Eliptik integraller ve uygulamaları

İSTANBUL KÜLTÜR ÜNİVERSİTESİ


_{FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ}

ELİPTİK İNTEGRALLER VE UYGULAMALARI

YÜKSEK LİSANS TEZİ Anıl ÇİĞDEMDERE

Anabilim Dalı: Matematik-Bilgisayar Programı: Matematik-Bilgisayar

Tez Danışmanı: Yrd.Doç.Dr. Arzu ŞEN

ÖNSÖZ

Lisansüstü aşamasında yardımlarını benden esirgemeyen danışmanım Sayın Arzu ŞEN’e, çalışkanlığını ve disiplinliliğini her zaman örnek aldığım Sayın Yaşar POLATOĞLU’na, sabırlı bir şekilde bütün sorularımı yanıtlayan Sayın Adnan İLERÇİ’ye, katkılarından dolayı Sayın Mert ÇAĞLAR’a ve tezin bitim aşamasında yardımlarından ötürü Sayın Emel YAVUZ’a sonsuz teşekkürlerimi sunuyorum. Haziran 2006 Anıl ÇİĞDEMDERE

İÇİNDEKİLER

ŞEKİL LİSTESİ ...iv

SEMBOL LİSTESİ ...v

ÖZET ...vi

SUMMARY ...vii

GİRİŞ ...viii

1. ELİPTİK İNTEGRALLER ... 1

1.1 Birinci Tür Tam Olmayan Eliptik İntegraller ... 1

1.2 İkinci Tür Tam Olmayan Eliptik İntegraller... 1

1.3 Üçüncü Tür Tam Olmayan Eliptik İntegraller... 1

1.4 Eliptik İntegraller İçin Jakobi Şekilleri... 2

1.5 Eliptik Tipe İndirgenebilen İntegraller ... 2

1.6 Jakobi Eliptik Fonksiyonları ... 3

2. ÇÖZÜLMÜŞ PROBLEMLER ... 4

2.1 Eliptik İntegrallerle İlgili Problemler... 4

2.2 Eliptik Fonksiyonlarla İlgili Problemler ... 34

3. PERİYODİK FONKSİYONLAR... 38

3.1 Çift Periyotlu Fonksiyonların Özellikleri ... 41

3.2 σ(z) Fonksiyonunun İncelenmesi ... 45

3.3 Weierstrass ξ(z)ve σ(z) Fonksiyonları ... 46

3.4 Legendre Bağıntısı... 47

3.5 η1 ve η2 Sabitlerinin ξ Fonksiyonu Tarafından Belirlenmesi... 48

3.6 Tam Fonksiyonların Weierstrass Çarpım Formülü... 49

4. ELİPSTE YALINKAT FONKSİYONLAR...51

KAYNAKLAR ...70

SONUÇ………..72

ŞEKİL LİSTESİ

Sayfa No

Şekil 3.1 Periyot paralelkenarlarının geometrik yorumu 39

Şekil 3.2 Paralelkenar kullanarak geometrik bir yaklaşım 42

Şekil 3.3 Rezidü teoremi için geometrik yaklaşım 43

Şekil 4.1 f(z) noktası için geometrik yaklaşım 53

Şekil 4.2 f(z) noktasının reel ve sanal kısımlara ayrılışının geometrik yorumu 54

Şekil 4.3 Bileşke fonksiyonun geometrik yorumu 55

Şekil 4.4 Yıldızıllık için geometrik yorum 57

Şekil 4.5 Konvekslik için geometrik yorum 62

Şekil 4.6 Teğet ve normal için geometrik yorum 64

SEMBOL LİSTESİ

u

am : u nun genliği u

mod : u nun modülü

) (k

K : Birinci tür tam eliptik integral

) (k

E : İkinci tür tam eliptik integral

) , (

1 k x

F : Birinci tür eliptik integraller için Jakobinin şekli )

, (

1 k x

E : İkinci tür eliptik integraller için Jakobinin şekli

) , , (

1 k n x

∏ : Üçüncü tür eliptik integraller için Jakobinin şekli

b a< : a, b den küçüktür b a> :a, b den büyüktür b a= :a, b ye eşittir b a≠ :a, b ye eşit değildir 2 2 1 1w nw

n + : Çift periyotlu bir fonksiyonun periyodu

) (

Rezf z : f(z) fonksiyonunun rezidüsü

z

Im : z kompleks sayısının imajiner kısmı z

Re : z kompleks sayısının reel kısmı

z : z kompleks sayısının modülü

Γ : w= f(z) fonksiyonu ile yapılan tasvirde elde edilen eğri ,...

,..., ,

, 2 3

1 w w wn

w : pozitif terimli periyot dizisi

) (z

ξ , σ(z) : Weierstrass fonksiyonu

1

ÖZET

İntegral hesapta eliptik integraller, bir elips yay uzunluğunun hesaplanması problemiyle ortaya çıkmış ve ilk olarak Giulio Fagnano ve Leonhard Euler tarafından

incelenmiştir.

Modern tanımıyla bir eliptik integral, R iki değişkenli rasyonel bir fonksiyon P

üçüncü ya da dördüncü dereceden katlı kökü olmayan bir polinomun karekökü ve c bir sabit olmak üzere

∫

= x c dt t P t R x f( ) ( , ( ))

biçiminde ifade edilebilen bir f fonksiyonudur.

Genel olarak eliptik integraller elemanter fonksiyonlar cinsinden ifade edilemezler. Bu durumun istisnaları P polinomunun katlı kökünün olması ya da R(x,y) fonksiyonunun y değişkeninin tek kuvvetlerini içerdiği hallerdir. Buna karşın indirgeme formülleriyle her eliptik integral rasyonel fonksiyonların ve birinci, ikinci, üçüncü tür eliptik integraller olarak adlandırılan üç kanonik formun integralleri biçiminde ifade edilebilir.

Bu formlar dışında eliptik integraller “Legendre Formu” ve “Carlson Simetrik Formu” adı verilen biçimlerde de ifade edilebilirler. Belirsiz integral hakkında detaylı bilgi ise Schwarz-Christoffel dönüşümü incelenerek elde edilebilir.

Bu çalışmanın ilk bölümünde eliptik integrallerin tanımı ve şekilleri verilmiştir. İkinci bölüm ise eliptik integraller ve eliptik fonksiyonlar ile ilgili problemlerin çözümlerini içermekte olup üçüncü bölümde çift periyotlu fonksiyonlar ve bunların özellikleri incelenmiştir. Son bölümde ise elipste yalınkat fonksiyonlarla ilgili bir çalışma yer almaktadır.

SUMMARY

In integral calculus, elliptic integrals originally arose in connection with the problem of giving the arc length of an ellipse and were first studied by Giulio Fagnano and Leonhard Euler.

In the modern definition, an elliptic integral is any function f which can be expressed in the form

∫

= x c dt t P t R x f( ) ( , ( ))

where R is a rational function of its two arguments, P is the square root of a polynomial of degree 3 or 4 (a cubic or quartic) with no repeated roots, and c is a constant.

In general, elliptic integrals cannot be expressed in terms of elementary functions; exceptions to this are when P does have repeated roots, or when R(x,y) contains no odd powers of y. However, with appropriate reduction formula, every elliptic integral can be brought into a form that involves integrals over rational functions, and the three canonical forms (i.e. the elliptic integrals of the first, second and third kind).

Besides the forms given below, the elliptic integrals may also be expressed in Legendre form and Carlson symmetric form. Additional insight into the theory of the indefinite integral may be gained through the study of the Schwarz-Christoffel mapping.

The first part of this work contains of the definitions and form of elliptic integrals. The second part contains the solutions of problems on elliptic integrals and the third part includes doubly-periodic functions and their properties. The last part of the present work is devoted to a study on univalent on univalent functions in the ellipse.

GİRİŞ

Eliptik integral kavramı bir elips yayının uzunluğunun belirtilmesinde kullanılan bir yöntemdir. Normal integral ile yay uzunluğu bulmaya çalışırken elde ettiğimiz sonuç bize kesin uzunluğu vermemekte, hata payı içermektedir. Ancak eliptik integraller ile kesin sonuca ulaşılabilmektedir. Bunun sebebi ise seriye açarak sonuca ulaşılmasıdır.

