UFUK ÇEVĐK 07103004 www.ufukcevik.com ANALĐZ-II UYGULAMA SORULARI ve ÇÖZÜMLERĐ π x = r ⇒ t = 2 1. (a ) ∫ 2 r 2 − x 2 dx = ?, r > 0 x = r sin t ⇒ dx = cos tdt , Yeni sınırları belirlersek π −r x = −r ⇒ t = − 2 r π 2 ∫ π 2 2 r − r sin t ⋅ r cos tdt = 2r 2 2 2 −π 2 2 ∫ π 2 cos tdt = 2r 2 −π 2 2 π 2 1 + cos 2t dt = πr 2 + sin 2t = πr 2 . 2 − π 2 2 4 −π 2 ∫ =================== π π π sin 4 x sin 2 x sin 4 x 2sin x cos x sin 5 x (b) ∫ dx = ?,sin 2 x = 2sin x cos x ⇒ ∫ dx = ∫ cos xdx 3 3 3 2 1 + sin x 2 1 + sin x 1 + sin x 0 0 0 Önce ilkel fonksiyonu hesaplayalım; −1/ 2 t5 t = sin x ⇒ dt = cos xdx ⇒ ∫ dt = ∫ t 5 (1 + t 3 ) dt Binom integrali mevcuttur; 1+ t 3 1 1 ⇒ m = 5, n = 3, p = − ⇒ (ii ). durum mevcuttur. z = (1 + t 3 )2 ⇒ z 2 = 1 + t 3 ⇒ t 3 = z 2 −1 ⇒ 2 1 2 2 − − 1 2 2 2 2 3 3 ⇒ t = ( z −1) ⇒ dt = ( z −1) 2 zdz ⇒ dt = ( z −1) 3 zdz olduğundan; 3 3 3 1 53 −2 3 2 2 2 2 2 2 ⇒ ∫ ( z 2 −1) z −1 z ( z 2 −1) dz = ∫ ( z 2 −1) dz = z 3 − z + C = (1 + t 3 )2 − (1 + t 3 )2 + C = 3 3 9 3 9 3 3 1 2 2 = (1 + sin 3 x)2 − (1 + sin 3 x)2 + C 9 3 π 3 1 2 π sin 4 x sin 2 x 2 ⇒∫ dx = (1 + sin 3 x)2 − (1 + sin 3 x) 2 = 0. 3 9 0 3 0 2 1 + sin x =================== 3 1 e x = 3 e ⇒ t = dx 1 (c ) ∫ = ?, t = ln x ⇒ dt = dx, Yeni sınırları belirleyim 3 2 x 1 x 1 − (ln x ) x = 1 ⇒ t = 0 13 1 3 = arcsin 1 . 3 1− t 0 0 =================== ∫ dt 2 = arcsin t 1 π4 π 4 dx dx 2 2 cos 2 x (d ) ∫ = ?, 1 = cos x + sin x ⇒ = ∫ cos2 x + 4sin 2 x ∫ cos2 x 4sin 2 x dx = 1 + 3sin 2 x 0 0 0 + cos 2 x cos 2 x π 4 x = 0 ⇒ t = 0 sec2 x 2 =∫ ⇒ = tan ⇒ = sec , dx t x dt xdx Yeni sınırları belirsek x = π ⇒ t = 1 1 + 4 tan 2 x 0 4 1 1 arctan 2 dt 1 ∫ 1+ 4t 2 = 2 arctan 2u 0 = 2 . 0 =================== π 4 -1- www.ufukcevik.com www.ufukcevik.com 13π 2 sgn (cos x )dx = ?, ∫ ( e) −11π 2 −9 π −7 π 2 11π 2 13π 2 2k + 1 π , (k ∈ ℤ) ⇒ ∫ dx = −π , ∫ dx = π, ⋯, ∫ dx = −π , ∫ dx = π 2 −11π −9 π 9π 2 11π 2 2 2 sgn (cos x )dx = ∫ ⇒ 2 −7 π 2 −9 π 2 13π 2 −11π 2 ∫ dx + −11π 2 ∫ 11π 2 dx + ⋯ + −9 π 2 ∫ 9π 2 13 π 2 dx + ∫ dx = 0. 