MAT1009 Matematik I - DEUkisi.deu.edu.tr/cem.celik/files/MAT1009_ders_notu.pdf · 1.1. POLINOMLAR 7...

MAT1009Matematik I

Ders Notları

Dokuz Eylul Universitesi

2016

Icindekiler

1 Fonksiyonlar 51.1 Polinomlar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.2 Trigonometrik Fonksiyonlar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.3 Ustel Fonksiyonlar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.4 Fonksiyon Grafikleri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.5 Fonksiyonlar ile dort islem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.6 Bileske Fonksiyon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.7 Ters Fonksiyon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

2 Limit ve Turev 252.1 Limit Alma Kuralları . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282.2 Sureklilik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332.3 Sonsuzluk Iceren Limitler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 392.4 Tegetler, Hızlar ve Diger Degisim Hızları . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

2.4.1 Teget Dogrusu Problemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 482.4.2 Anlık Hız Problemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

2.5 Turev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

3 Turev Kuralları 593.1 Zincir Kuralı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 663.2 Parametrik Egrilerin Tegetleri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 683.3 Kapalı Fonksiyonların Turevleri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

3.3.1 Ters Trigonometrik Fonksiyonların Turevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 723.4 Logaritma Fonksiyonlarının Turevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 733.5 Dogrusal Yaklastırımlar ve Diferansiyeller . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

4 Turev Uygulamaları 794.1 Bagımlı Hız . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 794.2 Maksimum ve Minimum Degerler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 824.3 Ortalama-Deger Problemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 884.4 Turevler ve Bir Egrinin Egimi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

4.4.1 Artan ve Azalan Fonksiyonlar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 884.4.2 Yerel Minimum/Maksimum Noktaları . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 894.4.3 Bukeylik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90

4.5 Belirsizlik Durumları ve L’Hospital Kuralı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 964.5.1 Belirsiz Carpımlar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 974.5.2 Belirisiz Farklar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 984.5.3 Belirsiz Kuvvetler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98

4.6 Optimizasyon Problemleri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1004.7 Bir Fonksiyonun Ilkeli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

3

4 ICINDEKILER

5 Integral 1075.1 Alan ve Uzaklık . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1075.2 Uzaklık Problemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1155.3 Belirli Integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1155.4 Integralin Hesaplanması . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1185.5 Belirli Integrallerin Ozellikleri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1195.6 Yerine Koyma Kuralı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1295.7 Kısmi Integral Alma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1335.8 Trigonometrik Integraller . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135

5.8.1 Trigonometrik Donusumler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1405.9 Kısmi Kesirler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1455.10 Has Olmayan Integraller . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147

6 Integralin Uygulamaları 1556.1 Alan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155

6.1.1 Parametrik egrilerin Sınırladıgı Alanlar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1596.2 Hacimler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1616.3 Yay Uzunlugu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1656.4 Bir Fonksiyonun Ortalama Degeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167

Bolum 1

Fonksiyonlar

Bir f fonksiyonu, birA kumesinin her x ogesini, birB kumesinin tek bir f(x) ogesine tasıyan bir kuraldır. GenellikleA ve B kumelerinin gercel sayıların kumeleri oldugu fonksiyonları dusunecegiz. A kumesine fonksiyonun tanımkumesi denir. f(x) sayısına f fonksiyonunun x deki degeri denir. x sayısı A kumesi icinde degisirken, f(x) in tumolası degerlerinin kumesine f nin goruntu kumesi denir. f nin tanım kumesinin herhangi bir ogesini temsil edensembole, bagımsız degisken denir. Goruntu kumesinin herhangi bir ogesini temsil eden sembole, bagımlı degiskendenir.

Bir fonksiyonu en iyi anlamanın yolu grafigidir. Tanım kumesi A olan bir fonksiyonun grafigi

{(x, f(x))|x ∈ A}

ile betimlenen sıralı ikililer kumesidir. Baska bir deyisle, f nin grafigi, x tanım kumesinde ve y = f(x) olmak kosuluile duzlemdeki (x, y) noktalarının kumesidir.

Sekil 1.1

Grafik, f nin tanım ve goruntu kumelerini, sırası ile x− ve y− ekseni uzerinde Sekil 1.2 deki gibi sekillendirmemizede yardımcı olur.

Sekil 1.2

Dusey dogru olcutu xy− duzlemindeki bir egrinin x in bir fonksiyonunun grafigi olması icin gerekli ve yeterlikosul, her dusey dogrunun bu egriyi en fazla bir noktada kesmesidir.

Tanım kumesinin farklı parcalarında farklı bicimde tanımlanmıs fonksiyona parcalı fonksiyon denir. Ornegin;

f(x) =

{1− x, x ≤ 1x2, x > 1

5

6 BOLUM 1. FONKSIYONLAR

Sekil 1.3: Dusey Dogru Olcutu

x ≤ 1 iken f(x) in degeri 1− x, x > 1 iken f(x) in degeri x2 dir. Parcalı tanımlı fonksiyonlara verecegimiz birsonraki ornek mutlak deger fonksiyonudur.

|x| ={

x , x ≥ 0−x , x < 0

Sekil 1.4

Tanım kumesindeki her x icin f(−x) = f(x) kosulunu saglayan f fonksiyonuna cift fonksiyon denir. Orneginf(x) = x2 fonksiyonu icin

f(−x) = (−x)2 = x2 = f(x)

saglandıgından f cifttir. Bu fonksiyonların onemi, grafiklerinin y− eksenine gore simetrik olmasıdır(Sekil 1.5).Yalnızca x ≥ 0 icin grafik cizildiginde, tum grafik y− eksenine gore simetri alınarak bulunur.

Sekil 1.5

Tanım kumesindeki her x icin f(−x) = −f(x) kosulunu saglayan f fonksiyonuna tek fonksiyon denir. Orneginf(x) = x3 fonksiyonu tektir cunku

f(−x) = (−x)3 = −x3 = −f(x)

dir. Tek fonksiyonların grafikleri baslangıc noktasına gore simetriktir.(Sekil 1.6).Eger x ≥ 0 degerleri icin grafik biliniyorsa, tum grafik eldeki grafigin baslangıc noktaı etrafında 180◦ dondurulmesiyle

elde edilir.Sekil 1.7 daki grafik A dan B ye kadar yukselmekte, B den C ye kadar dusmekte ve C den D ye kadar tekrar

yukselmektedir. f fonksiyonu [a, b] aralıgında artan, [b, c] aralıgında azalan, [c, d] aralıgında ise yine artandır.

1.1. POLINOMLAR 7

Sekil 1.6

Sekil 1.7

x1 ve x2 noktaları a ve b arasında, x1 < x2 kosulunu saglayan herhangi iki nokta ise, f(x1) < f(x2) oldugunadikkat ediniz. Bu ozelligi artan fonksiyonun tanımı icin kullanacagız.

I aralıgındaki her x1 < x2 icin f(x1) < f(x2) ise, f fonksiyonu I aralıgında artandır denir.I aralıgındaki her x1 < x2 icin f(x1) > f(x2) ise, f fonksiyonu I aralıgında azalandır denir.Her bir x degeri icin, p > 0 iken f(x+ p) = f(x) esitligini saglayan fonksiyonlara p periyoduna sahip periyodik

fonksiyon denir.

1.1 Polinomlar

n bir tamsayı, a0, a1, a2, . . . , an sabit gercel sayılar olmak uzere

P (x) = anxn + an−1x

n−1 + . . .+ a2x2 + a1x+ a0

seklindeki fonksiyonlara polinom denir. Her polinomun tanım kumesi R = (−∞,∞) kumesidir. a0, a1, a2, . . . , ansayılarına polinomun katsayıları denir. Eger ilk katsayı an 6= 0 ise, n sayısına polinomun derecesi denir. Ornegin,

P (x) = 2x6 − x4 +2

5x3 +

√2

derecesi 6 olan bir polinomdur. Derecesi 1 olan polinom P (x) = mx + b biciminde olacagından, dogrusal birfonksiyondur. Derecesi 2 olan bir polinom P (x) = ax2 + bx + c bicimindedir ve kuadratik fonksiyon (veya ikincidereceden polinom) adını tasır.

Ikinci dereceden polinomların grafigi parabol olur ve grafikleri, bir sonraki bolumde gorecegimiz gibi y = ax2

parabolunun kaydırılması ile elde edilir. a > 0 ise, parabolun agzı yukarıya, a < 0 ise asagıya dogru acıktır (Sekil1.8).

Derecesi 3 olan bir polinom ax3 + bx2 + cx+ d bicimindedir ve kubik fonksiyon adını tasır.a sabit bir sayı olmak uzere, f(x) = xa bicimindeki fonksiyonlara kuvvet fonksiyonları denir.Bazı ozel durumları dusunelim:n pozitif bir tamsayı olmak uzere, a = n ise n = 1, 2, 3, 4 ve 5 oldugu f(x) = xn fonksiyonlarının grafikleri

asagıdaki grafiklerde gorulmektedir. (Bunlar yalnızca bir terimi olan polinomlardır.)


Sekil 1.8: y = x2 + x+ 1 y = −2x2 + 3x+ 1

Sekil 1.9

Yukarıdaki sekilden gorulecegi gibi n artarken f(x) = xn, 0 yakınında duzlesmekte, |x| ≥ 1 icin diklesmektedir.(x kucukse, x2 daha kucuk, x3 daha da kucuk, x4 ondan da kucuk, v.b. olacaktır.)

Sekil 1.10

n pozitif bir tamsayı olmak uzere, a = 1n ise f(x) = x1/n = n

√x fonksiyonuna kok fonksiyonu denir. n = 2

ise, f(x) =√x, tanım kumesi [0,∞), grafigi ise x = y2 parabolunun ust kolu olan kare-kok fonksiyonudur. n

1.2. TRIGONOMETRIK FONKSIYONLAR 9

tamsayısının cift olması durumunda, y = x1/n fonksiyonunun grafigi y =√x fonksiyonunun grafigine benzer.

n = 3 durumunda f(x) = 3√x, tanım kumesi R olan (her gercel sayının kup-koku vardır) kup-kok fonksiy-

onudur ve grafigi asagıda verilmistir. n tek ise, (n > 3) y = n√x nin grafigi y = 3

√x fonksiyonunkine benzer. a = −1

ise sekil de, f(x) = x−1 = 1/x in grafigi verilmistir.

Sekil 1.11

P veQ gibi iki polinomun oranı olarak ifade edilebilen f(x) = P (x)Q(x) f fonksiyonuna rasyonel (kesirli) fonksiyon

denir. Tanım kumesi: Q(x) 6= 0 olan tum x sayılarıdır. Tanım kumesi {x|x 6= 0} olan f(x) = 1/x fonksiyonu darasyonel bir fonksiyondur. Yine ornek olarak f(x) = 2x4−x2+1

x2−4fonksiyonu da tanım kumesi {x|x 6= ±2} olan olan

bir rasyonel fonksiyondur. Polinomlardan(toplama, cıkarma, carpma, bolme ve kok alma gibi) cebirsel islemler ileelde edilebilen f fonksiyonuna cebirsel fonksiyon denir. Rasyonel fonksiyonlar cebirsel fonksiyonlardır.

f(x) =√x2 + 1 g(x) =

x4 − 16x2

x+√x

+ (x− 2) 3√x+ 1

fonksiyonları da cebirsel fonksiyonlardır.

1.2 Trigonometrik Fonksiyonlar

Kalkuluste acı birimi olarak (aksi belirtilmedigi surece) radyan kullanılır. Ornegin, f(x) = sinx ile radyan olcumu xolan acının sinusunu anlarız. Dolayısı ile, sinus ve kosinus fonksiyonlarının grafikleri, sekil de gosterildigi gibidir.

Sekil 1.12

Sekil 1.13


Sinus ve kosinus fonksiyonlarının tanım kumesi (−∞,∞), goruntu kumesi [−1, 1] kapalı aralıgıdır. Bu nedenleher x icin −1 ≤ sinx ≤ 1 − 1 ≤ cosx ≤ 1 ya da mutlak deger gosterimi ile

| sinx| ≤ 1 | cosx| ≤ 1

olur. Sinus fonksiyonunu sıfırları π nin tamsayı katlarıdır; baska bir degisle n tamsayı olmak uzere,

x = nπ icin sinx = 0 dır.

Sinus ve kosinus fonksiyonlarının en onemli ozelligi periyodik olmaları ve periyodlarının 2π olmasıdır. Bu, x in tumdegerleri icin

sin(x+ 2π) = sinx cos(x+ 2π) = cosx

olması demektir.Tanjant fonksiyonunun sinus ve kosinus fonksiyonalrı ile iliskisi,

tanx =sinx

cosx

denklemleriyle verilir. Grafigi verilmistir.

Sekil 1.14

x = ±π/2,±3π/2, . . . degerleri icin cosx = 0 oldugundan, bu degerlerde tanımlı degildir. Goruntu kumesi(−∞,∞) aralıgıdır. Tanjant fonksiyonu periyodiktir ve periyodu π dir:

tan(x+ π) = tanx.

1.3 Ustel Fonksiyonlar

Bu tur fonksiyonlar, taban a nın pozitif bir sabit oldugu f(x) = ax bicimindeki fonksiyonlardır. Her iki durumda datanım kumesi (−∞,∞) ve goruntu kumesi (0,∞) dur.

Ustel fonksiyonların en cok kullanılanı ex (dogal ustel fonksiyon) fonksiyonudur. Buradaki e sayısı ustel fonksiy-onun y− eksenini egimi 1 olacak sekilde kesmesini saylayan sayıdır.

e sayısı irrasyonel bir sayıdır ve e sayısının ilk 5 basamagı e ≈ 2.71828 dir. Transandantal (askın) fonksiyonlarolarak da bilinen bu tur fonksiyonlar trigonometrik, ustel ve logaritma fonksiyonlarını icerdikleri gibi, hic bir adverilmemis diger pek cok fonksiyonu da icerirler.

1.3. USTEL FONKSIYONLAR 11

Sekil 1.15

Sekil 1.16

Asagıdaki fonksiyonların turlerini belirleyiniz.

(a) f(x) = 5x (b) g(x) = x5

(c) h(x) =1 + x

1−√x

(d) u(t) = 1− t+ 5t4

Ornek 1.

Cozum. (a) f(x) = 5x fonksiyonu ustel bir fonksiyondur. (Kuvveti x dir.)(b) g(x) = x5 fonksiyonu bir kuvvet fonksiyonudur. (Taban x dir.) aynı zamanda derecesi 5 olan bir polinom-

dur.(c) h(x) =

1 + x

1−√x

cebirsel bir fonksiyondur.

(d) u(t) = 1− t+ 5t4 derecesi 4 olan bir polinomdur.


1.4 Fonksiyon Grafikleri

Bir fonksiyonun grafigine donusumler uygulayarak yeni fonksiyonlar elde edebiliriz. Bu fikirler bize bir cok fonksiy-onun grafigini hızlıca cizebilme yetenegini kazandıracaktır. Aynı zamanda, verilen grafiklerin denklemlerini bula-bilecegiz.

Once otelemeleri dusunelim. Eger c pozitif bir sayı ise, y = f(x) + c fonksiyonunun grafigi y = f(x) fonksiy-onunun grafiginin yukarı dogru c birim kaydırılması ile elde edilir (bunun nedeni tum y-koordinatlarının c kadararttırılmasıdır). g(x) = f(x − c) ile tanımlanan g fonksiyonunun x sayısındaki degeri, f nin x − c sayısındakidegeridir (baska bir deyisle, x in c birim solundaki deger). Bu nedenle, y = f(x−c) fonksiyonunun grafigi, y = f(x)grafiginin c birim saga kaydırılmıs halidir. c > 0 olmak uzere, Sekil 1.17 incelenmelidir. c > 0 olmak uzere, Sekil1.17 incelenmelidir.

Sekil 1.17

Yatay ve dusey kaydırmalar c > 0 olsun.

y = f(x) + c nin grafigini elde etmek icin,y = f(x) grafigini yukarı dogru c birim kaydırınız.

y = f(x)− c nin grafigini elde etmek icin,y = f(x) grafigini asagıya dogru c birim kaydırınız.

y = f(x− c) nin grafigini elde etmek icin,y = f(x) grafigini saga dogru c birim kaydırınız.

y = f(x+ c) nin grafigini elde etmek icin,y = f(x) grafigini sola dogru c birim kaydırınız.

1.4. FONKSIYON GRAFIKLERI 13

Simdi germe ve yansıma donusumlerini ele alalım. c > 1 ise, y = cf(x) fonksiyonunun grafigi, y = f(x)fonksiyonunun grafiginin dusey dogrultuda c kadar gerilmesi ile elde edilir (cunku her y-koordinatı aynı c sayısı ilecarpılmıstır). y = −f(x) fonksiyonun grafigi, y = f(x) grafiginin x− eksenine gore yansımasıdır, cunku (x, y)noktası (x,−y) noktası ile yer degistirmektedir. c > 1 ve c 6= 0 olmak uzere, Sekil 1.18 incelenmelidir.

Sekil 1.18

Yatay ve dusey germe ve yansıma c > 1 olsun.

y = cf(x) in grafigini elde etmek icin,y = f(x) in grafigini dusey olarak c kadar geriniz.

y = (1/c)f(x) in grafigini elde etmek icin,y = f(x) in grafigini dusey olarak c kadar buzunuz.

y = f(cx) in grafigini elde etmek icin,y = f(x) in grafigini yatay olarak c kadar buzunuz.

y = f(x/c) in grafigini elde etmek icin,y = f(x) in grafigini yatay olarak c kadar geriniz.

y = −f(x) in grafigini elde etmek icin,y = f(x) in grafiginin x− ekseninde yansımasını alınız.

y = f(−x) in grafigini elde etmek icin,y = f(x) in grafiginin y− ekseninde yansımasını alınız.


Verilen y =√x in grafigine donusumler uygulayarak y =

√x− 2, y =

√x− 2, y = −

√x, y = 2

√x ve

y =√−x fonksiyonlarının grafiklerini ciziniz.

Ornek 2.

Cozum. 1. y =√x in grafigi: Sekil 1.19a.

2. 2 birim asagı kaydırarak y =√x− 2 fonksiyonunun grafigi: Sekil 1.19b.

3. 2 birim saga kaydırarak y =√x− 2 fonksiyonun grafigi: Sekil 1.19c.

4. x− ekseninde yansımasını alarak y = −√x in grafigi: Sekil 1.19d.

5. dusey yonde 2 birim gererek y = 2√x in grafigi: Sekil 1.19e.

6. y− ekseninde yansıma alarak y =√−x in grafigi: Sekil 1.19f.

(a)√x (b)

√x− 2 (c)

√x− 2

(d) −√x (e) 2

√x (f)

√−x

Sekil 1.19

f(x) = x2 + 6x+ 10 fonksiyonunun grafigini ciziniz.

Ornek 3.

Cozum. Tam kareye tamamlayarak, grafigin denklemini

y = x2 + 6x+ 10 = (x+ 3)2 + 1

olarak yazarız. Istenilen grafigi, y = x2 parabolunu once 3 birim sola, sonra 1 birim yukarıya kaydırarak buluruz.(Sekil 1.20)

1.5. FONKSIYONLAR ILE DORT ISLEM 15

Sekil 1.20

y = |x2 − 1| fonksiyonunun garfigini ciziniz.

Ornek 4.

Cozum. Once y = x2 − 1 parabolunu cizeriz. Bu, y = x2 parabolunun 1 birim asagıya kaydırılmasıyla elde edilir.−1 < x < 1 iken x2 − 1 parabolu x-ekseninin altında kaldıgından, y = |x2 − 1| in grafigini, bu kısmın grafigini x−eksenine gore yansıtarak buluruz. (Sekil 1.21)

Sekil 1.21

1.5 Fonksiyonlar ile dort islem

f ve g gibi iki fonksiyon, sayıların toplanması, cıkarılması, carpılması ve bolunmesine benzer sekilde birlestirilerek,f + g, f − g, fg 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 sag tarafı ancak f(x) ve g(x) in her ikisininde tanımlı oldugu, diger bir deyisle, x inhem f nin hem de g nin tanım kumesinde oldugu zaman anlamlıdır. f nin tanım kumesi A, g nin tanım kumesi B ise,f + g fonksiyonunun tanım kumesi, bu iki tanım kumesinin kesisimi A ∩B dir.

f ve g, tanım kumeleri A ve B olan fonksiyonlar olsun. f + g, f − g, fg, ve f/g fonksiyonları tablodaki gibitanımlanır.


(f + g)(x) = f(x) + g(x) tanım kumesi = A ∩B

(f − g)(x) = f(x)− g(x) tanım kumesi = A ∩B

(fg)(x) = f(x)g(x) tanım kumesi = A ∩B

(f/g)(x) = f(x)/g(x) tanım kumesi = {x ∈ A ∩B : g(x) 6= 0}

f(x) =√x, g(x) =

√4− x2 ise, f + g, f − g, fg, ve f/g fonksiyonlarını bulunuz.

Ornek 5.

Cozum. f(x) =√x fonksiyonunun tanım kumesi [0,∞) dur. g(x) =

√4− x2 fonksiyonunun tanım kumesi, 4 −

x2 ≥ 0, yani x2 ≤ 4 esitsizligini saglayan x degerlerinden olusur. Her iki tarafın kare kokunu alırsak, |x| ≤ 2, veya−2 ≤ x ≤ 2 elde ederiz. Dolayısıyla, g fonksiyonunun tanım kumesi [−2, 2] aralıgıdır. f ve g nin tanım kumelerininkesisimi

[0,∞) ∩ [−2, 2] = [0, 2]

kumesidir. Boylece tanımlardan,

(f + g)(x) =√x+√

4− x2 0 ≤ x ≤ 2

(f − g)(x) =√x−√

4− x2 0 ≤ x ≤ 2

(fg)(x) =√x√

4− x2 =√

4x− x3 0 ≤ x ≤ 2(f

g

)(x) =

√x√

4− x2=

√x

4− x20 ≤ x < 2

buluruz. f/g nin tanım kumesinde g(x) = 0 veren x = ±2 noktalarının olmaması gerektiginden, f/g nin tanımkumesi [0,2) aralıgıdır.

1.6 Bileske Fonksiyon

Verilen f ve g fonksiyonları icin f ◦ g bileske fonksiyonu (ya da f ve g nin bileskesi),

(f ◦ g)(x) = f(g(x))

olarak tanımlanır. f◦g fonksiyonunun tanım kumesi, g nin tanım kumesindeki, g nin goruntusu f nin tanım kumesindeolan x lerden olusur. Baska bir deyisle, (f ◦ g)(x), hem g(x) hem de f(g(x)) tanımlı oldugu zaman tanımlıdır. f ◦ gfonksiyonunu anlamanın en iyi yolu Sekil 1.22 deki gibi ok gosterimidir.

Sekil 1.22

1.6. BILESKE FONKSIYON 17

f(x) = x2 ve g(x) = x− 3 ise, f ◦ g ve g ◦ f bileske fonksiyonlarını bulunuz.

Ornek 6.

Cozum.(f ◦ g)(x) = f(g(x)) = f(x− 3) = (x− 3)2

(g ◦ f)(x) = g(f(x)) = g(x2) = x2 − 3

Not : Ornekte goruldugu gibi, genelde f ◦ g 6= g ◦ f dir. f ◦ g, once g sonra f nin uygulanması ile bulunur. Ornektekif ◦g fonksiyonu, once 3 cıkartan sonra da kare alan fonksiyon iken, g◦f once kare alan sonra 3 cıkartan fonksiyondur.

f(x) =√x ve g(x) =

√2− x ise asagıdaki fonksiyonları ve tanım kumelerini bulunuz.

(a) f ◦ g (b) g ◦ f (c) f ◦ f (d) g ◦ g

Ornek 7.

Cozum. a. (f ◦ g)(x) = f(g(x)) = f(√

2− x) =√√

2− x = 4√

2− x f ◦ g fonksiyonunun tanım kumesi

{x|2− x ≥ 0} = {x|x ≤ 2} = (−∞, 2]

dir.

b. (g ◦ f)(x) = g(f(x)) = g(√x) =

√2−√x√x fonksiyonun tanımlı olması icin x ≥ 0 olmalıdır.

√2−√x

fonksiyonunun tanımlı olması icin 2 −√x ≥ 0 olmalıdır. Bu,

√x ≤ 2 veya x ≤ 4 olmasını gerektirdiginden,

0 ≤ x ≤ 4 olur.Buradan g ◦ f fonksiyonunun tanım kumesi olarak [0, 4] bulunur.

c. (f ◦ f)(x) = f(f(x)) = f(√x) =

√√x = 4√x f ◦ f fonksiyonunun tanım kumesi [0,∞) aralıgıdır.

d. (g ◦ g)(x) = g(g(x)) = g(√

2− x) =√

2−√

2− x Bu ifadenin tanımlı olması icin 2 − x ≥ 0 ya da x ≤ 2ve 2−

√2− x ≥ 0 olmalıdır. Son esitsizlik

√2− x ≤ 2 ya da 2−x ≤ 4 olmasına denktir. Bu da −2 ≤ x ≤ 2

demek oldugundan, g ◦ g nin tanım kumesi [−2, 2] kapalı aralıgıdır.

Verilen F (x) = cos2(x+ 9) icin, F = f ◦ g ◦ h olacak bicimde f , g ve h fonksiyonlarını bulunuz.

Ornek 8.

Cozum. F (x) = [cos(x+ 9)]2 oldugundan F fonksiyonu once 9 ile toplama, sonra toplamın kosinusunu alma ve ensonunda da kare alma demektir. Boylece

h(x) = x+ 9 g(x) = cosx 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.


1.7 Ters Fonksiyon

Aynı degeri iki kez almayan bir f fonksiyonuna, baska bir deyisle

x1 6= x2 icin f(x1) 6= f(x2)

kosuluna saglayan bir fonksiyona, bire-bir fonksiyon denir.

Tanım 1.

Sekil 1.23 de goruldugu gibi yatay bir dogru f nin grafigini birden fazla noktada kesiyorsa, f(x1) = f(x2) olanfarklı x1 ve x2 olacagından f fonksiyonu bire-bir degildir.

Sekil 1.23

Bu nedenle, bir fonksiyonun bire-bir olması icin geometrik bir olcut verebiliriz.

Yatay Dogru Olcutu :

Bir fonksiyonun bire-bir olması icin gerek ve yeter kosul, hic bir yatay dogrunun grafigi bir kezden fazla kesmeme-sidir.

f , tanım kumesi A, goruntu kumesi B olan bire-bir bir fonksiyon olsun. f fonksiyonunun tersi, f−1,tanım kumesi B, goruntu kumesi A olan ve B kumesindeki her y icin

f−1(y) = x⇔ f(x) = y

ile tanımlanan fonksiyondur.

Tanım 2.

f−1 in tanım kumesi = f nin goruntu kumesi

f−1 in goruntu kumesi = f nin tanım kumesi.

Ornegin, f(x) = x3 fonksiyonun tersi f−1(x) = x1/3 fonksiyonudur. Eger y = x3 ise,

f−1(y) = f−1(x3) = (x3)1/3 = x dir.

1.7. TERS FONKSIYON 19

Sekil 1.24

Uyarı : f−1 gosterimindeki −1 bir kuvvet degildir. Baska bir deyisle, f−1 ile 1/f(x) birbirine esit degildir.Geleneksel olarak x ile bagımsız degiskeni gosterdigimizden, eger f−1 ile calısıyorsak tanımda x ve y nin yerlerini

degistiripf−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

formullerini elde ederiz. Ters fonksiyon hesaplamaları asagıdaki adımlarla yapılabilir.

1. y = f(x) yazınız.

2. Bu denklemde x i y cinsinden cozunuz (olanaklıysa).

3. f−1 fonksiyonunu x in fonksiyonu olarak yazabilmek icin x ve y nin yerlerini degistiriniz. Bu da y = f−1(x)biciminde bir ifade verir.

f(x) = x3 + 2 fonksiyonunun tersini bulunuz.

Ornek 9.

Cozum. Yukarıda verilen adımlara uyarak, once y = x3 + 2 yazarız. Sonra, bu denklemi x icin cozeriz:

x3 = y − 2⇒ x = 3√y − 2⇒ x = 3

√y − 2

Son olarak, x ile y nin yerlerini degistiririz:y = 3√x− 2

Dolayısıyla, verilen fonksiyonun tersi f−1(x) = 3√x− 2 dir.

f fonksiyonunun tersini bulma adımlarında x ile y nin yerlerini degistirme adımı, bize f−1 fonksiyonunungrafigini f nin grafiginden bulma yontemini de verir. f(a) = b icin yeterli ve gerekli kosul f−1(b) = a oldugundan,(a, b) noktasının f nin grafigi uzerinde olması icin yeterli ve gerekli kosul (b, a) noktasının f−1 in grafigi uzerindeolmasıdır. Diger yandan (b, a) noktasının y = x dogrusuna gore yansımasıdır. f nin grafiginin y = x dogrusuna goreyansıması, f−1 fonksiyonunun grafigini verir.

Aynı duzlemde f(x) =√−1− x fonksiyonunun ve tersinin grafiklerini ciziniz.

Ornek 10.

Cozum. Once, y =√−1− x egrisini (y2 = −1 − x, ya da x = −y2 − 1 parabolunun ust yarı kolu) cizeriz. Daha

sonra bunu y = x dogrusuna yansıtıp, f−1 in grafigini buluruz.Grafigi dogrulama amacıyla, f−1 in ifadesinin, x > 0 icin f−1(x) = −x2−1 olduguna dikkat ediniz. Dolayısıyla,

f−1 fonksiyonunun grafigi, y = −x2 − 1 parabolunun sag yarı koludur, ve bu sonuc grafik uyumludur.


Sekil 1.25

Sekil 1.26

a > 0 ve a 6= 1 icin, f(x) = ax fonksiyonu artan veya azalan oldugundan, Yatay Dogru Olcutu geregince,bire-birdir. Bu nedenle, tersi f−1 vardır. Bu fonksiyona a tabanına gore logaritma fonksiyonu adı verilir ve ”loga”ile gosterilir. Ters fonksiyon icin

f−1(x) = y ⇐⇒ f(y) = x

kosulunu kullanırsak,loga x = y ⇐⇒ ay = x

elde ederiz. Bu nedenle, 0 < x icin loga x, a tabanının x sayısını vermesi icin gerekli olan ussudur. Ornegin 10−3 =0, 001 oldugundan, log10 0.001 = −3 dur. Yok etme kuralları f(x) = ax ve f−1(x) = loga x ozelinde kullanılırsa

loga(ax) = x , x ∈ R

aloga x = x , x > 0 elde edilir.

loga x logaritma fonksiyonunun tanım kumesi (0,∞), goruntu kumesi iseR dir. Grafigi ise y = ax fonksiyonununy = x dogrusuna gore yansımasıdır. Sekil 1.27, 1 < a icin bir ornektir. ( En onemli logaritma fonksiyonlarının tabanıa > 1 dir.)

0 < x icin y = ax fonksiyonu cok artan bir fonksiyon oldugundan, 1 < x degerleri icin y = loga x fonksiy-onu cok yavas artan bir fonksiyondur. Sekil 1.28, a sayısının farklı degerleri icin loga x fonksiyonlarının grfiklerinivermektedir. loga 1 = 0 oldugundan, tum logaritma fonksiyonlarının grafikleri (1, 0) noktasından gecerler.


Sekil 1.27

Sekil 1.28

Logaritma fonksiyonunun birkac ozelligi

1. x, y > 0⇒ loga(xy) = loga x+ loga y

2. x, y > 0⇒ loga

(x

y

)= loga x− loga y

3. x > 0⇒ loga (xr) = r loga x (Burada r gercel sayıdır.)

e tabanına gore logaritmaya dogal logaritma denir ve ozel bir goseterime sahiptir:

loge x = lnx

Dogal logaritma fonksiyonunu tanımlayan ozellikler

lnx = y ⇐⇒ ey = x

ln(ex) = x x ∈ Relnx = x x > 0

bicimini alır. Ozel olarak x = 1 alırsak,ln e = 1

elde ederiz. Herhangi tabana gore logaritmayı asagıdaki gibi ifade edebiliriz.

loga x =lnx

ln a, a > 0, a 6= 1

Ustel fonksiyon y = ex in ve tersi dogal logaritma fonksiyonunun grafikleri Sekil 1.29 de gosterilmistir. y = ex

egrisi, y− eksenini 1 egimle kestiginden, y = lnx egrisi, x− eksenini 1 egimle keser.


Sekil 1.29

y = ln(x− 2)− 1 fonksiyonunun grafigini ciziniz.

Ornek 11.