Bu çalışmada

1. Eliptik integrallerin tanımları

2. Eliptik integraller ile ilgili problemler

3. Eliptik fonksiyonların tanımlanması ve özellikleri 4. Çift periyotlu fonksiyonların özellikleri

5. Elipste yalınkat fonksiyonlar incelenmiştir.

1. ELİPTİK İNTEGRALLER

1.1 Birinci Tür Tam Olmayan Eliptik İntegraller

(1.1)

∫

− = = φ θ θ φ 0 1 2sin2 ) , ( k d k F u 0< k<1

şeklinde tanımlanır; φ ye F(k,φ) nin veya u nun genliği denir ve φ =amu yazılır, k ya da u nun modülü denir ve k=modu yazılır. Bu integrale birinci tür eliptik

integralin Legendre şekli de denir.

Eğer φ=π 2 ise integrale birinci tür tam integral denir ve K(k) veya sadece K notasyonu ile gösterilir. Bütün amaçlar için k nın verilmiş bir sabit olduğu kabul edilecektir.

1.2 İkinci Tür Tam Olmayan Eliptik İntegraller

(1.2) φ θ θ φ d k k E =

∫

− 0 2 2 sin 1 ) , ( 0< k<1

şeklinde tanımlanır. Buna ikinci tür eliptik integralin Legendre şekli de denir. Eğer 2

π

φ= ise integrale ikinci tür tam eliptik integral denir ve E(k) veya sadece E notasyonu ile gösterilir. Bu integral bir elips yayının uzunluğunun belirtilmesinde ortaya çıkar ve eliptik integral teriminin kullanılmasının bir nedenini teşkil eder.

1.3 Üçüncü Tür Tam Olmayan Eliptik İntegraller

(1.3)

∫

− + = ∏ φ θ θ θ φ 0(1 sin2 ) 1 2sin2 ) , , ( k n d n k 0< k<1

şeklinde tanımlanır. Buna üçüncü tür eliptik integralin Legendre şekli de denir. Burada n sıfırdan farklı bir sabit kabul edilmektedir. Çünkü n=0 için (1.3) integrali (1.1) integraline indirgenmiş olur. Eğer φ=π 2 ise integrale üçüncü tür tam eliptik

1.4 Eliptik İntegraller İçin Jakobi Şekilleri

Yukarıdaki eliptik integrallerin Legendre şekillerinde v=sinθ dönüşümü yapılırsa φ

sin =

x olmak üzere, aşağıdaki integraller elde edilir. Bunlara sırasıyla birinci, ikinci, üçüncü tür eliptik integrallerin Jakobi şekilleri denir ve x=1için tam integral elde edilir. (1.4)

∫

− − = x v k v dv x k F 0 2 2 2 1 ) 1 )( 1 ( ) , ( (1.5) dv v v k x k E x

∫

−₋ = 0 2 2 2 1 1 1 ) , ( (1.6)

∫

− − + = ∏ x v k v nv dv x n k 0 2 2 2 2 1 ) 1 )( 1 ( ) 1 ( ) , , (

Yukarıdaki integraller sırasıyla birinci, ikinci, üçüncü tür eliptik integralleri için

Jakobinin şekillerini gösterir.

1.5 Eliptik Tipe İndirgenebilen İntegraller

Eğer x ve y nin cebirsel rasyonel bir fonksiyonu yani x ve y cinsinden iki polinomun

bölümü R(x,y) ise,

∫

R(x,y)dx integrali elemanter fonksiyonlar (cebirsel,

trigonometrik, ters trigonometrik, üstel ve logaritmik fonksiyonlar) cinsinden hesaplanabilir. (y= ax+b veya y= ax2+bx+c _için)

Eğer a, b, c, d, e verilen sabitler olmak üzere y= ax3+bx2+cx+d veya

e dx cx bx ax

y= 4+ 3+ 2+ + ise

∫

R(x,y)dx integrali birinci, ikinci, üçüncü tür eliptik integraller cinsinden veya özel hallerde elemanter fonksiyonlar cinsinden hesaplanabilir.

Eğer P(x) dörtten yüksek dereceli bir polinom olmak üzere y= P(x) ise

∫

R(x,y)dx integrali hiper eliptik fonksiyonlar yardımıyla integrallenebilir.

1.6 Jakobi Eliptik Fonksiyonları

Birinci tür eliptik integralin Jakobi şeklindeki üst limit x, Legendre şeklindeki üst limit φ ye x=sinφ bağıntısıyla bağlıdır. φ=amu olduğundan x=sin(amu) dur. Böylece eliptik fonksiyonların tanımına varmış oluruz:

(1.8) x=sin(amu)=sn u (1.9) 1−x2 =cos(amu)=cn u (1.10) 1 k2x2 1 k2sn2u dn u = − = − (1.11) u u u x x tn cn sn 1 2 = = − Bu fonksiyonlar, trigonometrik fonksiyonlarınkine benzeyen ve problemlerde gösterilecek olan pek çok önemli özelliğe sahiptirler.

Ters eliptik fonksiyonların tanımlanması da mümkündür. Örneğin x=sn u ise

x

u=sn−1 dir. u nun k ya bağımlı olduğuna dikkat ediniz. Bu bağımlılığı iyice belirtmek için bazen sn 1( , )

k x

u= − veya u₌sn−1x_{, mod yazılır. k}

Şimdi eliptik integralleri daha iyi kavrayabilmemiz için örnek problemleri inceleyelim.

2. ÇÖZÜLMÜŞ PROBLEMLER

2.1 Eliptik İntegrallerle İlgili Problemler 1. Eğer 0< k<1 ise         +       ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ +       ⋅ ⋅ +       + = − =

∫

... 6 4 2 5 3 1 4 2 3 1 2 1 1 2 sin 1 ) ( 6 2 4 2 2 2 2 0 2 2 k k k k d k K π θ θ π

olduğunu ispat ediniz.

Öncelikle hazırlığımızı yapalım.

Bir ( ba, ) aralığında n inci mertebeden türevi mevcut

n nx a x a x a x a a x f( )= + + + 3+...+ 3 2 2 1

0 fonksiyonunu göz önüne alalım. Burada

) ,..., 2 , 1 , 0 (i n

a_i = sabitlerdir. Bu fonksiyonun n inci mertebeye kadar türevlerini hesaplayalım. n n n n n n a n x f x a n n x a a x f x na x a x a a x f ! ) ( edersek devam şekilde bu ) 1 ( ... 2 3 2 ) ( '' ... 3 2 ) ( ' ) ( 2 3 2 1 2 3 2 1 = − + + ⋅ + = + + + + = − −

bulunur. Şimdi x yerine sıfır yazalım. Bu durumda;

n n a n f a f a f a f ! ) 0 ( edersek devam şekilde bu 2 ) 0 ( '' ) 0 ( ' ) 0 ( ) ( 2 1 0 = = = =

olup buradan da ai leri hesaplarsak,

! ) 0 ( edersek devam şekilde bu ! 2 ) 0 ( '' ) 0 ( ' ) 0 ( ) ( 2 1 0 n f a f a f a f a n n = = = =

bulunur ki bu değerleri f(x) fonksiyonunda sırasıyla yerine koyarsak ) 0 ( ! ... ) 0 ( '' ! 2 ) 0 ( ' ) 0 ( ) ( 2 (n) n f n x f x xf f x f = + + + +

formülü elde edilir. Bu formüle Maclaurin Formülü denir. Şimdi n

x x

f( )=(1+ ) fonksiyonunu ele alalım. Buradan;

! ) ( edersek devam şekilde bu ) 1 )( 1 ( ) ( '' ) 1 ( ) ( ' ) 1 ( ) ( ) ( 2 1 n x f x n n x f x n x f x x f n n n n = + − = + = + = − −

ve burada bütün ifadelerde x=0 değerini koyarsak

! ) 0 ( edersek devam şekilde bu ) 1 ( ) 0 ( '' ) 0 ( ' 1 ) 0 ( ) ( n f n n f n f f n ₌ − = = =

bulunur. Yukarıdaki değerleri de sırasıyla fonksiyonda yerine koyarsak

n n n n n x x n n n x n n nx x x f x x n n n x n n nx x x f ) 1 ...( ! 3 ) 2 )( 1 ( ! 2 ) 1 ( 1 ) 1 ( ) ( ... ! 3 ) 2 )( 1 ( ! 2 ) 1 ( 1 ) 1 ( ) ( 3 2 3 2 − + − − − − + − = − = − + + − − + − + + = + = olup burada 2 1 − = n alırsak ... 6 4 2 5 3 1 4 2 3 1 2 1 1 ) 1 ( 12 2 3 + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + + = −_x − _{x x x} yazabiliriz ve

∫

− 2 0 1 2sin2 π θ θ k d θ θ π d k 12 2 0 2 2 ) sin 1 ( −

∫

− = deyip 2 2θ sin k x= alırsak

∫

− 2 0 1 2sin2 π θ θ k d = θ θ θ θ π d k k k

∫

_ + + + + _ 2 0 6 6 4 4 2 2 ... sin 6 . 4 . 2 5 . 3 . 1 sin 4 . 2 3 . 1 sin 2 1 1 =         +       ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ +       ⋅ ⋅ +       + ... 6 4 2 5 3 1 4 2 3 1 2 1 1 2 6 2 4 2 2 2 k k k π sonucu çıkar.