11π 2 =================== 1 π 4 2 dx sec 2 x cos x (f) ∫ = ?, ( a > 1) dx = dx, 2 2 2 ∫ cos2 x sin 2 x ∫ 1 + a cos x a sin x tan x + −π 4 −π 4 −π 4 +a 2 cos 2 x cos 2 x ( a tan x) π π 4 4 t = a tan x değişimi ile ⇒ dt = a sec2 xdx ; Önce ilkel fonksiyonu bulalım; ∫ sec 2 xdx 1 = 2 a 1 + a tanx dt ∫ 1+ t 2 = 1 1 arctan t + C = arctan( a tan x) + C. elde edilir. a a =t π ⇒ 4 dx 1 ∫ cos2 x + a sin 2 x = a arctan −π 4 ( π arctan a tan x 4 = −π 4 ) ( a ) − arctan (− a ) = a 2 arctan a . a =================== b (g) ∫ ( x − a )(b − x)dx = ? (a ≤ x ≤ b ' dir.) ( x − a )(b − x) = −x 2 + (a + b) x − ab Yok etmeyeçalışacağız . a x = t + c (c, herhangi bir sabit ) değişken değişimi yapalım ⇒ dx = dt −(t + c)2 + (a + b)(t + c) − ab = −t 2 − 2ct − c 2 + at + bt + ac + bc − ab = = −t 2 + ( a + b − 2c) t − (c 2 + ac + bc − ab) ⇒ (a + b − 2c) = 0 ⇒ a + b = 2c ⇒ c = Şimdi yok edebiliriz . a +b ⇒ 2 ( a + b) 2 ( a + b ) 2 (a + b) 2 ( a − b) 2 ( a − b ) 2 + − ab = −t 2 + − ab = −t 2 + = −t2 4 2 4 4 4 a −b b −a 2 2 x = a ⇒ t = 2 a − b b−a b−a 2 Yeni sınırlarıbelirlersek sin u ⇒ dt = cos udu ⇒ ∫ − t dt t = 2 b−a 2 2 a − b 2 x = b ⇒ t = 2 ⇒ −t 2 − b−a π t = 2 ⇒ u = 2 Sınırları belirlersek olduğundan dolayı; a −b −π ⇒u= t = 2 2 b − a 2 2 π 2 ∫ −π b − a π cos udu = . 2 2 2 2 2 =================== -2- www.ufukcevik.com www.ufukcevik.com x−a x−a bu 2 − a 2 2 2 2 2 ( h) ∫ dx = ?, u = ⇒ xu − bu = x − a ⇒ x(u −1) = bu − a ⇒ x = 2 ⇒ x −b x −b u −1 2bu (u 2 −1) − 2u (bu 2 − a) 2u (a − b) ⇒ dx = du = 2 du olduğundan dolayı; 2 2 (u −1) (u −1) 2 =0 u u 2 −1 + 1 du du 2(a − b) ∫ u 2 du = 2( a − b ) du = 2( a − b ) + 2 ∫ (u 2 −1)2 ∫ u 2 −1 ∫ 2 (u −1)2 ( ) (u −1) J 1 J2 x−a −1 du 1 du 1 du 1 u −1 1 J1 = ∫ 2 = ∫ − ∫ = ln + C = ln x − b + C, u − 1 2 u −1 2 u + 1 2 u + 1 2 x−a +1 x −b 2 2 1 1 1 du 1 1 1 1 2 1 J2 = ∫ ⇒ 2 = − = − 2 + = ⇒ 2 2 2 2 (u 2 −1) u −1 2 u −1 u + 1 (u 2 −1) 4 (u 2 −1) (u −1) (u +1) 1 1 1 1 1 du 1 1 1 u + 1 = + − + = − − ln + C = ⇒ ∫ 2 2 2 2 u − u + u − 4 (u −1) (u + 1) (u −1) (u + 1) 4 1 1 1 (u −1) 1 1 1 = − − ln 4 x−a x−a −1 +1 x −b x −b x−a + 1 x −b + C , x−a −1 x −b x−a −1 (a − b) 1 1 x −b − + − ln 2 x−a x−a x−a +1 −1 +1 x −b x −b x −b 2(a − b) [ J1 + J 2 ] = (a − b) ln x−a + 1 x −b + C. x−a −1 x −b =================== 2. Aşağıdaki integralleri hesaplayınız. π2 (a) sin x 2 ecos x ( x104 + 105) x dx = ?, Çift ⋅ Tek = Tek Fonksiyon ve integralleme aralığı Tek −π 2 ∫ Çift