdir.
Örneğin,
Z
Z
sec x dx,
2
3
cos x sin x dx,
Z
tan4 x dx
Genel fikir, bulmak istediğimiz karmaşık trigonometrik integralleri,
trigonometrik özdeşlikler kullanarak daha kolay çözümlenebilen
integrallere dönüştürebilmektir.
Sinüs ve Kosinüs Çarpımları
m ve n negatif olmayan tamsayılar olmak üzere
Z
sinm x cosn x dx
formundaki integraller.
Sinüs ve Kosinüs Çarpımları : 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
Örnek :
R
sin3 x cos2 x dx integralini hesaplayınız.
Çözüm :
Z
Z
sin3 x cos2 x dx =
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
=
=
u5 u3
−
+C
5
3
cos5 x cos3 x
−
+C
5
3
Sinüs ve Kosinüs Çarpımları : Durum 2
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
Örnek :
R
Çözüm :
Z
cos5 x dx integralini hesaplayınız.
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 =
=
=
=
1
2
= u − u3 + u5 + C
3
5
2
1
= sin x − sin3 x + sin5 x + C
3
5
Sinüs ve Kosinüs Çarpımları : Durum 3
m ve n çift ise
sin2 x =
1 − cos 2x
,
2
cos2 x =
trigonometrik özdeşliklerini kullanırız.
1 + cos 2x
2
Örnek
Örnek :
R
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
Örnek...
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
Örnek...
cos3 2x terimini içeren integrali ise şu şekilde çözümleriz:
Z
Z
cos3 2x dx =
(1 − sin2 2x) cos 2x dx
Z
1
(1 − u2 ) du
=
2
1
1
3
=
sin 2x − sin 2x + C4
2
3
Örnek...
Çözümlediğimiz bu integralleri kullanarak
Z
1
1
2
4
x + C1 + sin 2x + C2
sin x cos x dx =
8
2
Z
2
3
− (cos 2x + cos 2x) dx
=
1
1
1
1
x + C1 + sin 2x + C2 −
x + sin 4x
8
2
2
4
i
1
1
−C3 −
sin 2x − sin3 2x − C4
2
3
=
1
16
x−
1
1
sin 4x + sin3 2x + C
4
3
Kareköklerden Kurtulmak
Örnek :
π/4
R √
1 + cos 4x dx integralini hesaplayınız.
0
Çözüm : Karekökten kurtulmak için
cos2 θ =
1 + cos 2θ
2
özdeşliğini kullanırız.
veya
1 + cos 2θ = 2 cos2 θ
Örnek...
Böylelikle
Z
π/4 √
Z
π/4 √
1 + cos 4x dx =
2 cos2 2x dx
Z
=
0
0
=
π/4 √
√
2 cos2 2x dx
0
√ Z
2
π/4
| cos 2x| dx =
0
√ sin 2x
2
=
2
√ Z
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 ve
tan2 x = sec2 x − 1
sec2 x = 1 + tan2 x
özdeşliklerini kullanarak tanjant ve sekant fonksiyonlarının
kuvvetlerini içeren integralleri hesaplayabiliriz.
Örnek
Örnek :
R
tan4 x dx integralini hesaplayınız.
Çözüm :
Z
Z
Z
4
2
2
tan x dx =
tan x · tan x dx = tan2 x · (sec2 x − 1) dx
Z
Z
2
2
=
tan x sec 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
Örnek
Z
=
2
2
tan x sec x dx −
Z
2
sec x dx +
Z
dx
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
Sinüs ve Kosinüslerin Çarpımları
şu özdeşikleri kullanırız:
1
sin mx sin nx = [cos(m − n)x − cos(m + n)x]
2
1
sin mx cos nx = [sin(m − n)x + sin(m + n)x]
2
1
cos mx cos nx = [cos(m − n)x + cos(m + n)x]
2
(23)
(24)
(25)
Örnek
Örnek :
R
sin 3x cos 5x dx integralini hesaplayınız.
Çözüm : m = 3 ve n = 5 ile (24) eşitliğinden
Z
Z
1
[sin(−2x) + sin 8x] dx
sin 3x cos 5x dx =
2
Z
1
(sin 8x − sin 2x) dx
=
2
cos 8x cos 2x
= −
+
+C
16
4
elde edilir.
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
ifadeleri
ve
dx
Trigonometrik Dönüşümler - Durum 1
sırasıyla
a2 + x2 = a2 + a2 tan2 θ = a2 (1 + tan2 θ) = a2 sec2 θ
ve
dx = a sec2 θ dθ
ifadelerine dönüşür.
Trigonometrik Dönüşümler - Durum 1
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 = tan−1
,
− <θ<
a
2
2
ters dönüşümünü yaparız.
Örnek
Z
Örnek :
√
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
Örnek...
ifadelerini kullanarak
Z
Z
dx
√
=
4 + x2
Z
=
Z
=
2 sec2 θ dθ
√
4 sec2 θ
sec2 θ dθ
| sec θ|
sec θ dθ
(−
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)
Trigonometrik Dönüşümler - Durum 2
√
x2 − a2 ifadesini içeren integralleri hesaplamada
x = a sec θ
trigonometrik dönüşümünü kullanırız. Böylece
x2 − a2
ifadeleri
ve
dx
Trigonometrik Dönüşümler - Durum 2
sırasıyla
x2 − a2 = a2 sec2 θ − a2 = a2 (sec2 θ − 1) = a2 tan2 θ
dx = a sec θ tan θ dθ
ifadelerine dönüşür.
Trigonometrik Dönüşümler - Durum 2
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