Cozum. Sekil 1.29 te verilen y = lnx fonksiyonunun grafigini sag tarafa iki birim kaydırarak y = ln(x − 2)grafigini(Sekil 1.30a), sonra da asagıya bir birim kaydırarak y = ln(x − 2) − 1 fonksiyonunun grafigini(Sekil 1.30b) elde ederiz.

(a) (b)

Sekil 1.30

Artan bir fonksiyon olan lnx, 1 < x degerleri icin cok yavas artar. lnx, x in tun pozitif kuvvet fonksiyonlarındandaha yavas buyur. Bu gercegi gormek icin y = lnx ve y = x1/2 =

√x fonksiyonlarının grafikleri Sekil 1.31 de

cizilmistir. Baslangıcta iki fonksiyon da benzer davranıs gosterirken, daha sonra kok fonksiyonunun logaritmadandaha hızlı buyudugu gorulmektedir.


(a) (b)

Sekil 1.31

.

Bolum 2

Limit ve Turev

x degerlerini a sayısına yeteri kadar yakın (her iki yonden de) ancak a dan farklı alarak, f(x) degerini Lsayısına istedigimiz kadar yaklastırabiliyorsak, “x degiskeni a sayısına yaklasırken, f(x) in limiti L dir”der ve

limx→a

f(x) = L

yazarız.Matematiksel bir yazım kullanırsak,

∀ε > 0, ∃δ > 0, 0 < |x− a| < δ ⇒ |f(x)− L| < ε (2.1)

ile tanımlanmaktadır.

Tanım 3.

limx→a f(x) = L limiti icin diger bir gosterim sekli x→ a iken f(x)→ L dir ve “x degiskeni a sayısına yaklasırken,f(x) degerleri L ye yaklasır” seklinde okunur. Limit tanımındaki “x 6= a” ifadesine dikkat ediniz. Bu, x degiskeni asayısına yaklasırken f(x) in limitini bulmak icin, x = a degerini hic dusunmedigimiz anlamına gelir. Aslında f(x)fonksiyonu, x = a noktasında tanımlı bile olmayabilir. Onemli olan, yalnızca f(x) fonksiyonunun a nın yakınındanasıl tanımlandıgıdır.

Sekil 2.1

Sekil 2.1 de uc fonksiyonun grafigi verilmistir. Ucuncu sekilde f(a) tanımlı degildir ve ikinci sekilde de f(a) 6= Ldir. Ancak tum durumlarda, a da ne oldugundan bagımsız olarak lim

x→af(x) = L dir.

25

26 BOLUM 2. LIMIT VE TUREV

Heaviside fonksiyonu H ,

H(t) =

{0, t < 01, t ≥ 0

olarak tanımlanır. [Bu fonksiyon adını elektrik muhendisi Oliver Heaviside(1850-1925) den almıstır vet = 0 anında salteri indirilen devredeki elektrik akımını ifade etmek icin kullanılabilir.] Grafigi Sekil 2.2de verilmistir.

Ornek 12.

Sekil 2.2

t degiskeni 0 a soldan sagdan yaklastıgında H(t), 0 a yaklasır. t, 0’a sagdan yaklastıgında, H(t) bu kez 1 eyaklasır. Bu nedenle t sıfıra yaklasırken, H(t) nin yaklastıgı tek bir deger olmadıgından lim

x→0H(t) yoktur.

Bir onceki ornekte H(t) degerinin, t, 0 a sagdan yaklasırken 0 a, t nin 0 a soldan yaklasması durumunda 1 eyaklastıgını gozledik. Bunu simgesel olarak

limt→0−

H(t) = 0 ve limt→0+

H(t) = 1

ile gosteririz. t→ 0− sembolu t nin yalnızca 0 dan kucuk degerlerini dusundugumuzu gosterir. Aynı sekilde t→ 0+,t nin yalnızca 0 dan buyuk degerlerini dusundugumuzu gosterir.

x degiskeni a dan kucuk olacak sekilde a ya yeterince yakın yakın alınarak, f(x) degerleri L sayısına is-tenildigi kadar yakın yapılabiliyorsa, x degiskeni a ya yaklasırken f(x) in soldan limiti [veya x degiskenia ya soldan yaklasırken f(x) in limiti] L dir deriz ve

limx→a−

f(x) = L

yazarız. Benzer bicimde, x degiskeninin a dan buyuk olması kosulunu getirirsek, x degiskeni a yayaklasırken f(x) in sagdan limiti L dir denir ve

limx→a+

f(x) = L

yazarız. Dolayısıyla, x→ a+ sembolu, yalnızca x > a degerlerini dusundugumuz anlamına gelir.

Tanım 4.

limx→a

f(x) = L⇔ limx→a+

f(x) = L ve limx→a−

f(x) = L dir.

Teorem 1.

27

Sekil 2.3

Bir g fonksiyonunun grafigi Sekil 2.4 de verilmistir. Bunu kullanarak (eger varsa) asagıdaki limitlerindegerini bulunuz.

a) limx→2−

g(x) b) limx→2+

g(x) c) limx→2

g(x)

d) limx→5−

g(x) e) limx→5+

g(x) f) limx→5

g(x)

Ornek 13.

Sekil 2.4

Cozum. Grafikten x degiskeni 2 ye soldan yaklasırken, g(x) in 3 e yaklastıgını, buna karsılık x degiskeni 2 ye sagdanyaklasırken g(x) in 1 e yaklastıgını goruruz. Dolayısıyla

a) limx→2−

g(x) = 3 ve b) limx→2+

g(x) = 1 olur.

c) Sag ve sol limitler farklı oldugu icin, limx→2

g(x) olmadıgı sonucuna varırız.

Grafikten ayrıca

d) limx→5−

g(x) = 2 ve e) limx→5+

g(x) = 2

oldugu gorulmektedir.f) Bu kez sag ve sol limitler aynıdır ve dolayısıyla, limx→2 g(x) = 2 elde ederiz. Buna ragmen g(5) 6= 2 dir.


2.1 Limit Alma Kuralları

c sabit bir sayı ve limx→a f(x) ve limx→a g(x) limitleri varsa,

1. limx→a

[f(x) + g(x)] = limx→a

f(x) + limx→a

g(x)

2. limx→a

[f(x)− g(x)] = limx→a

f(x)− limx→a

g(x)

3. limx→a

[c.f(x)] = c. limx→a

f(x)

4. limx→a

[f(x).g(x)] = limx→a

f(x). limx→a

g(x)

5. Eger; limx→a

g(x) 6= 0 ise limx→a

f(x)

g(x)=

limx→a

f(x)

limx→a

g(x)dir.

Limit kurallarını ve f ile g nin Sekil 2.5 de verilen grafiklerini kullanarak (varsa) asagıdaki limitleri bu-lunuz.

a) limx→−2

[f(x) + 5g(x)]

b) limx→1

[f(x)g(x)]

c) limx→2

f(x)

g(x)

Ornek 14.

Sekil 2.5

Cozum. a) f ve g nin grafiklerinden

limx→−2

f(x) = 1 ve limx→−2

g(x) = −1

oldugunu goruyoruz. Dolayısıyla

limx→−2

[f(x) + 5g(x)] = limx→−2

f(x) + limx→−2

[5g(x)] Kural 1 ile

= limx→−2

f(x) + 5 limx→−2

g(x) Kural 3 ile

= 1 + 5(−1) = −4 dur.

2.1. LIMIT ALMA KURALLARI 29

b) limx→1

f(x) = 2 oldugunu goruyoruz. Ancak limx→1

g(x) limiti yoktur cunku sag ve sol limitler farklıdır:

limx→1−

g(x) = −2 limx→1+

g(x) = −1

Dolayısıyla Kural 4 u kullanamayız. Sol limit sag limite esit olmadıgı icin, verilen limit yoktur.c) Grafik yardımı ile

limx→2

f(x) ≈ 1.4 ve limx→2

g(x) = 0

buluruz. Ancak bolenin limiti 0 oldugundan, Kural 5 i kullanamayız. Pay sıfırdan farklı bir sayıya yaklasırken,payda 0 a yaklastıgından limiti yoktur.

6. n pozitif tamsayı oldugunda limx→a

[f(x)]n = [limx→a

f(x)]n dir.

7. limx→a

c = c

8. limx→a

x = a

9. n pozitif tamsayı olmak uzere limx→a

xn = an dir.

10. n pozitif tamsayı olmak uzere limx→a

n√x = n

√a dır. (n cift ise, a > 0 varsayarız.)

Her adımı acıklayarak, asagıdaki limiti bulunuz.

limx→5

(2x2 − 3x+ 4)

Ornek 15.

Cozum.limx→5

(2x2 − 3x+ 4) = limx→5

(2x2)− limx→5

(3x) + limx→5

4 (kural 1 ve 2)

= 2 limx→5

x2 − 3 limx→5

x+ limx→5

4 (kural 3)

= 2(52)− 3(5) + 4 (kural 7, 8 ve 9)

= 39

Ancak asagıdaki orneklerin sergiledigi gibi, dogrudan yerine koyma yontemi ile tum limit degerleri bulunamaz.

limx→1

x2 − 1

x− 1limitini bulunuz.

Ornek 16.

Cozum. f(x) = (x2−1)/(x−1) olsun. f(1) degeri tanımlı olmadıgı icin limiti x = 1 koyarak bulamayız. Paydanınlimiti 0 oldugu icin Bolum kuralını da kullanamayız. Bunun yerine cebir bilgimizi kullanmalıyız.

x2 − 1

x− 1=

(x− 1)(x+ 1)

x− 1


olarak carpanlara ayıralım. Buradan x − 1 in pay ve paydanın ortak carpanı oldugunu goruruz. x degiskeni 1 egiderken limit alındıgında x 6= 1 oldugundan x− 1 6= 0 dır. Dolayısı ile sadelestirme yapabiliriz. Boylece limiti

limx→1

x2 − 1

x− 1= lim

x→1

(x− 1)(x+ 1)

x− 1

= limx→1

(x+ 1)

= 1 + 1 = 2

olarak buluruz.

limh→0

(3 + h)2 − 9

hlimitini bulunuz.

Ornek 17.

Cozum. F (h) =(3 + h)2 − 9

holarak tanımlayalım. F (0) tanımlı olmadıgından, lim

h→0F (h) limitini h = 0 degerini

yerine koyarak hesaplayamayız. Fakat F (h) yi cebirsel olarak sadelestirirsek,

F (h) =(h2 + 6h+ 9)− 9

h=h2 + 6h

h= 6 + h

buluruz. (h degiskeni 0 a yaklasırken, yalnızca h 6= 0 degerlerini dusundugumuzu hatırlayınız.) Dolayısıyla

limh→0

(3 + h)2 − 9

h= lim

h→0(6 + h) = 6

olur.

limt→0

√t2 + 9− 3

t2limitini bulunuz.

Ornek 18.

Cozum. Paydanın limiti 0 oldugundan Bolum kuralını dogrudan kullanamayız. Buradaki cebirsel islem, paydadakikare kokten kurtulmaktır:

limt→0

√t2 + 9− 3

t2= lim

t→0

√t2 + 9− 3

t2.

√t2 + 9 + 3√t2 + 9 + 3

= limt→0

(t2 + 9)− 9

t2(√t2 + 9 + 3)

= limt→0

t2

t2(√t2 + 9 + 3)

= limt→0

1√t2 + 9 + 3

=1√

limt→0

(t2 + 9) + 3

=1

3 + 3=

1

6

Bazı limitleri almak icin en iyi yontem once sag ve sol limitleri almaktır. Asagıdaki teorem limitin varlıgı icinyeterli ve gerek kosulun sag ve sol limitlerin varlıgı ve esitligi oldugunu ifade etmektedir.

2.1. LIMIT ALMA KURALLARI 31

limx→a

f(x) = L icin gerekli ve yeterli kosul

limx→a+

f(x) = L = limx→a−

f(x) dir.

Teorem 2.

Tek yonlu (sag ve sol) limitleri alırken Limit Kurallarının bu tur limitler icin de gecerli oldugu gercegini kullanırız.

limx→0|x| = 0 oldugunu gosteriniz.

Ornek 19.

Cozum. Mutlak deger fonksiyonunun

|x| ={x, x ≥ 0−x, x < 0

olarak tanımlandıgını hatırlayınız. 0 < x icin |x| = x oldugundan,

limx→0+

|x| = limx→0+

x = 0

elde ederiz. x < 0 icin |x| = −x dir ve dolayısıyla

limx→0−

|x| = limx→0−

(−x) = 0

dir. Teorem geregince limx→0|x| = 0.

Sekil 2.6

limx→0

|x|x

limitinin olmadıgını kanıtlayınız.

Ornek 20.

Cozum.

limx→0+

|x|x

= limx→0+

x

x= lim

x→0+1 = 1

limx→0−

|x|x

= limx→0−

−xx

= limx→0−

(−1) = −1

Sag ve sol limitler farklı olduklarından, Teorem geregince aranılan limit yoktur. f(x) = |x|/x fonksiyonunun grafigiSekil 2.7 de verilmistir ve yanıtımızı desteklemektedir.


Sekil 2.7

x in a ya yakın (x = a dısında) degerleri icin f(x) ≤ g(x) ise ve x degiskeni, a ya yaklasırken f(x) veg(x) in limitleri varsa lim

x→af(x) ≤ lim

x→ag(x) olur.

Teorem 3.

x in a ya yakın (x = a dısında) degerleri icin f(x) ≤ g(x) ≤ h(x) ve limx→a

f(x) = limx→a

h(x) = L ise

limx→a

g(x) = L dir.

Teorem 4.

Sekil 2.8

Kimi zaman Sandvic Teoremi olarak da anılan Sıkıstırma Teoreminin anlamı Sekil 2.8 da acıklanmıstır. Buteorem, g(x) fonksiyonu a yakınında f(x) ve h(x) arasında sıkısmıssa, ve a sayısında f ve h fonksiyonlarının limitlerivar ve L ye esitse, zorunlu olarak g fonksiyonunun da a daki limitinin L oldugunu soyler.

limx→0

x2 sin1

x=?

Ornek 21.

Cozum. Once, limx→0

sin1

xlimiti olmadıgından,

limx→0

x2 sin1

x= lim

x→0x2 · lim

x→0sin

1

x

2.2. SUREKLILIK 33

esitligini kullanamayacagımıza dikkat edin. Bununla birlikte,

−1 ≤ sin1

x≤ 1

oldugundan, Sekil 2.9 de gosterildigi gibi

−x2 ≤ x2 sin1

x≤ x2

elde ederiz.

Sekil 2.9

limx→0

x2 = 0 ve limx→0

(−x2) = 0 oldugunu biliyoruz. Sıkıstırma teoreminde

f(x) = −x2, g(x) = x2 sin1

xve h(x) = x2

alarak limx→0

x2 sin1

x= 0 buluruz.

2.2 Sureklilik

Bazı orneklerde x degiskeni a ya yaklasırken f fonksiyonunun limitinin fonksiyonun a noktasındaki degeri olarakhesaplanabildigini fark etmistik. Bu ozellige sahip fonksiyonlara a noktasında sureklidir denir. Surekliligin matem-atiksel tanımının, bu kelimenin gunluk anlamına oldukca yakın oldugunu ileride gorecegiz. (Surekli bir olay, kesintiyeve ani degisiklige ugramadan devam eder.)

f fonksiyonun a sayısındaki surekliligi

limx→a

f(x) = f(a)

esitligini saglamasıdır.

Tanım 5.

a noktasında surekli olmayan bir f fonksiyonuna a noktasında sureksizdir denir. Tanıma gore, acıkca belirtilmemisolsa da, bir fonksiyonun a noktasındaki surekliligi asagıdaki kosulların saglanmasını gerektirmektedir:

1. f(a) tanımlıdır (a sayısı f nin tanım kumesindedir).

2. limx→a

f(x) limiti vardır ve limx→a

f(x) = f(a) dır.

Geometrik olarak, bir aralıktaki her noktada surekli olan bir fonksiyonu, grafigi kesintisiz bir fonksiyon olarakdusunebilirsiniz. Bu, kalemle grafigi takip ettiginizde, kalemi kaldırmadan grafigi izleyebilmeniz demektir.


Sekil 2.10

Sekil 2.11

Grafigi Sekil 2.11 de verilen fonksiyonun surekli olmadıgı noktaları bularak, nedenlerini acıklayınız.

Ornek 22.

Cozum. a = 1 noktasında fonksiyonun grafiginde bir kesinti oldugundan, fonksiyon bu noktada sureksiz gorunmektedir.Bunu matematiksel olarak, f(1) degeri tanımsız oldugundan fonksiyonun 1 noktasında sureksiz oldugu seklindeacıklarız. Grafik a = 3 noktasında da kesintiye ugramaktadır. Ancak, buradaki sureksizligin nedeni farklıdır. Buradaf(3) tanımlıdır. Ancak, sag ve sol limitler farklı olduklarından lim

x→3f(x) limiti yoktur ve bundan dolayı f , 3 nok-

tasında surekli degildir. a = 5 noktası fonksiyon icin nasıl bir noktadır? Bu noktada f(5) tanımlıdır ve limx→5

f(x)

limiti vardır (sag ve sol limitler esittir). Ancak limx→5

f(x) 6= f(5) oldugundan, f fonksiyonu 5 noktasında surekli

degildir.

Asagıdaki fonksiyonların surekli olmadıgı noktaları bulunuz.

1. f(x) =x2 − x− 2

x− 22. f(x) =

1

x2, x 6= 0

1, x = 0

3. f(x) =

x2 − x− 2

x− 2, x 6= 2

1, x = 2

4. f(x) = [|x|]

Ornek 23.

2.2. SUREKLILIK 35

Cozum. 1. f(x) =x2 − x− 2

x− 2f(2) tanımlı olmadıgından, f fonksiyonu 2 noktasında surekli degildir.

2. f(x) =

1

x2, x 6= 0

1, x = 0

Burada f(0) = 1 tanımlıdır. Ancak limx→0

f(x) = limx→0

1

x2limit yoktur. Bu nedenle, f fonksiyonu 0 noktasında

surekili degildir.

3. f(x) =

x2 − x− 2

x− 2, x 6= 2

1, x = 2

Bu ornekte f(2) = 1 tanımlıdır ve

limx→2

f(x) = limx→2

x2 − x− 2

x− 2= lim

x→2

(x− 2)(x+ 1)

x− 2= lim

x→2(x+ 1) = 3

vardır.limx→2

f(x) 6= f(2)

oldugundan, f fonksiyonu 2 noktasında surekli degildir.

4. Tam deger fonksiyonu f(x) = [|x|] tam sayılarda sureksizdir cunku n bir tam sayı ise, limx→n

[|x|] limiti yoktur.

Sekil 2.12


Sekillerde, ornekte calısılan fonksiyonların grafiklerini vermektedir. Orneklerin tumunde grafik bir kalem ileizlenirse, var olan bir delik veya kesinti veya atlama nedeniyle kalem kaldırılmadan grafigin cizilmesi olası degildir.(a) ve (c) orneklerindeki sureksizliklere giderilebilir sureksizlikler denir. Cunku yalnız 2 noktasında f fonksiyonunuyeniden tanımlayarak sureksizligi giderebiliriz. [g(x) = x + 1 fonksiyonu sureklidir.] (b) deki sureksizlik turunesonsuz sureksizlik denir. (d) deki sureksizlik turune ise, fonksiyon bir degerden digerine sıcradıgından, sıcrama tipisureksizlik adı verilir.

f fonksiyonunun

1. a da sagdan surekli olması : limx→a+

f(x) = f(a) esitligini saglaması;

2. a da soldan surekli olması ise limx→a−

f(x) = f(a) esitligini saglaması olarak tanımlanır.

Tanım 6.

Bir aralıgın tum noktalarında surekli olan fonksiyona o aralıkta sureklidir denir. (Fonksiyon, aralıgın uc nokta-larının yalnızca bir tarafında tanımlanmıs ise bu noktalarda sureklilik, sagdan veya soldan sureklilik anlamındadır.)

c bir sabit, f ve g fonksiyonları a sayısında surekli fonksiyonlarsa, asagıdaki fonksiyonlar da a noktasındasureklidir:1. f + g 2. f − g 3. cf 4. fg 5.

f

g, g(a) 6= 0 ise

Teorem 5.

Her polinom gercel sayıların tumunde, R = (−∞,∞) da sureklidir. Her rasyonel (kesirli) fonksiyontanım kumesinde sureklidir.

Ornek 24.

Bir kurenin hacminin, yarıcapına gore surekli bir bicimde degistigini soyleyebiliriz. Bunun nedeniV (r) = 4

3πr3 un yarıcap r nin bir polinomu olmasıdır. Benzer bicimde, dik olarak 50 ft/sn hızla havaya

fırlatılan bir topun t saniye sonraki yuksekligini veren h = 50t−16t2 fonksiyonu da, polinom oldugundan,sureklidir. Dolayısıyla topun yuksekligi zamana gore surekli bir bicimde degisir.

Ornek 25.

limx→−2

x3 + 2x2 − 1

5− 3xlimitini bulunuz..

Ornek 26.

Cozum. f(x) =x3 + 2x2 − 1

5− 3xfonksiyonu rasyonel bir fonksiyondur ve teorem geregince, tanım kumesi olan {x ∈

R|x 6= 53} kumesinde sureklidir. Bu nedenle

limx→−2

x3 + 2x2 − 1

5− 3x= lim

x→−2f(x) = f(−2) =

(−2)3 + 2(−2)2 − 1

5− 3(−2)= − 1

11dir.

2.2. SUREKLILIK 37

Not: f−1 fonksiyonunun grafigi f nin grafiginin y = x dogrusuna gore yansıması oldugundan, f surekli birfonksiyonsa, f−1 fonksiyonu da sureklidir. (f fonksiyonunun grafiginde kesinti yoksa, y = x dogrusuna goreyansımasında da kesinti yoktur.)

Asagıdaki fonksiyonlar tanım kumelerinde surekli fonksiyonlardır:

Polinomlar Rasyonel fonksiyonlarTrigonometrik fonksiyonlar Ters trigonometrik fonksiyonlarUstel fonksiyonlar Logaritmik fonksiyonlarKok fonksiyonları

Teorem 6.

limx→π

sinx

2 + cosxlimitini bulunuz.

Ornek 27.

Cozum. y = sinx fonksiyonu, teoremden dolayı sureklidir. Paydadaki y = 2 + cosx fonksiyonu, iki surekli fonksiy-onun toplamı oldugundan, sureklidir. Bu fonksiyon hic bir zaman 0 degildir cunku her x icin cosx ≥ −1 oldugundan,

her yerde 2+cosx > 0 dır. Boylece, f(x) =sinx

2 + cosxfonksiyonu her yerde sureklidir. Dolayısıyla, surekli fonksiy-

onun tanımından,

limx→π

sinx

2 + cosx= lim

x→πf(x) = f(π) =

sinπ

2 + cosπ=

0

2− 1= 0

olur.

f fonksiyonu b de surekli ve limx→a

g(x) = b ise,

limx→a

f(g(x)) = f(b)

dir. Baska bir deyisle,limx→a

f(g(x)) = f(

limx→a

g(x))

dir.

Teorem 7.

limx→1

arcsin

(1−√x

1− x

)limitini bulunuz.

Ornek 28.

Cozum. arcsin surekli bir fonksiyon oldugundan, teoremi uygulayabiliriz:

limx→1

arcsin

(1−√x

1− x

)= arcsin

(limx→1

1−√x

1− x

)= arcsin

(limx→1

1−√x

(1−√x)(1 +

√x)

)

= arcsin

(limx→1

1

1 +√x

)= arcsin

1

2=π

6


g fonksiyonu a da, f fonsiyonu da g(a) surekli ise, (f ◦ g)(x) = f(g(x)) olarak verilen f ◦ g bileskefonksiyonu a noktasında sureklidir.

Teorem 8.

Asagıdaki fonksiyonların surekli oldugu yerleri bulunuz:1. h(x) = sin(x2) 2. F (x) = ln(1 + cosx)

Ornek 29.

Cozum. 1. g(x) = x2 ve f(x) = sinx olmak uzere h(x) = f(g(x)) dir. Bir polinom oldugu icin, g fonksiyonuRde sureklidir. f fonksiyonu da her yerde sureklidir. Boylece, teoremden, h = f ◦ g fonksiyonu R de sureklidir.

2. Teoremden, f(x) = lnx ve (y = 1 ve y = cosx her yerde surekli olduklarından) g(x) = 1 + cosx sureklidir.Dolayısıyla, teoremden, F (x) = f(g(x)) fonksiyonu tanımlı oldugu her yerde sureklidir. ln(1+cosx) fonksiy-onunun tanımlı olması icin 1 + cosx > 0 olmalıdır. Dolayısıyla, cosx = −1 oldugu zaman tanımlı degildir, vebu durum x = ±π,±3π, . . . oldugunda gerceklesir. Boylece, F fonksiyonu π nin tek katlarında sureksizdir vebu degerlerin arasındaki aralıklarda sureklidir.

Sekil 2.13

f fonksiyonu kapalı [a, b] aralıgında surekli, N sayısı f(a) ile f(b) arasında herhangi bir sayı olsun. (a, b)aralıgında, f(c) = N esitligini saglayan bir c sayısı vardır.

Teorem 9.

Ara deger teoremi, surekli bir fonksiyonun f(a) ile f(b) arasındaki her degeri aldıgını soyler. Bu ozellik, Sekil2.14 de gosterilmistir. N degeri [(a) da oldugu gibi] bir kez veya [(b) de oldugu gibi] bir kac kez alınabilir. Ozelolarak, Ara deger teoreminin bir uygulaması, asagıdaki ornekte oldugu gibi, denklemlerin koklerinin yerlerinin belir-lenmesidir.

4x3 − 6x2 + 3x− 2 = 0 denkleminin 1 ile 2 arasında bir koku oldugunu gosteriniz.

Ornek 30.

2.3. SONSUZLUK ICEREN LIMITLER 39

Sekil 2.14

Cozum. f(x) = 4x3 − 6x2 + 3x − 2 olsun. Verilen denklemin bir cozumunu, diger bir deyisle, 1 ile 2 arasındaf(c) = 0 olacak sekilde 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 boylelikle f(1) < 0 < f(2) elde ederiz. Bu, N = 0 sayısının f(1) ile f(2) arasında oldugunu verir. f fonksiyonubir polinom oldugundan her yerde sureklidir. Dolayısıyla, ara deger teoremi ile 1 ve 2 arasındaki bir c sayısı icinf(c) = 0 olmalıdır. Bu da verilen denklemin 1 ile 2 arasında bir koku olması demektir.

2.3 Sonsuzluk Iceren Limitler

Sekil 2.15

y = 1/x2 fonksiyonunun degerler tablosunu ve sekildeki grafigini inceleyerek

limx→0

1

x2

limitinin olmadıgı, ve x i 0 a yeterince yakın alarak, 1/x2 degerlerinin istenildigi kadar buyuk yapılabilecegi sonucunavarabiliriz. Dolayısıyla f(x) in degerleri sonlu bir sayıya yaklasmaz ve lim

x→0(1/x2) limiti yoktur. Bu tur davranısı

betimlemek icin

limx→0

1

x2=∞

gosterimini kullanırız. Bu ∞ isaretini bir sayı olarak dusundugumuz anlamına gelmedigi gibi, limitin var olduguanlamına da gelmez. Bu yalnızca limitin olmamasının nedeninin ifadesidir: x degiskeni 0 a yeterince yakın alınarak,1/x2 istenildigi kadar buyutulebilir.

Not: Genisletilmis reel sayılar kumesi ve ozellikleri derste detaylı bir sekilde incelenecektir.Genellikle, x degiskeni a ya yaklasırken f(x) in degerlerinin giderek buyudugunu (veya “sınırsız olarak arttıgını”)

gostermek icin, simgesel olaraklimx→a

f(x) =∞


yazarız.limx→a

f(x) = ∞ gosterimi, x degiskeni a ya yeterince yakın (sagından veya solundan) ama a dan farklı alınarak,

f(x) degerlerinin istenildigi kadar buyuk yapılabilinecegi anlamına gelir.

Sekil 2.16

limx→a

f(x) = −∞ gosterimi “x degiskeni a ya yaklasırken f(x) in limiti eksi sonsuz” ya da “ x degiskeni a ya

yaklasırken, f(x) sınırsız olarak azalır” olarak okunabilir.

Sekil 2.17

Ornek olarak limx→0

(− 1

x2

)= −∞ verilebilir. Benzer tanımlar “x → a−” gosteriminin yalnız a dan kucuk x

degerlerini ve benzer bicimde “x → a+” gosteriminin yalnız x > a degerlerini dusundugumuz anlamına geldigianımsanarak tek yonlu limitler icin de verilebilir.

limx→a−

f(x) =∞ limx→a+

f(x) =∞

limx→a−

f(x) = −∞ limx→a+

f(x) = −∞

Asagıdakilerin en az birinin dogru olması durumunda, x = a dogrusuna, y = f(x) egrisinin duseyasimptotu denir.

limx→a

f(x) =∞ limx→a−

f(x) =∞ limx→a+

f(x) =∞

limx→a

f(x) = −∞ limx→a−

f(x) = −∞ limx→a+

f(x) = −∞

Tanım 7.


Sekil 2.18

Sekil 2.19

limx→3+

2x

x− 3ve lim

x→3−

2x

x− 3limitlerini bulunuz.

Ornek 31.

Cozum. x’in degeri, 3’ten buyuk ve 3’e yakın ise, payda x − 3 kucuk ve pozitif bir sayı ve pay 2x de 6’ya yakınolacagından, 2x/(x− 3) oranı buyuk bir pozitif sayı olacaktır. Buradan sezgisel olarak

limx→3+

2x

x− 3=∞

oldugunu goruruz. Benzer bicimde, x’in 3’ten kucuk ve 3’e yakın degerleri icin x − 3 negatif ve kucuk bir sayıdır,ama 2x yine pozitif bir sayıdır(6’ya yakın). Dolayısıyla 2x/(x−3) sayısal degeri buyuk negatif bir sayı olur. Boylece

limx→3−

2x

x− 3= −∞

elde ederiz. y = 2x/(x− 3) egrisinin grafigi Sekil 2.20 verilmistir. x = 3 dusey bir asimptotdur.

Tanıdık y = tanx ve y = lnx fonksiyonlarının grafiklerinde de dusey asimptotlar vardır. Sekil 2.21 bakarak

limx→0+

lnx = −∞

oldugunu goruruz. Aynı zamanda, Sekil 2.21 de

limx→(π/2)−

tanx = +∞


Sekil 2.20

oldugu gorulur. Aslında, n tamsayı olmak uzere x = (2n + 1)π/2 dogrularının herbiri y = tanx egrisinin duseyasimptotudur.

Sekil 2.21

f fonksiyonu (0,∞) aralıgında tanımlı olsun.

limx→∞

f(x) = L

ifadesi, x’in degeri yeterince buyuk secilerek, f(x) degerinin L’ye istenildigi kadar yakın yapılabilecegi anlamınıtasır. Tanımın geometrik acıklaması Sekil 2.22 verilmistir. Bir f fonksiyonunun (yatay asimptot denilen) y = Ldogrusuna yaklasmasının bir cok yolu olduguna dikkat ediniz.

Sekil 2.22


f(x) =x2 − 1

x2 + 1olmak uzere;

limx→∞

f(x) = 1

Sekil 2.23’e donersek, x’in sayısal olarak buyuk negatif degerleri icin f(x) degerlerinin 1’e yaklastıgınıgoruruz. x’i negatif sayılardan sınırsız olarak kuculterek, f(x) degerini 1’e istedigimiz kadar yakın yapa-biliriz. Bu,

limx→−∞

x2 − 1

x2 + 1= 1 olarak ifade edilir.

Ornek 32.

Sekil 2.23

Genel olarak, Sekil 2.24’da goruldugu gibi,

limx→−∞

f(x) = L

gosterimi, x negatif sayılardan yeteri kadar kuculterek, f(x) degerlerininL saysına istenildigi kadar yakın yapılabileceginiifade eder.

Sekil 2.24

Burada da −∞ bir sayı degildir, ancak sıklıkla limx→−∞

f(x) = L ifadesi, ”x eksi sonsuza giderken, f(x)’in limiti

L’dir” olarak okunur.

Eger limx→∞

f(x) = L veya limx→−∞

f(x) = L ise, y = L dogrusuna y = f(x) egrisinin yatay asimptotudenir.

Tanım 8.

limx→−∞

x2 − 1

x2 + 1= 1 oldugundan y = 1 dogrusu, Sekil 2.23’deki egrinin yatay asimptotudur.

Ornek 33.