Fonksiyon π 2 simetrik olduğundan dolayı ∫ sin x 2 ecos x ( x104 + 105) xdx = 0. −π 2 tek 2 cos x 206 (b) ∫ sin x e x + 7 sin x dx = 0. (a) şıkkına benzer biçimde sıfır. −π π çift çift çift Tek -3- www.ufukcevik.com www.ufukcevik.com 3 (c ) ∫ max {1, x } dx = ?, ( x 2 2 < 1 ⇔ x < 1, [−1,1] aralığında x 2 < 1 ⇒ max {1, x 2 } = 1.) −2 −1 1 x 3 −1 x 3 2 (−1)3 − (−2)3 33 −13 +2+ = 13. ∫ x dx + ∫ 1dx + ∫ x dx = 3 −2 + x −1 + 3 1 = 3 3 −2 −1 1 4 0 < x < 1 ∧ n < m ⇒ x m < x n (d ) ∫ max { x 2 , x3 } dx = ? ⇒ n m 1 x n m x x < < +∞ ∧ < ⇒ < −3 3 2 2 3 2 x ∈ [−3,1] ⇒ x ≤ x ⇒ max { x , x } = x ⇒ x ∈ [1, 4] ⇒ x 2 ≤ x3 ⇒ max { x 2 , x3 } = x 3 ; olduğundan 1 2 2 4 ∫ −3 2 1 4 −3 1 max { x 2 , x3 } dx = ∫ x 2 dx + ∫ x 3 dx = π 28 1 28 23 + 6− = + . 3 4 3 4 π π (e) ∫ x sgn (cos x) dx = ?, ∫ 0 0 4π −5 π π −4 π (sin x ) dx = ∫ ∫ sgn −5 π π 0 4π ( f ) ∫ sgn (sin x ) dx = ?, 2 x sgn (cos x ) dx = ∫ xdx + ∫ (−x) dx = −5 π f ( x) x2 π / 2 x2 π π2 − =− . 2 0 2 π/2 4 2 −3 π −2 π 4π f ( x)dx + ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx + ⋯ + ∫ f ( x)dx = −4 π −3 π 3π = −π + π − π + ⋯− π = −π. 3. Aşağıdaki integralleri verilen bilgiye göre hesaplayınız. f :[a, b] → ℝ, sürekli u , v :[α, β ] → [a, b] türevli fonksiyon ise; Önbilgi: u ( x) d f (t )dt = f (u ( x)) u ′( x) − f (v( x)) v ′( x) ' dir. dx v∫( x ) Ispat: F , f ' in ilkeli olsun; u ( x) ∫ v( x) u ( x) d d f (t )dt = ( F (u ( x)) − F (v( x))) ⇒ f (t )dt = ( F (u ( x)) − F (v( x))) ∫ dx v ( x ) dx u(x) d ⇒ f (t )dt = f (u ( x)) u ′( x) − f (v( x)) v ′( x)▲ dx v∫( x ) x (a) x d d sin t 2 dt = ?, sin t 2 dt = sin x 2 ( x)′ − sin 0(0)′ = sin x 2 − 0 = sin x 2 . ∫ ∫ dx 0 dx 0 b 2 2 d (b) 2 d (a) 2 2 d (b) e− x dx = e−b − e−a = 0 − e−a = e−a . ∫ da a da da x3 d sin t sin x3 3 sin x sin x3 2 sin x 3sin x3 − sin x ′ ′ (c ) ∫ dt = 3 ( x ) − ( x) = 3 3x − 1= . dx x t x x x x x -4- www.ufukcevik.com www.ufukcevik.com 4. Aşağıdaki limitleri hesaplayınız. 