 0 ≤ θ < π , x ≥ 1;
x
a
2
θ = sec−1
,
π
x

a
< θ ≤ π, a ≤ −1.
2
olur.
Örnek
2
Örnek : x > iken
5
Z
√
dx
integralini hesaplayınız.
25x2 − 4
Çözüm : Öncelikle paydadaki ifadeyi daha açık yazalım:
s
s 2
p
4
2
2
2
2
25x − 4 = 25 x −
=5 x −
25
5
x>
2
olduğu için dönüşümü
5
x=
2
sec θ,
5
olarak yaparız.
dx =
2
sec θ tan θ dθ,
5
0<θ<
π
2
Örnek...
Böylelikle
2
4
4
4
4
2
=
sec2 θ −
= (sec2 θ − 1) =
tan2 θ
x −
5
25
25
25
25
2
ve 0 < θ <
π
2
için tan θ > 0 olduğundan
s
x2
bulunur.
2
2
2
2
−
= | tan θ| = tan θ
5
5
5
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.
Trigonometrik Dönüşümler - Durum 3
√
a2 − x2 ifadesini içeren integralleri çözmek için
x = a sin θ
trigonometrik dönüşümünü kullanırız. Böylece
a2 − x2
ifadeleri
ve
dx
Trigonometrik Dönüşümler - Durum 3
sırasıyla
a2 − x2 = a2 − a2 sin2 θ = a2 (1 − sin2 θ) = a2 cos2 θ
dx = a cos θ dθ
ifadelerine dönüşür.
Trigonometrik Dönüşümler - Durum 3
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
x
−π
π
θ = sin−1
,
≤θ≤
a
2
2
olur.
Örnek
Z
Örnek :
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
Örnek...
Z
x2 dx
√
9 − x2
9 sin2 θ · 3 cos θ dθ
|3 cos θ|
Z
=
Z
= 9
1 − cos 2θ
dθ
2
9
sin 2θ
θ−
+C
2
2
Z
= 9
=
sin2 θ dθ
Örnek...
=
=
=
=
elde edilir.
9
2
sin 2θ
θ−
+C
2
9
(θ − sin θ cos θ) + C
2
!
√
2
9
x
x
9
−
x
sin−1 − ·
+C
2
3
3
3
9
x xp
sin−1 −
9 − x2 + C
2
3
2
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
1
x
= sec2 =
2
2
2
cos (x/2)
özdeşliğinden
cos2
bulunur.
x
1
=
2
1 + z2
z = tan(x/2) Dönüşümü
cos x = 2 cos2
özdeşliğini ve cos2
1
x
=
yi kullanarak
2
1 + z2
cos x = 2
elde edilir.
x
−1
2
1 − z2
1
−
1
=
1 + z2
1 + z2
z = tan(x/2) Dönüşümü
Diğer taraftan
cos x = 1 − 2 sin2
özdeşliğinden ve cos x =
sin2
bulunur.
x
2
1 − z2
den
1 + z2
1 − cos x
x
=
=
2
2
1−
1 − z2
2
1 + z2 = z
2
1 + z2
z = tan(x/2) Dönüşümü
Bu kez
sin x = 2 sin
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
özdeşliğinden, cos2
elde edilir.
z = tan(x/2) Dönüşümü
z = tan x2 de türev alarak da
dz =
x
1
1
x
1
sec2 dx =
1 + tan2
dx = (1 + z 2 )dx
2
2
2
2
2
bulunur. Böylelikle
dx =
olur.
2
dz
1 + z2
z = tan(x/2) Dönüşümü
Özetle, z = tan x2 trigonometrik dönüşümünü yaptığımızda
cos x =
1 − z2
,
1 + z2
eşitliklerini kullanırız.
sin x =
2z
,
1 + z2
dx =
2
dz
1 + z2
Örnek
Z
Örnek :
dx
integralini hesaplayınız.
1 + sin x + cos x
Çözüm : İntegral, sinüs ve kosinüs bölümlerini içerdiği için
z = tan x2 dönüşümünü uygularız. Böylece
x
z = tan ,
2
cos x =
ifadelerini kullanarak
1 − z2
,
1 + z2
dx =
2dz
1 + z2
sin x =
2z