Iki yatay asimptotu olan bir egri ornegi y = tan−1 x’dir.

Ornek 34.

limx→−∞

tan−1 x = −π2

limx→∞

tan−1 x =π

2(2.2)

oldugundan, y = −π/2 ve y = π/2 dogrularının her ikisi de yatay asimptotlardır. (Bu, x = ±π/2 dogrularınıntanjant egrisi grafiginin dusey asimptotu olanlarındandır.)

Sekil 2.25

limx→∞

1

xve lim

x→−∞

1

xlimitlerini bulunuz.

Ornek 35.

Cozum. x buyukken 1/x’in kucuk oldugunu gozlemleyiniz. Ornegin,

1

100= 0, 01

1

10.000= 0, 0001

1

1.000.000= 0, 000001

dir. Gercekten x’i yeterince buyuk secerek 1/x’i 0’a istedigimiz kadar yakın yapabiliriz. Tanım geregince

limx→∞

1

x= 0

elde ederiz. Benzer sekilde x’in negatif buyuk degerleri icin 1/x negatif ve kucuk olur. Boylece

limx→−∞

1

x= 0

buluruz. Buradan, y = 0 dogrusunun (x-ekseni) y = 1/x egrisi icin yatay asimptot oldugu sonucuna ulasırız.(Egrisekilde verilen hiperboldur.)


Sekil 2.26

Daha once verilen Limit Kuralları’nın cogu sonsuzdaki limitlerde de gecerlidir. Verilen Limit Kuralları’nın (Kural9 ve 10 dısında) ”x → a” yerine ”x → ∞” veya ”x → −∞” kondugunda da gecerli oldugu kanıtlanabilir. Ozelolarak, n pozitif bir tamsayı olmak uzere

limx→−∞

1

xn= 0, lim

x→∞

1

xn= 0’dır.

limx→∞

3x2 − x− 2

5x2 + 4x+ 1limitini bulunuz.

Ornek 36.

Cozum. Kesirli bir fonksiyonun sonsuzdaki limitini bulmak icin once pay ve paydayı, paydadaki x’in en buyuk kuvve-tine boleriz. (Yalnızca x’in buyuk degerleri ile ilgilendigimizden, x 6= 0 varsayabiliriz.) Bu ornekte paydadaki x’inen buyuk kuvveti x2 oldugundan limit kurallarından

limx→∞

3x2 − x− 2

5x2 + 4x+ 1= lim

x→∞

3x2−x−2x2

5x2+4x+1x2

= limx→∞

3− 1x −

2x2

5 + 4x + 1

x2

=limx→∞

(3− 1x −

2x2

)

limx→∞

(5 + 4x + 1

x2)

=limx→∞

3− limx→∞

1x − 2 lim

x→∞1x2

limx→∞

5 + 4 limx→∞1x limx→∞

1x2

=3− 0− 0

5 + 0 + 0=

3

5

buluruz. Benzer bir hesaplama x → −∞ iken alınan limitin yine 3/5 oldugunu verir. Sekil 2.27 verilen kesirlifonksiyonun y = 3/5 yatay asimptotuna yaklasmasını gostererk bu hesaplamaların sonucunu sergilemektedir.


Sekil 2.27

y = 0 (x-ekseni), y = ex dogal ustel fonksiyonunun grafigi icin yatay bir asimptottur.

limx→−∞

ex = 0. (2.3)

Ornek 37.

limx→0−

e1/x limitini bulunuz.

Ornek 38.

Cozum. t = 1/x degiskeni icin, x→ 0− iken t→ −∞ oldugunu biliyoruz. Boylece (2.3)’den

limx→0−

e1/x = limt→−∞

et = 0 olur.

limx→∞

sinx limitini bulunuz.

Ornek 39.

Cozum. x artarken, sinx degerleri −1 ile 1 arasında sonsuz kez salınır. Bu nedenle limx→∞

sinx limiti yoktur.

limx→∞

f(x) =∞


gosterimi, x buyurken f(x) degerlerinin de buyudugunu ifade eder. Asagıdaki gosterimlerin de anlamları benzerdir:

limx→−∞

f(x) =∞ limx→∞

f(x) = −∞ limx→−∞

f(x) = −∞

Sekil 2.28

limx→∞

ex =∞ limx→∞

x3 =∞ limx→−∞

x3 = −∞

x→∞ iken y = ex, y = x3’den cok daha hızlı buyumektedir.

Sekil 2.29

limx→∞

(x2 − x) limitini bulunuz.

Ornek 40.

Cozum.limx→∞

(x2 − x) = limx→∞

x2 − limx→∞

x =∞−∞

yazılamayacagına dikkat ediniz. Limit Kuralları∞ bir sayı olmadıgından sonsuz limitlerde kullanılmazlar. (∞−∞tanımlanamaz.) Ancak hem x hem de x− 1 sınırsız olarak buyudugunden

limx→∞

(x2 − x) = limx→∞

x(x− 1) =∞

yazabiliriz.

limx→∞

x2 + x

3− xlimitini bulunuz.

Ornek 41.


Cozum. Pay ve paydayı(paydadaki polinomun en yuksek kuvveti olan) x ile bolerek, x → ∞ iken x + 1 → ∞ ve3/x− 1→ −1 oldugundan,

limx→∞

x2 + x

3− x= lim

x→∞

x+ 13x − 1

= −∞

buluruz.

2.4 Tegetler, Hızlar ve Diger Degisim Hızları

2.4.1 Teget Dogrusu Problemi

Bir C egrisi, y = f(x) denklemi ile verilmis olsun. C egrisinin P (a, f(a)) noktasındaki tegetini bulmak istersek,P ’nin yakınındaki x 6= a, kosulunu saglayan birQ(x, f(x)) noktasını alarak PQ kiris dogrusunun egimini hesaplarız:

Sekil 2.30

mPQ =f(x)− f(a)

x− a

x degeri a’ya yaklastıkca, Q noktası da egri uzerinden P noktasına yaklasacaktır. Eger mPQ bir m sayısınayaklasırsa, t tegetini P ’den gecen ve egimi m olan dogru olarak tanımlarız. (BU, teget dogrusunun, Q noktası veP ’ye yaklasırken PQ kiris dogrularının limit durumu oldugunu soylemek demektir.)

Sekil 2.31

2.4. TEGETLER, HIZLAR VE DIGER DEGISIM HIZLARI 49

Eger asagıdaki limit varsa, y = f(x) egrisinin P (a, f(a)) noktasındaki teget dogrusu, P (a, f(a)) nok-tasından gecen ve egimi

m = limx→a

f(x)− f(a)

x− aolan dogrudur.

Tanım 9.

y = x2 parabolunun P (1, 1) noktasındaki teget dogrusunun denklemini bulunuz.

Ornek 42.

Cozum. a = 1 ve f(x) = x2 oldugundan, egim

m = limx→1

f(x)− f(1)

x− 1= lim

x→1

x2 − 1

x− 1= lim

x→1

(x− 1)(x+ 1)

x− 1= lim

x→1(x+ 1) = 1 + 1 = 2

dir. Dogru denkleminin nokta-egim bicimini kullanarak, (1, 1) noktasındaki teget dogrusunun denkleminin

y − 1 = 2(x− 1) ya da y = 2x− 1 oldugunu buluruz.

Bir egrinin bir noktasındaki tegetinin egimini, egrinin o noktadaki egimi olarak da adlandırırız. Bunun ardındakifikir, egrinin uzerindeki noktaya yeterince odaklanıldıgında egrinin adeta bir dogru gibi gorunmesidir.

Sekil 2.32

Sekillerde bu islemi, y = x2 egrisi icin gostermektedir. Ne kadar cok odaklanılırsa, parabol o denli bir dogruyabenzemektedir. Baska bir deyisle, egri adeta teget dogrusundan ayırt edilemez hale gelmektedir.

Teget dogrusunun egimi icin, bazı durumlarda kullanımı daha kolay olan bir baska ifade vardır.

h = x− a

olsun, o zamanx = a+ h

olur. Dolayısıyla, PQ kiris dogrusunun egimi

mPQ =f(a+ h)− f(a)

h

olur. (Sekilde, h > 0 durumu gozterilmistir ve Q, P ’nin sagındadır. h < 0 durumunda Q, P ’nin solunda olmalıdır.)


Sekil 2.33

x, a’ya yaklastıkca, h’nin de 0’a yaklastıgına dikkat ediniz (cunku h = x − a’dır). Dolayısıyla, tanımdaki tegetdogrusunun egiminin ifadesi

m = limh→0

f(a+ h)− f(a)

h(2.4)

bicimine donusur.

y = 3/x hiprbolunun (3, 1) noktasındaki teget dogrusunun denklemini bulunuz.

Ornek 43.

Cozum. f(x) = 3/x olsun. O halde (3, 1) noktasındaki tegetin egimi

m = limh→0

f(3 + h)− f(3)

h= lim

h→0

33+h − 1

h= lim

h→0

3−(3+h)3+h

h

= limh→0

−hh(3 + h)

= limh→0− 1

3 + h= −1

3

olur. Dolayısıyla, (3, 1) noktasındaki tegetin bir denklemi

y − 1 = −1

3(x− 3)

olur vex+ 3y − 6 = 0

biciminde sadelesir. Hiperbol ve tegeti sekilde gosterilmektedir.

Sekil 2.34

2.4. TEGETLER, HIZLAR VE DIGER DEGISIM HIZLARI 51

2.4.2 Anlık Hız Problemi

s = f(t), hareket denklemi uyarınca bir dogru boyunca hareket eden bir cisim dusunelim. Burada s, cismin baslangıcnoktasından baslayarak (yonu de dikkate alan) yer degistirmesini gostersin. Hareketi tanımlayan f fonksiyonunacismin konum fonksiyonu denir.

Sekil 2.35

t = a ile t = a+h arasındaki zaman aralıgında konumdaki degisim, f(a+h)−f(a) olur. Bu zaman aralıgındakiortalama hız

ortalama hız =yer degistirme

zaman=f(a+ h)− f(a)

h

ile ifade edilir ve sekildeki PQ kiris dogrusunun egimi ile aynıdır.

Sekil 2.36

Simdi ortalama hızları, daha da kısa [a, a+ h] zaman aralıklarında hesapladıgımızı varsayalım. Baska bir deyisle,h sıfıra yaklassın. t = a anındaki v(a) hızını (ya da anlık hızı) bu ortalama hızların limiti olarak tanımlarız:

v(a) = limh→0

f(a+ h)− f(a)

h(2.5)

Bu, t = a anındaki hızın, P ’deki teget dogrusunun egimine esit oldugu anlamına gelir.


2.5 Turev

Daha once y = f(x) denklemi ile ifade edilen bir egrinin x = a noktasındaki tegetinin egimini

m = limh→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

v(a) = limh→0

f(a+ h)− f(a)

h

oldugunu gorduk. Aslında herhangi bir bilim ya da muhendislik dalında ne zaman bir degisim hızı hesaplasakyukarıdaki gibi limitler ortaya cıkar. Bu bicimdeki limitlerle cok yaygın olarak karsılasıldıgından, bunlar icin ozelbir isim ve gosterim kullanılır.

Eger varsa, asagıdaki limite, f fonksiyonunun a sayısındaki turevi denir ve f ′(a) ile gosterilir:

f ′(a) = limh→0

f(a+ h)− f(a)

h

Tanım 10.

Eger x = a + h yazarsak, h = x − a olur ve h’nin 0’a yaklasması icin gerekli ve yeter kosul x’in a’yayaklasmasıdır. Dolayısıyla, teget dogrularını bulurken gordugumuz gibi, turevin tanımını ifade etmenin esdeger biryolu sudur:

f ′(a) = limx→a

f(x)− f(a)

x− a(2.7)

f(x) = x2 − 8x+ 9 fonksiyonunun a noktasındaki turevini bulunuz.

Ornek 44.

Cozum. Tanımdan,

f ′(a) = limh→0

f(a+ h)− f(a)

h= lim

h→0

[(a+ h)2 − 8(a+ h) + 9]− [a2 − 8a+ 9]

h

= limh→0

a2 + 2ah+ h2 − 8a− 8h+ 9− a2 + 8a− 9

h

= limh→0

2ah+ h2 − 8h

h= lim

h→0(2a+ h− 8) = 2a− 8

Onceki bolumde bir f fonksiyonunun sabit bir a sayısındaki turevi uzerinde durduk:

f ′(a) = limh→0

f(a+ h)− f(a)

h(2.8)

Burada bakıs acımızı degistirelim ve a nın degisken oldugunu varsayalım. Denklem 2.8 de, a nın yerine bir xdegiskeni koyarsak,

f ′(x) = limh→0

f(x+ h)− f(x)

h(2.9)

elde ederiz. Bu limitin var oldugu her x sayısına bir f ′(x) sayısı karsıgelir. Dolayısıyla, f ′ f nin turevi olarakadlandırılan ve denklem 2.9 ile tanımlanan yeni bir fonksiyon olarak ele alınabilir. x deki f ′(x) degerinin, ge-ometrik olarak f nin grafiginin (x, f(x)) noktasındaki teget dogrusunun egimi olarak yorumlanabilecegini biliyoruz.f ′ fonksiyonu f nin turevi olarak adlandırılır cunku f den denklem 2.9 deki limit islemi ile ”turetilmistir”.

2.5. TUREV 53

f(x) = x3 − x ise, f ′(x) icin bir formul bulunuz.

Ornek 45.

Cozum. Turevi hesaplamak icin denklem 2.9 yi kullandıgımız zaman, h nin degisken oldugunu ve limit hesabıyapılırken x in sabit olarak degerlendirildigini hatırlamalıyız.

f ′(x) = limh→0

f(x+ h)− f(x)

h= lim

h→0

[(x+ h)3 − (x+ h)]− [x3 − x]

h

= limh→0

x3 + 3x2h+ 3xh2 + h3 − x− h− x3 + x

h

= limh→0

3x2h+ 3xh2 + h3 − hh

= limh→0

(3x2 + 3xh+ h2 − 1) = 3x2 − 1

f(x) =√x ise, f ′ turevini bulunuz. f ′ nun tanım kumesini bulunuz.

Ornek 46.

Cozum.

f ′(x) = limh→0

f(x+ h)− f(x)

h= lim

h→0

√x+ h−

√x

h

= limh→0

√x+ h−

√x

h·√x+ h+

√x√

x+ h+√x

= limh→0

(x+ h)− xh(√x+ h+

√x)

=1√

x+√x

=1

2√x

f ′(x) =1

2√xx > 0 ise, f ′(x) vardır, bu nedenle f ′ nun tanım kumesi (0,∞) olur. Bu kume, f nin tanım kumesi

olan [0,∞) kumesinden kucuktur.

Bagımsız degiskenin x, bagımlı degiskenin y oldugu geleneksel y = f(x) gosterimini kullanırsak, turev icinkullanılan bazı yaygın gosterimler asagıdaki gibidir.

f ′(x) = y′ =dy

dx=df

dx=

d

dxf(x) = Df(x)

D ve d/dx sembolleri turev alma islemini ifade ettiginden turev alma operatorleri olarak adlandırılır. Leib-niz tarafından ortaya konulan dy/dx sembolu (simdilik) bir oran olarak degerlendirilmemelidir; yalnızca f ′(x) ileesanlamlıdır. Buna karsın, ozellikle degisim gosterimi ile birlikte kullanıldıgında cok yararlı ve anlamlı bir gosterimdir.Turevin tanımını Leibniz gosterimi ile,

dy

dx= lim

∆x→0

∆y

∆x

seklinde yazabiliriz. dy/dx turevinin bir a sayısındaki degerini, Leibniz gosterimi ile,

dy

dx

∣∣∣∣x=a

ya dady

dx

]x=a

olarak ifade ederiz ve bu gosterim ile f ′(a) esanlamlıdır.


Eger f ′(a) varsa, f fonksiyonuna a da turevlenebilirdir denir. Eger f bir (a, b) [ya da (a,∞) yada (−∞, a) ya da (−∞,∞)] acık aralıgındaki her sayıda turevlenebilirse, f fonksiyonu (a, b) acıkaralıgında turevlenebilirdir denir.

Tanım 11.

f(x) = |x| fonksiyonu nerede turevlenebilirdir?

Ornek 47.

Cozum. Eger x > 0 ise, |x| = x olur ve h yi, x + h > 0 kosulunu saglayacak kadar kucuk secebiliriz ve bu nedenle|x+ h| = x+ h olur. Dolayısıyla x > 0 icin

f ′(x) = limh→0

|x+ h| − |x|h

= limh→0

(x+ h)− xh

= limh→0

h

h= lim

h→01 = 1

elde ederiz ve bu nedenle x > 0 icin f turevlenebilirdir. Aynı sekilde, eger x < 0 ise, |x| = −x olur ve h yi,x+ h < 0 kosulunu saglayacak kadar kucuk secebiliriz. ve bu nedenle x+ h < 0 ve dolayısıyla |x+ h| = −(x+ h)olur. Dolayısıyla, x < 0 icin

f ′(x) = limh→0

|x+ h| − |x|h

= limh→0

−(x+ h)− (−x)

h= lim

h→0

−hh

= limh→0−1 = −1

elde ederiz ve bu yuzden x < 0 icin f turevlenebilirdir. x = 0 icin sunu incelemeliyiz;

f ′(0) = limh→0

f(0 + h)− f(0)

h= lim

h→0

|0 + h| − |0|h

= limh→0

|h|h

(limit var ise)

Sag ve sol limitleri ayrı ayrı hesaplayalım:

limh→0+

|0 + h| − |0|h

= limh→0+

|h|h

= limh→0+

h

h= lim

h→0+1 = 1

ve

limh→0−

|0 + h| − |0|h

= limh→0−

|h|h

= limh→0−

−hh

= limh→0−

(−1) = −1.

Bu limitler farklı oldugundan, f ′(0) yoktur. Dolayısıyla f, 0 dısındaki her noktada turevlenebilirdir. f ′ nun formulunu

f ′(x) =

{1 , x > 0 ise−1 , x < 0 ise

olarak verebiliriz ve grafigi Sekil(b) deki gibidir. f ′(0) ın var olmaması gercegi, geometrik olarak y = |x| in (0, 0)noktasında teget dogrusunun olmaması olgusunda yansıtılmaktadır. (Bkz. Sekil(a).)

Sureklilik ve turevlenebilirligin her ikisi de, bir fonksiyon icin sahip olması istenilir ozelliklerdir. Asagıdakiteorem bu ozelliklerin nasıl iliskili olduklarını gostermektedir.

Eger f, a sayısında turevlenebilirse f, a sayısında sureklidir.

Teorem 10.

2.5. TUREV 55

Sekil 2.37

Not: Teoremin tersi yanlıstır; bir baska deyisle, surekli fakat turevlenebilir olmayan fonksiyonlar vardır. Ornegin,f(x) = |x| fonksiyonu,

limx→0

f(x) = limx→0|x| = 0 = f(0)

oldugundan 0 da sureklidir. Fakat, bir onceki ornekte f nin 0 da turevlenebilir olmadıgını gosterdik.Eger f fonksiyonunun grafiginde ”kose” veya ”kırılma” varsa, f nin grafiginin o noktada tegeti yoktur ve f, o

noktada turevlenebilir degildir. (f ′(a) degerini hesaplamaya calıstıgımızda, sag ve sol limitlerinin farklı oldugunugoruruz.) En son verdigimiz teorem, bir fonksiyonun turevi olmamasının bir baska yolunu verir. Eger f, a sayısındasurekli degilse, f nin a da turevlenebilir olmadıgını soyler. Bu nedenle, f sureksiz oldugu noktada (ornegin, sıcramabicimindeki sureksizlerde) turevlenebilir degildir. Ucuncu bir olasılık ise, egrinin x = a da dusey bir teget dogrusunasahip olmasıdır. Bir baska ifadeyle, f a da surekli ve

limx→a|f ′(x)| =∞

olmalıdır. Bu, x → a ya yaklastıkca, teget dogrularının diklesmesi demektir. Sekil2.38 ele aldıgımız uc olasılıgı dagostermektedir.

Sekil 2.38

f turevlenebilir bir fonksiyonsa, f ′ de bir fonksiyondur, dolayısıyla f ′ nun kendisininde (f ′)′ = f ′′ ile gosterilenbir turevi olabilir. Bu yeni f ′′ fonksiyonu, f nin ikinci turevi olarak adlandırılır, cunku f nin turevinin turevidir.Leibniz gosterimini kullanarak, y = f(x) fonksiyonunun ikinci turevini asagıdaki gibi yazarız.

d

dx

(dy

dx

)=d2y

dx2

f(x) = x3 − x ise, f ′′(x) i bulunuz.

Ornek 48.


Cozum. Daha once, f ′(x) = 3x2 − 1 oldugunu bulmustuk. Dolayısıyla, ikinci turev

f ′′(x) = limh→0

f ′(x+ h)− f ′(x)

h= lim

h→0

[3(x+ h)2 − 1]− [3x2 − 1]

h

= limh→0

3x2 + 6xh+ 3h2 − 1− 3x2 + 1

h= lim

h→0(6x+ 3h) = 6x

Genel olarak, ikinci turevin anlamınıdegisim hızının degisim hızı olarak acıklayabiliriz. Bunun en bilinen ornegiasagıda tanımlayacagımız ivme dir. Dogru boyunca hareket eden bir cismin konum fonksiyonu s = f(t) ise, bufonksiyonun birinci turevinin, cismin hızını zamanın bir fonksiyonu olarak gosterdigini biliyoruz:

v(t) = f ′(t) =df

dt

Hızdaki zamana gore anlık degisim hızı olan a(t), nesnenin ivmesi olarak adlandırılır. Oyleyse, ivme fonksiyonu hızfonksiyonunun turevidir ve bu nedenle konum fonksiyonunun ikinci turevidir:

a(t) = v′(t) = f ′′(t)

Genellestirirsek, f nin n inci turevi f (n) ile gosterilir ve f fonksiyonunun n kez turevinin alınmasıyla elde edilir.y = f(x) ise,

y(n) = f (n) =dny

dxn

yazarız.Bir egrinin, teget noktasının cevresinde, o noktadaki teget dogrusuna cok yakın oldugunu gormustuk. Aslında,

turevlenebilir bir fonksiyonungrafigindeki bir noktaya dogru odaklandıkca, grafigin o noktadaki teget dogrusunadaha cok benzedigine dikkat etmistik. Bu gozlem, fonkiyonlar icin yaklasık degerler bulma yontemlerinden birinintemelini olusturur. Fikir sudur: Bazen bir fonksiyonun f(a) degerini hesaplamak kolay olabilirken, f nin buna yakındegerlerini hesaplamak zor (dahası, olanaksız) olabilir. Bu nedenle, grafigi f nin (a, f(a)) noktasındaki teget dogrusuolan L dogrusal fonksiyonunun kolay hesaplanan degeriyle yetiniriz.

Sekil 2.39

Genelde, (a, f(a)) noktasındaki teget dogrusunu, x sayısı a ya yakınken y = f(x) egrisinin yaklastırımı olarakkullanırız. Bu teget dogrusunun denklemi

y = f(a) + f ′(a)(x− a) dır ve f(x) ≈ f(a) + f ′(a)(x− a)

yaklastırımına f nin a daki dogrusal yaklastırımı ya da teget dogrusu yaklatırımı denir. Grafigi teget dogrusu olan

L(x) = f(a) + f ′(a)(x− a)

dogrusal fonksiyonu, f nin a daki dogrusallastırılması olarak adlandırılır.

2.5. TUREV 57

f(x) =√x fonksiyonunun a = 1 deki dogrusal yaklastırımını bulunuz. Daha sonra bunu

√0.99,

√1.01

ve√

1.05 sayılarının yaklasık degerlerini bulmak icin kullanırız. Buldugunuz degerler sayıların gercekdegerlerinden fazla mı, yoksa az mıdır?

Ornek 49.

Cozum. Oncelikle, y =√x fonksiyonunun x = 1 deki teget dogrusunun egimi olan f ′(1) degerini bulmalıyız. Daha

onceki orneklerdef ′(x) =

1

2√x

olarak bulmustuk. Dolayısıyla, f ′(1) =1

2olur ve (1, 1) noktasındaki teget dogrusunun denklemi

y − 1 =1

2(x− 1) ya da y =

1

2x+

1

2

ve dogrusal yaklastırım√x ≈ L(x) =

1

2x+

1

2

olur. Ozel olarak, √0.99 ≈ L(0.99) = 1

2(0.99) + 12 = 0.995

√1.01 ≈ L(1.01) = 1

2(1.01) + 12 = 1.005

√1.05 ≈ L(1.05) = 1

2(1.05) + 12 = 1.025

elde ederiz.

(√0.99 = 0.994987,

√1.01 = 1.00499,

√1.05 = 1.0247

)Sekilde y =

√x fonksiyonu ve onun dogrusal yaklastırımı L(x) = 1

2x + 12 fonksiyonunun grafikleri cizilmistir.

Yaklasık degerlerimizin gercek degerlerden fazla oldugunu gormekteyiz, cunku teget dogrusu egrinin uzerindedir.

Sekil 2.40

Asagıdaki tabloda dogrusal yaklastırımdan elde edilen degerler, gercek degerlerle yaklastırılmaktadır. Tablo veSekilde, teget dogrusu yaklastırımının, x degiskeni 1 e yakınken iyi yaklasık degerler verdigine, fakat x degiskeni1 den uzaklastıkca elde edilen degerlerin gercek degerlere yakınlıklarının azaldıgına dikkat ediniz.

Bolum 3

Turev Kuralları

Sabitle Carpım Kuralı c bir sabit ve f turevlenebilir bir fonksiyonsa,

d

dx[cf(x)] = c

d

dxf(x)

dir.

Kural 1.

Toplam-Fark Kuralı f ve g turevlenebilir ise,

d

dx[f(x)± g(x)] =

d

dxf(x)± d

dxg(x)

dir.

Kural 2.

Carpım Kuralı f ve g turevlenebilir ise,

d

dx[f(x)g(x)] = f(x)

d

dx[g(x)] + g(x)

d

dx[f(x)]

dir.

Kural 3.

Bolum Kuralı f ve g turevlenebilir fonksiyonlarsa,

d

dx

[f(x)

g(x)

]=g(x)

d

dx[f(x)]− f(x)

d

dx[g(x)]

[g(x)]2

dir.

Kural 4.

59

60 BOLUM 3. TUREV KURALLARI

Sabit Fonksiyon Turevi :d

dx(c) = 0

Kural 5.

Kuvvet Kuralı Her n gercel sayısı icin,

d

dx(xn) = nxn−1

dir.

Kural 6.

d

dx(10x3 − 6x+ 5) = 10

d

dx(x3)− 6

d

dx(x) +

d

dx(5)

= 10(3x2)− 6(1) + 0

= 30x2 − 6

Ornek 50.

Asagıdaki turevleri alınız.

(a) f(x) =1

x2(b) y =

3√x2

Ornek 51.

Cozum. Iki durumda da, fonksiyonu x in ussu olarak yeniden yazarız.(a) f(x) = x−2 oldugundan, n = −2 icin Kuvvet Kuralını uygularız:

f ′(x) =d

dx(x−2) = −2x−2−1 = −2x−3 = − 2

x3

(b)dy

dx=

d

dx(

3√x2) =

d

dx(x2/3) =

2

3x(2/3)−1 =

2

3x−1/3

y = x4 − 6x2 + 4 egrisi uzerindeki, teget dogrusunun yatay oldugu noktaları bulunuz.

Ornek 52.

Cozum. Yatay tegetler, turevin 0 oldugu noktalardaki tegetlerdir. Oncelikle,

dy

dx=

d

dx(x4)− 6

d

dx(x2) +

d

dx(4) = 4x3 − 12x+ 0 = 4x(x2 − 3)

61

elde ederiz.

dy

dx= 4x(x2 − 3)

Dolayısıyla, x = 0 ve x2 − 3 denkleminin kokleri olan x = ±√

3 icin dy/dx = 0 olur. Bu nedenle, verilen egrix = 0, x =

√3 ve x = −

√3 icin yatay tegetlere sahiptir. Bu degerlere karsılık gelen noktalar (0, 4), (−

√3,−5) ve

(√

3,−5) dir.

Sekil 3.1

f(t) =√t(1− t) fonksiyonunun turevini alınız.

Ornek 53.

Cozum. 1. Yol: Carpım kuralını kullanarak,

f ′(t) =√td

dx(1− t) + (1− t) d

dx(√t) =

√t(−1) + (1− t)1

2t−1/2 = −

√t+

1− t2√t

=1− 3t

2√t

2. Yol : Us kuralını kullanarak, f(t) fonksiyonunu yeniden yazarsak, turevini carpım kuralını kullanmadan daalabiliriz. Boylece,

f(t) =√t− t√t = t1/2 − t3/2 ⇒ f ′(t) =

1

2t−1/2 − 3

2t1/2

elde edilir. Bu ornek, bazen fonksiyonların carpımını sadelestirmenin, carpım kuralını kullanmaktan daha kolayoldugunu gostermektedir.

g(4) = 2 ve g′(4) = 3 olmak uzere, f(x) =√x . g(x) ise, f ′(4) degerini bulunuz.

Ornek 54.

Cozum. Carpım kuralını uygulayarak,

f ′(x) =d

dx

(√x . g(x)

)=√x .

d

dx(g(x)) + g(x) .

d

dx

(√x)

=√x . g′(x) + g(x) .

1

2. x−1/2

=√x . g′(x) +

g(x)

2√x


elde ederiz. Dolayısıyla, f ′(4) =√

4 . g′(4) +g(4)

2√

4= 2 . 3 +

2

2 . 2= 6.5 olur.

y =x2 + x− 2

x3 + 6olsun. Bu durumda,

y′ =(x3 + 6)

d

dx(x2 + x− 2)− (x2 + x− 2)

d

dx(x3 + 6)

(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.

Ornek 55.

Not :

F (x) =3x2 + 2

√x

x

fonksiyonunun turevini bolum kuralını kullanarak almak mumkundur. Ancak, once bolmeyi yapmak ve fonksiyonu

F (x) = 3x+ 2x−1/2

biciminde yazdıktan sonra turevi almak cok daha kolaydır.

Dogal Ustel Fonksiyonun Turevi :d

dx(ex) = ex

Kural 7.

Ustel Fonksiyonun Turevi : a > 0, a 6= 1 gercel sayısı icin

d

dx(ax) = ax ln a

dır.

Kural 8.

f(x) = ex − x, ise f ′ ve f ′′ fonksiyonlarını bulunuz.

Ornek 56.

63

Cozum. Fark kuralını kullanarak,

f ′(x) =d

dx(ex − x) =

d

dx(ex)− d

dx(x) = ex − 1

elde ederiz. Ikinci turevi, f ′ nun turevi olarak tanımladık. Bu nedenle,

f ′′(x) =d

dx(ex − 1) =

d

dx(ex)− d

dx(1) = ex

elde ederiz.

y = ex egrisinin hangi noktasındaki teget dogrusu y = 2x dogrusuna paraleldir?

Ornek 57.

Cozum. y = ex oldugundan, y′ = ex dir. Sorudaki noktanın x koordinatı a olsun. Bu noktadaki teget dogrusununegimi ea olur. Teget dogrusu, egimi, y = 2x dogrusunun egimiyle aynı, baska bir deyisle 2 oldugunda, bu dogruyaparalel olacaktır. Egimleri esitlersek,ea = 2 ⇒ a = ln 2 elde ederiz. Dolayısıyla, aranılan nokta (a, ea) = (ln 2, 2)dir.

Sekil 3.2

a. f(x) = xex ise, f ′(x) i bulunuz.

b. f nin n-inci turevi, f (n)(x) i bulunuz.

Ornek 58.

Cozum. a. Carpım kuralından,

f ′(x) =d

dx(xex) = x

d

dx(ex) + ex

d

dx(x) = xex + ex . 1 = (x+ 1)ex

elde ederiz.

b. Carpım kuralını ikici kez kullanarak,

f ′′(x) =d

dx[(x+ 1)ex] = (x+ 1)

d

dx(ex) + ex

d

dx(x+ 1)

= (x+ 1)ex + ex . 1 = (x+ 2)ex


elde ederiz. Carpım kuralının art arda uygulanmasıyla,

f ′′′(x) = (x+ 3)ex f (4)(x) = (x+ 4)ex

elde edilir. Aslında, art arda gelen her turev alma ile baska bir ex terimi eklenir, bu nedenle

f (n)(x) = (x+ n)ex

olur.

y = ex/(1 + x2) egrisinin (1, e/2) noktasındaki teget dogrusunun denklemini bulunuz.

Ornek 59.