2.

_∫

2 0 sin π x dx

integralini önce bir eliptik integrale dönüştürünüz sonra üç ondalıklı

olarak hesaplayınız.

y

x= −

2

π

dönüşümünü yaparsak dx=−dy olur ve integralin sınırları sırasıyla

0 2 2 0 = ⇒ = = ⇒ = y x y x π π olur.

∫

2 0 sin π x dx =

_∫

=

_∫

      − − 2 0 0 2 cos 2 sin π π π y dy y dy

yazabiliriz ve karekökten kurtulmak için de cos =y cos2u dönüşümünü yaparsak

y udu u dy udu u ydy sin sin cos 2 sin cos 2 sin = − = −

olup sin2 cos2 1 =

+ y

y eşitliğinden ve cos =y cos2u yazılırsa ) cos 1 )( cos 1 ( cos 1 cos 1 sin 2 4 2 2 u u u y y= − = − = − +

olur ve bu ifadeyi yukarıdaki denklemde yerine koyarsak = dy y udu u sin sin cos 2 = u udu u u udu u 2 2 2 cos 1 cos 2 ) cos 1 )( cos 1 ( sin cos 2 + = + −

olup bunu integralde yerine koyarsak

∫

2 0 sin π x dx

∫

∫

=       − − = 2 0 0 2 cos 2 sin π π π y dy y dy =2

∫

+ 2 0 cos 1 cos2 cos π u u udu

∫

+ = 2 0 1 cos2 2 π u du

∫

− = 2 0 2 sin2 2 π u du

[

]

        = − = − =

∫

∫

2 , 2 1 2 sin ) 2 1 ( 1 2 sin ) 2 1 ( 1 2 2 2 0 2 2 0 2 π π π F u du u du

bulunup ilk problemin sonucunda 2 1 =

k konularak integral 2,622 değerini alır. Başka bir metot:

∫

2 0 sin π x dx integralinde yine x= −y 2 π dönüşümünü yaparsak dx=−dy ve integralin sınırları sırasıyla 0 2 2 0 = ⇒ = = ⇒ = y x y x π π olur. Dolayısıyla;

∫

2 0 sin π x dx =

∫

=

∫

      − − 2 0 0 2 cos 2 sin π π π y dy y dy

olup cos 1 2sin2

(

2

)

y y= − yazarsak

∫

2 0 sin π x dx =

_∫

_∫

− = 2 0 2 0 1 2sin2( 2) cos π π y dy y dy

olup 2sin(y 2)=sinφ dönüşümü uygulanırsa

(

)

(

2

)

cos cos 2 cos 2 cos 2 2 y d dy d dy y φ φ φ φ = =

olur. Öte yandan

φ 2 2 sin ) 2 1 ( 1 ) 2 ( sin 1 ) 2

cos(y = − y = − ifadesini yukarıda yerine koyarsak

(

2

)

cos cos 2 y d dy= φ φ= φ φ φ 2 sin ) 2 1 ( 1 cos 2 − d

bulunur ki bunu da integralde yerine

∫

2 0 sin π x dx =

∫

= 2 0 cos π y dy         = −

∫

2 ₂1 sin ) 2 1 ( 1 2 2 0 2 K d π φ φ bulunur. 3.

∫

xdx 2 0 cos π

integralini eliptik integral cinsinden ifade ediniz.

Karekökten kurtulmak için cos =x cos2u dönüşümünü yaparsak;

x du u dx udu u xdx udu u xdx sin sin cos 2 sin cos 2 sin sin cos 2 sin = = − = −

bulunup sinx= 1−cos2x= 1−cos4u = (1−cos2u)(1+cos2u)=sinu 1+cos2u eşitliğini yukarıda yerine koyalım.

u udu u u udu u x udu u dx 2 2 cos 1 cos 2 cos 1 sin sin cos 2 sin sin cos 2 + = + = = olur ve dx x

∫

2 0 cos π = du u u u

∫

      + 2 0 1 cos2 cos 2 cos π

∫

+ = 2 0 2 2 cos 1 cos 2 π du u u du u u

∫

+ − + = 2 0 2 2 cos 1 1 cos 1 2 π

∫

∫

+ − + = 2 0 2 2 0 2 cos 1 2 cos 1 2 π π u du du u

(

)

(

)

        −         = − − − = − − − = − − − =

∫

∫

∫

∫

∫

∫

2 , 2 1 2 2 , 2 1 2 2 sin ) 2 1 ( 1 2 sin ) 2 1 ( 1 2 2 sin ) 2 1 ( 1 2 2 sin ) 2 1 ( 1 2 2 sin 2 2 sin 2 2 2 0 2 2 0 2 2 0 2 2 0 2 2 0 2 2 0 2 π π π π π π π π F E u du du u u du du u u du du u elde edilir.

4.

∫

+ xdx 2 0 2 sin 4 1 π integralini hesaplayınız. Verilen integrali

∫

+ − =

∫

− 2 0 2 2 0 2 cos 4 5 ) cos 1 ( 4 1 π π dx x dx x şeklinde yazıp y x= − 2 π

dönüşümünü yaparsak dx=−dy olur integral sınırları da sırasıyla

0 2 2 0 = ⇒ = = ⇒ = y x y x π π

şekline dönüşür. Düzenleyip yazarsak;

∫

∫

+ = − 2 0 2 2 0 2 cos 4 5 sin 4 1 π π dx x dx x

∫

 −      − − = 0 2 2 _{( )} 2 cos 4 5 π π dy y =

∫

− ydy 2 0 2 sin 4 5 π =

∫

[

− y

]

dy 2 0 2 sin ) 5 4 ( 1 5 π       = − =

∫

2 , 5 2 5 sin ) 5 4 ( 1 5 2 0 2 π π E dy y bulunur. 5. udu x

∫

− 0 2 sin 4

1 integralini tam olmayan eliptik integraller cinsinden ifade ediniz.

6 0≤ x≤π olduğu varsayılmaktadır. φ sin sin 2 sin 4 2 = = u u dönüşümü yapılırsa u d du d udu cos 2 cos cos cos 2 φ φ φ φ = =

φ

2 2 _{1 (1 4)sin}

sin 1

cosu= − u = − eşitliğini kullanmamız gerekir. Bu da yukarıda yerine yazılırsa; u d du cos 2 cosφ φ = = φ φ φ 2 sin ) 4 1 ( 1 2 cos − d

olup sınırlar için de sin 1(2sin )

u − = φ gerçeği altında du u x

∫

− 0 2 sin 4 1 = φ φ φ φ φ d

∫

− 0 2 1 (1 4)sin2 cos cos = φ φ φ φ d

∫

− − 0 2 2 sin ) 4 1 ( 1 sin 1 2 1

[

]

      +       − = − + − − = − − + − = − − + − =

∫

∫

∫

∫

φ φ φ φ φ φ φ φ φ φ φ φ φ φ φ φ , 2 1 2 , 2 1 2 3 sin ) 4 1 ( 1 2 sin ) 4 1 ( 1 2 3 sin ) 4 1 ( 1 sin ) 4 1 ( 1 4 3 2 1 sin ) 4 1 ( 1 sin 4 3 2 1 0 2 0 2 0 2 2 0 2 2 E F d d d d elde edilir 6.

∫

− = x dx I cos

2 integralinin eliptik türden integrale indirgenebildiğini gösteriniz.

1 2 cos 2 cos 2 −       = x x eşitliğinden faydalanırsak       − = − 2 cos 2 3 cos 2 2 x

x olup verilen integral

(

)

∫

−2cos 2 3 2 x dx =

[

]

∫

−(2 3)cos ( 2) 1 3 2 x dx

(

)

(

)

∫

− = 2 cos 3 2 1 3 1 2 x dx olup burada x= −u 2 2 π

dönüşümü yapılırsa dx=−2du olur. Bunu yukarıda kullanırsak

(

)

(

)

∫

− = 2 cos 3 2 1 3 1 2 x dx I =

∫

− − u du 2 sin ) 3 2 ( 1 3 2 =

∫

− − u du 2 sin ) 3 2 ( 1 3 2 şeklini alır. 7.