1 + z2
Örnek...
Z
dx
1 + sin x + cos x
Z
=
Z
2dz
1 + z2
1 − z2
2z
+
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.
İntegralin Uygulamaları
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.
Alan
S bölgesinin A alanı
Zb
[f (x) − g(x)] dx
A=
(26)
a
olarak tanımlanır.
g(x) = 0 özel durumunda S, f nin grafiğinin altında kalan bölge
olur.
Alan
f ve g nin pozitif olduğu durumda, (26) nin neden doğru olduğunu
şekilden görebilirsiniz.
A = [y = f (x) in altındaki alan]−[y = g(x) in altındaki alan]
Zb
Zb
f (x) dx −
=
a
Zb
[f (x) − g(x)] dx
g(x) dx =
a
a
Örnek
Örnek : Üstten y = ex , alttan y = x ve kenarlardan x = 0 ve
x = 1 ile sınırlı olan bölgenin alanını hesaplayınız.
Çözüm : Bölge, Şekil 19 de gösterilmiştir.
Şekil 19:
Örnek...
Üst sınır eğrisi y = ex ve alt sınır eğrisi y = x dir. Dolayısıyla, (26)
deki formülde f (x) = ex , g(x) = x, a = 0, ve b = 1 kullanırız:
Z1
A =
1
(e − x) dx = e − x2
2
x
x
0
=e−
1
− 1 = e − 1.5
2
1
0
Örnek
Örnek : 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 20:
Örnek...
Şekil 20 da gördüğümüz gibi üst ve alt sınırlar
yU = 2x − x2
yA = x 2
ve
dir.Dolayısıyla toplam alan
Z1
Z1
2
(2x − 2x ) dx = 2
A =
0
0
x2 x3
−
=2
2
3
olur.
(x − x2 ) dx
1
=2
0
1 1
−
2 3
=
1
3
Alan
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
[f (y) − g(y)] dy
A=
c
olur.
Örnek
Örnek : y = x − 1 doğrusu ve y 2 = 2x + 6 parabolüyle sınırlı olan
bölgenin alanını bulunuz.
Çözüm : İki denklemi ortak çözersek, kesişim noktalarını (−1, −2)
ve (5, 4) olarak buluruz.
Şekil 21:
Örnek...
Parabolün denklemini x için çözeriz ve Şekil 21 den sağ ve sol sınır
eğrilerini
1
xL = y 2 − 3 ve xR = y + 1
2
olarak buluruz.
Örnek...
İntegrali, uygun y değerleri y = −2 ve y = 4 arasında
hesaplamalıyız. Böylece
Z4
(xR − xL ) 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
= 18
olarak buluruz.
+
y2
+ 4y
2
4
−2
1
4
= − (64) + 8 + 16 − ( + 2 − 8)
6
3
Örnek...
Şekil 22:
Örnekteki alanı, y yerine x e göre integral alarak da bulabilirdik
ama bu durumda hesaplamalar daha karmaşık olurdu. Bölgeyi Şekil
22 de görüldüğü gibi, A1 ve A2 diye ikiye ayırmamız gerekirdi.
Örnekte kullandığımız yöntem, çok daha basit.
Parametrik eğrilerin Sınırladığı Alanlar
F (x) ≥ 0 olduğu zaman, a dan b ye y = F (x) eğrisinin altında
Zb
kalan alanın A = F (x) dx olduğunu biliyoruz. Eğer eğri
a
x = f (t),
y = g(t),
α≤t≤β
parametrik denklemleriyle tanımlanmışsa, o zaman Belirli
İntegraller İçin Yerine Koyma Kuralı’nı kullanarak, alan formülünü
şöyle hesaplayabiliriz:


Zb
Zβ
Zα


A = y dx = g(t) f 0 (t) dt
g(t) f 0 (t) dt
ya da
a
α
β
Örnek
Örnek : x = r(θ − sin θ)
y = r(1 − cos θ)
sikliodinin bir yayının altında kalan alanı bulunuz. (Bkz. Şekil 23)
Şekil 23:
Örnek...
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
0
Z2π 1
=r
1 − 2 cos θ + (1 + cos 2θ) dθ
2
2
0
Örnek...
A =r
2
= r2
olarak buluruz.
3
1
θ − 2 sin θ + sin 2θ
2
4
3
· 2π
2
= 3πr2
2π
0
Örnek
Örnek
Örnek
Örnek
Örnek
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 24. 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 24:
Hacim Tanımı
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.
V =
Rb
A(x) dx formülünü kullandığımız zaman hatırlamamız
a
gereken önemli nokta, A(x) in, x den geçen ve x-eksenine dik
dilimlemeyle elde edilen kesitin alanı olmasıdır.
Örnek
Örnek : Yarıçapı r olan bir kürenin hacminin
4
V = πr3
3
olduğunu gösteriniz.
Örnek...
Çözüm : Küreyi, merkezi başlangıç noktasında olacak şekilde
yerleştirirsek √
(bkz. Şekil 25), Px düzlemiyle kürenin kesişimi,
yarıçapı y = r2 − x2 olan bir çember olur (Pisagor
Teoremi’nden).
Şekil 25:
Örnek...
Dolayısıyla, bu kesitin alanı
A(x) = πy 2 = π(r2 − x2 )
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
√
Örnek : y = x eğrisi, x-ekseni ve x = 1 doğrusuyla sınırlanan
bölgeyi x-ekseni çevresinde döndürmekle elde edilen cismin hacmini
bulunuz.
Şekil 26:
Örnek...
Çözüm: Bölge, Şekil 220 da
gösterilmiştir.Eğer x-ekseni
çevresinde döndürürsek, Şekil 221
deki cismi elde ederiz.
x den geçen kesit, yarıçapı
olan bir çemberdir.
Şekil 27:
√
x
Örnek...
Bu kesitin alanı
√
A(x) = π( x)2 = πx
olur. Bu cisim x = 0 ile x = 1 arasındadır. Dolayısıyla hacmi
Z
V =
1
Z
A(x) dx =
0
0
1
x2
πx dx = π
2
1
=
0
π
2
Örnek
Örnek : y = x3 , y = 8 ve x = 0 ile sınırlı olan bölgeyi y-ekseni
çevresinde döndürerek elde edilen cismin hacmini bulunuz.
Şekil 28:
Örnek...
Çözüm: Bölge, Şekil 28 de, cisim
ise Şekil 29 de gösterilmiştir.
Bölge y-ekseni çevresinde
döndürüldüğü için y-eksenine dik
biçimde dilimlemek ve integrali y
ye göre almak daha mantıklı olur.
Şekil 29:
Örnek...
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
Örnek...
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
olarak bulunur.
Örnek
Örnek : y = x ve y = x2 eğrileriyle çevrili olan R bölgesi, x-ekseni
çevresinde döndürülmüştür. Oluşan cismin hacmini bulunuz.
Örnek...
Şekil 30:
Örnek...
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 30 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 )
Örnek...
Bu durumda,
Z
V
elde ederiz.
1
Z
1
A(x) dx =
π(x2 − x4 ) dx
0
1 0
2π
x3 x5
−
=
=π
3
5 0
15
=
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
dx
dy
+
dt dir.
(27)
L=
dt
dt
a
Örnek