Cozum. Bolum kuralından,

dy

dx=

(1 + x2)d

dx(ex)− ex d

dx(1 + x2)

(1 + x2)2=

(1 + x2)ex − ex(2x)

(1 + x2)2=ex(1− x)2

(1 + x2)2

elde ederiz. Dolayısıyla, (1, e/2) deki teget dogrusunun egimi,

dy

dx

∣∣∣∣x=1

= 0

dır.Bu, (1, e/2) noktasındaki teget dogrusunun yatay ve denkleminin y = e/2 oldugunu ifade etmektedir. [Foksiy-

onun artan olduguna ve (1, e/2) deki teget dogrusunu keserek gectigine dikkat ediniz.]

Sekil 3.3

Trigonometrik Fonksiyonların Turevleri :

d

dx(sinx) = cosx

d

dx(secx) = secx tanx

d

dx(cosx) = − sinx

d

dx(cscx) = − cscx cotx

d

dx(tanx) = sec2 x

d

dx(cotx) = − csc2 x

Kural 9.

65

f(x) =secx

1 + tanxfonksiyonunun turevini alınız. Hangi x degerleri icin f nin grafiginin yatay tegeti

vardır?

Ornek 60.

Cozum. Bolum kuralı

f ′(x) =(1 + tanx)

d

dx(secx)− secx

d

dx(1 + tanx)

(1 + tanx)2

=(1 + tanx) secx tanx− secx sec2 x

(1 + tanx)2

f ′(x) =secx [tanx+ tan2 x− sec2 x]

(1 + tanx)2

=secx (tanx− 1)

(1 + tanx)2

verir. Yanıtı sadelestirmek icin, tan2 x + 1 = sec2 x ozdesligini kullandık. secx hic sıfır olmadıgından, yalnıztanx = 1 icin f ′(x) = 0 oldugunu goruruz ve bu n tamsayı olmak uzere x = nπ + π/4 degerinde gerceklesir.

cosx fonksiyonunun 27 inci turevini bulunuz.

Ornek 61.

Cozum. f(x) = cosx fonksiyonunun ilk bir kac turevi asagıdaki gibidir:

f ′(x) = − sinx

f ′′(x) = − cosx

f ′′′(x) = sinx

f (4)(x) = cosx

f (5)(x) = − sinx

Ardısık turevlerin, dort adımda bir yinelendigini ve n, 4 un bir katı olmak uzere, f (n)(x) = cosx oldugunu goruruz.Bu nedenle,

f (24)(x) = cosx

olur ve uc kez daha turev alırsakf (27)(x) = sinx

elde ederiz.


3.1 Zincir Kuralı

F (x) =√x2 + 1 fonksiyonunun turevini almanızın istendigini varsayalım. Daha once ogrendigimiz turev alma

kuralları ile F ′(x) i hesaplamanız olanaklı degildir. F nin bir bileske fonksiyonu oldugunu gozlemleyiniz. Gercektende y = f(u) =

√u ve u = g(x) = x2 + 1 ise y = F (x) = f(g(x)), bir baska deyisle F = f ◦ g yazabiliriz. f ve

g’nin her ikisinin de turevlerinin nasıl alınacagını biliyoruz, dolayısıyla F = f ◦ g fonksiyonunun turevinin, f ve gnin turevleri cinsinden nasıl bulundugunu soyleyen bir kural yararlı olacaktır. f ◦g bileske fonksiyonunun turevi, f veg nin turevlerinin carpımıdır. Bu, turev alma kurallarının en onemlilerinden biridir ve Zincir Kuralı olarak adlandırılır.

Bu, turevleri degisim hızları olarak ele aldıgımızda, akla yatkın gorunmektedir. du/dx i, u nun x e gore degisimhızı, dy/du yu, y nin u ya gore degisim hızı ve dy/dx i, y nin x e gore degisim hızı olarak dusununuz. u, x iniki katı bir hızla degisiyorsa ve y, u nun uc katı hızla degisiyorsa, y nin x in altı katı bir hızla degismesi mantıklıgorunmektedir ve bu nedenle

dy

dx=dy

du

du

dx

olmasını bekleriz.

f ve g turevlenebilir fonksiyonlar ve F = f ◦ g fonksiyonu, F (x) = f(g(x)) biciminde tanımlananbileske fonksiyonu ise, F turevlenebilir bir fonksiyondur ve F ′,

F ′(x) = f ′(g(x))g′(x) (3.1)

carpımı ile verilir. Leibniz gosteriminde, y = f(u) ve u = g(x) turevlenebilir fonksiyonlarsa,

dy

dx=dy

du

du

dxdir. (3.2)

Teorem 11.

F (x) =√x2 + 1 ise F ′(x) i bulunuz.

Ornek 62.

Cozum. (Denklem (3.1)’yi kullanarak): Bu bolumun basında F fonksiyonunu f(u) =√u ve g(x) = x2 + 1 olmak

uzere F (x) = (f ◦ g)(x) = f(g(x)) biciminde ifade etmistik.

f ′(u) =1

2u−1/2 =

1

2√u

ve g′(x) = 2x

oldugundan,

F ′(x) = f ′(g(x)) g′(x)

=1

2√x2 + 1

2x =x√

x2 + 1

elde ederiz. (Denklem (3.2)’u kullanarak): u = x2 + 1 ve y =√u ise

F ′(x) =dy

du

du

dx=

1

2√u

2x

=1

2√x2 + 1

2x =x√

x2 + 1dir.

3.1. ZINCIR KURALI 67

Not : Zincir Kuralı’nı kullanırken, dısarıdan iceriye dogru hesap yaparız. Formul (3.1), once dıstaki f fonksiy-onunun (icteki g(x) fonksiyonunda) turevini aldıgımızı ve daha sonra bunu, icteki fonksiyonun tureviyle carptıgımızısoyler.

(a) y = sin(x2) ve (b) y = sin2 x fonksiyonlarının turevini alınız.

Ornek 63.

Cozum. (a) y = sin(x2) ise, dıstaki fonksiyon sinus ve icteki fonksiyon kare alma fonksiyonudur, dolayısıyla ZincirKuralı’ndan

dy

dx=

d

dxsin(x2) = cos(x2) · d

dxx2

= 2x cos(x2)

elde ederiz.(b) sin2 x = (sinx)2 olduguna dikkat ediniz. Burada, dıstaki fonksiyon kare alma ve icteki fonksiyon sinus

fonksiyonudur. Dolayısıyla,dy

dx=

d

dx(sinx)2 = 2 sinx · cosx

olur. Yanıt, 2 sinx cosx olarak bırakılabilir ya da (yarım acı formulu olarak bilinen trigonometrik ozdeslik kul-lanılarak) sin 2x olarak yazılabilir.

y = (x3 − 1)100 fonksiyonunun turevini alınız.

Ornek 64.

Cozum. Zincir Kuralı kullanılarak

dy

dx=

d

dx(x3 − 1)100 = 100(x3 − 1)99 d

dx(x3 − 1)

= 100(x3 − 1)99 · 3x2 = 300x2(x3 − 1)99

elde edilir.

g(t) =

(t− 2

2t+ 1

)9

fonksiyonunun turevini bulunuz.

Ornek 65.

Cozum. Zincir Kuralı ve Bolum Kuralı’nı birlestirerek

g′(t) = 9

(t− 2

2t+ 1

)8 d

dt

(t− 2

2t+ 1

)

= 9

(t− 2

2t+ 1

)8 (2t+ 1) · 1− 2(t− 2)

(2t+ 1)2=

45(t− 2)8

(2t+ 1)10

elde ederiz.


y = esinx fonksiyonunun turevini alınız.

Ornek 66.

Cozum. Burada icteki fonksiyon g(x) = sinx ve dıstaki fonksiyon f(x) = ex ustel fonksiyonudur. Dolayısıyla,Zincir Kuralı’ndan,

dy

dx=

d

dx(esinx) = esinx d

dx(sinx) = esinx cosx

olur.

y = esec 3θ fonksiyonunun turevini alınız.

Ornek 67.

Cozum. Dıstaki fonksiyon ustel fonksiyon, ortadaki fonksiyon sekant fonksiyonu ve en icteki fonksiyon uc katınıalma fonksiyonudur. Dolayısıyla,

dy

dθ= esec 3θ d

dθ(sec 3θ) = esec 3θ sec 3θ tan 3θ

d

dθ(3θ) = 3esec 3θ sec 3θ tan 3θ

elde ederiz.

3.2 Parametrik Egrilerin Tegetleri

x = f(t), y = g(t) parametrik denklemleriyle verilen egriyi ele alalım: f ve g turevlenebilir fonksiyonlar ve y,x in turevlenebilir bir fonksiyonu olmak uzere, egri uzerindeki bir noktadaki teget dogrusunu bulmak istedigimizi

varsayalım. Egimi yanidy

dxi bulmamız gerek. Zincir Kuralından

dy

dt=dy

dx· dxdt

elde ederiz.

dy

dt=dy

dx· dxdt

dx

dt6= 0 ise, esitlikten dy/dx’i cekebiliriz.

dx

dt6= 0 ise

dy

dx=

dy

dtdx

dt

dir. (3.3)

Egriyi bir parcacıgın izledigi yol olarak dusunursek, dy/dt ve dx/dt parcacıgın dusey ve yatay hızları olur.

x = 2 sin 2t y = 2 sin t parametrik egrisinin (√

3, 1) noktasındaki teget dogrusunun denkleminibulunuz.

Ornek 68.

3.3. KAPALI FONKSIYONLARIN TUREVLERI 69

Cozum. t parametre degerine karsılık gelen noktada, egim

dy

dx=

dy

dtdx

dt

=

d

dt(2 sin t)

d

dt(2 sin 2t)

=2 cos t

2(cos 2t)(2)=

cos t

2 cos 2t

dir. (√

3, 1) noktası t = π/6 parametre degerine karsılık gelir, bu yuzden bu noktadaki tegetin egimi

dy

dx

∣∣∣∣t=π/6

=cos(π/6)

2 cos(π/3)=

√3/2

2(1/2)=

√3

2

olur. Dolayısıyla, teget dogrusunun denklemi

y − 1 =

√3

2(x−

√3) ya da y =

√3

2x− 1

2dir.

3.3 Kapalı Fonksiyonların Turevleri

Simdiye kadar karsılastıgımız fonksiyonlar, bir degiskenin bir baska degisken cinsinden acık olarak ifade edilmesiyletanımlanabiliyordu. Ornegin,

y =√x3 + 1 ya da y = x sinx

veya genel olarak, y = f(x) gibi. Buna karsılık, bazı fonksiyonlar

x2 + y2 = 25 (3.4)

veyax3 + y3 = 6xy (3.5)

gibi x ve y arasındaki bir bagıntı aracılıgıyla kapalı olarak tanımlanır. Bazı durumlarda, boyle bir denklemden y yi xe baglı bir fonksiyon (veya fonksiyonlar) olarak elde etmek olanaklıdır. Ornegin, Denklem (3.4)’den y yi cekersek,y = ±

√25− x2 elde ederiz, ve boylece kapalı Denklem (3.4)’in belirledigi iki fonksiyon

f(x) =√

25− x2 ve g(x) = −√

25− x2

dir.

Sekil 3.4

f ve g nin grafikleri x2 + y2 = 25 cemberinin alt ve ust yarı-cemberleridir. Denklem (3.5)’dan elle hesap yaparaky yi, x e baglı bir fonksiyon olarak elde etmek kolay degildir. Yine de (3.5), Descartes folyumu olarak adlandırılan,sekilde gosterilen egrinin denklemidir, ve kapalı olarak y yi x e baglı cesitli fonksiyonlar olarak tanımlar. f ninDenklem (3.5) ile kapalı olarak tanımlanan bir fonksiyon oldugunu soyledigimizde,

x3 + [f(x)]3 = 6xf(x)


Sekil 3.5

Sekil 3.6

esitliginin, f nin tanım kumesindeki her x degeri icin dogru oldugunu kastederiz. Neyse ki y nin turevini bulmakicin verilen denklemde y yi x cinsinden cozme gereksinimi duymayız. Onun yerine kapalı turev alma yonteminikullanabiliriz. Bu, denklemin iki tarafının x e gore turevini almayı ve sonuctaki denklemlerden y′ nu cekmeyi icerir.Bu bolumdeki ornekler ve alıstırmalarda her zaman, verilen denklemin kapalı bir bicimde y yi x e baglı turevlenebilirbir fonksiyon olarak tanımladıgı ve dolayısıyla, kapalı turev alma yonteminin uygulanabildigi varsayılmıstır.

a. x2 + y2 = 25 isedy

dxi bulunuz.

b. x2 + y2 = 25 cemberinin (3, 4) noktasındaki tegetinin denklemini yazınız.

Ornek 69.

Cozum. 1. Yol:

a. x2 + y2 = 25 denkleminin iki tarafının turevini alalım:

d

dx(x2 + y2) =

d

dx(25)

d

dx(x2) +

d

dx(y2) = 0

y nin x e baglı bir fonksiyon oldugunu anımsayarak ve Zincir Kuralı’nı kullanarak,

d

dx(y2) =

d

dy(y2)

dy

dx= 2y

dy

dx

3.3. KAPALI FONKSIYONLARIN TUREVLERI 71

elde ederiz. Dolayısıyla

2x+ 2ydy

dx= 0

dır. Simdi bu denklemi dy/dx icin cozeriz:dy

dx= −x

y

b. (3, 4) noktasında x = 3, y = 4 dur. Buradandy

dx= −3

4

elde ederiz. Dolayısıyla cemberin (3, 4) noktasndaki tegetinin denklemi

y − 4 = −3

4(x− 3) ya da 3x+ 4y = 25 dir.

2. Yol: x2 + y2 = 25 denkleminden, y = ±√

25− x2 elde ederiz. (3, 4) noktası y =√

25− x2 ust yarı-cemberinin uzerinde oldugundan, f(x) = y =

√25− x2 fonksiyonunu ele alırız. Zincir Kuralı’nı kullanarak turev

alırsak

f ′(x) =1

2(25− x2)−1/2 d

dx(25− x2)

=1

2(25− x2)−1/2(−2x) = − x√

25− x2

elde ederiz. Boylece f ′(3) = − 3√25− 32

= −3

4olur ve birinci cozumde oldugu gibi tegetin denklemi 3x+ 4y = 25

dir.

Not : Az onceki ornek, denklemden y yi x cinsinden cekmek olanaklı olsa bile kapalı turev almanın dahakolay olabildigini gostermektedir. dy/dx = −x/y ifadesi turevi, x ve y nin her ikisi cinsinden vermektedir. Bu ifadedenklem tarafından hangi fonksiyonunun belirlendiginden bagımsız olarak dogrudur. Ornegin, y = f(x) =

√25− x2

icindy

dx= −x

y= − x√

25− x2

ve y = g(x) = −√

25− x2 icindy

dx= −x

y=

x

−√

25− x2=

x√25− x2

elde ederiz.

(a) x3 + y3 = 6xy ise, y′ nu bulunuz.

(b) x3 + y3 = 6xy denklemiyle verilen Descartes folyumu egrisinin (3, 3) noktasındaki tegetini bu-lunuz.

Ornek 70.

Cozum. (a) y yi x e baglı bir fonksiyon olarak dusunerek, y3 terimi icin zincir ve 6xy terimi icin carpım kuralınıkullanarak, x3 + y3 = 6xy denkleminin iki tarafının x e gore turevini alırsak,

3x2 + 3y2y′ = 6y + 6xy′

ya dax2 + y2y′ = 2y + 2xy′


elde ederiz.x2 + y2y′ = 2y + 2xy′

Bu denklemden y′ nu cekersek:y2y′ − 2xy′ = 2y − x2

(y2 − 2x)y′ = 2y − x2

y′ =2y − x2

y2 − 2x

elde ederiz. x = y = 3 icin

y′ =2 · 3− 32

32 − 2 · 3= −1

dir. Bu nedenle folyumun (3, 3) noktasındaki tegetinin denklemi

y − 3 = −1(x− 3) ya da x+ y = 6 dır.

sin(x+ y) = y2 cosx ise y′ nu bulunuz.

Ornek 71.

Cozum. x e gore kapalı turev alarak ve y nin x e baglı bir fonksiyon oldugunu anımsayarak,

cos(x+ y) · (1 + y′) = 2yy′ cosx+ y2(− sinx)

elde ederiz. (Sol tarafta zincir kuralını ve sag tarafta carpım ve zincir kurallarını kullandıgımıza dikkat ediniz.)

cos(x+ y) · (1 + y′) = 2yy′ cosx+ y2(− sinx)

y′ iceren terimleri bir araya toplarsak,

cos(x+ y) + y2 sinx = (2y cosx)y′ − cos(x+ y) · y′

elde ederiz. Bu nedenle,

y′ =cos(x+ y) + y2 sinx

2y cosx− cos(x+ y)

olur.

3.3.1 Ters Trigonometrik Fonksiyonların Turevi

Ters trigonometrik fonksiyonların turevlenebilir olduklarını varsayarak, bunların turevlerini almak icin kapalı turevalma yontemini kullanabiliriz. arcsin fonksiyonunun tanımını anımsayınız:

y = sin−1 x ⇔ sin y = x ve − π

26 y 6

π

2

anlamına gelir. sin y = x in x e gore kapalı turevini alırsak,

cos y · dydx

= 1 veyady

dx=

1

cos y

elde ederiz.

dy

dx=

1

cos y

3.4. LOGARITMA FONKSIYONLARININ TUREVI 73

−π/2 6 y 6 π/2 oldugundan, cos y > 0 dır, bu yuzden

cos y =

√1− sin2 y =

√1− x2

olur. Dolayısıyla,dy

dx=

1

cos y=

1√1− x2

dir.

d

dx(sin−1 x) =

1√1− x2

y = arctanx fonksiyonunun turevinin formulu de benzer bir yolla elde edilir:

d

dx(tan(−1)(x)) =

1

1 + x2.

f(x) = x arctan√x fonksiyonunun turevini alınız.

Ornek 72.

Cozum.

f ′(x) = x · 1

1 + (√x)

2 ·(

1

2x−1/2

)+ arctan

√x

=

√x

2(1 + x)+ arctan

√x

3.4 Logaritma Fonksiyonlarının Turevid

dx(loga x) =

1

x ln a(3.6)

ozel olarak a = e alırsak

d

dx(lnx) =

1

x. (3.7)

y = ln(x3 + 1) fonksiyonunun turevini bulunuz.

Ornek 73.

Cozum. Zincir kuralını kullanmak icin u = x3 + 1 diyelim. Bu takdirde y = lnu ve

dy

dx=dy

du· dudx

=1

u· dudx

=1

x2 + 1· (3x2) =

3x2

x3 + 1

Genel olarak ornekte verilen zincir kuralı ile formul 3.7 yi birlestirirsek

d

dx(lnu) =

1

u

du

dxveya

d

dx(ln g(x)) =

g′(x)

g(x)(3.8)

elde ederiz.


f(x) =√

lnx fonksiyonunun turevini bulunuz.

Ornek 74.

Cozum. Burada logaritma fonksiyonu ic fonksiyon oldugundan Zincir kuralını kullanarak

f ′(x) =1

2(lnx)−1/2 · d

dx(lnx) =

1

2√

lnx· 1

x=

1

2x√

lnx

elde edilir.

f(x) = ln |x| ise f ′(x) turevini bulunuz.

Ornek 75.

Cozum.

f(x) =

{lnx , x > 0ln(−x) , x < 0

oldugundan

f ′(x) =

1

x, x > 0

1

−x(−1) =

1

x, x < 0

olarak elde edilir. Boylece her x 6= 0 icin f ′(x) = 1/x olur.

y =x3/4√x2 + 1

(3x+ 2)5fonksiyonunun turevini bulunuz.

Ornek 76.

Cozum. Denklemin her iki tarafının logaritmasını alıp, basitlestirmek icin logaritmanın ozelliklerini kullanalım:

ln y =3

4lnx+

1

2ln(x2 + 1)− 5 ln(3x+ 2)

kapalı olarak tanımlanan bu fonksiyonun x e gore turevini alırsak

dydx

y=

3

4· 1

x+

1

2· 2x

x2 + 1− 5 · 3

3x+ 2

olur.dydx

y=

3

4x+

x

x2 + 1− 15

3x+ 2

Buradan dy/dx i cozersekdy

dx= y

(3

4x+

x

x2 + 1− 15

3x+ 2

)

=x3/4√x2 + 1

(3x+ 2)5

(3

4x+

x

x2 + 1− 15

3x+ 2

)elde ederiz.

3.5. DOGRUSAL YAKLASTIRIMLAR VE DIFERANSIYELLER 75

Not: Taban degisken, us sabit oldugunda, Kuvvet kuralı [(xn)′ = nxn−1] ile; taban sabit, us degisken olan[(ax)′ = ax ln a] ustel fonksiyonların turev alma kurallarını, birbirinden dikkatlice ayırt etmelisiniz. Genel olarak usve tabanlar icin dort durum soz konusudur.

1.d

dx(ab) = 0 (a ve b sabittir.)

2.d

dx[f(x)b] = b[f(x)]b−1f ′(x)

3.d

dx[ag(x)] = ag(x)(ln a)g′(x)

4.d

dx[f(x)]g(x) turevini bulmak icin asagıdaki ornekte oldugu gibi logaritmik turev kullanılabilir.

y = x√x fonksiyonunun turevini bulunuz.

Ornek 77.

Cozum. 1. Yol : Logaritmik turevi kullanırsak

ln y = lnx√x =√x lnx

y′

y=√x · 1

x+ (lnx)

1

2√x

y′ = y

(1√x

+lnx

2√x

)= x

√x

(2 + lnx

2√x

)elde ederiz.

2. Yol : Diger yontem icin x√x =

(elnx

)√xyazalım.

d

dx

(x√x)

=d

dx

(e√x lnx

)= e√x lnx d

dx(√x lnx)

= x√x

(2 + lnx

2√x

).

3.5 Dogrusal Yaklastırımlar ve Diferansiyeller

y = f(x) egrisinin (a, f(a)) noktasındaki teget dogrusunun denklemi

y = f(a) + f ′(a)(x− a)

dir.f(x) ≈ f(a) + f ′(a)(x− a) (3.9)

yaklastırımına f fonksiyonunun a noktasındaki dogrusal yaklastırımı ya da teget dogrusu yaklastırımı denir.

L(x) = f(a) + f ′(a)(x− a) (3.10)

fonksiyonuna f fonksiyonunun a noktasındaki dogrusallastırılması denir. x, a ya yakın oldugunda f(x) ≈ L(x)dogrusal yaklastırımı gercek degere yakındır.


Sekil 3.7

f(x) =√x+ 3 fonksiyonunun a = 1 noktasındaki dogrusallastırılmasını bulunuz ve bunu kullanarak√

3.98 ve√

4.05 sayılarının yaklasık degerlerini hesaplayınız.

Ornek 78.

Cozum. f(x) = (x+ 3)1/2 fonksiyonunun turevi

f ′(x) =1

2(x+ 3)−1/2 =

1

2√x+ 3

dur. Buradan f(1) = 2 ve f ′(1) = 14 elde ederiz. Bu degeri denklem 3.10 de yerine koyarsak dogrusallastırmanın

L(x) = f(x) + f ′(1)(x− 1) = 2 +1

4(x− 1) =

7

4+x

4

oldugunu goruruz.

L(x) =7

4+x

4

Buna karsılık gelen (3.9) dogrusal yaklastırımı

√x+ 3 ≈ 7

4+x

4

dur. Ozel olarak,√

3.98 ≈ 7

4+

0.98

4= 1.995 ve

√4.05 ≈ 7

4+

1.05

4= 2.0125

olur.

√3.98 = 1.99499 . . .

√4.05 = 2.01246 . . .

Sekil 3.8

3.5. DOGRUSAL YAKLASTIRIMLAR VE DIFERANSIYELLER 77

Ornekteki dogrusal yaklastırım sekilde gosterilmistir. Gercekten x, 1 e yakın iken teget dogru yaklastırımınınverilen fonksiyona iyi bir yaklastırım oldugunu gorebilirsiniz. Elbette bir hesap makinesi

√3.98 ve

√4.05 in yaklasık

degerini bize verir, fakat dogrusal yaklastırımlar tum bir aralık uzerinde kullanılabilecek bir yaklastırım verir.Turevlenebilir bir f fonksiyonu icin, y = f(x) ise, dx diferansiyeli bagımsız bir degiskendir. Diger bir deyisle,

dx e herhangi bir gercel sayı degeri verilebilir. Buradan dy diferansiyeli

dy = f ′(x)dx (3.11)

denklemi ile dx cinsinden tanımlanır. Sonuc olarak dy bir bagımlı degiskendir; dy degiskeni x ve dx degerlerinebaglıdır. Eger dx e ozel bir deger verilir ve x, f nin tanım bolgesinden ozel bir sayı olarak alınırsa, dy nin sayısaldegeri bulunur. Diferansiyellerin geometrik anlamı asagıda gosterilmistir.

Sekil 3.9

P (x, f(x)) ve Q(x + ∆x, f(x + ∆x)), f nin grafigi uzerindeki noktalar ve dx = ∆x olsun. y deki degisiminkarsılıgı

∆y = f(x+ ∆x)− f(x)

dir. PR teget dogrusunun egimi f ′(x) turevidir. Dolayısıyla, S den R ye olan yonlu uzaklık f ′(x)dx = dy dir. Sonucolarak, x degeri dx miktarı kadar degistiginde, ∆y, y = f(x) egrisinin artma yada azalma miktarını, dy ise tegetdogrusunun artma yada azalma miktarını (dogrusallastırmadaki degisimi) gostermektedir. Sekilden ∆x kuculdukce∆y ≈ dy yakalasımının daha iyi oldugunu soyleyebiliriz. Eger dx = x − a yazarsak, x = a + dx olur ve (3.9) dekidogrusal yaklastırımları diferansiyel gosterimi ile yeniden yazarsak

f(a+ dx) ≈ f(a) + dy

olur.Ornegin f(x) =

√x+ 3 fonksiyonu icin

dy = f ′(x)dx =dx

2√x+ 3

elde edilir. Eger a = 1 ve dx = ∆x = 0.05 alırsak,

dy =0.05

2 +√

1 + 3= 0.0125

ve √4.05 = f(1.05) ≈ f(1) + dy = 2.0125

degerini buluruz.

Bir kurenin yarıcapı en fazla 0.05 cm lik olcum hatası ile 21 cm olarak olculmustur. Yarıcap icin bu degerkullanılırsa kurenin hacim hesabında yapılan maksimum hata ne olur?

Ornek 79.


Cozum. Kurenin yarıcapına r dersek, hacim V = 43πr

3 dur. Eger r nin olcum hatası dr = ∆r ile gosterilirse, V ninhacim hesabında buna karsı gelen hata ∆V dir ve

dV = 4πr2dr

diferansiyeli ile yaklastırılabilir. r = 21 ve dr = 0.05 alınırsa,

dV = 4π(21)2(0.05) ≈ 277

olur. Hacim hesabındaki maksimum hata yaklasık 277 cm3 tur.

Not: Ornekteki mumkun olabilecek hata oldukca buyuk gozukmesine ragmen, bu hatanın buyuklugu, hatanıntoplam hacime bolunmesi ile elde edilen goreli hata ile daha iyi anlasılır:

∆V

V≈ dV

V=

4πr2dr43πr

3= 3

dr

r.

Boylece, hacimdeki goreli hata, yarıcaptaki goreli hatanın yaklasık 3 katı olur. Ornek te yarıcaptaki goreli hatayaklasık olarak dr/r = 0.05/21 ≈ 0.0024 hacimdeki goreli hata ise yaklasık 0.007 dir. Hatalar yarıcapta %0.24 vehacimde %0.7 olmak uzere yuzdelik hata olarak da ifade edilebilir.

Bolum 4

Turev Uygulamaları

4.1 Bagımlı Hız

Eger bir balonun icine hava pompalarsak, balonun hem yarıcapı hem de hacmi artar ve artıs hızları birbirine bagımlıdır.Fakat, hacmin artıs hızını dogrudan olcmek yarıcapının artıs hızını olcmekten cok daha kolaydır.

Bagımlı hız problemlerindeki fikir, bir niceligin degisim hızını (olcumu daha kolay olabilen) diger bir niceligindegisim hızı cinsinden hesaplamaktır. Bunun icin yontem; iki nicelige baglı bir denklem bulmak ve sonra zincirkuralını kullanarak her iki tarafın zamana gore turevini almaktır.

Kuresel bir balon icine hava pompalandıgında balonun hacmi 100 cm3/sn hızla artıyor. Balonun capı 50cm oldugunda yarıcapındaki artıs hızı ne kadardır?

Ornek 80.

Cozum: Iki seyi tanımlamakla baslıyoruz:

• verilen bilgi: havanın hacminin artıs hızı 100cm3/sn dir.

• bilinmeyen: cap 50 cm oldugunda yarıcapın artıs hızıdır.

Anımsanması gereken ana dusunce degisim hızlarının turevler oldugudur. Bu problemde, hacim ve yarıcap t zamanınabaglı fonksiyonlardır. Hacmin zamana gore artıs hızı dV/dt turevi ve yarıcapın artıs hızı dr/dt turevidir. Verileni vebilinmeyeni yeniden asagıdaki gibi ifade edebiliriz:

• verilen:dV

dt= 100 cm3/sn

• bilinmeyen: r = 25 cm oldugundadr

dt

dV/dt ve dr/dt arasında baglantı kurmak icin once V ile r arasında kurenin hacim formulu ile baglantı kuracagız:

V =4

3πr3

Verilen bilgileri kullanmak icin bu denklemin her iki tarafının t ye gore turevini alacagız. Sag tarafın turevini almakicin zincir kuralını kullanmaya gereksinim vardır:

dV

dt=dV

dr

dr

dt= 4πr2dr

dt

dV

dt= 4πr2dr

dt.

79

80 BOLUM 4. TUREV UYGULAMALARI

Simdi bu denklemden bilinmeyeni cozelim.dr

dt=

1

4πr2

dV

dt

Eger bu denklemde r = 25 ve dV/dt = 100 koyarsak

dr

dt=

1

4π(25)2100 =

1

25π

elde ederiz. Buradan balonun yarıcapının (1/25π) cm/sn hızla arttıgını goruruz.

10 ft uzunlugundaki bir merdiven dik bir duvara dayanıyor. Merdivenin altı 1 ft/sn hızla kayarak duvardanuzaklasırsa, merdivenin alt kısmının duvardan uzaklıgı 6 ft oldugu anda ustunun duvardan asagıya kaymahızı nedir?

Ornek 81.

Cozum: Ilk olarak Sekil 4.1 deki gibi bir sema cizelim ve adlandıralım.

Sekil 4.1

Merdivenin altından duvara olan uzaklık x ft ve merdivenin tepesinden yere olan uzaklık y ft olsun. Burada x vey degerleri t (zaman) nin fonksiyonlarıdır.

Bize dx/dt = 1 ft/sn oldugu veriliyor ve x = 6 ft oldugunda dy/dt degerini bulmamız isteniyor.

Problemde, x ve y arasındaki iliski Pisagor Teoremi ile elde edilir:

x2 + y2 = 100

4.1. BAGIMLI HIZ 81

Zincir kuralını kullanarak her iki tarafın t ye gore turevini alırsak

2xdx

dt+ 2y

dy

dt= 0

olur ve bu denklemden isteneni cozersekdy

dt= −x

y

dx

dt

buluruz. x = 6 oldugunda Pisagor Teoreminden y = 8 olur. Bu degerleri ve dx/dt = 1 i yukarıdaki denklemdeyerine koyarsak

dy

dt= −6

8(1) = −3

4ft/sn

elde ederiz.dy/dt nin negatif olmasının anlamı merdivenin ustunden yere olan uzaklıgın (3/4) ft/sn oranında azalmasıdır.

Diger bir deyisle, merdivenin ustu duvardan (3/4) ft/sn hızla asagıya dogru kaymaktadır.

Bir su tankı, taban yarıcapı 2 m ve yuksekligi 4 m olan ters cevrilmis bir koni seklindedir. Eger tank icine2 m3/da hızla su pompalanırsa, derinlik 3 m oldugu zaman su seviyesinin artıs hızını bulunuz.

Ornek 82.

Cozum: Ilk olarak Sekil 4.2 deki gibi bir cembersel koni cizip isimlendirme yapalım. V, r, h sırasıyla suyun tanındaki hacmi, yuzeyinin yarıcapı ve yuksekligi olsun. Burada t dakika ile olculmustur.