[

( 2 3, 2) ( 2 3, 4)

]

3 2 cos 2 2 0 π π π F F x dx − = −

∫

olduğunu ispatlayınız. u x − = 2 2 π

dönüşümünü yaparsak dx=−2du olup integral sınırları sırasıyla

4 2 2 0 π π π = ⇒ = = ⇒ = u x u x

haline dönüşürler ve Problem 6 dan yaralanarak

(

)

∫

∫

− − = − 4 2 2 2 0 3 1 2 3 sin 2 cos 2 π π π u du x dx

(

)

∫

− = 2 4 1 2 3 sin2 3 2 π π u du

(

)

(

)

{

( 2 3, 2) ( 2 3, 4)

}

3 2 sin 3 2 1 sin 3 2 1 3 2 2 0 4 0 2 2

π

π

π π F F u du u du − =         − − − =

∫

∫

sonucuna varılır.

8. y=sin x, 0≤ x≤π eğrisinin yay uzunluğunu bulunuz.

Yay uzunluğu=

∫

dx + dy =

∫

+ dy dx dx π π 0 2 0 2 2 _{( ) 1 ( )} ) ( olup x dx dy x y=sin ⇒ =cos Yay uzunluğu =

∫

+ xdx=

∫

+ xdx π π 0 2 0 2 2 cos 1 2 cos 1

[

x

]

dx dx x

∫

∫

− = − = 2 0 2 2 0 2 sin ) 2 1 ( 1 2 2 sin 2 2 π π

=

∫

− xdx 2 0 2 sin ) 2 1 ( 1 2 2 π _       = 2 , 2 1 2 2 E π bulunur.

9. x=asinφ, y=bcosφ 0<b<a elipsinin yay uzunluğunu bulunuz.

Elipsin yay uzunluğu=

∫

+

2 0 2 2 ) ( ) ( 4 π dy dx dir. φ φ φ φ φ φ d b dy b y d a dx a x sin cos cos sin − = ⇒ = = ⇒ =

olup bunları yay uzunluğu formülünde yerine koyarsak

Elipsin yay uzunluğu=

∫

+

2 0 2 2 ) ( ) ( 4 π dy dx = φ φ φ π d b a

∫

+ 2 0 2 2 2 2 sin cos 4 φ φ φ φ φ φ φ π π π d e a d a b a a d b a

∫

∫

∫

− = − − = + − = 2 0 2 2 2 0 2 2 2 2 2 2 0 2 2 2 2 sin 1 4 ) sin 1 ( 4 sin ) sin 1 ( 4 bulunur ki burada 0 ₂ 1 2 2 2 < − = < a b a e olup 2

e elipsin eksantirisitesinin karesidir.

10. 1 4 9 2 2 = + y x

elipsinin çevre uzunluğunu bulunuz.

Bu elipsin parametrik denklemleri x=3sinθ , y=2cosθ olup θ

θd

dx=3cos ve dy=−2sinθdθ dır.

Elipsin yay uzunluğu=

∫

+

2 0 2 2 ) ( ) ( 4 π dy dx θ θ θ θ θ θ π π d d

∫

∫

+ − = + = 2 0 2 2 2 0 2 2 sin 4 ) sin 1 ( 9 4 sin 4 cos 9 4

[

θ

]

θ θ θ π π d d

∫

∫

− = − = 2 0 2 2 0 2 sin ) 9 5 ( 1 9 4 sin 5 9 4         = − =

∫

2 , 9 5 12 sin ) 9 5 ( 1 12 2 0 2 π θ θ π E d bulunur. 11.

∫

+ 2 0 sin2 2cos2 π x x dx

integralini eliptik integraller cinsinden yazınız.

x

x 2

2

sin 1

cos = − eşitliğini kullanırsak

∫

+ 2 0 sin2 2cos2 π x x dx

∫

− + = 2 0 sin2 2(1 sin2 ) π x x dx

[

]

        = − = − = − =

∫

∫

∫

2 , 2 1 2 1 sin ) 2 1 ( 1 2 1 sin ) 2 1 ( 1 2 sin 2 2 0 2 2 0 2 2 0 2 π π π π F x dx x dx x dx bulunur. 12.

_∫

− t x dx 0 1 3sin2

integralini eliptik integraller cinsinden ifade ediniz.

u x sin sin 3 = dönüşümünü yaparsak x udu x udu dx udu xdx 2 sin 1 3 cos cos 3 cos cos cos 3 − = = = u udu u udu 2 2 sin 3 cos sin ) 3 1 ( 1 3 cos − = − =

olup sin 1( 3sin )

t

−

=

φ bağıntıyla da φ, t ye bağlı olacak şekilde integral sınırlarımız değişir. Dolayısıyla;

∫

− t x dx 0 1 3sin2

∫

− = φ 0cos 3 sin2 cos u u udu

[

]

        = − = − = − =

∫

∫

∫

φ φ φ φ , 3 1 3 1 sin ) 3 1 ( 1 3 1 sin ) 3 1 ( 1 3 sin 3 0 2 0 2 0 2 F u du u du u du

olarak eliptik integraller cinsinden ifade edilir.

13.

∫

− − 2 0 (4 x2)(9 x2) dx

integralini eliptik integraller cinsinden ifade ediniz.

1.Yol: x=2sint dönüşümünü yaparsak dx=2costdt olup integral sınırları

2 2 0 0 π = ⇒ = = ⇒ = t x t x

olacak şekilde değişir. Dolayısıyla;

∫

− − 2 0 (4 x2)(9 x2) dx =

∫

− − 2 0 (4 4 sin2 )(9 4sin2 ) cos 2 π t t tdt

∫

− − = 2 0 4(1 sin2 )(9 4sin2 ) cos 2 π t t tdt

∫

− = 2 0 9 4sin2 π t dt

(

)

      = − = − =

∫

∫

2 , 3 2 3 1 sin ) 9 4 ( 1 3 1 sin ) 9 4 ( 1 9 2 0 2 2 0 2 π π π F t dt t dt bulunur.

2.Yol: x=3sint dönüşümünü yaparsak dx=3costdt olup integralin sınır değerleri

x=0 için t=0 ve x=2 için t=

3 2

arcsin haline dönüşür. Burada

t x t x t x =      ⇒ = ⇒ = 3 arcsin sin 3 sin

3 bağıntısı ile x in t ye bağlı olarak sınırları

değişmiştir.

∫

− − 2 0 (4 x2)(9 x2) dx =

∫

− − 3 2 arcsin 0 (4 9 sin2 )(9 9sin2 ) cos 3 t t tdt =

(

)

∫

− 3 2 arcsin 0 41 (9 4)sin2t dt

∫

− = 3 2 arcsin 0 1 (9 4)sin2 2 1 t dt

olup burada sin sinφ

2 3

=

t dönüşümünü yaparsak costdt cosφdφ

2 3 = bulunur ki; φ φ φ φ φ φ φ φ φ φ 2 2 2 sin 4 9 cos 2 sin ) 9 4 ( 1 3 cos 2 sin 1 3 cos 2 cos 3 cos 2 − = − = − = = d d t d t d dt eşitliği çıkar.

İntegral sınırları ise 

     = sint 2 3 arcsin

φ bağıntısına bağlı olarak

(

2 3

)

2 arcsin 0 0 π φ φ = ⇒ = = ⇒ = t t

şeklinde değişir. O halde;

∫

∫

− = − 2 0 2 3 2 arcsin 0 2 cos 9 4sin cos sin ) 4 9 ( 1 2 1 π φ φ φ φd t dt

(

)

        = − = − =

∫

∫

2 , 9 4 3 1 sin ) 9 4 ( 1 3 1 sin ) 9 4 ( 1 9 2 0 2 2 0 2 π φ φ φ φ π π F d d bulunur.

14.

