Değişken değiştirme yöntemi

Sevgül deneme çözerken ∫ 2x(x² + 1)⁵ dx sorusuna geliyor. Aklına gelen ilk yol parantezi açmak: binom açılımı yazılacak, her terim 2x ile çarpılacak, sonra her biri tek tek integre edilecek. İki satır sonra bir katsayıyı yanlış yazdığını fark edip silgiye uzanıyor. Sıradaki arkadaşı Remzi kâğıda yalnız bir türev yazıyor: (x² + 1)⁶ ifadesinin türevi zincir kuralıyla 6(x² + 1)⁵ · 2x, yani 12x(x² + 1)⁵. Soruda istenen bunun altıda biri; cevap (x² + 1)⁶/6 + c. Remzi'nin gördüğü şey, integralin içinde parantezin içindeki x² + 1 ifadesinin türevinin, yani 2x'in, bir çarpan olarak hazır beklemesiydi. Bu ders o çarpanı aramayı ve bulunca integrali tek bir harfle yeniden yazmayı öğretiyor.

• İntegranda bir iç fonksiyonu ve onun türevini tanıyıp u = g(x), du = g'(x) dx dönüşümüyle integrali u cinsinden yazarsın.
• du ile integrandaki çarpan arasında yalnız sabit bir fark olduğunda katsayıyı ayarlar, sonucu yeniden x cinsinden yazarsın.
• ∫ g'(x)/g(x) dx = ln|g(x)| + c ve ∫ g'(x) · e^(g(x)) dx = e^(g(x)) + c kalıplarını uygularsın.
• Farklı u seçimleriyle bulunan iki sonucun yalnız bir sabitle ayrıldığını türev alarak ya da özdeşlikle gösterirsin.

Zincir kuralını geriye okumak

Türev ünitesindeki zincir kuralı, iç içe bir fonksiyonun türevinde iç türevin bir çarpan olarak ortaya çıktığını söylüyordu: F'(u) = f(u) ise F(g(x)) ifadesinin türevi f(g(x)) · g'(x) olur. Bu eşitliği tersinden okursak integral için bir kural elde ederiz:

∫ f(g(x)) · g'(x) dx = F(g(x)) + c.

Demek ki integranda bir ifade başka bir fonksiyonun içinde duruyor ve o iç ifadenin türevi de dışarıda çarpan olarak bulunuyorsa, integral dış fonksiyonun ilkeliyle hemen yazılabilir. Kancadaki ∫ 2x(x² + 1)⁵ dx tam bu yapıdadır: iç ifade x² + 1, dış fonksiyon beşinci kuvvet, iç türev 2x. Değişken değiştirme yöntemi, bu tanıma işini bir yazım düzenine bağlar.

u ve du

İç ifadeye yeni bir ad verilir: u = g(x). Türev alınınca du/dx = g'(x) çıkar ve bu kısaca du = g'(x) dx biçiminde yazılır. Bu satırın anlamı şudur: integralde g'(x) dx parçası görüldüğü her yerde onun yerine du konabilir. Kancadaki örnekte u = x² + 1 seçilirse du = 2x dx olur ve integral ∫ u⁵ du biçimini alır. Kuvvet kuralıyla bu u⁶/6 + c'dir; u yerine x² + 1 geri yazılınca (x² + 1)⁶/6 + c bulunur. Parantezi açmaya hiç gerek kalmamıştır.

Beş adım

Yöntem her soruda aynı sırayla ilerler:

1. u seçilir: genellikle bir kuvvetin tabanı, bir kökün içi, bir paydanın tamamı ya da e'nin üssü.
2. du hesaplanır: u'nun türevi alınır ve dx ile çarpılır.
3. İntegral tamamen u cinsinden yazılır. Bu adımın sonunda ne x ne de dx kalmalıdır.
4. Yeni integral bilinen bir kuralla alınır.
5. u yerine g(x) yazılarak sonuç x'e döndürülür ve + c eklenir.