Sekil 4.2

Bize dV/dt = 2 m3/da oldugu veriliyor ve h = 3 m oldugunda dh/dt degerini bulmamız isteniyor. V ve harasındaki iliski

V =1

3πr2h

denklemi ile verilir. Fakat V yi sadece h nin fonksiyonu olarak ifade etmek cok yararlıdır. r yi yok etmek icin Sekil4.2 deki benzer ucgenleri kullanırız. Buradan

r

h=

2

4ve r =

h

2

elde ederiz. Bunu V de terine yerlestirirsek

V =1

3π

(h

2

)2

h =π

12h3

olur. Simdi her iki tarafın t ye gore turevini alabiliriz:

dV

dt=π

4h2dh

dt


ve boylecedh

dt=

4

πh2

dV

dt

dir. h = 3m ve dV/dt = 2m3/da yı yerine koyarsak

dh

dt=

4

π(3)2· 2 =

8

9π≈ 0.28 m/da

buluruz.

4.2 Maksimum ve Minimum Degerler

Diferansiyel hesabın en onemli uygulamalarından biri, bir isi yapmanın en iyi yolunu bulmak olan optimizasyonproblemleridir.

• Maliyeti minimum yapmak icin bir kutunun sekli nasıl olmalıdır?

• Bir uzay mekiginin maksimum ivmesi ne olmalıdır? (Bu ivmenin etkilerine katlanmak zorunda olan astronotlaricin onemli bir sorudur.)

Bu problemler bir fonksiyonun maksimum ya da minimum degerlerini bulmaya indirgenebilir. Simdi ilk olarak mak-simum ve minimum degerlerle tam olarak ne demek istedigimizi acıklayalım.

f bir fonksiyon ve D, f nin tanım kumesi olsun.

• D icindeki her x elemanı icin f(c) ≥ f(x) ise f fonksiyonunun c noktasında mutlak maksimu-mumu vardır. f(c) sayısına f nin D deki maksimum degeri denir.

• Benzer olarak, D icindeki her x icin f(c) ≤ f(x) ise f fonksiyonunun c noktasında mutlak mini-mumu vardır ve f(c) sayısına f nin D deki minimum degeri denir.

• f nin maksimum ve minimum degerlerine f nin uc degerleri denir.

Tanım 12.

Sekil 4.3

Sekil 4.3, d noktasında mutlak maksimuma ve a noktasında mutlak minimuma sahip olan bir f fonksiyonunungrafigini gostermektedir. Bu grafik uzerindeki en ustteki noktanın (d, f(d)) ve en alttaki noktanın (a, f(a)) noktasıolduguna dikkat ediniz.

4.2. MAKSIMUM VE MINIMUM DEGERLER 83

x noktası c ye yakın oldugunda f(c) ≥ f(x) ise f fonksiyonunun c noktasında bir yerel maksimumu (yada goreli maksimum) vardır denir.[Bunun anlamı c yi iceren bir acık aralık icindeki her x icin f(c) ≥ f(x) olmasıdır.

]

Benzer olarak, x noktası c ye yakın oldugunda f(c) ≤ f(x) ise f nin c noktasında bir yerel minimumuvardır denir.

Tanım 13.

Her x icin−1 ≤ cosx ≤ 1

ve herhangi bir n tamsayısı icincos 2nπ = 1

oldugundan, f(x) = cosx fonksiyonu (yerel ve mutlak) minimum degeri olan 1 i sonsuz kez alır. Benzerolarak herhangi bir n tamsayısı icin

cos(2n+ 1)π = −1

fonksiyonun minimum degeridir.

Ornek 83.

f(x) = x2 iseher x icin x2 ≥ 0 oldugundan f(x) ≥ f(0) dır.

Dolayısıyla f(0) = 0 degeri f nin mutlak (ve yerel) minimum degeridir.

Bu y = x2 parabolu uzerindeki en alttaki noktanın baslangıc noktası oldugu gercegine karsılık gelir.

Bununla beraber, parabol uzerinde en ust nokta yoktur ve bu yuzden bu fonksiyonun maksimum degeri deyoktur.

Ornek 84.


Sekil 4.4 de gosterilen f(x) = x3 fonksiyonunun grafiginden, fonksiyonun hem mutlak maksimum hemde mutlak minimum degerlerinin olmadıgını goruyoruz. Aslında yerel uc degerleri yoktur.

Ornek 85.

Sekil 4.4

Sekil 4.5 def(x) = 3x4 − 16x3 + 18x2 − 1 ≤ x ≤ 4

fonksiyonunun grafigi verilmistir.

Sekil 4.5

Buradan f(1) = 5 in yerel maksimum ve f(−1) = 37 nin mutlak maksimum oldugunu goruruz. [Bu mutlakmaksimum bir yerel maksimum degildir. Cunku uc noktada olusmustur.]

Ayrıca f(0) = 0 yerel minmum ve f(3) = −27 hem yerel hem de mutlak minimumdur. Burada f nin x = 4 dene yerel ne de mutlak maksimum olmadıgına dikkat ediniz.


f fonksiyonu bir [a, b] kapalı aralıgında surekli ise, c ve d sayıları, [a, b] kapalı aralıgında olmak uzere,f(c) mutlak maksimum degerini ve f(d) mutlak minimum degerin alır.

Teorem 12.

Sekilde, Uc Deger Teoreminin hipotezlerinden birini kaldırdıgımızda (sureklilik ya da kapalı aralık) fonksiyonunuc degerlere sahip olması gerekmedigini gosterir.

Uc Deger Teoremi bir kapalı aralıkta surekli olan bir fonksiyonun bir maksimum ve bir minimum degere sahipoldugunu soyler, fakat bu uc degerlerin nasıl bulunacagı konusunda bir sey soylemez.

Yerel uc degerleri arayarak ise baslayalım.

Sekil 4.6, c de bir yerel maksimumu ve d de bir yerel minimumu olan bir f fonksiyonunun grafigini gostermektedir.Maksimum ve minimum noktalarda teget dogruları yataydır ve bunun sonucu olarak her birinin egimi 0 dır. Turevinteget dogrusunun egimi oldugunu biliyoruz. Bu nedenle f ′(c) = 0 ve f ′(d) = 0 dır.

Sekil 4.6

Fermat teoremi bu sonucun turevlenebilir fonksiyonlar icin daima dogru oldugunu soyler.


Fermat Teoremi : Eger f , c noktasında yerel maksimuma ya da minimuma sahip ve f ′(c) varsaf ′(c) = 0 dır.

f ′(c) = 0 oldugunda f nin c noktasında maksimumu ya da minimumu olması gerekmez. (Diger birdeyisle, Fermat teoreminin tersi genelde dogru degildir.)

Teorem 13.

Sekil 4.7: f ′(0) = 0 fakat maksimum yada minimum yok

Sekil 4.8: f(0) = 0 minimum deger fakat f ′(0) yok.

f bir fonksiyonu ve c sayısı f nin tanım kumesi icinde olsun. Eger f ′(c) = 0 ya da f ′(c) yoksa c ye f ninbir kritik sayısı denir.

Tanım 14.

f(x) = x3/5(4− x) fonksiyonunun kritik sayılarını bulunuz.

Ornek 86.

Cozum: Carpım kuralı ile

f ′(x) =3

5x−2/5(4− x) + x3/5(−1) =

3(4− x)

5x2/5− x3/5

=3(4− x)− 5x

5x2/5=

12− 8x

5x2/5


olur. [Aynı sonuc, ilk olarak f(x) = 4x3/5 − x8/5 yazılarak elde edilebilir.]

f ′(x) =12− 8x

5x2/5

Boylece, f ′(x) = 0 dan

12− 8x = 0

olur. Buradan x =3

2elde ederiz. x = 0 noktasında turev yoktur. Sonuc olarak,

3

2ve 0 kritik sayılardır.

Kritik sayının tanımından sonra Fermat teoremi asagıdaki gibi de yazılabilir:

Eger f nin c de bir yerel maksimumu ya da minimumu varsa, c noktası f nin bir kritik sayısıdır.

Teorem 14.

Kapalı Aralık Yontemi

Bir [a, b] kapalı aralıgında tanımlanan bir surekli fonksiyonun mutlak maksimum ya da minimum degerlerini bulmakicin:

1. f nin (a, b) deki kritik sayılardaki degerlerini bulunuz.

2. Aralıgın uc noktalarında f nin degerlerini bulunuz.

3. 1. ve 2. adımlardaki degerlerin en buyugu mutlak maksimum degeri, en kucugu ise mutlak maksimum degeridir.

f(x) = x− 2 sinx, 0 ≤ x ≤ 2π fonksiyonunun mutlak maksimum ve mutlak minimum degerlerini tamolarak bulunuz.

Ornek 87.

Couzum: f(x) = x− 2 sinx fonksiyonu [0, 2π] aralıgında sureklidir. f ′(x) = 1− 2 cosx oldugundan,

cosx =1

2⇒ f ′(x) = 0

olur. Bu x = π/3 ya da 5π/3 iken olur. Bu kritik noktalardaki f degerleri

f(π/3) =π

3− 2 sin

π

3=π

3−√

3 ≈ −0.684853

f(5π/3) =5π

3− 2 sin

5π

3=

5π

3+√

3 ≈ 6.968039

dir.Uc noktalarda f nin aldıgı degerler f(0) = 0 ve f(2π) = 2π ≈ 6.28 dir. Bu dort degeri karsılastırdıgımızda

mutlak minimum degeri f(π/3) = π3 −√

3, mutlak maksimum degeri ise f(5π/3) = 5π3 +√

3 olarak bulunur.


4.3 Ortalama-Deger Problemi

Eger f fonksiyonu [a, b] aralıgında turevlenebilir bir fonksiyon ise a ve b arasında

f ′(c) =f(b)− f(a)

b− a

ya da denk olarakf(b)− f(a) = f ′(c)(b− a)

esitligini saglayan bir c sayısı vardır.

Teorem 15.

Bu teoremin akla uygun oldugunu geometrik bir yorumla gorebiliriz. Sekil 4.9 turevlenebilir iki fonksiyonungrafikleri uzerinde A(a, f(a)) ve B(b, f(b)) noktalarını gostermektedir.

Sekil 4.9

4.4 Turevler ve Bir Egrinin Egimi

4.4.1 Artan ve Azalan Fonksiyonlar

Artan/Azalan Testi

(a) Bir aralıkta f ′(x) > 0 ise, bu aralıkta f artandır.

(b) Bir aralıkta f ′(x) < 0 ise, bu aralıkta f azalandır.

Bu testin adına kısaca Ar/Az Testi diyelim.

Kural 10.

f(x) = 3x4 − 4x3 − 12x2 + 5 fonksiyonunun artan ve azalan oldugu aralıkları bulunuz.

Ornek 88.

4.4. TUREVLER VE BIR EGRININ EGIMI 89

Cozum:f ′(x) = 12x3 − 12x2 − 24x = 12x(x− 2)(x+ 1)

Ar/Az Testi’ni kullanmak icin nerede f ′(x) > 0, nerede f ′(x) < 0 oldugunu bilmek zorundayız. Bu f ′(x) incarpanlarının isaretlerine baglıdır. Bu carpanlar, 12x, x− 2 ve x+ 1 dir.

Gercel dogruyu uc noktaları−1, 0, 2 kritik sayıları olan aralıklara bolelim ve calısmamızı bir cizelgeye yerlestirelim.

Artı isareti, verilen ifadenin pozitif, eksi isareti, verilen ifadenin negatif oldugunu gosterir.Dolayısıyla f(x) = 3x4 − 4x3 − 12x2 + 5 fonksiyonunu

(−∞,−1) aralıgında AZALAN,

(−1, 0) aralıgında ARTAN,

(0, 2) aralıgında AZALAN,

(2,∞) aralıgında ise ARTAN dır.

4.4.2 Yerel Minimum/Maksimum Noktaları

Daha once f nin c de bir yerel maksimumu ya da minimumu varsa, c nin f nin bir kritik sayısı olması gerektigini(FermatTeoremi), fakat her kritik sayıda bir maksimum ya da minimumun ortaya cıkmayacagını hatırlayalım. Bunun sonucuolarak bir kritik sayıda f nin bir yerel maksimumu ya da minimumu olup olmadıgını anlayacagımız bir teste ihtiyacımızvar.

Birinci Turev Testi Bir f surekli fonksiyonunun bir kritik sayısının c oldugunu varsayalım.

(a) Eger f ′ turevi c de pozitiften negatife degisirse, f nin c de bir yerel maksimumu vardır.

(b) Eger f ′ turevi c de negatiften pozitife degisirse, f nin c de bir yerel minimumu vardır.

(c) Eger f ′ turevi c de isaret degistirmezse (f ′, c nin iki yanında pozitif ya da negatif ise), f nin c deyerel maksimumu ve minimumu yoktur.

Kural 11.

f(x) = 3x4 − 4x3 − 12x2 + 5 fonksiyonunun yerel minimum ve maksimum degerlerini bulunuz.

Ornek 89.

Cozum: Bu fonksiyonun onceki ornekteki fonksiyon oldugunu anımsayınız.O ornekteki cizelgeden f ′ turevinin−1 noktasında negatiften pozitife degistigini goruruz. Dolayısıyla f(−1) = 0,

Birinci Turev Testi ile bir yerel minimum degeridir.Benzer sekilde f ′ turevi, 2 de negatiften pozitife degisir. Burada f(2) = −27 de bir yerel minimum degeridir.

Ayrıca f(0) = 5 bir yerel maksimum degeridir, cunku f ′ turevi 0 da pozitiften negatife degisir.


4.4.3 Bukeylik

Bir f fonksiyonunun f ′ turevi bir I aralıgı uzerinde artan bir fonksiyon ise f fonksiyonu (ya da grafigi) Iuzerinde dısbukeydir denir.

Eger f ′ turevi bir I aralıgı uzerinde azalan bir fonksiyon ise f fonksiyonu I uzerinde icbukeydir denir.

Tanım 15.


Bir egrinin bukeyliginin yonunun degistigi noktaya bukum noktası denir.

Tanım 16.

Sekildeki egri P de dısbukeylikten icbukeylige ve Q da icbukeylikten dısbukeylige degisir. Dolayısıyla P ve Qnoktaları egrinin bukum noktalarıdır.

Bukeylik Testi

(a) I aralıgındaki her x icin f ′′(x) > 0 ise I uzerinde f nin grafigi dısbukeydir.

(b) I aralıgındaki her x icin f ′′(x) < 0 ise I uzerinde f nin grafigi icbukeydir.

Kural 12.

Bukeylik Testi’nin bir sonucu maksimum ve minimum degerleri veren asagıdaki testtir.

Ikinci Turev Testi: f ′′ turevinin c nin yakınında surekli oldugunu varsayalım.

(a) f ′(c) = 0 ve f ′′(c) > 0 ise f nin c de bir yerel minimumu vardır.

(b) f ′(c) = 0 ve f ′′(c) < 0 ise f nin c de bir yerel maksimumu vardır.

Kural 13.

NOT f ′′(c) = 0 oldugunda Ikinci Turev Testi sonuc vermez. Diger bir deyisle, bu noktada bir maksimum veya birminimum olabilir ya da her ikisi de olmayabilir. Bu test f ′′(c) tanımlı olmadıgında da gecerli degildir. Boyle durum-larda Birinci Turev Testi kullanılmalıdır. Her iki testin kullanılabildigi durumlarda Birinci Turev Testi’ni kullanmakcogu kez daha kolaydır.

y = x4 − 4x3 egrisinin bukeyligini, bukum noktalarını, yerel maksimum ve yerel minimum degerlerinitartısınız. Bu bilgileri kullanarak egrinin grafigini ciziniz.

Ornek 90.


Cozum: Eger f(x) = x4 − 4x3 ise

f ′(x) = 4x3 − 12x2 = 4x2(x− 3)

f ′′(x) = 12x2 − 24x = 12x(x− 2)

olur.Kritik sayıları bulmak icin birinci turevi 0’a esitleriz.

f ′(x) = 4x3 − 12x2 = 4x2(x− 3) = 0

Buradan x = 0 ve x = 3 elde ederiz. Ikinci turev testini kullanabilmek icin f ′′ nu kritik sayılarda hesaplarız.

f ′′(0) = 0 f ′′(3) = 36 > 0

f ′(3) = 0 ve f ′′(3) > 0 oldugu icin f(3) = −27 yerel minimumdur. f ′′(0) = 0 oldugu icin ikinci turev testi 0kritik sayısı icin bir bilgi vermez. Fakat x < 0 ve 0 < x < 3 icin f ′(x) < 0 oldugu icin birinci turev testi f(x)’in0’da yerel minimum veya maksimumunun olmadıgını soyler.

Ikinci turevin koklerini:

f ′′(x) = 12x(x− 2) = 0 ⇒ x = 0 veya x = 2

olarak buluruz.

(0, 0) noktası bukum noktasıdır, cunku ikinci turev bu noktada isaret degistirir.


f(x) = x2/3(6− x)1/3 fonksiyonunun grafigini ciziniz.

Ornek 91.

Cozum: Fonksiyonun birinci ve ikinci turevlerini hesaplayalım.

f ′(x) =4− x

x1/3(6− x)2/3f ′′(x) =

−8

x4/3(6− x)5/3

x = 4 oldugunda f ′(x) = 0 ve x = 0 ya da x = 6 oldugunda f ′(x) tanımlı olmadıgından 0, 4, 6 noktaları kritiksayılardır. Gercel dogruyu uc noktaları 0, 4, 6 kritik sayıları olan aralıklara bolelim ve calısmamızı bir cizelgeyeyerlestirelim.

Artı isareti, verilen ifadenin pozitif, eksi isareti, verilen ifadenin negatif oldugunu gosterir.

• f ′, x = 0’da isaret degistirdigi icin f(0) = 0 yerel minimumdur.

• f ′, x = 4’te isaret degistirdigi icin f(4) = 25/3 yerel maksimumdur.

• f ′, x = 6’da isaret degistirmedigi icin burada yerel maksimum/minimum yoktur.

f ′′(x) =−8

x4/3(6− x)5/3

Ikinci turev testi yalnızca x = 4’te kullanılabilir, cunku x = 0’da ve x = 6’da f ′′ yoktur.f ′′ ni inceleyelim (6, 0) noktası bukum noktasıdır, cunku ikinci turev bu noktada isaret degistirir.


Egrinin (0, 0) ve (6, 0) noktalarında dusey tegetleri olduguna dikkat ediniz. Cunku, x → 0 ve x → 6 iken|f ′(x)| → ∞.

f(x) = e1/x fonksiyonunun asimptotlarla birlikte birinci ve ikinci turevlerini kullanarak grafigini ciziniz.

Ornek 92.

Cozum: f nin grafigini cizmek icin ilk olarak y = 1 yatay asimptotu (kesik cizgi ile gosterilmistir) ile egrinin asimp-totlarının yakınındaki parcalarını cizeriz. Bu parcalar limitler hakkındaki bilgileri ve f nin hem (−∞, 0) hem de(0,∞) da azalan oldugunu yansıtır. Burada f(0) tanımlı olmamasına karsın, x→ 0− iken f(x)→ 0 olduguna dikkatedilmelidir. Sekil9(b) de bukum noktası ve bukeylik ile ilgili bilgileri birlestirerek grafigi tamamlarız.

f nin tanım kumesi {x | x 6= 0} kumesidir. Dolayısıyla x → 0 iken f nin sagdan ve soldan limitlerini hesapla-yarak dusey asimptotlarını kontrol edebiliriz.

x→ 0+ iken 1/x→∞

oldugunu biliyoruz. Buradanlimx→0+

e1/x =∞

cıkar. Bu x = 0’ın dusey asimptot oldugunu gosterir.

x→ 0− iken 1/x→ −∞

oldugunu biliyoruz. Buradanlimx→0−

e1/x = 0

cıkar.


x→ ∓∞, iken 1/x→ 0 ve

limx→∓∞

e1/x = e0 = 1

dır. Yani y = 1 yatay asipmtottur.Simdi f nin birinci turevini hesaplayalım. Zincir kuralı ile

f ′(x) = −e1/x

x2

dir. Her x 6= 0 icin x2 > 0 ve e1/x > 0 oldugundan, her x 6= 0 icin f ′(x) < 0 dır.Dolayısıyla f fonksiyonu, (−∞, 0) ve (0,∞) aralıklarında azalandır. Kritik sayı olmadıgından, f ’nin yerel maksi-

mum/minimum u yoktur.Ikinci Turev:

f ′′(x) = −x2e1/x(−1/x2)− e1/x(2x)

x4=e1/x(2x+ 1)

x4

e1/x > 0 ve x4 > 0 oldugundan,

x >−1

2(x 6= 0) iken f ′′(x) > 0

ve

x <−1

2iken f ′′(x) < 0

olur. Boylece egri (−∞, −12 ) aralıgında ic bukey, (−1

2 , 0) ve (0,∞) aralıklarında dıs bukeydir. (−12 , e

−2) noktasıbukum noktasıdır.


4.5 Belirsizlik Durumları ve L’Hospital Kuralı

L’Hospital Kuralı a noktasının yakınında (belki a noktası dısında), f ve g fonksiyonlarınınturevlenebilir ve g′(x) 6= 0 oldugunu varsayalım.

limx→a

f(x) = 0 ve limx→a

g(x) = 0

ya dalimx→a

f(x) = ±∞ ve limx→a

g(x) = ±∞

olsun.(Diger bir ifadeyle 00 ya da ∞∞ belirsizligi olsun.) O zaman, sag taraftaki limit varsa (ya da∞ veya

−∞ ise),

limx→a

f(x)

g(x)= lim

x→a

f ′(x)

g′(x)

olur.

Teorem 16.

NOT L’Hospital Kuralı aynı zamanda tek yonlu limitler, sonsuzdaki ve eksi sonsuzdaki limitler icin de gecerlidir.Diger bir ifadeyle ”x→ a” yerine x→ a+, x→ a−, x→∞ ve x→ −∞ sembollerinden biri gelebilir.

limx→1

lnx

x− 1limitini bulunuz.

Ornek 93.

Cozum:limx→1

lnx = ln 1 = 0 ve limx→1

(x− 1) = 0

oldugundan L’Hospital Kuralı’nı uygulayabiliriz:

limx→1

lnx

x− 1= lim

x→1

d

dx(lnx)

d

dx(x− 1)

= limx→1

1/x

1

= limx→1

1

x= 1

limx→∞

ex

x2limitini hesaplayınız.

Ornek 94.

Cozum:limx→∞

ex =∞ ve limx→∞

x2 =∞

oldugundan L’Hospital Kuralı ile

limx→∞

ex

x2= lim

x→∞

ex

2x

4.5. BELIRSIZLIK DURUMLARI VE L’HOSPITAL KURALI 97

dir. x→∞ iken ex →∞ ve 2x→∞ oldugundan L’Hospital Kuralı uygulanabilir:

limx→∞

ex

x2= lim

x→∞

ex

2x= lim

x→∞

ex

2=∞

buluruz.

limx→π−

sinx

1− cosxlimitini bulunuz.

Ornek 95.

Cozum: Eger burada L’Hospital Kuralı’nı kosullarını kontrol etmeden uygularsak

limx→π−

sinx

1− cosx= lim

x→π−

cosx

sinx= −∞

elde ederiz. Bu yanlıstır!

limx→π−

sinx

1− cosx

x→ π− iken paydaki sinx→ 0 olmasına ragmen paydadaki 1− cosx ifadesi sıfıra yaklasmaz.Dolayısıyla burada L’Hospital Kuralı uygulanamaz.

Aslında bu limiti hesaplamak kolaydır, cunku fonksiyon sureklidir ve payda π de sıfırdan farklıdır:

limx→π−

sinx

1− cosx=

sinπ

1− cosπ=

0

1− (−1)= 0

4.5.1 Belirsiz Carpımlar

Egerlimx→a


g(x) =∞(ya da−∞)

iselimx→a

f(x)g(x)

limitinin degerinin, eger varsa, ne olacagı acık degildir. Bu tur limit, 0 · ∞ turu belirsizlik olarak adlandırılır.f · g carpımını bolum seklinde yazarak bu durumu ele alabiliriz:

f · g =f

1/gya da f · g =

g

1/f

Verilen limiti 00 ya da ∞∞ turu belirsizlige donusturup boylece L’Hospital Kuralı’nı kullanabiliriz.

limx→0+

x lnx limitini hesaplayınız.

Ornek 96.

Cozum: Verilen limit belirsizdir. Cunku x → 0+ icin birinci carpan (x), 0 a yaklasırken ikinci carpan (lnx), −∞ ayaklasır. x = 1/(1/x) yazarak x→ 0+ iken 1/x→∞ elde ederiz. Dolayısıyla L’Hospital Kuralı’nı uygulayarak

limx→0+

x lnx = limx→0+

lnx

1/x= lim

x→0+

1

x−1

x2

= limx→0+

(−x) = 0

buluruz.


NOT Bu ornegi cozerken bir baska secenek

limx→0+

x lnx = limx→0+

x

1/ lnx

yazmak olabilirdi. Bu 00 turu belirsizlik verir, ama L’Hospital Kuralı’nı uygularsak bastakinden daha karmasık bir

ifade elde ederiz. Genelde belirsiz bir carpımı yeniden yazarken daha basit bir limit elde edecegimiz durumu secmeyecalısırız.

4.5.2 Belirisiz Farklar

limx→a

f(x) =∞ ve limx→a

g(x) =∞

iselimx→a

[f(x)− g(x)]

limiti ∞−∞ turu belirsizlik olarak adlandırılır. Farkı bolume cevirerek 00 ya da ∞∞ turu belirsizlik elde etmeye

calısırız.

limx→(π/2)−

(secx− tanx) limitini hesaplayınız.

Ornek 97.

Cozum: x → (π/2)− iken secx → ∞ ve tanx → ∞ oldugundan verilen limit belirsizdir. Burada ortak paydayıkullanırız:

limx→(π/2)−

(secx− tanx) = limx→(π/2)−

(1

cosx− sinx

cosx

)= lim

x→(π/2)−

1− sinx

cosx

= limx→(π/2)−

− cosx

− sinx= 0

x → (π/2)− iken 1 − sinx → 0 ve cosx → 0 olmasının, L’Hospital Kuralı’nı uygulamayı haklı cıkardıgına dikkatediniz.

4.5.3 Belirsiz Kuvvetler

limx→a

[f(x)]g(x)

limitinden cesitli belirsizlik durumları ortaya cıkar.

• limx→a


g(x) = 0 00 turu

• limx→a

f(x) =∞ ve limx→a

g(x) =∞ ∞0 turu

• limx→a


g(x) = ±∞ 1∞ turu

4.5. BELIRSIZLIK DURUMLARI VE L’HOSPITAL KURALI 99

Bu uc durumdan her biri ya dogal logaritma alarak:

y = [f(x)]g(x) ise ln y = g(x) ln f(x)

yada ustel fonksiyon seklinde yazarak:[f(x)]g(x) = eg(x) ln f(x)

(Bu yontemlerin her ikisinin de bu fonksiyonların turevlerini bulurken kullanıldıgını anımsayınız.) Her iki durumdada 0 · ∞ turu g(x) ln f(x) belirsiz carpımını elde ederiz.

limx→0+

(1 + sin 4x)cotx limitini hesaplayınız.

Ornek 98.

Cozum: Ilk olarak x→ 0+ iken1 + sin 4x→ 1 ve cotx→∞

oldugundan verilen limitin belirsiz olduguna dikkat ediniz.

y = (1 + sin 4x)cotx

olsun. O zaman

ln y = ln[(1 + sin 4x)cotx] = cotx · ln(1 + sin 4x)

=ln(1 + sin 4x)

tanx

olur,

limx→0+

ln y = limx→0+

ln(1 + sin 4x)

tanx(0

0belirsizligi)

dolayısıyla L’Hospital Kurali ile

= limx→0+

4 cos 4x1+sin 4x

sec2 x= 4

buluruz.Buraya kadar ln y nin limitini hesapladık. Fakat biz y nin limitini bulmak istiyoruz. Bunu bulmak iciny = eln y oldugunu kullanalım:

limx→0+

(1 + sin 4x)cotx = limx→0+

y = limx→0+

eln y = e4

limx→0+

xx limitini bulunuz.

Ornek 99.

Cozum: Herhangi bir x > 0 icin 0x = 0, ama herhangi bir x 6= 0 icin x0 = 1 oldugundan bu limitin belirsiz oldugunadikkat ediniz. Fonksiyonu ustel sekilde yazarak devam edebiliriz:

xx = (elnx)x = ex lnx

daha once L’Hospital kuralını kullanarak limx→0+

x lnx = 0 oldugunu gosterdik. Dolayısıyla

limx→0+

xx = limx→0+

ex lnx = e0 = 1 dir.


4.6 Optimizasyon Problemleri

2400 ft citi olan bir ciftci, bu cit ile bir kenarı ırmaga sınır olan dikdortgensel bir arazi cevirmek istiyor.Irmak boyunca cit cekmesine gerek yoktur. En buyuk alana sahip arazinin boyutları nedir?

Ornek 100.

Cozum: Bu problemde neler oldugunu hissetmek icin birkac ozel durumu deneyelim. Asagıda (olceklenmemis), 2400ft lik teli kullanmanın olası yollarından ucunu gostermektedir.

Sıg, genis bolgeleri ya da derin, dar bolgeleri denedigimizde kucuk alanlar elde ettigimizi goruyoruz. En buyukalanı arada bulunan seklin verecegi akla yatkındır. Sekil 4.10 genel durumu gostermektedir. Dikdortgenin A alanınımaksimum yapmak istiyoruz. x ve y sırasıyla dikdortgenin derinligi ve genisligi olsun.

Sekil 4.10

Bu durumda A yı x ve y cinsinden ifade ederiz:

A = xy

A yı tek degiskenli fonksiyon olarak ifade etmek istiyoruz. Bu nedenle y yi x cinsinden yazarak yok edecegiz. Bununicin, telin toplam uzunlugunun 2400 ft oldugu 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) olduguna dikkat ediniz. Simdi

A(x) = 2400x− 2x2 0 6 x 6 1200

4.6. OPTIMIZASYON PROBLEMLERI 101

fonksiyonunu maksimum yapmak istiyoruz. Turev A′(x) = 2400− 4x dir. Kritik sayıları bulmak icin,

2400− 4x = 0

denklemini cozerek, x = 600 buluruz.A nın maksimum degeri ya bu kritik sayıda ya da aralıgın bir uc noktasında olusur. A(0) = 0, A(600) =

720000 ve A(1200) = 0, oldugundan, Kapalı Aralık Yontemi maksimum degeri A(600) = 720000 olarak verir.[Alternatif olarak, her x icin A′′(x) = −4 < 0 oldugundan A daima ic bukeydir ve x = 600 deki yerel maksimum birmutlak maksimum olmalıdır.] Sonuc olarak, dikdortgensel bolgenin derinligi 600 ft ve genisligi 1200 ft olmalıdır.

1 L yag koymak icin silindir biciminde bir teneke kutu yapılmak isteniyor. Metal maliyeti minumum olankutu uretmek icin boyutları bulunuz.

Ornek 101.

Cozum: Sekil 4.11 deki gibi, yarıcapı r ve yuksekligi h olan bir silindir ciziniz.

Sekil 4.11

Metal maliyetini minimum yapmak icin, silindirin toplam yuzey alanını (alt, ust ve yan) minumum yaparız. Sekil4.12 den, kenarların, boyutları 2πr ve h olan bir dikdortgensel levhadan yapıldıgını goruruz.

Sekil 4.12

Bu nedenle silindirin yuzey alanıA = 2πr2 + 2πrh olur.


h yi yok etmek icin hacmin 1L olarak verildigini, 1000 cm3 alarak kullanırız. Boylece

πr2h = 1000

denh =

1000

(πr2)

olur.Bunu A nın ifadesinde yerine koyarsak

A = 2πr2 + 2πr

(1000

πr2

)= 2πr2 +

2000

r

elde ederiz. Simdi

A(r) = 2πr2 +2000

rr > 0

fonksiyonunu minimum yapmak istiyoruz.Kritik sayıları bulmak icin A(r) nin turevini alırız:

A′(r) = 4πr − 2000

r2=

4(πr3 − 500)

r2

Burada πr3 = 500 oldugunda A′(r) = 0 olur. Bu nedenle tek kritik sayı r = 3

√500π dir. A nın tanım kumesi (0,∞)

oldugundan bir onceki ornekteki gibi uc noktaları kullanamayız. Ama r < 3

√500π icin A′(r) < 0 ve r > 3

√500π icin

A′(r) > 0 oldugunu, dolayısıyla A nın kritik sayısının solundaki her r icin azaldıgını ve sagındaki her r icin arttıgını

gozlemleyebiliriz. Boylece, r = 3

√500π mutlak minimumu vermelidir. [Alernatif olarak, r → 0+ iken A(r) → ∞

ve r → ∞ iken A(r) → ∞ oldugundan, A(r) nin bir minumum degeri olmalı ve bu minimum deger kritik sayıdameydana gelmelidir. Bkz. Sekil 4.13]

Sekil 4.13

r = 3

√500π degerine karsılık gelen h degeri

h =1000

πr2=

1000

π(500/π)2/3= 2

3

√500

π= 2r

dir. Boylece kutunun maliyetini minimum yapmak icin yarıcap 3

√500π cm ve yukseklik yarıcapın iki katı, yani cap

olmalıdır.

y2 = 2x parabolu uzerinde (1, 4) noktasına en yakın olan noktayı bulunuz.