_∫

+ + 1 0 (1 x2)(1 2x2) dx

integralini eliptik integraller cinsinden ifade ediniz.

u

x=tan dönüşümünü yaparsak dx=sec2udu olup integral sınırları olan x=0 ve

x=1 sırasıyla u=0 ve 4 π = u e dönüşür. Dolayısıyla;

∫

+ + 1 0 (1 x2)(1 2x2) dx =

∫

+ + 4 0 2 2 2 ) tan 2 1 )( tan 1 ( sec π u u udu

∫

∫

∫

∫

∫

− = − + = + = + = + = 4 0 2 4 0 2 2 4 0 2 2 4 0 2 4 0 2 2 cos 2 ) cos 1 ( 2 cos sin 2 cos tan 2 1 cos tan 2 1 sec cos π π π π π u du u u du u u du u u du u udu u olup u= −t 2 π

dönüşümünü yaparsak du=−dt ve integralin de sınırları sırasıyla

4 4 2 0 π π π = ⇒ = = ⇒ = t u t u

haline dönüşür. Düzenleyip yazarsak;

∫

− 4 0 2 cos2 π u du =

∫

− − 4 2 2 sin2 π π t dt

(

)

                −         =         − − − = − = − =

∫

∫

∫

∫

4 , 2 1 2 , 2 1 2 1 sin ) 2 1 ( 1 sin ) 2 1 ( 1 2 1 sin ) 2 1 ( 1 2 sin 2 2 0 4 0 2 2 2 4 2 2 4 2 π π π π π π π π F F t dt t dt t dt t dt

15.

_∫

+ φ φ φ 0 1 k2sin2 d

integralini eliptik integraller cinsinden ifade ediniz.

u

ksin =φ tan dönüşümünü yaparsak kcosφdφ=sec2uduve böylelikle

φ φ φ 2 2 2 sin 1 sec cos sec − = = k udu k udu d 2 2 2 tan 1 sec k u k udu − = u k udu 2 2 2 tan sec − =

olur. Düzenleyip baştan yazarsak;

∫

+ φ φ φ 0 1 k2sin2 d =

_∫

− u u k udu u 0 2 2 2 tan sec cos

∫

∫

∫

∫

+ − = − − = − = − = u u u u u k k du u u k du u u k du u k u du 0 2 2 2 0 2 2 2 0 2 2 2 0 2 2 sin ) 1 ( sin ) sin 1 ( sin cos tan cos

∫

∫

      ₊ − =             ₊ − = u u u k k du k u k k k du 0 2 2 2 0 ₂ 2 2 2 sin 1 1 1 sin 1 1 olup burada u x k k sin sin 1 2 = + dersek udu xdx k k cos cos 1 2 = + ve buradan u k xdx k u k xdx k du 2 2 2 _{1 1 sin} cos cos 1 cos − + = + =

x k k k xdx k 2 2 2 2 sin 1 1 1 cos       + − + = ve sonuçta da

∫

∫

      + − + =       ₊ − x u x k k k x xdx k k u k k du k ₀ 2 2 2 2 0 ₂ 2 2 sin 1 1 1 ) (cos cos 1 sin 1 1 1 _       + + = x k k F k , 1 1 1 2 2

bulunur. Yapılan işlemlerde geriye doğru gidilerek son integralde üst limit x in ilk

integraldeki üst limit φ ye _       + + = − φ φ 2 2 2 1 sin 1 sin 1 sin k k

x eşitliği ile bağlı bulunduğu

görülür. 16.

∫

− − − 6 4 (x 1)(x 2)(x 3) dx

integralini eliptik integraller cinsinden ifade ediniz.

3

2

+ = u

x dönüşümünü yaparsak dx=2udu olup integral sınırları

3 6 1 4 = ⇒ = = ⇒ = u x u x haline dönüşür. Dolayısıyla;

∫

∫

+ + = − − − 3 1 2 2 2 6 4 ( 2)( 1) 2 ) 3 )( 2 )( 1 ( u u u udu x x x dx

∫

+ + = 3 1 ( 2 2)( 2 1) 2 u u du

ve bu son integralde u =tant dönüşümünü kullanırsak du=sec2tdt olup integralin sınır değerleri; 4 1⇒ =π = t u ve 3 3⇒ =π = t u olur. Buradan; = − − −

∫

6 4 (x 1)(x 2)(x 3) dx

∫

+ + 3 1 ( 2 2)( 2 1) 2 u u du

∫

+ + = 3 4 2 2 2 ) tan 1 )( tan 2 ( sec 2 π π t t tdt

(

)

∫

∫

∫

∫

∫

− = − = + − = + = + = 3 4 2 3 4 2 3 4 2 2 3 4 2 2 3 4 2 sin ) 2 1 ( 1 2 2 sin 2 2 sin ) sin 1 ( 2 2 sin cos 2 2 tan 2 cos 2 π π π π π π π π π π t dt t dt t t dt t t dt t t dt

∫

− = 3 4 1 (1 2)sin2 2 π π t dt                 −         =         − − − =

∫

∫

4 , 2 1 3 , 2 1 2 sin ) 2 1 ( 1 sin ) 2 1 ( 1 2 4 0 2 3 0 2 π π π π F F t dt t dt şekline girer.

Genel olarak, P3(x) reel köklü üçüncü dereceden bir polinom ise

∫

) ( 3 x P dx integrali

işaret edilen metotla bir eliptik integrale dönüştürülebilir.

17.

_∫

∞ + − 1 (u2 1)(u2 3) du integralini hesaplayınız.

Burada u=sect dönüşümünü yaparsak du=secttantdt olup integral sınırları olan 1 = u ve u=∞ sırasıyla t=0 ve 2 π = t ye dönüşür. Dolayısıyla;

∫

∞ + − 1 (u2 1)(u2 3) du

∫

+ − = 2 0 (sec2 1)(sec2 3) tan sec π t t tdt t

∫

∫

+ = + = 2 0 2 2 0 2 cos 3 1 3 sec cos π π t dt t t dt

(

)

        = − = − = − = − + =

∫

∫

∫

∫

2 , 2 3 2 1 sin ) 4 3 ( 1 2 1 sin ) 4 3 ( 1 4 sin 3 4 ) sin 1 ( 3 1 2 0 2 2 0 2 2 0 2 2 0 2 π π π π π F t dt t dt t dt t dt sonucu bulunur. 18.

_∫

− − − −1)( 2)( 3)( 4) (x x x x dx

integralinin eliptik integraller cinsinden nasıl

hesaplanabileceğini gösteriniz. d ct b at x + +

= kesirli lineer dönüşümünü yapalım ve a,b,c,d yi öyle tarzda seçelim ki x=1,2,3 değerleri için t=0,1, ∞ değerlerine karşılık gelsin. Yani;

1 = x için t=0 hali: Bu durumda d b = 1 olur. 2 = x için t=1 hali: Bu durumda d c b a + + = 2 olur. 3 = x için t=∞ hali: Bu durumda c a t d c t t b a t =       +       + =

3 olur ve buradan gerekli işlemler yapılırsa a=3d,

,

d

b= c=d elde edilir. Böylece

1 1 3 + + = t t x sonucuna varılır. Bu dönüşümü kullanırsak ₂ ) 1 ( 2 + = t dt

dx bulunup bunları integralde yerine koyarsak aşağıdaki

∫

− − − −1)( 2)( 3)( 4) (x x x x dx =

∫

      + − −       + −       + −       + + 1 3 1 2 1 1 1 2 ) 1 ( 2 2 t t t t t t t t dt =

∫

+ −1)( 3) (t t t dt ve burada da 2 u

t= dönüşümünü yaparsak dt=2udu olup

∫

_{( −1)( +3)} t t t dt =

∫

+ −1)( 3) ( 2 2 2 2 u u u udu =

∫

+ −1)( 3) ( 2 2 2 u u du

haline integralimiz dönüşmüş olur ki biz bir önceki problemde bu integrali çözmüştük. Bundan sonraki işlemler aynen bir önceki problemde yaptığımız gibi devam edip sonuca ulaşılır.

Genel olarak eğer P4(x) reel köklü dördüncü dereceden bir polinom ise

∫

) ( 4 x P dx

integrali işaret edilen metotla eliptik bir integrale dönüştürülebilir. 19.

∫

+ + + − = ) 7 )( 10 2 ( 2 2 x x x x dx

I integralini eliptik integraller cinsinden ifade

ediniz.

Öncelikle kök altındaki polinomun reel kökünün bulunup bulunmadığını inceleyelim. 0 9 ) 1 ( 9 1 2 10 2 2 2 2 = + + = + + − = + − x x x x

x olup reel kökü yoktur.

0 4 27 2 1 4 27 4 1 7 2 2 2 = +       + = + + + = + +x x x x

x olup reel kök yoktur.