3. sorudaki türev alma kuralı kullanılarak; x ∫ sin t 2 0 dt = ? belirsizliği olduğundan L ' Hospital Kuralından; 0 a (a ) lim x→0 x 3 x x ∫ sin t dt 2 lim L ' Hospital = a x3 x→0 x 2 t ∫ e dt 0 lim d sin t 2 dt dx ∫a 3x 2 x→0 2 (b) lim ∫e 2t 2 x 2 t ∫ e dt 0 2 = ?, x x→ 0 lim ∫e dt 0 L ' Hospital = lim x→0 dt 0 x ∫ ∫ cos t 2 dt = ?, 0 x→0 x lim ∫ tan tdt = (d ) lim tan0 x ∫ L ' Hospital sin tdt 0 lim x→ 0 = lim x =0 x t 2 x2 2 ∫ e dt ⋅ e 0 x →0 d 2t2 e dt dx ∫0 e2 x 2 = 0. x cos t 2 dt L ' Hospital = 0 x→ 0 sin x x →0 2t2 x d t 2 e dt dx ∫0 2 x x→0 x (c) lim sin x 2 .( x)′ 1 1 = lim = . 3 x→0 x2 3 x d dx d dx lim d cos t 2 dt ∫ dx 0 x→ 0 = lim cos x 2 = 1. x→ 0 1 sin x ∫ tan tdt = lim 0 tan x ∫ x→ 0 sin tdt tan (sin x) ⋅ (sin x )′ sin ( tan x) ⋅ ( tan x)′ = lim x→ 0 tan (sin x ) ⋅ cos x sin ( tan x ) ⋅ sec 2 x = 0 =1 tan (sin x) tan (sin x) sec 2 (sin x) cos x cos x = lim ⋅ lim 2 = lim = lim = lim = 1 = 1. x→ 0 x→ 0 sin ( tan x ) x→ 0 cos ( tan x ) sec 2 x sin ( tan x) x→0 sec x x→0 sin ( tan x) tan (sin x) x x ∫ cos t dt 2 0 (e) lim e x −1 x→ 0 0 = ?, L ' Hospital lim 0 x→0 d cos t 2 dt ∫ dx 0 ex cos x 2 = 1. x→ 0 ex = lim 5. Belirli integralin yardımıyla aşağıdaki limitleri hesaplayınız. (m) d (Tm ) = 0, ξk [ a, b ], {Tm } , mlim →∞ n m m ∈ xk( −)1 , xk( ) 1 k 1 + ⇒ f ( x) = 1 + x ∑ n→∞ n n k =1 lim x ∈ [ 0,1] d (Tn ) = 1 →0 n nm ( ) b lim ∑ f ξk ∆xk = J = ∫ f ( x)dx m→∞ k =1 ( m) (m) a k n → k ⇒ = 1 n k n → ∞ ⇒ = 0 n 1 n 2 k n n ξ1( ) = , ξ2( ) = , ⋯, ξk( ) = n n n -5- www.ufukcevik.com www.ufukcevik.com 1 1 2 n (a ) lim 1 + + 1 + + ⋯ + 1 + = ? n→∞ n n n n n lim ∑ n→∞ k =1 k 1 f ⋅ = ∫ f ( x) dx ⇒ f ( x) = 1 + x ⇒ n n 0 1 1 3 1 1 1 2 n 1 4 2 −2 ⇒ lim 1 + + 1 + + ⋯ + 1 + = ∫ 1 + xdx = (1 + x)2 = . n→∞ n 0 n n n 0 3 3 1 1 1 (b) lim n + + ⋯ + =? 2 2 2 n→∞ (n + n) ( n + 1) ( n + 2) n 1 1 1 lim + +⋯+ 2 2 2 n→∞ n 2 1 2 n 1 + n + 1 + n n n k 1 n ⇒ n → ∞ iken = 0 ∧ = 1 ⇒ Đntegralleme aralığı [0,1] n n n 1 −1 1 1 1 1 1 1 1 1 = ∫ ⇒ lim + +⋯+ f ( x) = dx = = . 2 2 2 2 2 n→∞ n 1+ x 0 2 2 0 (1 + x) n (1 + x) 1 + 1 1 + n + n n n ξk( n ) = 1p + 2 p + 3 p + ⋯ + n p = ?, ( p > 0) n→∞ n p+1 p 1 x p+1 1 1 n k 1 = lim ∑ = ∫ x p dx = . n→∞ n 0 p p + 1 + 1 k =1 n 0 (c) lim 1 1 1 1 = ?, (d ) lim + +⋯+ 2 2 2 n→∞ n 2 n 4 − 1 4 − 4 − n n n 1 1 1 1 1 = lim + +⋯+ ∫ 2 2 2 n→∞ n 1 2 n 0 4 − 4 − 4 − n n n x= 2sin t değişimi yap ! dx 4 − x2 = arcsin x1 π = . 