Ornek 102.

4.7. BIR FONKSIYONUN ILKELI 103

Cozum: (x, y) ve (1, 4) noktaları arasındaki uzaklık

d =√

(x− 1)2 + (y − 4)2

ile verilir. (Bkz. Sekil 4.14)

Sekil 4.14

Ama, (x, y) parabolun uzerindeyse, x = y2/2 dir ve d nin ifadesi

d =

√(1

2y2 − 1

)2

+ (y − 4)2

olur. (Ikinci secenek, y =√

2x alarak d yi yalnızca x cinsinden ifade edebilirdik.)d yi minimum yapmak yerine karesini minimum yapacagız:

d2 = f(y) =

(1

2y2 − 1

)2

+ (y − 4)2

(d2 nin minimumu ile d nin minimumunun aynı noktada meydana geldigine, ama d2 ile calısmanın d ile calısmaktandaha kolay olduguna dikkat ediniz.)

Turev alırsak

f ′(y) = 2

(1

2y2 − 1

)y + 2(y − 4) = y3 − 8

elde ederiz, dolayısıyla y = 2 oldugunda f ′(y) = 0 olur. y < 2 icin f ′(y) < 0 ve y > 2 icin f ′(y) > 0 oldugunugozlemleyiniz. Buradan Mutlak Uc Degerler icin Birinci Turev Testi’ne gore mutlak minimum y = 2 de meydanagelir. (Yalnızca, problemin geometrik yapısından oturu en yakın noktanın oldugunun fakat en uzak noktanın ol-madıgının acık oldugunu soyleyebilirdik.) Karsı gelen x degeri x = y2/2 = 2 dir. Boylece y2 = 2x paraboluuzerinde (1, 4) noktasına en yakın olan nokta, (2, 2) noktasıdır.

4.7 Bir Fonksiyonun Ilkeli

Eger bir I aralıgındaki her x icin F ′(x) = f(x) ise, F fonksiyonuna I uzerinde f nin ilkeli denir.

Tanım 17.


Ornegin, f = x2 olsun. Eger Kuvvet Kuralı’nı aklımızda tutarsak, f nin bir ilkelini bulmak zor degildir.F (x) = 1

3x3 ise F ′(x) = x2 = f(x) dir.

Fakat G(x) = 13x

3 + 100 fonksiyonu da G′(x) = x2 yi saglar.

Boylece hem F hem de G fonksiyonları f nin ilkelleridir.

Gercekten, C bir sabit olmak uzere, H(x) = 13x

3 + C bicimindeki her fonksiyon f nin bir ilkelidir.

F fonksiyonu bir I aralıgı uzerinde f nin bir ilkeli ise, C herhangi bir sabit olmak uzere,

F (x) + C (4.1)

f nin I uzerindeki en genel ilkelidir.

Teorem 17.

Asagıdaki fonksiyonların en genel ilkellerini bulunuz.

(a) f(x) = sinx (b) f(x) = 1/x (c) f(x) = xn, n 6= 1

Ornek 103.

Cozum: (a)F (x) = − cosx ise F ′(x) = sinx

olur. Bu nedenle sinx in bir ilkeli − cosx dir. Teoremden en genel ilkeli G(x) = − cosx+ C dir.

(b)d

dx(lnx) =

1

xoldugunu anımsayınız. Bu nedenle (0,∞) aralıgında 1/x in genel ilkeli lnx+ C dir.

Aynı zamanda, her x 6= 0 icin

d

dx(ln |x|) =

1

x

oldugunu ogrenmistik.Teorem, f(x) = 1/x in genel ilkelinin sıfırı icermeyen herhangi bir aralıkta ln |x| + C oldugunu soyler. Ozel

olarak, (−∞, 0) ve (0,∞) aralıklarının her birinde bu dogrudur. Boylece f nin genel ilkeli

F (x) =

{lnx+ C1 eger x > 0

ln(−x) + C2 eger x < 0

dir.(c) xn nin ilkelini bulmak icin Kuvvet Kuralı’nı kullanırız. Aslında, n 6= 1 ise,

d

dx

(xn+1

n+ 1

)=

(n+ 1)xn

n+ 1= xn

dir. Boylece f(x) = xn nin genel ilkeli

F (x) =xn+1

n+ 1+ C

olur. f(x) = xn bir aralık uzerinde tanımlı oldugundan bu n > 0 icin gecerlidir. Eger n negatif (fakat n 6= −1) isebu 0 ı icermeyen herhangi bir aralıkta gecerlidir.

4.7. BIR FONKSIYONUN ILKELI 105

Bolum 5

Integral

5.1 Alan ve Uzaklık

Alan Problemi

a dan b ye kadar y = f(x) egrisinin altında kalan S bolgesinin alanını bulalım. Burada S bolgesi, Sekil 5.1 degosterildigi gibi, [f(x) ≥ 0 olacak sekilde] surekli bir f fonksiyonu x = a, x = b dusey dogruları ve x-ekseniylesınırlanan bolgedir.

Sekil 5.1: S = {(x, y)∣∣ a 6 x 6 b, 0 6 y 6 f(x)}

Alan sozcugunun anlamı nedir? Kenarları dogrulardan olusan bir bolge icin bu soruyu yanıtlamak kolaydır.Ornegin bir dikdortgen icin alan, uzunluguyla genisliginin carpımı olarak tanımlanmıstır. Bir cokgenin alanı, onuucgenlere ayırıp, bu ucgenlerin alanları toplanarak bulunur.

Ancak, kenarları egrilerden olusan bir bolgenin alanını bulmak bu kadar kolay degildir. Alan hesabı icin dikdortgenlerkullanarak, S bolgesine bir yaklasım elde edecegiz, sonra dikdortgenlerin sayısını arttırarak dikdortgenlerin toplamalanının limitini hesaplayacagız.

107

108 BOLUM 5. INTEGRAL

Dikdortgenler kullanarak, 0 dan 1 e kadar, y = x2 egrisinin altında kalan alanı yaklasık olarak bulunuz.(Sekil 5.2 de gosterilen parabolik bolge).

Ornek 104.

Sekil 5.2

Cozum: Oncelikle, S nin alanının 0 ile 1 arasında olması gerektigini gorelim: kenar uzunlugu 1 olan bir kare Sbolgesini kapsar.

Sekil 5.3

Ancak bundan daha iyisini yapabiliriz. Sekil 5.4a(a) daki gibi x =1

4, x =

1

2, x =

3

4dusey dogrularını cizerek S

yi S1, S2, S3 ve S4 seritlerine ayıralım. [Bkz. Sekil 5.4a].

(a) (b)Sekil 5.4

Bu seritlerin her birinin tabanı kendi tabanına esit, yuksekligi ise seridin sag kenar uzunluguna esit olan bir

5.1. ALAN VE UZAKLIK 109

dikdortgen gibi dusunebiliriz [Bkz. Sekil 5.4b]. Diger bir deyisle, bu dikdortgenlerin yuksekligi, f(x) = x2 fonksiy-

onunun sırasıyla[0,

1

4

],[

1

4,1

2

],[

1

2,3

4

],[

3

4, 1

]alt aralıklarının sag uc noktalarındaki degerleridir.

Her dikdortgenin genisligi1

4ve yukseklikleri, sırasıyla

(1

4

)2

,(

1

2

)2

,(

3

4

)2

ve 12 dir. Bu dikdortgenlerinin

alanlarının toplamını R4 ile gosterirsek

R4 =1

4·(

1

4

)2

+1

4·(

1

2

)2

+1

4·(

3

4

)2

+1

4· 12 =

15

32= 0.46875

elde ederiz. Sekilden, S nin alanının(A), R4 den kucuk oldugunu goruyoruz, dolayısıyla

A < 0.46875

dir.Sekil 5.4b deki dikdortgenlerin yerine Sekil 5.5 deki kucuk dikdortgenleri kullanırsak,

Sekil 5.5

bu dikdortgenlerin yuksekliklerini, f yi alt aralıkların sol uc noktalarında hesaplayarak dikdortgenlerin toplam alanı

L4 =1

4· 02 +

1

4·(

1

4

)2

+1

4·(

1

2

)2

+1

4·(

3

4

)2

=7

32= 0.21875

olur. S nin alanının L4 den buyuk oldugunu goruyoruz, dolayısıyla A icin

0.21875 < A < 0.46875

alt ve ust sınırlarını elde ederiz. Bu islemleri daha fazla sayıda dikdortgen kullanarak yineleyebiliriz. Sekil 5.6, Sbolgesinin genislikleri esit uzunlukta olan sekiz dikdortgene bolusunu gosteriyor.

Sekil 5.6: R8 ve L8


Kucuk dikdortgenlerin (L8) alanları toplamını ve buyuk dikdortgenlerin (R8) alanları toplamını hesaplayarak, Aicin oncekinden daha iyi alt ve ust sınır elde ederiz:

0.2734375 < A < 0.3984375

Dolayısıyla, soruya verilebilecek olası bir yanıt, S nin gercek alanının 0.2734375 ile 0.3984375 arasında bir degeroldugudur. Bolgelerin sayısını arttırarak daha iyi sınırlar bulabiliriz. Tablo, n tane dikdortgen icin yapılan benzerhesaplarla, yuksekliklerin sol uc noktalarda hesaplandıgı (Ln) ve sag uc noktalarda hesaplandıgı (Rn) degerlerinigosterir.

n Ln Rn10 0.2850000 0.3850000

30 0.3168519 0.3501852

50 0.324000 0.3434000

100 0.3283500 0.3383500

1000 0.3328335 0.3338335

Tablodaki degerler, n arttıkcaRn nin 1/3 e yaklastıgını dusundurur.Bir sonraki ornek bunun dogrulugunu gosterir.

Ilk ornekdeki S bolgesi icin buyuk dikdortgenlerin alanları toplamının1

3e yaklastıgını, diger bir deyisle

limn→∞

Rn =1

3

oldugunu gosteriniz.

Ornek 105.

Cozum: Rn Sekil 5.7 de gorulen dikdortgenlerin alanlarının toplamıdır. Dikdortgenlerin genislikleri 1/n, yukseklikleriise f(x) = x2 fonksiyonunun 1/n, 2/n, 3/n, . . . , n/n noktalarındaki degerleridir,

Sekil 5.7


bu yuzden dikdortgenlerin yukseklikleri sırasıyla (1/n)2, (2/n)2, (3/n)2, . . . , (n/n)2 olur. Boylece

Rn =1

n

(1

n

)2

+1

n

(2

n

)2

+1

n

(3

n

)2

+ . . .+1

n

(nn

)2

=1

n· 1

n2(12 + 22 + 32 + . . .+ n2)

=1

n3(12 + 22 + 32 + . . .+ n2)

dir. Burada ilk n pozitif tam sayısının karalerinin toplamı formulune gereksinim duyarız.

11 + 22 + 32 + . . .+ n2 =n(n+ 1)(2n+ 1)

6. (5.1)

Formul (5.1) i, Rn nin ifadesine yerlestirince

Rn =1

n3· n(n+ 1)(2n+ 1)

6=

(n+ 1)(2n+ 1)

6n2

bulunur. Boylece,

limn→∞

= limn→∞

(n+ 1)(2n+ 1)

6n2

= limn→∞

1

6

(n+ 1

n

)(2n+ 1

n

)

= limn→∞

1

6

(1 +

1

n

)(2 +

1

n

)

=1

6· 1 · 2 =

1

3

Alt yaklasık toplamlarının da1

3e yaklastıgı, diger bir deyisle,

limn→∞

Ln =1

3

oldugu gosterilebilir.

Sekillerden, n arttıkca, Ln ve Rn nin, S nin alanına daha yakın degerler aldıgını goruyoruz. Bu yuzden A alanını,n sonsuza giderken Rn ve Ln nin limiti olarak tanımlarız.

A = lim→∞

Rn = limn→∞

Ln =1

3.


Sekil 5.10

Orneklerdeki fikirleri uygulayarak, Sekil 5.1 deki daha genel bir S bolgesinin alanını bulalım. Once Sekil 5.10 dagoruldugu gibi, S yi genislikleri esit olan n tane S1, S2, . . . , Sn seritlerine ayıralım.[a, b] aralıgının uzunlugu b− a dır. Dolayısıyla her bir seridin genisligi

∆x =b− an

olur. Bu seritler, [a, b] aralıgını, x0 = a ve xn = b olmak uzere

[x0, x1], [x1, x2], [x2, x3], . . . , [xn−1, xn]

seklinde n alt aralıga boler. Bu alt aralıkların sag uc noktaları

x1 = a+ ∆x, x2 = a+ 2∆x, x3 = a+ 3∆x, . . .

dır.Si yi, genisligi ∆x, yuksekligi f(xi) olan bir dikdortgen gibi dusunelim (Bkz. Sekil 5.11).

Sekil 5.11

Dikdortgenin alanı f(xi)∆x dir. S nin alanını yaklasık olarak, dikdortgenlerin alanlarını toplayarak bulabiliriz,bu da

Rn = f(x1)∆x+ f(x2)∆x+ . . .+ f(xn)∆x


Sekil 5.12

dir.Sekil 5.12 bu yaklasımı, n = 2, 4, 8, 12 icin gostermektedir. Seritlerin sayısı arttıkca, baska bir deyisle n→∞

iken, bu yaklasımın gittikce iyilestigine dikkat ediniz. Bu yuzden S bolgesinin A alanı asagıdaki gibi tanımlanır.

Surekli bir f fonksiyonunun grafigi altında kalan bolgenin A alanı, yaklastırım dikdortgenlerinin toplamalanının limitidir:

A = limn→∞

Rn = limn→∞

[f(x1)∆x+ f(x2)∆x+ . . .+ f(xn)∆x] (5.2)

Tanım 18.

f surekli oldugundan, tanımdaki limitin her zaman var oldugu kanıtlanabilir. Sol uc noktaları kullandıgımızda sonu-cun degismeyecegi de gosterilebilir:

A = limn→∞

Ln = limn→∞

[f(x0)∆x+ f(x1)∆x+ . . .+ f(xn−1)∆x] (5.3)

Aslında i inci dikdortgenin yuksekligini, sol ya da sag uc noktalar yerine, f nin, [xi−1, xi] alt aralıgındaki herhangibir x∗i deki degeri olarak alabilirdik. x∗1, x

∗2, . . . , x

∗n sayılarına ornek noktalar denir. Sekil 5.13, ornek noktaların uc

noktalar olarak alınmadıgı dikdortgenlerle yaklasımı gostermektedir.Dolayısıyla S nin alanı daha genel olarak

A = limn→∞

[f(x∗1)∆x+ f(x∗2)∆x+ . . .+ f(x∗n)∆x] (5.4)

seklinde ifade edilir. Terim sayısı fazla olan toplamları kısaca gostermek icin cogunlukla sigma gosterimini kul-lanırız. Ornegin,

n∑i=1

f(xi)∆x = f(x1)∆x+ f(x2)∆x+ . . .+ f(xn)∆x


Sekil 5.13

Dolayısıyla, Denklem (5.2), (5.3) ve (5.4) deki alan ifadeleri

A = limn→∞

n∑i=1

f(xi)∆x

A = limn→∞

n∑i=1

f(xi−1)∆x

A = limn→∞

n∑i=1

f(x∗i )∆x

olarak yazılabilir.

5.2. UZAKLIK PROBLEMI 115

5.2 Uzaklık Problemi

Her andaki hızı bilinen bir cismin belli bir zaman diliminde gittigi uzaklıgı bulunuz. (Bir anlamda bu daha once elealdıgımız hız probleminin tersidir.) Eger hız sabitse, uzaklık problemi

uzaklık = hız × zaman

formuluyle kolayca cozulur. Eger hız degisiyorsa gidilen uzaklıgı bulmak bu kadar kolay degildir.

Bir atletin hızı yarısın ilk uc saniyesinde artmaktadır. Atletin yarım saniyelik dilimlerdeki hızı tablodagosterilmistir. Atletin bu uc saniyede kostugu yol icin alt ve ust sınırlar bulunuz.

Ornek 106.

Zaman t(sn) 0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0Hız v(m/sn) 0 6.2 10.8 14.9 18.1 19.4 20.2

Cozum: Tablodan da gorebilecegimiz gibi atlet surekli hızlanmaktadır. O yuzden eger her zaman aralıgı icin, oaralıgın sonundaki hızı alırsak gittigi yolu fazla hesaplamıs, eger her zaman aralıgı icin o aralıgın basındaki hızıalırsak da gittigi yolu az hesaplamıs oluruz. Her zaman aralıgını 0.5 sn olduguna dikkat ederek, once ilk duruma goreyaklasık ne kadar yol gittigini 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

Simdide ikinci duruma gore yaklasık olarak ne kadar yol gittigini 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 gore atlet en fazla 44.8 ft en az 34.7 ft yol gitmistir.

5.3 Belirli Integral

Alan hesaplarken

limn→∞

n∑i=1

f(x∗i )∆x = limn→∞

[f(x∗1)∆x+ f(x∗2)∆x+ . . .+ f(x∗n)∆x] (5.5)

seklinde bir limitin ortaya cıktıgını gorduk. Bu tip limitler, f nin pozitif olmak zorunda olmadıgı, bircok degisikdurumlarda da karsımıza cıkar. (5.5) deki benzer limitlerle, egrilerin uzunlugunu, cisimlerin hacmini, kutle merkezini,su basıncından kaynaklanan kuvveti ve yapılan isi bulmak gibi bir cok niceligi hesaplarken karsılasıldıgını gorecegiz.Dolayısıyla bu tip limitler icin ozel bir ad ve gosterim kullanacagız.


f fonksiyonu a ≤ x ≤ b aralıgında tanımlı ve surekli olsun, [a, b] kapalı aralıgını ∆x = (b − a)/n esituzunlugunda n alt aralıga ayıralım. Alt aralıkların uc noktaları x0(= a), x1, x2, . . . , xn(= b) olsun veher alt aralıktan, x∗i noktası [xi−1, xi] de olacak sekilde x∗1, x

∗2, x

∗3, . . . , x

∗n, ornek noktalarını secelim.

Bu durumda, a dan b ye f nin belirli integrali

b∫a

f(x)dx = limn→∞

n∑i=1

f(x∗i )∆x

olarak tanımlanır.

Tanım 19.

NOT 1 :b∫a

f(x)dx gosteriminde f(x), integrali alınan fonksiyon, a, b integralin sınırları; a alt sınır, b ust sınır

olarak adlandırılır. Integrali hesaplama surecine de integral almak denir.

NOT 2 :b∫a

f(x)dx belirli integrali bir sayıdır; x degiskenine baglı degildir. Aslında x yerine istedigimiz harfi

koyabiliriz, integralin degeri degismez:

b∫a

f(x)dx =

b∫a

f(t)dt =

b∫a

f(r)dr

NOT 3 : Karsılastıgımız fonksiyonların cogunun surekli olmasına karsın, tanımdaki limit, f nin sonlu sayıdagiderilebilir ya da sıcrama tipi sureksizligi oldugunda da vardır. Dolayısıyla, bu tip fonksiyonların da belirli integralinitanımlayabiliriz.NOT 4 : Tanımda karsılastıgımız

n∑i=1

f(x∗i )∆x

toplamına Riemann toplamı denir.Eger f pozitifse, Riemann toplamını, yaklastırım dikdortgenlerinin toplam alanı olarak yorumlayabilecegimizi

biliyoruz (Bkz. Sekil 5.14).

Sekil 5.14

5.3. BELIRLI INTEGRAL 117

Buradaki tanım ile alan tanımını karsılastırırsak,

b∫a

f(x)dx belirli integralinin a dan b ye kadar, y = f(x) egrisinin

altında kalan alan oldugunu goruruz. (Bkz. Sekil 5.15)

Sekil 5.15

Eger f , Sekil 5.16 teki gibi hem pozitif hem de negatif degerler alıyorsa, Riemann toplamı x-ekseninin ustundekalan dikdortgenlerin toplam alanı ile, x-ekseni altında kalan dikdortgenlerinin toplam alanının farkıdır.

Sekil 5.16

Bu tip Riemann toplamlarının limiti, 5.17 de gosterilen durumu ortaya cıkarır. Belirli integral, alanların farkı olannet alan olarak yorumlanabilir:

∫ b

af(x)dx = A1 −A2

Burada A1, x-ekseninin ustunde ve f nin grafiginin altında kalan, A2 ise x-ekseninin altında ve f nin grafigininustunde kalan alını gosterir.

Sekil 5.17


limn→∞

n∑i=1

[x3i + xi sinxi]∆x

limitini [0, π] uzerinde bir integral olarak ifade ediniz.

Ornek 107.

Cozum: Verilen limiti tanım ile karsılastırdıgımızda,

f(x) = x3 + x sinx ve x∗i = xi

secersek aynı limit ifadelerini elde ederiz. (Bu durumda, ornek noktalar sag uc noktalardır ve limit, Denklem 5.3gibidir.) a = 0 ve b = π verildiginden, integrali

limn→∞

n∑i=0

[x3i + xi sinxi]∆x =

∫ π

0(x3 + x sinx)dx

olarak yazabiliriz.

5.4 Integralin Hesaplanması

Bir belirli integrali, tanımı kullanarak hesaplarken, toplamlarla nasıl calısacagımızı bilmeliyiz. Asagıdaki uc denklempozitif tam sayıların kuvvetlerinin toplamını verir.

n∑i=1

i =n(n+ 1)

2(5.6)

n∑i=1

i2 =n(n+ 1)(2n+ 1)

6(5.7)

n∑i=1

i3 =

[n(n+ 1)

2

]2

(5.8)

Geri kalan formuller sigma gosterimiyle calısabilmek icin basit kurallardır:n∑i=1

c = nc (5.9)

n∑i=1

cai = c

n∑i=1

ai (5.10)

n∑i=1

(ai + bi) =n∑i=1

ai +n∑i=1

bi (5.11)

n∑i=1

(ai − bi) =n∑i=1

ai −n∑i=1

bi (5.12)

3∫0

(x3 − 6x)dx integralini hesaplayınız.

Ornek 108.

5.5. BELIRLI INTEGRALLERIN OZELLIKLERI 119

Cozum: n alt aralık icin,

∆x =b− an

=3

n

dir. x0 = 0, x1 = 3/n, x2 = 6/n, x3 = 9/n ve genel olarak

xi =3i

n

dir. Sag uc noktaları aldıgımızdan Deklem 3’u kullanabiliriz:∫ 3

0(x3 − 6x)dx = lim

n→∞

n∑i=1

f(xi)∆x = limn→∞

n∑i=1

f

(3i

n

)3

n

= limn→∞

3

n

n∑i=1

[(3i

n

)3

− 6

(3i

n

)]

= limn→∞

3

n

n∑i=1

[27

n3i3 − 18

ni

]

= limn→∞

[81

n4

n∑i=1

i3 − 54

n2

n∑i=1

i

]

= limn→∞

{81

n4

[n(n+ 1)

2

]2

− 54

n2

n(n+ 1)

2

}

= limn→∞

[81

4

(1 +

1

n

)2

− 27

(1 +

1

n

)]

=81

4− 27 = −27

4= −6.75

f hem pozitif hem de negatif degerler alındıgından bu integral bir alan olarak yorumlanamaz. Ancak Sekil 5.18 dagosterilen A1 ve A2 alanlarının A1 −A2 farkı olarak yorumlanabilir.

Sekil 5.18:

3∫0

(x3 − 6x)dx = A1 −A2 = −6.75

5.5 Belirli Integrallerin Ozellikleri

1. c bir sabit sayı olmak uzere

b∫a

c dx = c(b− a)


2.

a∫b

f(x)dx = −b∫a

f(x)dx

3.

a∫a

f(x)dx = 0

4.

b∫a

[f(x) + g(x)]dx =

b∫a

f(x)dx+

b∫a

g(x)dx

5. c bir sabit olmak uzere

b∫a

cf(x)dx = c

b∫a

f(x)dx

6.

b∫a

[f(x)− g(x)]dx =

b∫a

f(x)dx−b∫a

g(x)dx

7.

c∫a

f(x)dx+

b∫c

f(x)dx =

b∫a

f(x)dx

Integralin ozelliklerini kullanarak

1∫0

(4 + 3x2)dx integralini hesaplayınız.

Ornek 109.

Cozum: Ozellik 4 ve 5 i kullanarak

1∫0

(4 + 3x2)dx =

1∫0

4 dx+

1∫0

3x2dx =

1∫0

4 dx+ 3

1∫0

x2dx

elde ederiz. Ozellik 1 den1∫

0

4 dx = 4(1− 0) = 4

oldugunu biliyoruz ve daha once1∫0

x2dx = 1/3 oldugunu bulmustuk. Buradan

1∫0

(4 + 3x2)dx =

1∫0

4dx+ 3

1∫0

x2dx = 4 + 3 · 1

3= 5 bulunur.

10∫0

f(x)dx = 17 ve

8∫0

f(x)dx = 12 oldugu biliniyorsa,

10∫8

f(x)dx i bulunuz.

Ornek 110.


Cozum: Ozellik 7 den8∫

0

f(x)dx+

10∫8

f(x)dx =

10∫0

f(x)dx

olur. Boylece10∫

8

f(x)dx =

10∫0

f(x)dx−8∫

0

f(x)dx = 17− 12 = 5 dir.

Integralleri Karsılastırma Ozellikleri

8. a ≤ x ≤ b iken f(x) ≥ 0 ise

b∫a

f(x)dx ≥ 0 dır.

9. a ≤ x ≤ b iken f(x) ≥ g(x) ise

b∫a

f(x)dx ≥b∫a

g(x)dx dır.

10. a ≤ x ≤ b iken m ≤ f(x) ≤M ise

m(b− a) ≤b∫a

f(x)dx ≤M(b− a) dır.

Ozellik 10 u kullanarak

1∫0

e−x2dx integraline alt ve ust sınır bulunuz.

Ornek 111.

Cozum: f(x) = e−x2

fonksiyonu [0, 1] aralıgında azalan bir fonksiyon oldugundan, mutlak maksimum degeriM = f(0) = 1, mutlak minimum degeri ise m = f(1) = e−1 dir. Ozellik 10 dan

e−1(1− 0) ≤1∫

0

e−x2dx ≤ 1(1− 0)

ya da

e−1 ≤1∫

0

e−x2dx ≤ 1

dir. e−1 ≈ 0.3679 oldugundan

0.367 ≤1∫

0

e−x2dx ≤ 1

yazabiliriz. Bu ornegin sonucu Sekil 5.19 de gosterilmistir. Integral asagıdaki dikdortgenin alanından buyuk, kareninalanından kucuktur.


Sekil 5.19

f fonksiyonu [a, b] aralıgında surekliyse, f fonksiyonunun herhangi bir F ilkeli, baska bir deyisle F ′ = ficin

b∫a

f(x)dx = F (b)− F (a) dır.

Teorem 18.

Ornegin, f(x) = x2 nin bir ilkelinin F (x) = 13x

3 oldugunu biliyoruz. Deger Bulma Teoremi bize

1∫0

x2dx = F (1)− F (0) =1

3· 13 − 1

3· 03 =

1

3

oldugunu soyler.Deger Bulma Teoremi’ni uygularken

F (x)]ba

= F (b)− F (a)

gosterimini kullanarak F ′ = f olmak uzere

b∫a

f(x)dx = F (x)]ba

yazılabilir. Sıkca kullanılan diger gosterimler F (x)∣∣∣ba

ve[F (x)

]ba

dir.

3∫1

ex dx integralini hesaplayınız.

Ornek 112.

Cozum: f(x) = ex fonksiyonunun bir ilkeli F (x) = ex oldugundan Deger Bulma Teoremi’ni kullanarak

3∫1

ex dx = ex]3

1= e3 − e

elde ederiz.


0 ≤ b ≤ π/2 olmak uzere x = 0 dan x = b ye kadar kosinus egrisinin altında kalan alanı bulunuz.

Ornek 113.

Cozum: f(x) = cosx fonksiyonunun bir ilkeli F (x) = sinx oldugundan

A =

b∫0

cosx dx = sinx]b

0= sin b− sin 0 = sin b

dir.

Ozel olarak b = π/2 alırsak, 0 dan π/2 ye kadar kosinus egrisinin altında kalan alanın, sin(π/2) = 1 oldugunukanıtlamıs oluruz.

Ilkeller ile integraller arasındaki iliskiden dolayı f nin ilkelini gostermek icin geleneksel olarak belirsiz integral

olarak adlandırılan∫f(x)dx gosterimi kullanılır. Dolayısıyla,

∫f(x)dx = F (x), F ′(x) = f(x)

anlamına gelir. Belirli ve belirsiz integralin arasındaki ayrıma dikkat etmelisiniz.

b∫a

f(x)dx belirli integrali bir sayı,∫f(x)dx belirsiz integrali ise bir fonksiyondur. f fonksiyonunun I aralıgındaki bir ilkeli F ise f nin bu aralıktaki

en genel ilkelinin, C herhangi bir sabit olmak uzere F (x) + C seklinde oldugunu anımsayınız. Ornegin,∫1

xdx = ln |x|+ C

formulu (0 icermeyen her aralıkta) dogrudur, cunkud

dxln |x| = 1

xgosterimi f nin herhangi bir ilkelini ya da (her C

icin bir tane olmak uzere), butun ilkeller ailesini de gosterebilir.


∫[f(x) + g(x)]dx =

∫f(x)dx+

∫g(x)dx

∫cf(x)dx = c

∫f(x)dx

∫xndx =

xn+1

n+ 1+ C (n 6= 1)

∫1

xdx = ln |x|+ C

∫exdx = ex + C

∫axdx =

ax

ln a+ C

∫sinxdx = cosx+ C

∫cosxdx = sinx+ C

∫sec2 xdx = tanx+ C

∫csc2 xdx = − cotx+ C

∫secx tanxdx = secx+ C

∫cscx cotxdx = − cscx+ C

∫1

x2 + 1dx = tan−1 x+ C

∫1√

1− x2dx = sin−1 x+ C

Gosterim konusundaki uzlasmamızı ve belirsiz integraller tablosunu kullanarak∫(10x4 − 2 sec2 x)dx = 10

∫x4dx− 2

∫sec2 xdx

= 10x5

5− 2 tanx+ C

= 2x5 − 2 tanx+ C

elde ederiz. Yanıtın turevini alarak dogrulugunu kontrol etmelisiniz.

Ornek 114.


3∫0

(x3 − 6x)dx integralini hesaplayınız.

Ornek 115.

Cozum: Deger Bulma Teoremi’nden

3∫0

(x3 − 6x)dx =x4

4− 6

x2

2

]3

0

= (1

4· 34 − 3 · 32)− (

1

4· 04 − 3 · 02)

=81

4− 27− 0 + 0 = −6.75

elde ederiz.

2∫0

(2x3 − 6x+

3

x2 + 1

)dx integralini bulunuz.

Ornek 116.

Cozum: Deger Bulma Teoremi’nden

2∫0

(2x3 − 6x+

3

x2 + 1

)dx = 2

x4

4− 6

x2

2+ 3 tan−1 x

]2

0

=1

2x4 − 3x2 + 3 tan−1 x

]2

0

=1

2(24)− 3(22) + 3 tan−1 2− 0

= −4 + 3 tan−1 2

dir. Bu, integralin kesin degeridir.

9∫1

2t2 + t2√t− 1

t2dt integralini hesaplayınız.

Ornek 117.


Cozum: Once integrali alınan fonksiyonu bolme yaparak sadelestirmemiz gerekir:

9∫1

2t2 + t2√t− 1

t2dt =

9∫1

(2 + t1/2 − t−2)dt

= 2t+t3/2

32

− t−1

−1

]9

1

= 2t+2

3t3/2 +

1

t

]9

1

[2 · 9 +2

3(9)3/2 +

1

9]

−(2 · 1 +2

3· 13/2 +

1

1)[2 · 9 +

2

3(9)3/2 +

1

9]− (2 · 1 +

2

3· 13/2 +

1

1)

= 18 + 18 +1

9− 2− 2

3− 1 = 32

4

9

F ′(x) in, x degiskenine gore y = F (x) in degisim hızını verdigini ve F (b) − F (a) nın x, a dan b ye degisirken,y deki degisikligi verdigini biliyoruz. Dolayısıyla Deger Bulma Teoremi’ni yeniden

Degisim hızının integrali toplam degisimi verir:

b∫a

F ′(x)dx = F (b)− F (a)

olarak ifade edebiliriz.