Üçüncü adım bir denetim noktasıdır. İntegralde x'e bağlı bir parça artakalıyorsa seçilen u bu soruya uymuyor demektir. Beşinci adımı atlayan öğrenci doğru hesap yaptığı hâlde seçeneklerde kendi cevabını bulamaz, çünkü seçenekler x cinsinden yazılır.

Katsayıyı ayarlamak

İç türev çoğu zaman tam olarak değil, bir sabit katıyla görünür. ∫ x(x² + 1)³ dx integralinde u = x² + 1 alınınca du = 2x dx olur, oysa integralde yalnız x dx vardır. İki tarafı 2'ye bölmek yeter: x dx = du/2. İntegral (1/2) ∫ u³ du olur, bu da (1/2) · u⁴/4 = u⁴/8 verir. Sonuç (x² + 1)⁴/8 + c'dir; türevi alınınca 4(x² + 1)³ · 2x/8 = x(x² + 1)³ geri gelir.

Bu ayar yalnız sabitler için yapılabilir. ∫ (x² + 1)³ dx integralinde x çarpanı hiç yoktur; dx = du/(2x) yazmak integralde bir x bırakır ve u cinsinden yazım tamamlanmaz. Böyle bir integral değişken değiştirmeyle değil, parantez açılarak hesaplanır. Kısacası eksik bir sayı tamamlanabilir, eksik bir x tamamlanamaz.

Doğrusal iç fonksiyon

İç ifade ax + b biçimindeyse du = a dx olur ve dx = du/a yazılır; geriye her zaman 1/a çarpanı kalır. ∫ (3x − 2)⁴ dx için u = 3x − 2, dx = du/3 alınır ve sonuç (1/3) · u⁵/5, yani (3x − 2)⁵/15 + c olur. Aynı ayar temel integral listesindeki üstel ve trigonometrik fonksiyonlara da uygulanır:

• ∫ e^(2x) dx = e^(2x)/2 + c,
• ∫ cos(5x) dx = sin(5x)/5 + c,
• genel olarak F' = f ise ∫ f(ax + b) dx = F(ax + b)/a + c.

Bu kalıp o kadar sık çıkar ki bir süre sonra u yazmadan, yalnız «iç türevin tersiyle çarp» diyerek uygulanır. Yine de 1/a yerine a ile çarpmak en sık yapılan hatadır; şüphe olduğunda sonucun türevini almak birkaç saniye sürer: sin(5x)/5 ifadesinin türevi 5cos(5x)/5 = cos(5x) olur.

Pay, paydanın türevi olduğunda

∫ 2x/(x² + 1) dx integralinde payda x² + 1, pay ise onun türevidir. u = x² + 1 seçilince du = 2x dx olur ve integral ∫ du/u biçimini alır. Bunun ilkeli ln|u|'dur, dolayısıyla sonuç ln(x² + 1) + c bulunur. x² + 1 her zaman pozitif olduğu için mutlak değer burada gereksizdir. Genel kural:

∫ g'(x)/g(x) dx = ln|g(x)| + c, g(x) ≠ 0 olan aralıklarda.

Tanjantın integrali bu kuralın en bilinen uygulamasıdır. tan x ifadesi sin x/cos x kesrine eşittir; bu kesirde u = cos x seçilir; du = −sin x dx olduğundan sin x dx = −du olur. İntegral −∫ du/u = −ln|u| verir: ∫ tan x dx = −ln|cos x| + c. Burada mutlak değer gereklidir, çünkü cos x negatif değerler de alır; sonuç kosinüsün sıfırlanmadığı her aralıkta kullanılabilir. Pay, paydanın türevinin sabit katıysa kural yine çalışır: ∫ x/(x² + 9) dx = (1/2) ln(x² + 9) + c.

Üssünün türeviyle çarpılan e

e^(g(x)) ifadesinin türevi g'(x) · e^(g(x)) olduğundan

∫ g'(x) · e^(g(x)) dx = e^(g(x)) + c

yazılır. ∫ 3x² · e^(x³) dx için u = x³, du = 3x² dx alınınca integral ∫ eᵘ du olur ve sonuç e^(x³) + c'dir. Çarpan eksikse önceki ayar kullanılır: ∫ x · e^(x²) dx integralinde x dx = du/2 olduğundan sonuç e^(x²)/2 + c bulunur. Üstteki ifadenin türevi dışarıda hiç yoksa, örneğin ∫ e^(x²) dx gibi, bu yöntemle ilerlenemez; lise müfredatı böyle bir integrali sormaz.