20 6 1 1 2 1 2 k k n (e) lim ln n 1 + + 1 + + ⋯ + 1 + = ?, lim ln 1 + + 1 + + ⋯ + 1 + = n→∞ n→∞ n n n n n n 1 1 k 1 1 2 = lim ln 1 + + 1 + + ⋯ + 1 + = ∫ ln 1 + x dx = ln 1 + x ( x + 1) − x = 2 ln 2 −1. n→∞ n n n n 0 0 -6- www.ufukcevik.com www.ufukcevik.com n 6. ∀n ∈ ℕ, ∫ x dx = 0 1 n (n −1) olduğunu gösteriniz. 2 1 n = 1, için ∫ x dx = ∫ 0dx = 0, 0 0 n n , için ∫ x dx = 0 n (n −1) olduğunu kabul edelim. 2 Şimdi ( n + 1) için doğru olup olmadığına bakalım; n +1 n 0 0 n +1 ∫ x dx = ∫ x dx + ∫ x dx = n n (n −1) n (n −1) n (n + 1) + n ∫ dx = +n= elde edilir. Bu 2 2 2 n n +1 ise (n + 1) için de eşitliğin doğru olduğunu gösterir. n O halde ∀n ∈ ℕ, için ∫ x dx = 0 b ∫ 7. f ∈ R[a ,b] ⇒ n (n −1) eşitliğinin doğruluğu ispatlanır. 2 b f ( x) dx ≤ ∫ f ( x ) dx olduğunu gösteriniz ve a a b b b ∫ f1 (t ) dt = ∫ f1 (t ) dt ; ∫ a a a b f 2 (t ) dt < ∫ f 2 (t ) dt olduğuna dair birer örnek veriniz. a Çözüm: I.Yol: Üçgen eşitsizliği kullanılarak nm m→∞ k =1 nm nm ( ) )∆x( ) ⇒ lim ∑ f (ξ( ) ) ∆x( ) ≤ lim ∑ f (ξ( ) ) ∆x( ). elde edilir. lim ∑ f ξk( II.Yol: ∀x ∈ [ a , b ] m m k için m→∞ m k m k m→∞ k =1 m m k k k =1 f ( x ) − f ( x) ≥ 0, b b b b b a a a a a ⇒ ∫ ( f ( x) − f ( x )) dx ≥ 0 ⇒ ∫ f ( x) dx − ∫ f ( x) dx ≥ 0 ⇒ ∫ f ( x) dx ≤ ∫ f ( x ) dx ∀x ∈ [ a , b ] için f ( x ) + f ( x ) ≥ 0, b b a a b b b a a ⇒ ∫ ( f ( x) + f ( x)) dx ≥ 0 ⇒ ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx ≥ 0 ⇒ −∫ f ( x ) dx ≤ ∫ f ( x ) dx a ≤ b ⇒ a ≤ b. Bu takdirde; −a ≤ b 1 1 1 ∫ x dx = 3 = 3 2 Örnek olarak; a b b f ( x ) dx ≤ ∫ f ( x) dx olur. ∫ a a 1 ∫ ∧ 0 1 ∫ (−x) dx = 0 ∧ −1 0 1 ∫ −1 1 x 2 dx = , 3 0 1 −x dx = ∫ −xdx + ∫ xdx = 1 . −1 0 verilebilir. -7- www.ufukcevik.com www.ufukcevik.com b 8. f ∈ R[a ,b] ve ∀x ∈ [ a, b ], f ( x ) ≥ 0 olsun. Bu takdirde f ( x) dx = 0 olması için gerek ve ∫ a yeter koşul f ’in sürekli olduğu her noktada sıfır olmasıdır. b Ispat: " ⇒ " ∫ f ( x) dx = 0, x0 ∈ [ a, b], f ( x0 ) > 0 olsun. a ∀ε > 0, ∃δ(ε) > 0 x − x0 < δ ⇒ f ( x) − f ( x0 ) < ε f ( x0 ) f ( x0 ) − < f ( x) − f ( x0 ) < f ( x0 ) 2 2 ε= seçilirse ∃δ1 > 0 ∀x ∈ ( x0 − δ1 , x0 + δ1 ) 2 0 < f ( x0 ) < f x < 3 f ( x0 ) ( ) 2 2 ∀x ∈ ( x0 − δ1 , x0 + δ1 ) C[ a ,b] f ( x) > b ∫ f ( x) dx = a x0 −δ1 ∫ f ( x ) dx + x0 +δ1 ∫ f ( x0 ) 2 b f ( x) dx + x0 −δ1 a ∫ f ( x ) dx ≥ x0 +δ1 x0 +δ1 ∫ f ( x) dx > f ( x0 ) 2 x0 −δ1 x0 +δ1 ∫ x0 −δ1 dx = f ( x0 )⋅ δ1 > 0 çelişki eldeedilir O halde f ( x0 ) = 0 ' dır. " ⇐ " x0 = a, xn = b ve bir T = { x0 , x1 ,⋯, xn } bölüntüsünü ele alalım; f ( x) , [ xk −1 , xk ](k = 1, n) aralığında her noktada süreksiz olamaz -olsaydı zaten integrallenebilir olamazdı.