Teorem 19.

Ornegin,

• V (t) bir su deposundaki suyun t anındaki hacmiyse V ′(t) turevi, t anında suyun depoya t anındaki akıs hızınıverir. Dolayısıyla

t2∫t1

V ′(x)dx = V (t2)− V (t1)

depodaki su miktarının, t1 ile t2 anları arasında farkıdır.

• Bir cubugun, sol uctan, herhangi bir x noktasına kadar kutlesi m(x) ise dogrusal yogunlugu ρ(x) = m′(x) dir.Dolayısıyla

b∫a

ρ(x)dx = m(b)−m(a)

cubugun x = a ile x = b noktaları arasında kalan kısmının kutlesidir.

• Bir toplulugun nufusunun artıs hızı dn/dt ise

t2∫t1

dn

dtdt = n(t2)− n(t1)

nufusun t1 den t2 ye kadar olan zaman dilimindeki artısıdır.


• Bir cisim, duzgun bir dogru boyunca konum vektoru s(t) olacak sekilde hareket ediyorsa, hızı v(t) = s′(t) dir.Dolayısıyla,

t2∫t1

v(t)dt = s(t2)− s(t1) (5.13)

cismin t1 den t2 ye kadar olan zaman dilimindeki yer degisikligidir. Daha once bunun pozitif yonde hareketeden bir cisim icin dogru oldugunu tahmin etmistik, simdi, her durumda dogru oldugunu kanıtlamıs olduk.

• Bir zaman diliminde gidilen yolu bulmak istersek, (parcacık saga giderken) v(t) ≤ 0 ve (parcacık sola giderken)v(t) ≥ 0 olan aralıkları incelemeliyiz. Her iki durumda da uzaklık, |v(t)| fonksiyonunun integrali alınarakhesaplanır. Bu yuzden,

t2∫t1

|v(t)|dt = gidilen toplam yol (5.14)

olur.

• Cismin ivmesi a(t) = v′(t) dir. Dolayısıyla,t2∫t1

a(t)dt = v(t2)− v(t1)

t1 anından t2 ye kadar hızdaki degisikliktir.

Bir parcacık, bir dogru boyunca, (saniyede metre cinsinden) v(t) = t2 − t− 6 hızıyla hareket etmektedir.

(a) Parcacıgın 1 ≤ t ≤ 4 zaman dilimindeki yer degisimini bulunuz.

(b) Bu zaman diliminde gittigi yolu bulunuz.

Ornek 118.

Cozum: (a) Denklem (5.13) den, yer degisimi

s(4)− s(1) =

4∫1

v(t)dt =

4∫1

(t2 − t− 6)dt

=

[t3

3− t2

2− 6t

]4

1

= −9

2

olur. Bu cismin t = 4 anındaki konumunun, baslangıc konumunun 4.5 m solunda olması anlamına gelir.(b) v(t) = t2 − t − 6 = (t − 3)(t + 2) oldugundan, [1, 3] aralıgında v(t) ≤ 0 ve [3, 4] aralıgında v(t) ≥ 0

dır.Dolayısıyla, Denklem (5.14) ten gidilen yol4∫

1

|v(t)|dt =

3∫1

−[v(t)]dt+

4∫3

v(t)dt

=

3∫1

(−t2 + t+ 6)dt+

4∫3

(t2 − t− 6)dt

=

[− t

3

3+t2

2+ 6t

]3

1

+

[t3

3− t2

2− 6t

]4

3

=61

6≈ 10, 17m

dir.


f fonksiyonu [a, b], aralıgında surekli ise,

g(x) =

x∫a

f(t)dt a 6 x 6 b

olarak tanımlanmıs olan g fonksiyonu f nin bir ilkelidir. Diger bir deyisle a < x < b icin g′(x) = f(x)dir.

Kural 14.

Turev icin Leibniz gosterimini kullanarak, f surekli oldugunda bu teoremi

d

dx

x∫a

f(t)dx = f(x)

olarak yazabiliriz. Bu esitlik kabaca, f nin once integralini sonrada sonucun turevini alırsak, baslangıctaki f fonksiy-onuna geri donecegimizi soyler.

g(x) =

x∫0

√1 + t2 dt fonksiyonunun turevini bulunuz.

Ornek 119.

Cozum: f(t) =√

1 + t2 surekli oldugundan, Kalkulusun Temel Teoremi Kısım 1 bize

g′(x) =√

1 + x2

verir.

d

dx

x4∫1

sec t dt yi bulunuz.

Ornek 120.

Cozum: Burada Kalkulusun Temel Teoremi Kısın 1 i Zincir Kuralı’yla birlikte kullanmamız gerektigine dikkat ediniz.u = x4 olsun

d

dx

x4∫1

sec t dt =d

dx

u∫1

sec t dt =d

du

u∫1

sec t dt

· dudx

(Zincir K.)

= secu · dudx

(KTT 1 den)

= sec(x4) · 4x3

elde ederiz.

5.6. YERINE KOYMA KURALI 129

Simdi, Temel Teoremin iki kısmını bir araya getirecegiz. Integral ve turevi iliskilendirdigi icin Kısım 1 temelolarak alınır. Ancak Deger Bulma Teoremi de, integral ve turev arasında bir iliski verir, dolayısıyla bu teoremi, TemelTeorem Kısım 2 olarak yeniden adlandırıyoruz.

• g(x) =

x∫a

f(t)dt ise g′(x) = f(x) dir.

• f nin herhangi bir F ilkeli, baska bir deyisle F ′ = f icin

b∫a

f(x)dx = F (b)− F (a) dır.

5.6 Yerine Koyma Kuralı

u = g(x) deger kumesi I aralıgı olan turevlenebilir bir fonksiyon ve f fonksiyonu I aralıgında surekliyse,∫f(g(x)) g′(x) dx =

∫f(u) du (5.15)

olur.

Kural 15.

Ornek :∫x3 cos(x4 + 2) dx integralini bulunuz.

Ornek 121.

Cozum: du = 4x3dx diferansiyeli, 4 carpanı dısında, integralin icinde yer aldıgından, u = x4 + 2 degiskendegisikligini yaparız. Bu yuzden, x3dx = du/4 ve Yerine Koyma Kuralı’ndan∫

x3 cos(x4 + 2) dx =

∫cosu · 1

4du =

1

4

∫cosu du

=1

4sinu+ C

=1

4sin(x4 + 2) + C

olur. Son asamada baslangıctaki x degiskenine donmemiz gerektigine dikkat ediniz.

Yerine Koyma Kuralının temel fikri, karmasık bir integrali daha basit bir hale donusturmektir. Bu baslangıctaki xdegiskeninden, x e baglı bir fonksiyon olan u ya gecilerek yapılır.

∫ √2x+ 1dx integralini hesaplayınız.

Ornek 122.


Cozum: 1. yol: Bu durumda u = 2x+ 1 olsun. du = 2dx, ve dx = du/2 olur. Dolayısıyla, Yerine Koyma Kuralı∫ √2x+ 1 dx =

∫ √udu

2=

1

2

∫u1/2 du

=1

2· u

3/2

3/2+ C =

1

3u3/2 + C

=1

3(2x+ 1)3/2 + C

verir.2. yol: Olası bir baska degisken degisikligi de u =

√2x+ 1 dir. Bu durumda du =

dx√2x+ 1

bundan dolayı

dx =√

2x+ 1 du = u du olur. (Ya da u2 = 2x + 1, ve bundan dolayı 2u du = 2 dx oldugunu gozlemleyiniz.)Boylece ∫ √

2x+ 1 dx =

∫u · u du =

∫u2 du

=u3

3+ C =

1

3(2x+ 1)3/2 + C

elde edilir.

∫x√

1− 4x2dx integralini bulunuz.

Ornek 123.

Cozum: u = 1− 4x2 olsun. Dolayısıyla du = −8x dx buradan x dx = −18du olur ve∫

x√1− 4x2

dx = −1

8

∫1√udu = −1

8

∫u−1/2 du

= −1

8

(2√u)

+ C = −1

4

√1− 4x2 + C

bulunur.

∫e5x dx integralini hesaplayınız.

Ornek 124.

Cozum: u = 5x alırsak, du = 5 dx, buradan dx = 15du olur. Bundan dolayı∫

e5x dx =1

5

∫eu du =

1

5eu + C =

1

5e5x + C

dir.

∫tanx dx integralini hesaplayınız.

Ornek 125.

5.6. YERINE KOYMA KURALI 131

Cozum: Once tanjantı, sinus ve cosinus cinsinden yazalım:∫tanx dx =

∫sinx

cosxdx

Bu, du = − sinx dx ve buradan sinx dx = −du oldugundan u = cosx secmemiz gerektigini gosterir:∫tanx dx =

∫sinx

cosxdx = −

∫1

udu

= − ln |u|+ C = − ln | cosx|+ C

− ln | cosx| = ln(| cosx|−1

)= ln (1/| cosx|) = ln | secx| oldugundan, sonuc∫

tanx dx = ln | secx|+ C

biciminde de yazılabilir.

g′ fonksiyonu [a, b] aralıgında, f fonksiyonu u = g(x) in deger kumesinde surekliyse,

b∫a

f(g(x))g′(x) dx =

g(b)∫g(a)

f(u) du (5.16)

olur.

Kural 16 (Belirli Integraller Icin Yerine Koyma Kuralı).

5.16 i kullanarak

4∫0

√2x+ 1 dx integralini hesaplayınız.

Ornek 126.

Cozum: u = 2x+ 1 ise dx = du/2 olur. Integralin yeni sınırlarını belirlemek icin

x = 0,⇒ u = 2 · 0 + 1 = 1 ve x = 4,⇒ u = 2 · 4 + 1 = 9

olduguna dikkat edelim. Dolayısıyla

√2x+ 1 dx =

9∫1

1

2

√u du =

1

2· 2

3u3/2

]9

1

=1

3(93/2 − 13/2) =

26

3

olur. 5.16 i kullandıgımızda, integrali aldıktan sonra x degiskenine donmedigimizi gozlemleyelim. Diger bir deyisleu cinsinden bir ifadeyi u nun uygun degerleri arasında hesaplıyoruz.

2∫1

dx

(3− 5x)2integralini hesaplayınız.

Ornek 127.


Cozum: u = 3− 5x olsun. du = −5dx buradan da dx = −du/5 olur. x = 1 iken u = −2, x = 2 iken u = −7 dir.Boylece

2∫1

dx

(3− 5x)2= −1

5

−7∫−2

du

u2

= −1

5

[−1

u

]−7

−2

=1

5u

]−7

−2

=1

5

(−1

7+

1

2

)=

1

14

e∫1

lnx

xdx integralini bulunuz.

Ornek 128.

Cozum: du = dx/x integralde gorundugunden u = lnx alırız. x = 1 iken u = ln 1 = 0; x = e iken u = ln e = 1dir. Buradan

e∫1

lnx

xdx =

1∫0

u du =u2

2

]1

0

=1

2

Simetrik Fonksiyonların Integralleri

f fonksiyonunun [−a, a] aralıgında surekli oldugunu varsayalım.

(a) f cift fonksiyonsa [f(−x) = f(x)],

a∫−a

f(x) dx = 2

a∫0

f(x) dx dir.

(b) f tek fonksiyonsa [f(−x) = −f(x)],

a∫−a

f(x) dx = 0 dır.

f(x) = x6 + 1 fonksiyonu, f(−x) = f(x) esitligini sagladıgından cifttir, dolayısıyla

2∫−2

(x6 + 1) dx = 2

2∫0

(x6 + 1) dx

= 2

[1

7x7 + x

]2

0

=

(128

7+ 2

)=

284

7

olur.

Ornek 129.

5.7. KISMI INTEGRAL ALMA 133

f(x) =tanx

1 + x2 + x4fonksiyonu, f(−x) = −f(x),

esitligini sagladıgından tektir, dolayısıyla

1∫−1

tanx

1 + x2 + x4dx = 0

olur.

Ornek 130.

5.7 Kısmi Integral Alma∫f(x)g′(x) dx = f(x)g(x)−

∫g(x)f ′(x) dx (5.17)

formulu kısmi integral formulu olarak adlandırılır. Anımsanması daha kolay gosterim icin u = f(x), v = g(x)olsun. Diferansiyelleri dv = g′(x)dx ve du = f ′(x)dx dir, dolayısıyla Yerine Koyma Kuralı’na gore kısmi integralalma formulu ∫

udv = uv −∫vdu (5.18)

∫x sinx dx integralini bulunuz.

Ornek 131.

Cozum: u = x, dv = sinxdx ise du = dx, v = − cosx olur, dolayısıyla∫x sinx dx = x(− cosx)−

∫(− cosx) dx

= −x cosx+

∫cosx dx

= −x cosx+ sinx+ C olur.

∫lnx dx integralini hesaplayınız.

Ornek 132.

Cozum: Burada u = lnx, dv = dx ise du =1

xdx, v = x dir. Kısmi integral alarak,∫

lnx dx = x lnx−∫xdx

x

= x lnx−∫dx

= x lnx− x+ C elde ederiz.


Bu ornekte f(x) = lnx turevi f den daha basit oldugundan kısmi integral alma etkili olmustur.

∫x2ex dx integralini bulunuz.

Ornek 133.

Cozum: x2 nin turevi alındıgında basitlestigine dikkat ediniz. Bu yuzden u = x2, dv = exdx seceriz. Buradandu = 2xdx, v = ex olur. Kısmi integral alma yontemi,∫

x2ex dx = x2ex − 2

∫xex dx

verir. Elde ettigimiz∫xex dx integrali, baslangıctaki integralden daha basittir ama hala apacık ortada degildir. Bunun

icin u = x, dv = exdx alarak kısmi integrali bir kez daha kullanırız. du = dx, v = ex oldugundan∫xex dx = xex −

∫ex dx = xex − ex + C

dir. Bunu yukarıdaki denklemde yerine koyarak,∫x2ex dx = x2ex − 2

∫xex dx = x2ex − 2xex + 2ex + C1 (C1 = −2C)

elde ederiz.

∫ex sinx dx integralini hesaplayınız.

Ornek 134.

Cozum: Turevi alınınca ne ex ne de sinx fonksiyonu basitlesir. u = ex, dv = sinx dx secelim. O zaman, du = exdxve v = − cosx polur, dolayısıyla, kısmi integral∫

ex sinx dx = −ex cosx dx+

∫ex cosx dx (5.19)

verir. Elde ettigimiz∫ex cosx dx integrali icin tekrardan kısmi integrali uygulayalım. Bu kez, u = ex ve

dv = cosx dx alalım. Buradan du = ex dx ve v = sinx olur ve∫ex cosx dx = e′x sinx−

∫ex sinx dx (5.20)

dir. Denklem 5.20 i denklem 5.19 te yerine koyarsak∫ex sinx dx = −ex cosx+ ex sinx+

∫ex sinx dx

elde ederiz. Iki yana∫ex sinx dx eklersek

2

∫ex sinx dx = −ex cosx+ ex sinx

elde ederiz. Denklemi sadelestirip, integral sabitini eklersek∫ex sinx dx =

1

2ex(sinx+ cosx) + C

buluruz.

5.8. TRIGONOMETRIK INTEGRALLER 135

Kısmi integrasyon ve Deger bulma teoremi

Kısmi integral formulunu, Deger Bulma Teoremi’yle birlestirirsek, belirli integralleri, kısmi integrallerle hesaplaya-biliriz. f’ ve g’ nun surekli oldugunu varsayarak ve Deger Bulma Teoremi’ni kullanarak, a dan b ye kadar denklem5.17 in her iki yanını da hesapladıgımızda

b∫a

f(x)g′(x) dx = f(x)g(x)]ba−

b∫a

g(x)f ′(x) dx (5.21)

elde ederiz.

1∫0

tan−1 x dx integralini hesaplayınız.

Ornek 135.

Cozum: u = tan−1 x, dv = dx ise du =dx

1 + x2, v = x olur. Denklem 5.21

1∫0

tan−1 x dx = x tan−1 x]1

0−

1∫0

x

1 + x2dx

= 1 · tan−1 1− 0 · tan−1 0−1∫

0

x

1 + x2dx

=π

4−

1∫0

x

1 + x2dx

verir. Bu integrali hesaplamak icin, t = 1 + x2 degisken degisikligini yapalım. Bu durumda, dt = 2x dx, dolayısıylax dx = dt/2 olur. x = 0 iken t = 1; x = 1 iken t = 2 oldugundan,

1∫0

x

1 + x2dx =

1

2

2∫1

dt

2=

1

2ln |t|

]2

1

=1

2(ln 2− ln 1) =

1

2ln 2

dir. Dolayısıyla1∫

0

tan−1 x dx =π

4− ln 2

2

dir.

5.8 Trigonometrik Integraller

Trigonometrik integraller, altı temel trigonometrik fonksiyonun cebirsel kombinasyonunu iceren integrallerdir. Ornegin,∫secx dx,

∫cos2 x sin3 x dx,

∫tan4 x dx

Genel fikir, bulmak istedigimiz karmasık trigonometrik integralleri, trigonometrik ozdeslikler kullanarak daha kolaycozumlenebilen integrallere donusturebilmektir.


Sinus ve Kosinus Carpımları

m ve n negatif olmayan tamsayılar olmak uzere∫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 sinx = (1− cos2 x)k sinx

esitligini kulanırız. Sonra tek kalan sinx i integraldeki dx ile birlestirerek sinx dx yerine −d(cosx) yazarız.

∫sin3 x cos2 x dx integralini hesaplayınız.

Ornek 136.

Cozum:

∫sin3 x cos2 x dx =

∫sin2 x cos2 x sinx dx

=

∫(1− cos2 x) cos2 x [−d(cosx)]

=

∫(1− u2)(u2)(−du)

=

∫(u4 − u2) du

=u5

5− u3

3+ C

=cos5 x

5− cos3 x

3+ C

Durum 2 m cift ve n tek ise, n yi 2k + 1 olarak yazar ve

cosn x = cos2k+1 x = (cos2 x)k cosx = (1− sin2 x)k cosx

esitligini kullanırız. Sonra tek kalan cosx i integraldeki dx ile birlestirerek cosx dx yerine d(sinx) yazarız.

∫cos5 x dx integralini hesaplayınız.

Ornek 137.


Cozum: ∫cos5 x dx =

∫cos4 x cosx dx

=

∫(1− sin2 x)2 d(sinx)

=

∫(1− u2)2 du

=

∫(1− 2u2 + u4) du

= u− 2

3u3 +

1

5u5 + C

= sinx− 2

3sin3 x+

1

5sin5 x+ C

Durum 3 m ve n cift ise

sin2 x =1− cos 2x

2, cos2 x =

1 + cos 2x

2

trigonometrik ozdesliklerini kullanırız.

∫sin2 x cos4 x dx integralini hesaplayınız.

Ornek 138.

Cozum: ∫sin2 x cos4 x dx =

∫ (1− cos 2x

2

)(1 + cos 2x

2

)2

dx

=1

8

∫(1− cos 2x)(1 + 2 cos 2x+ cos2 2x) dx

=1

8

∫(1 + cos 2x− cos2 2x− cos3 2x) dx

=1

8

[x+ C1 +

1

2sin 2x+ C2

−∫

(cos2 2x+ cos3 2x) dx

]cos2 2x terimini iceren integrali su sekilde cozumleriz:∫

cos2 2x dx =1

2

∫(1 + cos 4x) dx

=1

2

(x+

1

4sin 4x

)+ C3

cos3 2x terimini iceren integrali ise su sekilde cozumleriz:∫cos3 2x dx =

∫(1− sin2 2x) cos 2x dx

=1

2

∫(1− u2) du

=1

2

(sin 2x− 1

3sin3 2x

)+ C4


Cozumledigimiz bu integralleri kullanarak∫sin2 x cos4 x dx =

1

8

[x+ C1 +

1

2sin 2x+ C2 −

∫(cos2 2x+ cos3 2x) dx

]=

1

8

[x+ C1 +

1

2sin 2x+ C2 −

1

2

(x+

1

4sin 4x

)− C3 −

1

2

(sin 2x− 1

3sin3 2x

)− C4

]=

1

16

(x− 1

4sin 4x+

1

3sin3 2x

)+ C

Karekoklerden Kurtulmak

π/4∫0

√1 + cos 4x dx integralini hesaplayınız.

Ornek 139.

Cozum: Karekokten kurtulmak icin

cos2 θ =1 + cos 2θ

2veya 1 + cos 2θ = 2 cos2 θ

ozdesligini kullanırız. Boylelikle

∫ π/4

0

√1 + cos 4x dx =

∫ π/4

0

√2 cos2 2x dx =

∫ π/4

0

√2√

cos2 2x dx

=√

2

∫ π/4

0| cos 2x| dx =

√2

∫ π/4

0cos 2x dx

=√

2sin 2x

2

]π/40

=

√2

2(1− 0) =

√2

2

tanx ve secx Kuvvetlerinin Integralleri

tanx, secx ve karelerinin integrallerini,

tan2 x = sec2 x− 1

sec2 x = 1 + tan2 x

ozdesliklerini kullanarak tanjant ve sekant fonksiyonlarının kuvvetlerini iceren integralleri hesaplayabiliriz.

∫tan4 x dx integralini hesaplayınız.

Ornek 140.


Cozum: ∫tan4 x dx =

∫tan2 x · tan2 x dx =

∫tan2 x · (sec2 x− 1) dx

=

∫tan2 x sec2 x dx−

∫tan2 x dx

=


∫(sec2 x− 1) dx

=


∫sec2 x dx+

∫dx

ilk integralde u = tanx donusumunu yaparak, ikinci ve ucuncu integralde ise bildigimiz integralleri kullanarak∫tan4 x dx =

1

3tan3 x− tanx+ x+ C

sonucunu elde ederiz.

Sinus ve Kosinuslerin Carpımları

Uygulamada karsılastıgımız ∫sinmx sinnx dx,∫sinmx cosnx dx,∫cosmx cosnx dx

trigonometrik integrallerini hesaplamak icin su ozdesikleri kullanırız:

sinmx sinnx =1

2[cos(m− n)x− cos(m+ n)x] (5.22)

sinmx cosnx =1

2[sin(m− n)x+ sin(m+ n)x] (5.23)

cosmx cosnx =1

2[cos(m− n)x+ cos(m+ n)x] (5.24)

∫sin 3x cos 5x dx integralini hesaplayınız.

Ornek 141.

Cozum: m = 3 ve n = 5 ile (5.23) esitliginden∫sin 3x cos 5x dx =

1

2

∫[sin(−2x) + sin 8x] dx

=1

2

∫(sin 8x− sin 2x) dx

= −cos 8x

16+

cos 2x

4+ C

elde edilir.


5.8.1 Trigonometrik Donusumler

a bir reel sayı olmak uzere √a2 + x2√x2 − a2√a2 − x2

ifadelerini iceren integralleri hesaplamak icin trigonometrik donusumler kullanırız.

Trigonometrik Donusumler - Durum 1√a2 + x2 ifadesinin oldugu integrallerde

x = a tan θ

donusumu kullanılır. Boyleliklea2 + x2 ve dx

ifadeleri sırasıylaa2 + x2 = a2 + a2 tan2 θ = a2(1 + tan2 θ) = a2 sec2 θ

vedx = a sec2 θ dθ

ifadelerine donusur. x = a tan θ donusumunde ilk degisken θ ya geri donus yapabilmek icin, x = a tan θ donusumununtersinir olmasını bekleriz. Dolayısıyla tan−1 fonksiyonunun tanımlı olmasını kullanarak,

θ = tan−1(xa

), −π

2< θ <

π

2

ters donusumunu yaparız.

∫dx√

4 + x2integralini hesaplayınız.

Ornek 142.

Cozum: x = 2 tan θ donusumunu yaparız. Boylelikle

4 + x2 = 4 + 4 tan2 θ = 4(1 + tan2 θ) = 4 sec2 θ

dx = 2 sec2 θ dθ

ifadelerini kullanarak ∫dx√

4 + x2=

∫2 sec2 θ dθ√

4 sec2 θ

=

∫sec2 θ dθ

| sec θ|(−π

2< θ <

π

2oldugu icin

=

∫sec θ dθ | sec θ| = sec θ olur)

= ln | sec θ + tan θ|+ C

= ln

∣∣∣∣∣√

4 + x2

2+x

2

∣∣∣∣∣+ C

elde ederiz.


Trigonometrik Donusumler - Durum 2√x2 − a2 ifadesini iceren integralleri hesaplamada

x = a sec θ

trigonometrik donusumunu kullanırız. Boylece

x2 − a2 ve dx

ifadeleri sırasıylax2 − a2 = a2 sec2 θ − a2 = a2(sec2 θ − 1) = a2 tan2 θ

dx = a sec θ tan θ dθ

ifadelerine donusur. Integrali almaya basladıgımız ilk degisken θ ya geri donus yapabilmek icin donusumumuzuntersinir olmasını bekleriz.Dolayısıyla sec−1 fonksiyonunun tanımından, x = a sec θ donusumunun ters donusumu

θ = sec−1(xa

),

0 ≤ θ < π

2, x

a ≥ 1;π

2< θ ≤ π, x

a ≤ −1.

olur.

x >2

5iken

∫dx√

25x2 − 4integralini hesaplayınız.

Ornek 143.

Cozum: Oncelikle paydadaki ifadeyi daha acık yazalım:√25x2 − 4 =

√25

(x2 − 4

25

)= 5

√x2 −

(2

5

)2

x >2

5oldugu icin donusumu

x =2

5sec θ, dx =

2

5sec θ tan θ dθ, 0 < θ <

π

2

olarak yaparız. Boylelikle

x2 −(

2

5

)2

=4

25sec2 θ − 4

25=

4

25(sec2 θ − 1) =

4

25tan2 θ

ve 0 < θ < π2 icin tan θ > 0 oldugundan√

x2 −(

2

5

)2

=2

5| tan θ| = 2

5tan θ

bulunur. Bu donusumleri integralde yerine koyarak∫dx√

25x2 − 4=

∫dx

5√x2 − (4/25)

=

∫(2/5) sec θ tan θ dθ

5(2/5) tan θ

=1

5

∫sec θ dθ =

1

5ln | sec θ + tan θ|+ C

=1

5ln

∣∣∣∣∣5x2 +

√25x2 − 4

2

∣∣∣∣∣+ C

elde ederiz.


Trigonometrik Donusumler - Durum 3√a2 − x2 ifadesini iceren integralleri cozmek icin

x = a sin θ

trigonometrik donusumunu kullanırız. Boylece

a2 − x2 ve dx

ifadeleri sırasıylaa2 − x2 = a2 − a2 sin2 θ = a2(1− sin2 θ) = a2 cos2 θ

dx = a cos θ dθ

ifadelerine donusur. Integrali hesaplamayı sonuclandırmak icin orjinal degisken x e geri donmemiz gerekir. Bununicin x = a sin θ donusumunun tersinir olmasını bekleriz. sin−1 fonksiyonun tanımından, ters donusum

θ = sin−1(xa

),

−π2≤ θ ≤ π

2

olur.

∫x2 dx√9− x2

integralini hesaplayınız.

Ornek 144.

Cozum:

x = 3 sin θ, dx = 3 cos θ dθ, −π2< θ <

π

2

9− x2 = 9− 9 sin2 θ = 9(1− sin2 θ) = 9 cos2 θ

donusumu ile ∫x2 dx√9− x2

=

∫9 sin2 θ · 3 cos θ dθ

|3 cos θ|

= 9

∫sin2 θ dθ

= 9

∫1− cos 2θ

2dθ

=9

2

(θ − sin 2θ

2

)+ C

=9

2(θ − sin θ cos θ) + C

=9

2

(sin−1 x

3− x

3·√

9− x2

3

)+ C

=9

2sin−1 x

3− x

2

√9− x2 + C

elde edilir.


z = tan(x/2) Donusumu

Bu trigonometrik donusum, sinus ve kosinus fonksiyonlarının bolumleri oldugunda kullanılır. Trigonometrik ozdeslikleryardımıyla cosx, sinx ve dx icin kullanılacak ifadeleri su sekilde bulabiliriz:

1 + tan2 x

2= sec2 x

2=

1

cos2(x/2)

ozdesliginden

cos2 x

2=

1

1 + z2

bulunur.cosx = 2 cos2 x

2− 1

ozdesligini ve cos2 x

2=

1

1 + z2yi kullanarak

cosx = 21

1 + z2− 1 =

1− z2

1 + z2

elde edilir. Diger taraftancosx = 1− 2 sin2 x

2

ozdesliginden ve cosx =1− z2

1 + z2den

sin2 x

2=

1− cosx

2=

1− 1− z2

1 + z2

2=

z2

1 + z2

bulunur. Bu kezsinx = 2 sin

x

2cos

x

2

ozdesliginden, cos2 x

2=

1

1 + z2ve sin2 x

2=

z2

1 + z2den

sinx = 2

√z2

1 + z2

√1

1 + z2=

2z

1 + z2

elde edilir. z = tan x2 de turev alarak da

dz =1

2sec2 x

2dx =

1

2

(1 + tan2 x

2

)dx =

1

2(1 + z2)dx

bulunur. Boylelikle

dx =2

1 + z2dz

olur. Ozetle, z = tan x2 trigonometrik donusumunu yaptıgımızda

cosx =1− z2

1 + z2, sinx =

2z

1 + z2, dx =

2

1 + z2dz

esitliklerini kullanırız.

∫dx

1 + sinx+ cosxintegralini hesaplayınız.

Ornek 145.


Cozum: Integral, sinus ve kosinus bolumlerini icerdigi icin z = tan x2 donusumunu uygularız. Boylece

z = tanx

2, dx =

2dz

1 + z2

cosx =1− z2

1 + z2, sinx =

2z

1 + z2

ifadelerini kullanarak

∫dx

1 + sinx+ cosx=

∫ 2dz

1 + z2

1 +2z

1 + z2+

1− z2

1 + z2

=

∫2

1 + z2 + 2z + 1− z2dz =

∫dz

z + 1

= ln |z + 1|+ C = ln∣∣∣1 + tan

x

2

∣∣∣+ C

buluruz.

5.9. KISMI KESIRLER 145

5.9 Kısmi Kesirler

Rasyonel fonksiyonların (polinomların oranının) integralini almak icin onları, kısmi kesirler olarak adlandırılan,integrallerinin nasıl alınacagını bildigimiz, daha basit kesirlerin toplamı olarak yazarız.

∫5x− 4

2x2 + x− 1dx integralini bulunuz.

Ornek 146.

Cozum: Paydanın dogrusal carpanlara ayrıldıgına dikkat ediniz:

5x− 4

2x2 + x− 1=

5x− 4

(x+ 1)(2x− 1)

Payın derecesinin paydanın derecesinden kucuk oldugu boyle bir durumda, verilen rasyonel fonksiyonu, A ve B sabitolmak uzere, kısmi turevlerin toplamı olarak yazabiliriz:

5x− 4

(x+ 1)(2x− 1)=

A

x+ 1+

B

2x− 1

5x− 4

(x+ 1)(2x− 1)=

A

x+ 1+

B

2x− 1

A ve B degerlerini bulmak icin denkemin iki yanını da (x+ 1)(2x− 1) ile carparız ve

5x− 4 = A(2x− 1) +B(x+ 1)5x− 4 = (2A+B)x+ (−A+B)

elde ederiz. x in katsayıları ile sabit terimler esit olmalıdır. Dolayısıyla

2A+B = 5 ve −A+B = −4

tur.2A+B = 5 ve −A+B = −4

Bu dogrusal denklemleri A ve B icin cozerek A = 3 ve B = −1 elde ederiz. Buradan

5x− 4

(x+ 1)(2x− 1)=

3

x+ 1− 1

2x− 1

bulunur. Bu kısmi kesirlerin her birinin integralini (sırasıyla u = x + 1 ve u = 2x − 1 degisken degisikliginikullanarak) almak kolaydır. Boylece∫

5x− 4

2x2 + x− 1dx =

∫ (3

x+ 1− 1

2x− 1

)dx

= 3 ln |x+ 1| − 1

2ln |2x− 1|+ C

dir.