Sonuçta kök altındaki polinomun hiçbir reel kökü bulunmadığından problem 18 deki metot uygulanamaz. Aşağıdaki tarzda hareket ediyoruz.

a bir sabit olmak üzere x=y+a dönüşümünü yapalım. Buradan dx=dy olup düzenlersek; =

∫

{

( + )2−2( + )+10

}{

( + )2+( + )+7

}

a y a y a y a y dy I

{

}{

}

∫

+ + + + + + − − + + = 7 2 10 2 2 2 2 2 2 2 a y a ay y a y a ay y dy

{

}{

}

∫

+ + + + + + − + − + = 7 ) 1 2 ( 10 2 ) 2 2 ( 2 2 2 2 a a y a y a a y a y dy şeklini alır.

a yı öyle tarzda seçelim ki kuadratik ifadelerden her birindeki sabit terimler eşit olsun. Yani 2 2 10 2 7 + + = + − a a a

a eşitliği sağlansın. Buradan a=1 elde edilir. Böylece;

∫

+ + + = ) 9 3 )( 9 ( 2 2 y y y dy I

olur. Şimdi ise β pozitif bir sabit olmak üzere y=βu dönüşümünü yapalım. Buradan dy=βdu olup integralimiz

∫

+ + + = ) 9 3 )( 9 ( 2 2 2 2 u u u du I β β β β

olur.β yı öyle tarzda seçelim ki kuadratik terimlerden her birinde 2

β katsayısı sabit terime eşit olsun. Yani 2 9

=

β olsun. Buradan β =3elde edilir ve integral

∫

+ + + = ) 1 )( 1 ( 3 1 2 2 u u u du I

şekline girer. Şimdi

t t u − + = 1 1 yazalım ₂ 1 2 t dt du − = olur ve

∫

+ + = ) 3 )( 1 ( 2 2 2 t t dt I

ve en son olarak t=tanθ dersekdt=sec2θdθ olup

∫

+ + = ) 3 )( 1 ( 2 2 2 t t dt I

∫

+ + = ) tan 3 )( tan 1 ( sec 2 2 2 2 θ θ θ θd

∫

∫

∫

∫

+ − = + = + = + = θ θ θ θ θ θ θ θ θ θ θ θ θ 2 2 2 2 2 2 2 sin ) sin 1 ( 3 2 sin cos 3 2 tan 3 cos 2 tan 3 cos cos 2 d d d d

[

]

∫

∫

∫

− = − = − = θ θ θ θ θ θ 2 2 2 sin ) 3 2 ( 1 3 2 sin ) 3 2 ( 1 3 2 sin 2 3 2 d d d sonucu bulunur. 20.

∫

+ − + − = ) 7 2 )( 10 2 ( 2 2 x x x x dx

I integralini bir eliptik integraller cinsinden

ifade ediniz.

Aynen bir önceki problemde olduğu öncelikle kök içindeki polinomların reel kökünün olup olmadığını araştıralım.

0 9 ) 1 ( 9 1 2 10 2 2 2 2_{− + = − + + = − + =} x x x x

x olup reel kök yoktur.

0 6 ) 1 ( 6 1 2 7 2 2 2 2 = + − = + + − = + − x x x x

x olup reel kök yoktur.

Şimdi x= y+a dönüşümü yaparsak dx=dy olup

{

}{

}

∫

+ + − + + + − + = 7 ) ( 2 ) ( 10 ) ( 2 ) ( 2 2 a y a y a y a y dy I

{

}{

}

{

}{

}

∫

∫

+ − + − + + − + − + = + − − + + + − − + + = 7 2 ) 2 2 ( 10 2 ) 2 2 ( 7 2 2 2 10 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a a y a y a a y a y dy a y a ay y a y a ay y dy şekline girer.

Bu aşamada sabit terimleri birbirine eşitlersek yani 7

2 10

2 + = − +

− a a a

a gibi imkansız bir denklem elde ederiz ki bu bize x− 1= y

dönüşümünün kullanılması gerektiğini gösterir. Buradan dx=dy bulunup yerine koyarsak

∫

+ + = ) 6 )( 9 ( 2 2 y y dy

I integrali elde edilir ve burada da son olarak

u

y= 6tan dönüşümünü yaparsak dy= 6sec2udu olur .Dolayısıyla;

∫

+ + = ) 6 )( 9 ( 2 2 y y dy I =

∫

+ +9)(6tan 6) tan 6 ( sec 6 2 2 2 u u udu

∫

∫

∫

∫

− = + − = + = + = u du u u du u u du u u du 2 2 2 2 2 2 sin 3 9 sin 6 ) sin 1 ( 9 sin 6 cos 9 9 tan 6 cos

[

]

∫

∫

− = − = u du u du 2 2 sin ) 3 1 ( 1 3 1 sin ) 3 1 ( 1 9

sonucu elde edilir.

21.

_∫

∞ + − + 1(3u2 1) (u2 1)(u2 3) du integralini hesaplayınız. ϕ sec =

u konursa du=secϕtanϕdϕ olup integral sınırları olan u=1 ve u=∞ sırasıyla ϕ=0 ve 2 π ϕ = ye dönüşür. Dolayısıyla;

∫

∞ + − + 1(3u2 1) (u2 1)(u2 3) du =

∫

+ − + 2

0 (3sec2 1) (sec2 1)(sec2 3)

tan sec π ϕ ϕ ϕ φ ϕ ϕ d =

∫

+ + 2 0 2 2 2 cos 3 1 ) cos 3 ( cos π ϕ ϕ ϕ ϕd

(

)

ϕ ϕ ϕ ϕ π d

∫

+ + − + = 2 0 2 2 2 cos 3 1 ) cos 3 ( 3 cos 3

∫

∫

+ + − + = 2 0 2 2 2 0 2 (3 cos ) 1 3cos 3 cos 3 1 π π ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ d d

( )

∫

( )

( )

∫

− − − − = 2 0 2 2 2 0 2 8 (1 14 sin ) 1 34sin 3 sin 4 3 1 2 1π π ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ d d

(

)

( 3 2, 14, 2) 8 3 2 , 2 3 2 1 π π − ∏ − = F

22.

_∫

− − − − = ) 4 )( 3 )( 2 )( 1 (x x x x x dx

I integralinin eliptik integraller cinsinden

nasıl hesaplanabileceğini gösteriniz.

Problem 19 daki gibi işlem yapalım ve

d ct b at x + + = kesirli lineer dönüşümünü düşünelim ve a,b,c,d yi öyle tarzda seçelim ki x=1,2,3 değerleri için t=0,1, ∞ değerlerine karşılık gelsin. Yani;

1 = x için t=0 hali: Bu durumda d b = 1 olur. 2 = x için t=1 hali: Bu durumda d c b a + + = 2 olur. 3 = x için t=∞ hali: Bu durumda c a t d c t t b a t =       +       + =

3 olur ve buradan gerekli işlemler yapılırsaa=3d,

,

d

b= c=d elde edilir. Böylece

1 1 3 + + = t t x sonucuna varılır. Bu dönüşümü kullanırsak ₂ ) 1 ( 2 + = t dt

dx bulunup bunları integralde yerine koyalım.

∫

_{− − − −} = ) 4 )( 3 )( 2 )( 1 (x x x x x dx I =

∫

      + − −       + −       + −       +       + + + 1 3 1 2 1 1 1 2 1 1 3 ) 1 ( 2 2 t t t t t t t t t t dt

∫

+ − + + = ) 3 )( 1 ( ) 1 3 ( ) 1 ( t t t t dt t şekline dönüşür. Şimdi 2 u

t= yazalım dt=2udu ve dolayısıyla;

∫

+ − + + = ) 3 )( 1 ( ) 1 3 ( ) 1 ( t t t t dt t I =2 ) 3 )( 1 ( ) 1 3 ( ) 1 ( 2 2 2 2 + − + +

∫

u u u du u =

( )

du u u u u

∫

+ − + + + ) 3 )( 1 ( ) 1 3 ( 3 2 ) 1 3 ( 3 1 2 2 2 2

∫

∫

+ − + + + − = ) 3 )( 1 ( ) 1 3 ( 3 4 ) 3 )( 1 ( 3 2 2 2 2 2 2 u u u du u u du

olup u=secw dersekdu=secwtanwdw olur. Dolayısıyla;

∫

∫

+ − + + + − = ) 3 )(sec 1 (sec ) 1 sec 3 ( tan sec 3 4 ) 3 )(sec 1 (sec tan sec 3 2 2 2 2 2 w w w wdw w w w wdw w I

∫

∫

+ + + + = 1 cos 3 ) cos 3 ( cos 3 4 1 cos 3 3 2 2 2 2 2 w w wdw w dw

[

]

        + − − + − + − + + − = + + − + + + =

∫

∫

∫

∫

∫

1 ) sin 1 ( 3 ) sin 1 ( 3 3 1 ) sin 1 ( 3 3 4 1 ) sin 1 ( 3 3 2 1 cos 3 ) cos 3 ( ) 3 cos 3 ( 3 4 1 cos 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 w w dw w dw w dw w w dw w w dw

[

]

        − − − − + − =         − − − − + − =

∫

∫

∫

∫

∫

∫

w w dw w dw w dw w w dw w dw w dw 2 2 2 2 2 2 2 2 sin ) 4 3 ( 1 sin ) 4 1 ( 1 8 3 sin ) 4 3 ( 1 2 1 3 4 sin ) 4 3 ( 1 3 1 sin 3 4 ) sin 4 ( 3 sin 3 4 3 4 sin 3 4 3 2 bulunur. 23.