Kök içindeki iç fonksiyon

Kök, kesirli üslü bir kuvvettir ve aynı yolla işlenir. ∫ x√(x² + 4) dx integralinde u = x² + 4 alınır, x dx = du/2 olur. İntegral (1/2) ∫ u^(1/2) du, yani (1/2) · (2/3) · u^(3/2) biçimine gelir. Sonuç (1/3)(x² + 4)^(3/2) + c'dir ve (x² + 4)√(x² + 4)/3 + c olarak da yazılabilir. Kök paydadaysa üs eksi olur: ∫ x/√(x² + 5) dx için (1/2) ∫ u^(−1/2) du = u^(1/2) bulunur ve sonuç √(x² + 5) + c çıkar.

Aynı integral, üç görünüş

∫ sin x · cos x dx iki farklı u seçimine izin verir. u = sin x alınırsa du = cos x dx olur ve sonuç sin²x/2 + c gelir. u = cos x alınırsa du = −sin x dx olur ve sonuç −cos²x/2 + c çıkar. Bir üçüncü yol daha vardır: iki kat açı formülünden sin x · cos x = sin(2x)/2 yazılır, doğrusal iç fonksiyon kuralıyla integral −cos(2x)/4 + c bulunur.

Üç cevap birbirinden farklı görünür ama üçünün de türevi sin x · cos x'tir. Aradaki farklar sabittir: sin²x/2 − (−cos²x/2) = (sin²x + cos²x)/2 = 1/2 ve sin²x/2 − (−cos(2x)/4) = sin²x/2 + (1 − 2sin²x)/4 = 1/4. Bir fonksiyonun ilkelleri birbirinden yalnız bir sabitle ayrılır ve + c o sabiti taşır. Bu yüzden «benim bulduğum seçeneklerde yok» durumunda önce sonucun türevi alınır; türev integrandı veriyorsa cevap doğrudur, yalnız başka bir biçimde yazılmıştır.

Yanlış u seçildiğinde

u seçimi bir tahmindir ve yanlış tahmin kendini hemen belli eder. ∫ x · cos(x²) dx integralinde u = cos(x²) seçilirse du = −2x · sin(x²) dx olur; integralde sinüs yoktur ve dönüşüm tamamlanmaz. Doğru seçim içteki ifadedir: u = x², x dx = du/2 ve sonuç sin(x²)/2 + c. Benzer biçimde ∫ x(x² + 1)³ dx için u = x seçmek integrali hiç değiştirmez. Genel ölçüt şudur: u, türevi integralin başka bir yerinde çarpan olarak duran ifadedir. İntegral u cinsinden yazıldıktan sonra bir x ya da dx kalmışsa başka bir u denenir.

Sınır ekleyince

Bu dersteki her cevap bir fonksiyon ailesiydi ve + c ailenin hangi üyesinin seçileceğini açık bırakıyordu. Sıradaki ders integrale bir alt ve bir üst sınır ekliyor. O zaman sonuç bir fonksiyon değil tek bir sayı oluyor: bir ilkelin üst sınırdaki değerinden alt sınırdaki değeri çıkarılıyor. sin x · cos x için bulduğumuz farklı görünüşlü ilkellerin bu farkta neden aynı sayıyı verdiği de orada anlam kazanacak. Bir eğrinin altında kalan bölgenin ölçüsü bu sayıyla bağlanacak, u dönüşümü yapılırken sınırlara ne olduğu da aynı dersin sorularından biri.

Örnek 1 — Katsayıyı ayarlamak

Soru: ∫ 6x²(x³ − 2)⁴ dx integralinin sonucu hangisidir?