Örnek : x = t2 , y = t3 eğrisinin (1, 1) ve (4, 8) noktaları
arasındaki yayının uzunluğunu bulunuz. Bkz Şekil 31
Şekil 31:
Örnek...
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 2p
Z 2 2 2
dy
dx
+
dt =
(2t)2 + (3t2 )2 dt
L =
dt
dt
1
1
Z
=
2p
4t2 + 9t4 dt
1
Z
=
1
verir.
2
p
t 4 + 9t2 dt
Örnek...
Z
L=
2
p
t 4 + 9t2 dt
1
4 + 9t2
u=
değişken değişikliğini yaparsak, du = 18t dt olur. t = 1
olduğunda u = 13; t = 2 olduğunda u = 40 dır. Böylece
1
L =
18
=
Z
40 √
13
1 2 3/2
u du =
· u
18 3
40
13
i
√ 1 h 3/2
1 √
40 − 133/2 =
80 10 − 13 13
27
27
buluruz.
Yay Uzunluğu
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 27
s
2
Z b
dy
L=
1+
dx
(28)
dx
a
biçimin alır.
Örnek
Örnek : 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 (28) den uzunluğu
Z 2r
Z 2r
dy
1
L=
1+
dx =
1 + 4 dx ∼
= 1.1321
dx
x
1
1
olarak elde ederiz.
Yay Uzunluğu
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
+ 1 dy
(29)
L=
dy
a
olur.
Yay Uzunluğu
Formül (27),(28) ve (29) teki karekökten ötürü, yay uzunluğu
hesabında ortaya çıkan integrali kesin olarak hesaplamak çoğu
zaman çok zordur veya olanaksızdır.
Örnek
Örnek : y 2 = x parabolünün (0, 0) noktasından (1, 1) noktasına
kadar olan yayının uzunluğunu bulunuz.
Çözüm : x = y 2 olduğu için
Z
L=
0
verir.
1
s
dx
dy
dx
dy
= 2y olur ve formül (29)
2
Z
+ 1 dy =
0
1p
4y 2 + 1 dy ∼
= 1.478943
Örnek
Örnek : x = r(θ − sin θ), y = r(1 − cos θ) sikloidinin bir yayının
uzunluğunu bulunuz.
Şekil 32:
Örnek...
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.
=
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 Fonksiyonun Ortalama Değeri
Bir sıcaklık fonksiyonu T (t) nin grafiği ve ortalama sıcaklık Tort
için bir tahmin şekil 33 de verilmiştir.
Şekil 33:
Burada t saat cinsinden T ◦ C cinsinden ölçülmüştür.
Bir Fonksiyonun Ortalama Değeri
T (t) fonksiyonu t anındaki sıcaklığı gösteriyorsa, sıcaklığın
ortalama sıcaklığa eşit olduğu belirli bir an olup olmadığını merak
edebiliriz. Şekil 33 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.
Bir Fonksiyonun Ortalama Değeri
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
Örnek : 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
= 3f (c)
x+
3 −1
eşitliğinden f (c) = fort = 2 bulunur. Dolayısıyla 1 + c2 = 2
olduğundan c = ±1 olarak bulunur.
Örnek
Örnek : 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?
Çözüm : Ortalama hız
1
b−a
Z
b
y dx
a
formulüyle bulunabilir. Parametrik denklem kullanılırsa
x = t ⇒ dx = dt
!
Z 4
5/2 4
1
1
t
Vort =
t3/2 dt =
= 16/5
4−0 0
4 5/2 0

Download

Integral

Products

Support

Integral

Add this document to collection(s)

Add this document to saved

Suggest us how to improve StudyLib