∫

+ − 1 0 x(1 x)(1 x) dx integralini hesaplayınız.

∫

+ − 1 0 x(1 x)(1 x) dx =

∫

− 1 0 x(1 x2) dx

deyip x=sint dersek dx=costdt olup integral

sınırları olan x=0 ve x=1 sırasıyla t=0 ve 2 π = t ye dönüşür. Dolayısıyla;

∫

− 1 0 x(1 x2) dx =

∫

=

∫

− 2 0 2

0 sin (1 sin2 ) sin

cos π π t dt t t tdt olup şimdi de t= −u 2 π dersek du

dt =− ve sınırların değişmesini de dikkate alırsak;

∫

2 0 sin π t dt =

∫

− =

∫

0 2 2 0 cos cos π π u du u du

olup cos =u cos2y dönüşümü ile de

u ydy y u ydy y du 2 cos 1 sin cos 2 sin sin cos 2 − = = y ydy y 4 cos 1 sin cos 2 − = ) cos 1 )( cos 1 ( sin cos 2 2 2 y y ydy y + − =

y ydy 2 cos 1 cos 2 + =

olup bunları yerine koyarsak;

∫

2 0 cos π u du =

∫

+ 2 0 cos 1 cos2 cos 2 π y y ydy

(

)

∫

∫

− = − + = 2 0 2 2 0 2 sin ) 2 1 ( 1 2 2 ) sin 1 ( 1 2 π π y dy y dy         = − =

∫

2 , 2 1 2 sin ) 2 1 ( 1 2 2 0 2 π π F y dy bulunur. 24.

∫

+ + 3 1 x4 4x2 3 dx integralini hesaplayınız.

∫

∫

+ + = + + 3 1 2 2 3 1 4 4 2 3 (x 1)(x 3) dx x x dx

olup x=tanu dersek dx=sec2uduolup

integral sınırları olan x=1 ve x= 3 sırasıyla 4 π = u ve 3 π = u e dönüşür. Düzenlersek;

∫

∫

+ + = + + 3 1 3 4 2 2 2 2 2 _{(1 tan )(3 tan )} sec ) 3 )( 1 ( π π u u udu x x dx

∫

∫

∫

+ − = + = + = 3 4 2 3 4 2 2 3 4 2 sin ) sin 1 ( 3 sin cos 3 tan 3 cos π π π π π π u u du u u du u u du

∫

− = 3 4 1 (2 3)sin2 3 1 π π u du

                −         =         − − − =

∫

∫

4 , 3 2 3 , 3 2 3 1 sin ) 3 2 ( 1 sin ) 3 2 ( 1 3 1 3 0 4 0 2 2 π π π π F F u du u du sonucu bulunur. 25.       = −

∫

∞ 2 1 2 1 1 1 4 K x dx olduğunu gösteriniz.

∫

∫

∞ ∞ + − = − 1 2 2 1 4 1 (x 1)(x 1) dx x dx

yazıp x=secu dersek dx=secutanudu olup

integral sınırları x=1 ve x=∞için sırasıyla u =0 ve 2 π = u ye dönüşür. Dolayısıyla;

∫

∫

∞ + − = − 1 2 0 2 2 4 ) 1 )(sec 1 (sec tan sec 1 π u u udu u x dx

∫

+ = 2 0 1 cos2 π u du

(

)

      = − = − + =

∫

∫

2 1 2 1 sin ) 2 1 ( 1 2 ) sin 1 ( 1 2 0 2 2 0 2 K u du u du π π bulunur. 26.

_∫

− − 2 0 (16 x2)(25 x2) dx

integralini eliptik integraller cinsinden ifade ediniz.

Burada x=4sint dersek dx=4costdt olup integral sınırları olan x=0 ve x=2 sırasıyla t=0ve 2 π = t ye dönüşür. Düzenlersek;

∫

− − 2 0 (16 x2)(25 x2) dx =

∫

− − 2 0 16(1 sin2 )(25 16sin2 ) cos 4 π t t tdt

∫

− = 2 0 1 (16 25)sin2 5 1π t dt

      = 2 , 5 4 5 1 π F bulunur. 27.

_∫

− − 1 0 2 2 1 3 dx x x

integralini eliptik integraller cinsinden yazınız.

dx x x

∫

1 ₋− 0 2 2 1 3 = dx x x

∫

− − 1 0 2 2 1 3

olup x=sint dersek dx=costdt olup integral

sınırları x=0 için t=0 ve x=1 için 2 π = t ye dönüşür. Dolayısıyla;

∫

− − 1 0 2 2 1 3 x x = dt t t t

∫

− 2 0 2 cos sin 3 cos π         = − =

∫

2 , 3 1 3 sin ) 3 1 ( 1 3 2 0 2 π π E dt t sonucu bulunur. 28.

_∫

− − 5 3 (x2 9)(25 x2) dx

integralini eliptik integraller cinsinden ifade ediniz.

Burada x=5sint dönüşümünü yaparsak dx=5costdt olup integral sınırları olan 3 = x ve x=5, x=t      5

arcsin bağıntısına bağlı olarak sırasıyla       = 5 3 arcsin t ve 2 π = t ye dönüşür. Dolayısıyla;

∫

− − 5 3 (x2 9)(25 x2) dx =

∫

− − 2 5 3 arcsin 2 2 _{9)25(1 sin )} sin 25 ( cos 5 π t t tdt

∫

− = 2 5 3 arcsin 2 ₉ sin 25 π t dt olup t= −u 2 π

dersek dt=−duve buna bağlı olarak integraldeki sınır değişimini de dikkate alırsak;

∫

− = 2 5 3 arcsin 2 9 sin 25 π t dt =

∫

− − − 0 5 3 arcsin 2 2 ₉ cos 25 π u du

∫

− − − = 5 3 arcsin 2 0 25(1 sin2 ) 9 π u du

∫

− − = 5 3 arcsin 2 0 1 (2516)sin2 4 1 π u du

olup sinu sinw

4 5 = dersek wdw udu cos cos 4 5 = u wdw du cos 5 cos 4 = w wdw u wdw 2 2 sin 16 25 cos 4 sin 1 5 cos 4 − = − = olup düzenlersek;

∫

− − = 5 3 arcsin 2 0 1 (2516)sin2 4 1 π u du =

∫

− 2 0 5cos 1 (16 25)sin2 cos 4 4 1π w w wdw       = − =

∫

2 , 5 4 5 1 sin ) 25 16 ( 1 5 1 2 0 2 π π F w dw

sonucu bulunur. En son inetgraldeki sınır değişiminin

5 sin 4

sinu= w bağıntısına bağlı olarak değiştirildiğine dikkat edelim. Buna göre u=0 için w=0 ve

5 3 arcsin 2 − =π u için 2 5 sin 4 ) 5 3 cos(arcsin ) 5 3 arcsin 2 sin(π − = = w⇒w=π bulunmuştur.

29.

_∫

∞ + + 0 (x4 16)(x4 25) xdx

integralini eliptik integraller cinsinden ifade ediniz.

u

x2=4tan dönüşümünü yaparsak 2xdx=4sec2udu olup integral sınırları olan 0 = x ve x=∞ sırasıyla u =0 ve 2 π = u ye dönüşür. Düzenlersek;

∫

∞ + + 0 (x4 16)(x4 25) xdx =

∫

+ + 2 0 2 2 2 ) tan 16 25 )( tan 16 16 ( sec 4 2 1π u u udu

∫

∫

∫

+ − = + = + = 2 0 2 2 2 0 2 2 2 0 2 sin 16 ) sin 1 ( 25 2 1 sin 16 cos 25 2 1 tan 16 25 cos 2 1 π π π u u du u u du u u du

∫

− = 2 0 5 1 (9 25)sin2 2 1π u du       = 2 , 5 3 10 1 π F bulunur. 30.