NOT 1 Ornekte payın derecesi paydanınkine esit veya daha buyuk olsaydı ilk once bolmemiz gerekirdi. Ornegin,

2x3 − 11x2 − 2x+ 2

2x2 + x− 2= x− 6 +

5x− 4

(x+ 1)(2x− 1)

NOT 2 Paydada ikiden fazla dogrusal carpan varsa, her carpan icin bir terim eklememiz gerekir. Ornegin,

x+ 6

x(x− 3)(4x+ 5)=A

x+

B

x− 3+

C

4x+ 5


Burada A, B ve C sabitleri, A, B ve C bilinmeyenlerini iceren uc denklemden olusan sistemi cozerek belirlenir.NOT 3 Dogrusal carpanlardan biri tekrarlanıyorsa kısmi kesire fazladan terimler eklememiz gerekir. Ornegin :

x

(x+ 2)2(x− 1)=

A

x+ 2+

B

(x+ 2)2+

C

x− 1

NOT 4 Paydayı olabildigince carpanlarına ayırırken, b2 − 4ac diskriminantı negatif olan, indirgenemeyen ikincidereceden a x2 + b x + c carpanını elde edebiliriz. Buna karsılık gelen kısmi kesir, A ve B belirlenecek sabitlerolmak uzere

Ax+B

a x2 + b x+ c

dir. Bu terimin integralini, kareye tamamlayarak ve∫dx

x2 + a2=

1

atan−1

(xa

)+ C (5.25)

formulunu kullanarak hesaplarız.

∫2x2 − x+ 4

x3 + 4xdx integralini hesaplayınız.

Ornek 147.

Cozum: x3 + 4x = x(x2 + 4) daha fazla carpanlarına ayrılamadıgından,

2x2 − x+ 4

x(x2 + 4)=A

x+Bx+ C

x2 + 4

yazarız. x(x2 + 4) ile carparsak,

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 esitledigimizdeA+B = 2 C = −1 4A = 4

elde ederiz. Buradan A = 1, B = 1 ve C = −1 buluruz ve∫2x2 − x+ 4

x3 + 4xdx =

∫ [1

x+

x− 1

x2 + 4

]dx

olur. Ikinci terimin integralini almak icin integralini ikiye ayırırız:∫x− 1

x2 + 4dx =

∫x

x2 + 4dx−

∫1

x4 + 4dx

Birinci integralde, u = x2 + 4 degisken degisikligini yaparız ve du = 2x dx olur. Ikinci integrali, a = 2 alarakFormul (5.25) den hesaplarız:∫

2x2 − x+ 4

x(x2 + 4)dx =

∫1

xdx+

∫x

x2 + 4dx−

∫1

x2 + 4

= ln |x|+ 1

2ln(x2 + 4)− 1

2tan−1(x/2) +K

5.10. HAS OLMAYAN INTEGRALLER 147

5.10 Has Olmayan Integraller

b∫a

f(x) dx belirli integralini tanımlarken, [a, b] sınırlı aralıgında tanımlı olan bir f fonksiyonu aldık ve bu aralıkta f

nin sonsuz sureksizliliginin olmadıgını varsaydık. Bu bolumde, belirli integral kavramını, aralıgın sonsuz oldugu vef nin [a, b] uzerinde sonsuz sureksizligi oldugu durumlara genisletecegiz. Her iki durumda da integrale has olmayanintegral denir.

1. Tip: Sonsuz Aralıklar

(a)

t∫0

f(x) dx integrali, her t ≥ a sayısı icin varsa, limitin (sonlu

bir sayı olarak) var oldugu durumlarda

∞∫a

f(x) dx = limt→∞

t∫a

f(x) dx

dir.

(b)

b∫t

f(x) dx integrali, her t ≤ b icin varsa, limitin (sonlu

bir sayı olarak) var oldugu durumlarda

b∫−∞

f(x) dx = limt→−∞

b∫t

f(x) dx

dir.∞∫a

f(x) dx ve

b∫−∞

f(x) dx has olmayan integralleri, soz konusu limitler varsa yakınsak, limitler

yoksa ıraksak olarak adlandırılır.

(c)

∞∫a

f(x) dx ve

a∫−∞

f(x) dx integrallerinin her ikisi de yakınsaksa,

∞∫−∞

f(x) dx =

a∫−∞

f(x) dx+

∞∫a

f(x) dx

olarak tanımlarız. (c) sıkkında herhangi bir a gercel sayısı kullanılabilir.

Tanım 20 (1. Tipten Has Olmayan Integrallerin Tanımı).


∞∫1

1

xdx integralinin yakınsak ya da ıraksak oldugunu belirleyiniz.

Ornek 148.

Cozum: Tanımın (a) sıkkından,

∞∫1

1

xdx = lim

t→∞

t∫1

1

xdx = lim

t→∞ln |x|

]t1

= limt→∞

(ln t− ln 1) = limt→∞

ln t =∞

dur. Limit sonlu bir sayı olmadıgında

∞∫1

(1/x) dx ıraksaktır.

0∫−∞

x ex dx integralini hesaplayınız.

Ornek 149.

Cozum: Tanımın (b) sıkkından0∫

−∞

x ex dx = limt→∞

0∫t

x ex dx

olur. u = x ve dv = ex dx secerek kısmi integral alırsak du = dx ve v = ex olur.

0∫t

x ex dx = x ex]0

t−

0∫t

ex dx = −t et − 1 + et

0∫t

x ex dx = −t et − 1 + et

t→ −∞ iken et → 0 oldugunu biliyoruz. L’Hospital Kuralı’ndan

limt→−∞

t et = limt→−∞

t

e−t= lim

t→−∞

1

−e−t

= limt→−∞

(−et) = 0

dır. Dolayısıyla,0∫

−∞

x ex dx = limt→−∞

(−t et − 1 + et)

= −0− 1 + 0 = −1

olur.


∞∫−∞

1

1 + x2dx integralini hesaplayınız.

Ornek 150.

Cozum: Tanımın (c) sıkkında a = 0 secmek isimizi kolaylastıracaktır:

∞∫−∞

1

1 + x2dx =

0∫∞

1

1 + x2dx+

∞∫0

1

1 + x2dx

Sagdaki integralleri ayrı ayrı hesaplamalıyız:

∞∫0

1

1 + x2dx = lim

t→∞

t∫0

dx

1 + x2= lim

t→∞tan−1 x

]t0

= limt→∞

(tan−1 t+ tan−1 0) = limt→∞

tan−1 t =π

2

0∫−∞

1

1 + x2dx = lim

t→−∞

0∫t

dx

1 + x2dx = lim

t→−∞tan−1 x

]0

t

= limt→−∞

(tan−1 0− tan−1 t)

= 0−(−π

2

)=π

2Her iki integral de yakınsak oldugundan verilen integral de yakınsaktır ve

∞∫−∞

1

1 + x2dx =

π

2+π

2= π

dir. 1/(1 + x2) > 0 oldugundan verilen has olmayan integral y = 1/(1 + x2) egrisinin altında x ekseninin ustundekalan sonsuz bolgenin alanı olarak yorumlanabilir.

Hangi p degeri icin∞∫

1

1

xpdx

integrali yakınsaktır?

Ornek 151.

Cozum: Ilk ornekten, p = 1 oldugunda integralin ıraksak oldugunu biliyoruz, dolayısıyla p 6= 1 varsayalım. Budurumda

∞∫1

1

xpdx = lim

t→∞

t∫1

1

xpdx = lim

t→∞

x−p+1

−p+ 1

]x=t

x=1

= limt→∞

1

1− p

[1

tp−1− 1

]


dir. p > 1 ise p− 1 > 0 dır ve t→∞ iken tp−1 →∞ ve 1/tp−1 → 0 dır. Dolayısıyla

p > 1 icin

∞∫1

1

xpdx =

1

p− 1

olur ve integral yakındaktır. Eger p < 1 ise p− 1 < 0 ve

t→∞ iken1

tp−1= t1−p →∞

olur, dolayısıyla integral ıraksaktır.

∞∫1

1

xpdx integrali, p > 1 ise yakınsak, p ≤ 1 ise ıraksaktır.

2. Tip: Surekli Olmayan Fonksiyonların Integrali

(a) f fonksiyonu [a, b) aralıgında surekli ve b noktasında sureksizse, limitin (sonlu bir sayı olarak) varoldugu durumlarda

b∫a

f(x) dx = limt→b−

t∫a

f(x) dx

dir.

(b) f fonksiyonu (a, b] aralıgında surekli ve a noktasında sureksizse, limitin (sonlu bir sayı olarak) varoldugu durumlarda

b∫a

f(x) dx = limt→a+

b∫t

f(x) dx

dir.

b∫a

f(x) dx has olmayan integraline, soz konusu limit varsa yakınsak, yoksa ıraksak denir.

(c) f fonksiyonu, a < c < b olan bir c noktasında sureksiz ve

c∫a

f(x) dx,

b∫c

f(x) dx integrallerinin

her ikisi de yakınsaksa,b∫a

f(x) dx =

c∫a

f(x) dx+

b∫c

f(x) dx

olarak tanımlarız.

Tanım 21 (2. Tipten Has Olmayan Integralin Tanımı).

5∫2

1√x− 2

dx integralini bulunuz.

Ornek 152.


Cozum: Once, verilen integralin, f(x) = 1/√x− 2 nin x = 2 de dusey asimptotu oldugundan, has olmadıgına

dikkat ediniz. Sureksizlik, [2, 5] aralıgının sol uc noktasında oldugundan tanımın (b) sıkkını kullanarak:

5∫2

dx√x− 2

= limt→2+

5∫t

dx√x− 2

= limt→2+

2√x− 2

]5

t

= limt→2+

2(√

3−√t− 2)

= 2√

3

buluruz. Dolayısıyla verilen integral yakınsaktır.

π/2∫0

secx dx integralinin yakınsak ya da ıraksak olduguna karar veriniz.

Ornek 153.

Cozum: Verilen integral, limx→(π/2)−

secx = ∞ oldugundan, has degildir. Tanımın (a) sıkkını kullanarak t → (π/2)−

iken sec t→∞ ve tan t→∞ oldugundan

π/2∫0

secx dx = limt→(π/2)−

t∫0

secx dx

= limt→(π/2)−

ln | secx+ tanx|]t

0

= limt→(π/2)−

[ln(sec t+ tan t)− ln 1]

=∞

dur. Dolayısıyla verilen integral ıraksaktır.

Olanaklı ise

3∫0

dx

x− 1integralini hesaplayınız.

Ornek 154.

Cozum: x = 1 dogrusu, integrali alınan fonksiyonun dusey asimptotudur. Bu nokta [0, 3] aralıgının icinde oldugundan,tanımın (c) sıkkında c = 1 alarak:

3∫0

dx

x− 1=

1∫0

dx

x− 1+

3∫1

dx

x− 1


yazarız ve t→ 1− iken 1− t→ 0+ oldugundan

1∫0

dx

x− 1= lim

t→1−

t∫0

dx

x− 1= lim

t→1−ln |x− 1|

]t0

= limt→1−

(ln |t− 1| − ln | − 1|)

= limt→1−

ln(1− t) = −∞

buluruz. Dolayısıyla

1∫0

dx/(x−1) ıraksaktır. Bu,

3∫1

dx/(x−1) integralinin de ıraksak olmasını gerektirir. [

3∫0

dx/(x−

1) integralini hesaplamamıza gerek kalmaz.]

Uyarı Yukarıdaki ornekte, x = 1 asimptotunu fark etmeseydik ve integrali alınan fonksiyonu sıradan bir integrallekarıstırsaydık, asagıdaki gibi hatalı bir hesap yapabilirdik:

3∫0

dx

x− 1= ln |x− 1|

]3

0= ln 2− ln 1 = ln 2

Bu yanlıstır, integral has olmadıgından limitler cinsinden hesaplanmalıdır.

Uyarı Bundan boyle

b∫a

f(x) dx isaretini gordugumuzde, [a, b] uzerinde f ye bakarak integralin sıradan bir belirli

integral mi yoksa has olmayan bir integral mi olduguna karar vermemiz gerekmektedir.

1∫0

lnx dx integralini hesaplayınız.

Ornek 155.

Cozum: limx→0+ lnx = −∞ oldugundan, f(x) = lnx fonksiyonunun 0 da dusey asimptotu oldugunu biliyoruz.Dolayısıyla verilen integral has degildir ve

1∫0

lnx dx = limt→0+

1∫t

lnx dx

dir. u = lnx ve dv = dx ile kısmi integral alırsak, du = dx/x ve v = x olur.

1∫t

lnx dx = x lnx]1

t−

1∫t

dx

= 1 ln 1− t ln t− (1− t)= −t ln t− 1 + t

elde ederiz. Birinci terimin limitini almak icin L’Hospital Kuralını kullanırız:

limt→0+

t ln t = limt→0+

ln t

1/t= lim

t→0+

1/t

−1/t2

= limt→0+

(−t) = 0


Dolayısıyla1∫

0

lnx dx = limt→0+

(−t ln t− 1 + t)

= −0− 1 + 0 = −1

dir.

Has Olmayan Integraller Icin Karsılastırma Testi

Bazen has olmayan bir integralin kesin degerini bulmak olanaklı degildir ancak yine de yakınsak mı, ıraksak mıoldugunu bilmek onemlidir.

f ve g nin x ≥ a icin f(x) ≥ g(x) ≥ 0 olan surekli fonksiyonlar oldugunu varsayalım.

(a)

∞∫0

f(x) dx yakınsaksa,

∞∫a

g(x) dx de yakınsaktır.

(b)

∞∫a

g(x) dx ıraksaksa,

∞∫a

f(x) dx ıraksaktır.

Teorem 20 (Karsılastırma Teoremi).

Tersi dogru olmayabilir:∞∫a

g(x) dx yakınsaksa,

∞∫a

f(x) dx yakınsak da olabilir ıraksak da ve

∞∫a

f(x) dx ıraksaksa,

∞∫a

g(x) dx ıraksak da

olabilir yakınsak da.

∞∫0

e−x2dx integralinin yakınsak oldugunu gosteriniz.

Ornek 156.

Cozum: e−x2

nin ilkeli temel fonksiyon olmadıgından, integrali dogrudan hesaplayamayız.

∞∫0

e−x2dx =

1∫0

e−x2dx+

∞∫1

e−x2dx

yazar ve sagdaki ilk integralin sıradan bir belirli integral oldugunu gozlemleriz.

∞∫0

e−x2dx =

1∫0

e−x2dx+

∞∫1

e−x2dx

Ikinci integral icin,x ≥ 1 iken,x2 ≥ x

ve−x2 ≤ −x


oldugunu kullanarake−x

2 ≤ e−x

oldugunu goruruz. e−x fonksiyonunun integralini hesaplamak kolaydır:

∞∫1

e−x dx = limt→∞

t∫1

e−x dx = limt→∞

(e−1 − e−t) = e−1

Boylece Karsılastırma Teoremi’nde f(x) = e−x ve g(x) = e−x2

alırsak,

∞∫1

e−x2dx integralinin yakınsak oldugunu

goruruz. Bunun sonucu olarak

∞∫0

e−x2dx yakınsaktır.

1 + e−x

x>

1

xve

∞∫1

(1/x) dx ıraksak oldugundan, Karsılastırma Teoremi’nden

∞∫1

1 + e−x

xdx integrali

de ıraksaktır.

Ornek 157.

Bolum 6

Integralin Uygulamaları

6.1 Alan

f ve g, [a, b] aralıgındaki her x icin f(x) ≥ g(x) esitsizligini saglayan surekli fonksiyonlar olmak uzere y = f(x),y = g(x) egrileri, x = a ve x = b dusey dogruları arasındaki S bolgesini dusunelim.

S bolgesinin A alanı

A =

b∫a

(f(x)− g(x)

)dx (6.1)

olarak tanımlanır.g(x) = 0 ozel durumunda S, f nin grafiginin altında kalan bolge olur.

f ve g nin pozitif oldugu durumda, (6.1) nin neden dogru oldugunu sekilden gorebilirsiniz.

155

156 BOLUM 6. INTEGRALIN UYGULAMALARI

S =(y = f(x) in altında kalan alan

)−(y = g(x) in altında kalan alan

)=

b∫a

f(x) dx−b∫a

g(x) dx =

b∫a

(f(x)− g(x)

)dx

Ustten y = ex, alttan y = x ve kenarlardan x = 0 ve x = 1 ile sınırlı olan bolgenin alanını hesaplayınız.

Ornek 158.

Cozum: Bolge, Sekil 6.1 de gosterilmistir.

Sekil 6.1

Ust sınır egrisi y = ex ve alt sınır egrisi y = x dir. Dolayısıyla, (6.1) deki formulde f(x) = ex, g(x) = x, a = 0,ve b = 1 kullanırız:

A =

1∫0

(ex − x) dx = ex − 1

2x2

]1

0

= e− 1

2− 1 = e− 1.5

y = 2x− x2 ve y = x2 parabolleriyle sınırlı olan bolgenin alanını bulunuz.

Ornek 159.

Cozum: Once verilen denklemleri ortak cozerek, parabollerin kesistikleri noktaları buluruz. Bu durumda,x2 = 2x − x2 veya 2x2 − 2x = 0 elde ederiz. Boylece, 2x(x − 1) = 0 ve dolayısıyla x = 0 veya x = 1buluruz. Kesisim noktaları (0, 0) ve (1, 1) dir.

Sekil 6.2 de gordugumuz gibi ust ve alt sınırlar

yust = 2x− x2 ve yalt = x2

6.1. ALAN 157

Sekil 6.2

dir. Dolayısıyla toplam alan

A =

1∫0

(2x− 2x2) dx = 2

1∫0

(x− x2) dx

= 2

[x2

2− x3

3

]1

0

= 2

(1

2− 1

3

)=

1

3

olur.

Bazı bolgelerle calısmak icin, x degiskenini y nin fonksiyonu olarak dusunmek gerekir. f ve g surekli ve herc ≤ y ≤ d icin f(y) ≥ g(y) olmak uzere, x = f(y), x = g(y), y = c ve y = d denklemleriyle sınırlı olan bolgeninalanı

A =

d∫c

(f(y)− g(y)

)dy

olur.

y = x− 1 dogrusu ve y2 = 2x+ 6 paraboluyle sınırlı olan bolgenin alanını bulunuz.

Ornek 160.


Sekil 6.3

Cozum: Iki denklemi ortak cozersek, kesisim noktalarını (−1,−2) ve (5, 4) olarak buluruz.

Parabolun denklemini x icin cozeriz ve Sekil 6.3 den sag ve sol sınır egrilerini

xsol =1

2y2 − 3 ve xsag = y + 1

olarak buluruz. Integrali, uygun y degerleri y = −2 ve y = 4 arasında hesaplamalıyız. Boylece

A =

4∫−2

(xsag − xsol) dy

=

4∫−2

[(y + 1)− (

1

2y2 − 3)

]dy =

4∫−2

(−1

2y2 + y + 4

)dy

= −1

2

(y3

3

)+y2

2+ 4y

]4

−2

= −1

6(64) + 8 + 16− (

4

3+ 2− 8) = 18

olarak buluruz.

Sekil 6.4

Ornekteki alanı, y yerine x e gore integral alarak da bulabilirdik ama bu durumda hesaplamalar daha karmasıkolurdu. Bolgeyi Sekil 6.4 de goruldugu gibi,A1 veA2 diye ikiye ayırmamız gerekirdi. Ornekte kullandıgımız yontem,cok daha basit.

6.1. ALAN 159

6.1.1 Parametrik egrilerin Sınırladıgı Alanlar

F (x) ≥ 0 oldugu zaman, a dan b ye y = F (x) egrisinin altında kalan alanın A =

b∫a

F (x) dx oldugunu biliyoruz.

Eger egrix = f(t), y = g(t), α ≤ t ≤ β

parametrik denklemleriyle tanımlanmıssa, o zaman Belirli Integraller Icin Yerine Koyma Kuralı’nı kullanarak, alanformulunu soyle hesaplayabiliriz:

A =

b∫a

y dx =

β∫α

g(t) f ′(t) dt

ya da

α∫β

g(t) f ′(t) dt

x = r(θ − sin θ) y = r(1− cos θ)sikliodinin bir yayının altında kalan alanı bulunuz. (Bkz. Sekil 6.5)

Ornek 161.

Sekil 6.5

Cozum: Sikliodin bir yayı, 0 ≤ θ ≤ 2π degerleriyle elde edilir. y = r(1− cos θ) ve dx = r(1− cos θ) dθ ile YerineKouma Kuralı’nı kullanırsak,

A =

2π∫0

y dx =

2π∫0

r(1− cos θ)r(1− cos θ) dθ

= r2

2π∫0

(1− cos θ)2dθ = r2

2π∫0

(1− 2 cos θ + cos2 θ)dθ

= r2

2π∫0

[1− 2 cos θ +

1

2(1 + cos 2θ)

]dθ

= r2

[3

2θ − 2 sin θ +

1

4sin 2θ

]2π

0

= r2

(3

2· 2π

)= 3πr2

olarak buluruz.


Alıstırmalar

Asagıda verilen grafiklerdeki taralı bolgelerin alanlarını hesaplayınız.

6.2. HACIMLER 161

6.2 Hacimler

S yi bir duzlemle kesip, S nin kesiti dedigimiz duzlemsel bolgeyi elde ederek baslayacagız. a ≤ x ≤ b olmak uzere,x-eksenine dik ve x noktasından gecen Px duzlemindeki S nin kesitinin alanı A(x) olsun. (Bkz. Sekil 6.6. S yi xten gecen bir bıcakla dilimledigimizi ve bu dilimin alanını hesapladıgımız dusununuz.) x, a dan b ye arttıkca, kesitinalanı A(x) degisecektir.

Sekil 6.6

S, x = a ve x = b arasında uzanan bir cisim olsun. A surekli bir fonksiyon olmak uzere, x den gecen vex-eksenine dik olan Px duzlemindeki S nin kesitinin alanı A(x) ise, o zaman S nin hacmi

V =

b∫a

A(x) dx

olarak tanımlanır.

V =b∫aA(x) dx formulunu kullandıgımız zaman hatırlamamız gereken onemli nokta, A(x) in, x den

gecen ve x-eksenine dik dilimlemeyle elde edilen kesitin alanı olmasıdır.

Tanım 22.

Yarıcapı r olan bir kurenin hacminin

V =4

3πr3

oldugunu gosteriniz.

Ornek 162.

Cozum: Kureyi, merkezi baslangıc noktasında olacak sekilde yerlestirirsek (bkz. Sekil 6.7), Px duzlemiyle kureninkesisimi, yarıcapı y =

√r2 − x2 olan bir cember olur (Pisagor Teoremi’nden).

Dolayısıyla, bu kesitin alanıA(x) = πy2 = π(r2 − x2)


Sekil 6.7

olur. a = −r ve b = r alarak hacim tanımını kullanırsak

V =

∫ r

−rA(x) dx =

∫ r

−rπ(r2 − x2) dx

= 2π

∫ r

0(r2 − x2) dx

= 2π

[r2x− x3

3

]r0

= 2π

(r3 − r3

3

)=

4

3πr3

y =√x egrisi, x-ekseni ve x = 1 dogrusuyla sınırlanan bolgeyi x-ekseni cevresinde dondurmekle elde

edilen cismin hacmini bulunuz.

Ornek 163.

Sekil 6.8

Cozum: Bolge, Sekil 6.8 da gosterilmistir.Eger x-ekseni cevresinde dondurulurse, Sekil 6.9 deki cismi elde ederiz.x den gecen kesit, yarıcapı

√x olan bir cemberdir. Bu kesitin alanı

A(x) = π(√x)2 = πx

6.2. HACIMLER 163

Sekil 6.9

olur. Bu cisim x = 0 ile x = 1 arasındadır. Dolayısıyla hacmi

V =

∫ 1

0A(x) dx =

∫ 1

0πx dx = π

x2

2

]1

0

=π

2

y = x3, y = 8 ve x = 0 ile sınırlı olan bolgeyi y-ekseni cevresinde dondurerek elde edilen cismin hacminibulunuz.

Ornek 164.

Sekil 6.10

Cozum: Bolge, Sekil 6.10 de, cisim ise Sekil 6.11 de gosterilmistir. Bolge y-ekseni cevresinde donduruldugu iciny-eksenine dik bicimde dilimlemek ve integrali y ye gore almak daha mantıklı olur. y yuksekligindeki kesit, yarıcapıx olan cembersel bir disktir. x = 3

√y oldugu icin, y den gecen kesitin alanı

A(y) = πx2 = π( 3√y)2 = πy2/3

Cisim, y = 0 ve y = 8 arasında kaldıgı icin hacmi

V =

∫ 8

0A(y) dy =

∫ 8

0πy2/3 dy

= π

[3

5y5/3

]8

0

=96π

5


Sekil 6.11

olarak bulunur.

y = x ve y = x2 egrileriyle cevrili olan R bolgesi, x-ekseni cevresinde dondurulmustur. Olusan cisminhacmini bulunuz.

Ornek 165.

Sekil 6.12

Cozum: y = x ve y = x2 egrileri, (0, 0) ve (1, 1) noktalarında kesisir. Aralarındaki bolge, donel cisim ve x-ekseninedik olan kesit Sekil 6.12 de gosterilmistir. Px duzlemindeki kesit, ic yarıcapı x2 ve dıs yarıcapı x olan bir halkaseklindedir. Dolayısıyla, alanını bulmak icin buyuk cemberin alanından kucuk cemberin alanını cıkarırız.

A(x) = πx2 − π(x2)2 = π(x2 − x4)

6.3. YAY UZUNLUGU 165

Bu durumda,

V =

∫ 1

0A(x) dx =

∫ 1

0π(x2 − x4) dx

= π

[x3

3− x5

5

]1

0

=2π

15

elde ederiz.

6.3 Yay Uzunlugu

Yay Uzunlugu Formulu: Parametrik denklemleri x = f(t), y = g(t), a 6 t 6 b, olan bir duzgun egri, t parametresia degerinden b degerine dogru artarken tam olarak bir kez izleniyorsa, o zaman bu egrinin uzunlugu

L =

∫ b

a

√(dx

dt

)2

+

(dy

dt

)2

dt dir. (6.2)

x = t2, y = t3 egrisinin (1, 1) ve (4, 8) noktaları arasındaki yayının uzunlugunu bulunuz. Bkz Sekil 6.13

Ornek 166.

Sekil 6.13

Cozum: 1 6 t 6 2 degerlerinin, egrinin (1, 1) ve (4, 8) noktaları arasındaki parcasını verdigini x = t2 ve y = t3

denklemlerinden goruyoruz. Dolayısıyla, yay uzunlugu formulu

L =

∫ 2

1

√(dx

dt

)2

+

(dy

dt

)2

dt =

∫ 2

1

√(2t)2 + (3t2)2 dt

=

∫ 2

1

√4t2 + 9t4 dt

=

∫ 2

1t√

4 + 9t2 dt

verir.

L =

∫ 2

1t√

4 + 9t2 dt


u = 4 + 9t2 degisken degisikligini yaparsak, du = 18t dt olur. t = 1 oldugunda u = 13; t = 2 oldugunda u = 40dır. Boylece

L =1

18

∫ 40

13

√u du =

1

18· 2

3u3/2

]40

13

=1

27

[403/2 − 133/2

]=

1

27

(80√

10− 13√

13)

buluruz.

Elimizdeki egri y = f(x), a 6 x 6 b denklemleriyle verilmisse, x degiskenini parametre olarak alabiliriz. Ozaman parametrik denklemler x = x, y = f(x) olur ve denklem 6.2

L =

∫ b

a

√1 +

(dy

dx

)2

dx (6.3)

bicimin alır.

xy = 1 hiperbolunun (1, 1) noktasından (2, 1/2) noktasına kadar olan parcasının uzunlugunu yaklasıkolarak hesaplayınız.

Ornek 167.

Cozum: Elimizde

y =1

x

dy

dx= − 1

x2

oldugu icin formul (6.3) den uzunlugu

L =

∫ 2

1

√1 +

dy

dxdx =

∫ 2

1

√1 +

1

x4dx ∼= 1.1321

olarak elde ederiz.

Benzer bicimde bir egrinin denklemi x = f(y), a 6 y 6 b ise, y degiskenini parametre olarak alabiliriz. Ozaman parametrik denklemler x = f(y), y = y olur ve uzunluk

L =

∫ b

a

√(dx

dy

)2

+ 1 dy (6.4)

olur.Formul (6.2),(6.3) ve (6.4) teki karekokten oturu, yay uzunlugu hesabında ortaya cıkan integrali kesin olarak

hesaplamak cogu zaman cok zordur veya olanaksızdır.

y2 = x parabolunun (0, 0) noktasından (1, 1) noktasına kadar olan yayının uzunlugunu bulunuz.

Ornek 168.

Cozum: x = y2 oldugu icin dxdy = 2y olur ve formul (6.4)

L =

∫ 1

0

√(dx

dy

)2

+ 1 dy =

∫ 1

0

√4y2 + 1 dy ∼= 1.478943

verir.

6.4. BIR FONKSIYONUN ORTALAMA DEGERI 167

x = r(θ − sin θ), y = r(1− cos θ) sikloidinin bir yayının uzunlugunu bulunuz.

Ornek 169.

Sekil 6.14

Cozum: Bir yayı 0 6 θ 6 2π parametre aralıgıyla elde edildigini daha once gormustuk.

dx

dθ= r(1− cos θ) ve

dy

dθ= r sin θ

oldugu icin

L =

∫ 2π

0

√(dx

dθ

)2

+

(dy

dθ

)2

dθ

=

∫ 2π

0

√r2(1− cos θ)2 + r2 sin2 θ dθ

=

∫ 2π

0

√r2(1− 2 cos θ + cos2 θ + sin2 θ) dθ

= r∫ 2π

0

√2(1− cos θ) dθ = 8r.

6.4 Bir Fonksiyonun Ortalama Degeri

Sonlu sayıda y1, y2, · · · , yn sayılarının ortalama degerini hesaplamak cok kolaydır:

yort =y1 + y2 + · · ·+ yn

n

Ancak, sonsuz tane sıcaklık olcumunun olanaklı oldugu bir durumda bir gunun ortalama sıcaklıgını nasıl hesaplay-acagız?

Bir sıcaklık fonksiyonu T (t) nin grafigi ve ortalama sıcaklık Tort icin bir tahmin Sekil 6.15 de verilmistir. Buradat saat cinsinden T ◦C cinsinden olculmustur.

T (t) fonksiyonu t anındaki sıcaklıgı gosteriyorsa, sıcaklıgın ortalama sıcaklıga esit oldugu belirli bir an olupolmadıgını merak edebiliriz. Sekil 6.15 deki sıcaklık fonksiyonu icin boyle iki an oldugunu goruyoruz. Genel olarak,bir f fonksiyonunun degerini tam olarak o fonksiyonun ortalama degerine esit oldugu, yani f(c) = fort oldugu bir csayısı varmıdır.


Sekil 6.15

f, [a, b] aralıgında surekli bir fonksiyon ise [a, b] aralıgında

f(c) = fort =1

b− a

∫ b

af(x) dx

esitligini yani ∫ b

af(x) dx = f(c)(b− a)

esitligini saglayan bir c sayısı vardır.

Teorem 21 (Integraller icin Ortalama Deger Teoremi:).

f(x) = 1+x2 fonksiyonu [−1, 2] aralıgında surekli oldugu icin, integraller icin ortalama deger teoreminegore, [−1, 2] aralıgında ∫ 2

−1(1 + x2) dx = f(c)[2− (−1)]

esitligini saglayan bir c sayısı vardır. Bu ozel durumda, c sayısını kesin olarak bulabiliriz.[x+

x3

3

]2

−1

= 3f(c)

esitliginden f(c) = fort = 2 bulunur. Dolayısıyla 1 + c2 = 2 oldugundan c = ±1 olarak bulunur.

Ornek 170.

Bir cismin hızı asagıdaki parametrik denklemle verilmistir.(t zaman)

x = t, y = t3/2

Harekete baslayıp 4sn hareket ederse, bu sure icerisindeki ortalama hızı nedir?

Ornek 171.

6.4. BIR FONKSIYONUN ORTALAMA DEGERI 169

Cozum: Ortalama hız1

b− a

∫ b

ay dx

formuluyle bulunabilir. Parametrik denklem kullanılırsa x = t⇒ dx = dt

Vort =1

4− 0

∫ 4

0t3/2 dt =

1

4

(t5/2

5/2

∣∣∣40

)= 16/5

MAT1009 Matematik I - DEUkisi.deu.edu.tr/cem.celik/files/MAT1009_ders_notu.pdf · 1.1. POLINOMLAR 7...

Documents

Transcript of MAT1009 Matematik I - DEUkisi.deu.edu.tr/cem.celik/files/MAT1009_ders_notu.pdf · 1.1. POLINOMLAR 7...