- Demek ki en az bir noktada süreklidir o zaman f ( x) sürekli olduğu her noktada sıfırdır o halde inf = 0 ⇒ mk = inf f ( x) = 0 xk−1 ≤ x≤ xk Bu durumda; n sT = ∑ mk ∆xk = 0 bu durumda k =1 Her biri sıfır ↑ b ∫ f ( x ) dx = sup sT = 0. Önerme ispatlanır. a x 9. f ∈ C[a ,b] olsun. F : [ a, b ] → ℝ, F ( x) = ∫ f (t ) dt şeklinde tanımlanan fonksiyon olsun. Bu a takdirde ∀x ∈ [ a, b ], F ′ ( x) = f ( x) olduğunu gösteriniz. x Ispat: f ∈ C[a ,b] , F : [ a, b ] → ℝ, F ( x) = ∫ f (t ) dt olsun. ∀x ∈ (a, b) , F ′ ( x) = f ( x ) olduğunu a gösterelim; ∀x ∈ (a, b) için türevin tanımı ve F ( x ) in tanımı kullanılarak; x+ h F ( x) = lim F ( x + h) − F ( x) h→ 0 = lim h→0 f (ξ ) h h h = lim ∫ f (t ) dt − ∫ f (t ) dt a h→ 0 = lim f (ξ ) = lim f (ξ ) = f ( x ). h→ 0 ξ→x x+h x a = lim h→ 0 h ∫ f (t ) dt x h = x+h ∃ξ ∈ x, x + h , f t dt = f ξ ⋅ h [ ] ∫ () ( ) x Önerme ispatlanır. -8- www.ufukcevik.com www.ufukcevik.com 1 1 b p2 b p1 p2 p1 10. f ∈ R[a ,b] , (b − a ) = 1, p1 > p2 > 0 olsun. Bu takdirde ∫ f ( x) dx ≤ ∫ f ( x) dx a a sağlandığını gösteriniz. Ispat: Teorem: f ( x ∈) R[a ,b] ve r herhangi bir pozitif sayı ise f ( x ) ∈ R[a ,b] olur. r 1 1 + = 1, p, q > 0 olmak üzere; p q Belirli integral için Hölder eşitsizliğine göre; 1 1 b p b q p q ∫ f ( x) g ( x) dx ≤ ∫ f ( x) dx ∫ g ( x) dx dir. Buna göre a a a p2 p p = 1 > 1, f ( x ) , g ( x ) = 1 olsun. p2 b p2 p1 1 q =1,( b−a )=1 f x p2 dx dx f x dx ≤ ( ) ( ) ∫ ∫ ∫ a a a böylece, eşitsizliğin sağlandığı gösterilir. b b p2 b 1 b p2 b 1 p2 p1 ⇒ ∫ f ( x) dx ≤ ∫ f ( x) dx . a a p b 11. f ∈ C[a ,b] , f (a ) > 0, ∫ f ( x) dx = 0 ⇒ ∃t ∈ ( a, b) : f (t ) = 0 olduğunu gösteriniz. a Ispat: (i) ∃t1 ∈ (a, b): f (t1 ) < 0 ⇒ ∃t ∈ (a, b) : f (t ) = 0 b (ii) ∀x ∈ (a, b) f ( x) > 0, ∫ f ( x ) dx > 0. a b 12. f ,[ a, b] ' de sürekli türevlenebilir bir fonksiyon olsun. f (b) > 0 ve ∫ f ( x ) dx = 0 ise a gösteriniz ki; f belirli bir aralıkta kesin artandır. b Ispat: f ∈ C[a ,b] , f ′ ∈ C[ a ,b] , f (b) > 0, ∫ f ( x) dx = 0 ⇒ ∃ (α, β ) ⊂ [ a, b] : f , (α, β ) aralığında a kesin artandır. Ortalama değer teoremini kullanalım; b ∀x ∈ (a, b) , f ( x ) ≠ 0 ⇒ ∀x ∈ (a, b) , f ( x) > 0; ∫ f ( x) dx > 0. a ∼ ∀x ∈ (a, b) , f ( x) ≠ 0 ⇒ ∀x ∈ (a, b) , f ( x) > 0 ∃t ∈ [ a, b) : f (t ) = 0 ⇒ ∃ξ ∈ (t , b) : f ′ (ξ ) = =0 f (b) − f (t ) b −t = + f (b) b −t >0⇒ + ⇒ ∃ (α, β ) : ξ ∈ (α, β ) , ∀x ∈ (α, β ) , f ′ ( x) > 0 ⇒ f , (α, β ) aralığında kesin artandır. -9- www.ufukcevik.com www.ufukcevik.com a 13. a > 0, f ∈ R[−a , a] olsun. Gösteriniz ki; ∫ −a a 2 f ( x ) dx f , çift ise, f ( x) dx = ∫0 0, f , tek ise. Ispat: 0 a ∫ −a a f ( x) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx , x = −t ⇒ dx = −dt −a 0 0 f , tek ⇔ f (−x ) = − f ( x) a = −∫ f (−t ) dt + ∫ f ( x) dx = f , çift ⇔ f (−x ) = f ( x) 0 a a a 2 f ( x ) dx f , çift ise, f ( x) dx ⇒ ∫0 f , tek ise. 0, a = ∫ f (−x ) dx + ∫ 0 0 14. f , ℝ nin tüm kapalı alt aralıklarında Riemann anlamında integrallenebilen sınırlı bir x fonksiyon, x0 ∈ ℝ sabit bir nokta olsun. Bu takdirde F : ℝ → ℝ , F ( x) = ∫ f (t ) dt ile x0 tanımlanan fonksiyon tüm ℝ de düzgün süreklidir. Gösteriniz. Ispat: f ( x) fonksiyonu sınırlı olduğuna göre; ∃µ > 0: ∀x ∈ ℝ, f ( x ) ≤ µ olur. f ( x) düzgün sürekli ise ∀ε > 0, ∃δ(ε) > 0: x1 − x2 < δ ⇒ f ( x1 ) − f ( x2 ) < ε dir. ε > 0 verilsin ; F ( x1 ) − F ( x2 ) = x1 ∫ x2 f (t ) dt − ∫ f (t ) dt = x0 = µ x1 − x2 < µ ⋅ δ = µ x0 x1 ∫ x1 x1 x1 x2 x2 x2 f (t ) dt ≤ ∫ f (t ) dt ≤ ∫ µdt ≤ µ ∫ dt = x2 δ = ε seçildi o halde F tüm ℝ de düzgün süreklidir. µ ε = ε. µ 15. f : [ a, b ] → ℝ sürekli ve ∀x ∈ [ a, b] için f ( x ) ≥ 0 olsun. b " ∫ f ( x) dx = 0 ⇔ ∀x ∈ [ a, b ]için f ( x ) = 0" önermesini ispatlayınız. a b Ispat: f ( x ) ≥ 0 olduğundan ∫ b f ( x) dx ≥ 0 olacağı bilinmektedir. a ∫ f ( x) dx = 0 fakat a ∃p ∈ (a, b) için f ( p) > 0 olsun. f sürekli olduğundan, işaret koruma özelliğinden, ∃δ > 0 p +δ bulunabilir ki; ∀x ∈ ( p − δ , p + δ ) için f ( x ) > 0 olur. Bu durumda ∫ f ( x) dx > 0 olur ki bu p−δ b da ∫ f ( x) dx = 0 olması ile çelişir. O halde ∀x ∈ [ a, b] için f ( x) = 0 dır. a iletişim : ufukmatematik @ gmail.com ufuk @ ufukcevik .com - 10 - www.ufukcevik.com