∫

∞ + − + − = 1 (x2 4x 5)(x2 4x 10) dx I integralini hesaplayınız.

Öncelikle kök içindeki ifadenin reel kökünün bulunup bulunmadığını inceleyelim. 0 1 ) 2 ( 1 4 4 5 4 2 2 2 = + − = + + − = + − x x x x

x olup reel kök yoktur.

0 6 ) 2 ( 6 4 4 10 4 2 2 2 = + − = + + − = + − x x x x

x olup reel kök yoktur.

Burada x= y+a dönüşümünü yaparsak dx=dy olur ve verilen integrali bu dönüşüm değişimine göre baştan düzenlersek;

{

}{

}

∫

∞ − + − + + + − + + = a y a y a y a y a dy I 1 ( )2 4( ) 5 ( )2 4( ) 10

{

}{

}

{

}{

}

∫

∫

∞ − ∞ − + − + + − + + − + − + = + − − + + + − − + + = a a a a y a y a a y a y dy a y a ay y a y a ay y dy 1 2 2 2 2 1 2 2 2 2 10 4 ) 4 2 ( 5 4 ) 4 2 ( 10 4 4 2 5 4 4 2

ifadesi elde edilir. Burada kök içindeki sabit terimleri birbirine eşitlersek çözümü imkansız olan 2 4 5 2 4 10 + − = + − a a a

a eşitliği bulunur ki bu da bize x− 2=u

dönüşümünü yapmamızı söyler. Buradan dx=du olup sınırlardaki değişimi de göz önünde bulundurursak;

∫

∞ − + + = 1 (1 u2)(6 u2) du

I bulunup son olarak u=tant dersek du=sec2tdt ve

dolayısıyla;

∫

∞ − + + = 1 (1 u2)(6 u2) du I = (

∫

) − + + 2 4 2 2 2 ) tan 6 )( tan 1 ( sec π π t t tdt ( ) ( ) (

∫

)

∫

∫

− − − + − = + = + = 2 4 2 2 2 4 2 2 2 4 2 sin ) sin 1 ( 6 sin cos 6 tan 6 cos π π π π π π t t dt t t dt t t dt ( )

[

]

( ) ( )                 −         =         − − − = − = − =

∫

∫

∫

∫

− − − 4 7 , 6 5 2 , 6 5 6 1 sin ) 6 5 ( 1 sin ) 6 5 ( 1 6 1 sin ) 6 5 ( 1 6 sin 5 6 2 0 4 0 2 2 2 4 2 2 4 2 π π π π π π π π F F t dt t dt t dt t dt sonucu çıkar. 31.

∫

∞ + − + − = 1 (x2 4x 5)(x2 4x 10) dx I integralini hesalayınız.

Öncelikle kök içindeki ifadenin reel kökünün bulunup bulunmadığını inceleyelim. 0 1 ) 2 ( 1 4 4 5 4 2 2 2 = + − = + + − = + − x x x x

x olup reel kök yoktur.

0 6 ) 2 ( 6 4 4 10 4 2 2 2 = + − = + + − = + − x x x x

x olup reel kök yoktur.

{

}{

}

∫

∞ − + − + + + − + + = a y a y a y a y a dy I 1 ( )2 4( ) 5 ( )2 4( ) 10

{

}{

}

∫

∞ − + + − − + + + − − + = a y ay a y a y ay a y a dy 1 2 2 2 4 4 5 2 2 2 4 4 10

{

}{

}

∫

∞ − + − + − + + − + +− + = a y a y a a y a y a a dy 1 2 (2 4) 2 4 5 2 (2 4) 2 4 10

olup burada kök içindeki sabit terimleri birbirine eşitlersek çözümü imkansız olan 10 4 5 4 2 2 + − = + − a a a

a eşitliği bulunur ki bu da bize x− 2=u dönüşümünü yapmamızı söyler. Buradan dx=du olup sınırlardaki değişimi de göz önünde bulundurursak;

∫

∞ − + + = 1 (1 u2)(6 u2) du

I bulunup son olarak u=tant dersek du=sec2tdt ve

dolayısıyla;

∫

∞ − + + = 1 (1 u2)(6 u2) du I = (

∫

) − + + 2 4 2 2 2 ) tan 6 )( tan 1 ( sec π π t t tdt (

∫

) − + = 2 4 cos 6 tan2 π π t t dt ( ) (

∫

)

∫

− − + − = + = 2 4 2 2 2 4 2 2 sin ) sin 1 ( 6 sin cos 6 π π π π t t dt t t dt (

∫

) − − = 2 4 6 5sin2 π π t dt

[

]

( ) ( )                 −         =         − − − = − =

∫

∫

∫

− − 4 7 , 6 5 2 , 6 5 6 1 sin ) 6 5 ( 1 sin ) 6 5 ( 1 6 1 sin ) 6 5 ( 1 6 2 0 4 0 2 2 2 4 2 π π π π π π F F t dt t dt t dt bulunur.

2.2 Eliptik Fonksiyonlarla İlgili Problemler 32. (a) (sn u) (cn u)(dn u) du d = (b) (cn u) (sn u)(dn u) du d − = olduğunu ispat ediniz.

Tanım gereğince

∫

− = φ θ θ 0 1 k2sin2 d u olduğundan φ φ 2 2 sin 1 1 k d du − = ve dolayısıyla φ 2 2φ sin 1 k du d − = dir. ) am sin( sin

sn u = φ = u ve cn u=cosφ =cos(amu) olduğunu biliyoruz. O halde;

(a) (sn ) (sin ) (sin ) cos cn 1 2sn2 )

φ φ φ φ φ φ φ u k du d du d d d du d u du d − = = = = =(cn u)(dn u) (b) φ φ φ φ φ φ φ) (cos ) sin sn 1 sn (cos ) cn ( 2 2 k u du d du d d d du d u du d − − = − = = = =−(sn u)(dn u) bulunur. 33. (a) (dn ) 2(sn )(cn ) u u k u du d − = (b) u u u du d cn dn ) tn ( = ₂

olduğunu ispat ediniz.

(a) x=sn u ve 1−k2x2 =dn u olmak üzere; ) dn ( u du d

(

)

(

)

du dx x k dx d x k du d ₁₋ 2 2 _{= 1−} 2 2 =

(

)

du dx x k x k du dx x k x k 2 2 2 2 2 1 2 2 1 ) 2 ( 1 2 1 − − = − − = − olup sn için (sn u) (cn u)(dn u) du d du dx u

x= = = olduğunu biraz önce göstermiştik. O

( du d dn u) (cn )(dn ) (sn )(cn ) dn ) sn ( 2 2 u u k u u u u k − = − = bulunur. (b) du dx x du dx x x dx d x x du d u du d 2 3 2 2 2 _{(1 )} 1 1 1 ) tn ( − =       − =       − = şeklinde yazarsak ve 1 2 cn ve (cn )(dn ) u u du dx u x = = − eşitliklerini yukarıda kullanırsak; u u u u u u du d cn dn cn ) dn )( cn ( ) tn ( = ₃ = ₂ bulunur. 34. (a) sn (−u)=−sn u (b) cn (−u)=cn u (c) dn (−u)=dn u (d) tn (−u)=−tn u

olduğunu ispat ediniz.

(a)

∫

− = φ θ θ 0 1 k2sin2 d u ve

∫

− − = φ θ θ 0 1 k2sin2 d v olarak tanımlayalım. φ sin

sn =u olduğunu biliyoruz. Aynı mantıkla u

v sin( ) sin sn

sn = −φ =− φ=− yazabiliriz. Şimdi ikinci integralde θ=−w koyarsak

dw dθ =− olup bu integral u w k dw k d v =− − − = − =

∫

∫

−φ φ θ θ 0 2 2 0 1 2sin2 1 sin şeklini alır

ve bu eşitliği yukarıda yerine koyarsak sn (−u)=−sn u olduğu görülür. (b) cn u= 1−sn2u olduğundan cn (−u)= 1−sn2(−u)= 1−sn2u =cn u (c) dn u= 1−k2sn2u olduğundan dn (−u)= 1−k2sn2(−u)= 1−k2sn2u =dn u (d) u u u u u u tn cn sn ) ( cn ) ( sn ) ( tn =− =− − − = − sonucu çıkar.