• A) (x³ − 2)⁵/5 + c
• B) 6(x³ − 2)⁵/5 + c
• C) 2(x³ − 2)⁵/5 + c
• D) 2x³(x³ − 2)⁵/5 + c
• E) 24x²(x³ − 2)³ + c

Çözüm: u = x³ − 2 seçilir; du = 3x² dx olduğundan 6x² dx = 2 du yazılır. İntegral 2 ∫ u⁴ du = 2u⁵/5 olur ve sonuç 2(x³ − 2)⁵/5 + c'dir. 6 çarpanını olduğu gibi bırakan B'ye, du'daki 3'ü hiç hesaba katmayan A'ya varır; E'deki ifade ise integrandın ilkeli değil türevidir. Cevap: C.

Örnek 2 — Pay, paydanın türevinin yarısı

Soru: ∫ x/(x² + 9) dx integralinin sonucu hangisidir?

• A) ln(x² + 9) + c
• B) (1/2) ln(x² + 9) + c
• C) 2 ln(x² + 9) + c
• D) x · ln(x² + 9) + c
• E) −1/(2(x² + 9)²) + c

Çözüm: u = x² + 9, du = 2x dx ve x dx = du/2 olur. İntegral (1/2) ∫ du/u = (1/2) ln|u| verir; x² + 9 pozitif olduğundan mutlak değer düşer. 1/2'yi unutan A'yı, 2 ile çarpan C'yi seçer. Cevap: B.

Örnek 3 — Kök içinde küp

Soru: ∫ x²√(x³ + 1) dx integralinin sonucu hangisidir?

• A) (2/3)(x³ + 1)^(3/2) + c
• B) (1/3)(x³ + 1)^(3/2) + c
• C) (2/9)(x³ + 1)^(1/2) + c
• D) (1/2)(x³ + 1)^(3/2) + c
• E) (2/9)(x³ + 1)^(3/2) + c

Çözüm: u = x³ + 1 için du = 3x² dx ve x² dx = du/3 olur. İntegral (1/3) ∫ u^(1/2) du = (1/3) · (2/3) · u^(3/2) = (2/9)u^(3/2) bulunur. 1/3 çarpanını unutan A'ya, kökün ilkelinde 2/3 yerine 3/2 yazan D'ye gider. Cevap: E.

Örnek 4 — Başlangıç değeriyle

Soru: g'(x) = 4x/(x² + 1)² ve g(0) = 3 olduğuna göre g(1) kaçtır?

• A) g(1) = 2
• B) g(1) = 5
• C) g(1) = 4
• D) g(1) = 1
• E) g(1) = 6

Çözüm: u = x² + 1 alınınca 4x dx = 2 du olur ve g(x) = 2 ∫ u⁻² du = −2/u + c = −2/(x² + 1) + c bulunur. g(0) = −2 + c = 3 olduğundan c = 5. g(1) = −1 + 5 = 4. Kesrin integralini ln diye yazan öğrenci paydanın karesini atlamıştır; pay, paydanın kendisinin değil iç ifadenin türevidir. Cevap: C.

• İç türevin katsayısını ters yönde ayarlamak. ∫ (2x + 3)⁴ dx sonucunda 1/2 çarpanı gelir; 2 ile çarpmak türevdeki zincir kuralını integrale aynen taşımaktır.
• Eksik x'i katsayı gibi tamamlamaya çalışmak. du = 2x dx iken dx = du/(2x) yazılırsa integralde x kalır; yalnız sabit bir çarpan dışarı alınabilir.
• Her kesri ln'ye çevirmek. ln|g(x)| kalıbı paydanın birinci kuvveti için geçerlidir; ∫ 4x/(x² + 1)² dx gibi kare paydada sonuç −2/(x² + 1) + c olur.
• ln içinde mutlak değeri atmak. ∫ tan x dx = −ln|cos x| + c; cos x negatif olabildiği için çizgiler gereklidir. x² + 9 gibi hep pozitif paydada düşürülebilir.
• Farklı görünen doğru cevabı yanlış sanmak. sin²x/2 ile −cos²x/2 aynı integralin iki ilkelidir; aradaki 1/2 farkı + c'nin içindedir.
• x'e geri dönmeyi unutmak. u⁶/6 + c cevabı u yerine g(x) yazılmadan seçeneklerle karşılaştırılamaz.