BELİRLİ İNTEGRALİN LİMİT UYGULAMALARI

𝑦 = 𝑓(𝑥)

𝐱_𝟏 𝐱_𝟐 𝐱_𝟑 … ^{𝐱𝐧−𝟐} 𝑦

𝑥 Bernhard Reimann (1826-1866)

n dokuzuncu yüz

yılın seçkin mate- matikçileri arasında

Bernhard Riemann’ın özel bir yeri vardır. Yalnızca on beş yıl süren etkinlik döneminde matematiğin hemen her alanına çok büyük katkıları olmuştur.

İntegral kuramı, kompleks değişkenli fonksiyonlar kuramı, geometri, varyasyonlar analizi, elektrik kuramı ve bunlar gibi pek çok konuda çalışmalar yapmıştır. Yine de Riemann’ın

çalışmalarını değerli yapan yalnızca başardıkları değil olağanüstü verimli düşüncelerinin matematiğin yanı sıra mekanik, fizik ve bir bütün olarak doğa bilimlerinde çok sayıda gelişmeye yol açmış olmasıdır. Bende size bu bölümde benim matematiğe bakış açımı derinden etkileyen Riemann Toplamı’nın Limit ve İntegral’le olan ilişkisini örneklerle anlatmaya çalışacağım.

Öncelikle Riemann Toplamı’nı bir hatırlayalım.

Riemann Toplamı

𝑦 = 𝑓(𝑥) fonksiyonu [𝑎, 𝑏] aralığında sürekli olsun.

𝑎 = 𝑥0, 𝑏 = 𝑥𝑛 olmak üzere 𝑥1, 𝑥2, 𝑥3, … , 𝑥𝑛−1 ile [𝑎, 𝑏] aralığını n eşit parçaya bölelim.

𝑥₁− 𝑥₀= 𝑥₂− 𝑥₁= 𝑥₃− 𝑥₂= ⋯ = 𝑥_𝑛− 𝑥_𝑛−1=𝑏 − 𝑎 𝑛 Bir köşesi 𝑦 = 𝑓(𝑥) eğrisi üzerinde bulunan ve eğrinin altında kalan şekildeki taralı dikdörtgenlerin alanları

(𝑻) ile gösterilir.

𝐴𝑛(𝑇) =𝑏 − 𝑎

𝑛 . 𝑓(𝑥0) +𝑏 − 𝑎

𝑛 . 𝑓(𝑥1) + ⋯ +𝑏 − 𝑎

𝑛 . 𝑓(𝑥𝑛−1)

=𝑏 − 𝑎

𝑛 . (𝑓(𝑥0) + 𝑓(𝑥₁) + ⋯ + 𝑓(𝑥_𝑛−1))

=𝑏 − 𝑎

𝑛 ∑ 𝑓(𝑥𝑘)

𝑛−1

𝑘=0

Bir köşesi 𝑦 = 𝑓(𝑥) eğrisi üzerinde bulunan ve eğrinin üstüne taşan dikdörtgenlerin alanları toplamına üst toplam denir ve Ü𝒏(𝑻) ile gösterilir.

Yani;

Ü𝑛(𝑇) =𝑏 − 𝑎

𝑛 . 𝑓(𝑥0) +𝑏 − 𝑎

𝑛 . 𝑓(𝑥1) + ⋯ +𝑏 − 𝑎 𝑛 . 𝑓(𝑥𝑛)

=𝑏 − 𝑎

𝑛 . (𝑓(𝑥₀) + 𝑓(𝑥₁) + ⋯ + 𝑓(𝑥_𝑛))

=𝑏 − 𝑎

𝑛 ∑ 𝑓(𝑥𝑘)

𝑛

𝑘=0

Alt ve Üst toplamlara Riemann Toplamı denir.

𝑛→∞lim𝐴𝑛(𝑇) = lim

𝑛→∞Ü𝑛(𝑇) = 𝐴

ise “𝑦 = 𝑓(𝑥) eğrisi , 𝑥 = 𝑎 ve 𝑥 = 𝑏 doğruları ve 𝑥 ekseni arasında kalan alan A dır.” denir ve

∫ 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 = 𝐴

𝑏 𝑎

olarak yazılır. Eğer

𝑛→∞lim𝐴_𝑛(𝑇) ≠ lim

𝑛→∞Ü_𝑛(𝑇) ise

∫ 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥

𝑏 𝑎

interali yoktur.

O halde artık aşağıdaki ifadeyi yazabiliriz:

f(x) fonksiyonu [a, b] aralığında sürekli ise 𝐱𝒂 _𝟎

𝐱_𝐧−𝟏 𝒃 𝐱_𝐧

𝑛→∞lim 𝑏 − 𝑎

𝑛 ∑ 𝑓 (𝑎 +𝑘(𝑏 − 𝑎)

𝑛 ) = ∫ 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥

𝑏 𝑎 𝑛

𝑘=1

tir. Eğer 𝑎 = 0 ve 𝑏 = 1 alınırsa;

𝑛→∞𝑙𝑖𝑚 1

𝑛∑ 𝑓 (𝑘

𝑛) = ∫ 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥

1 0 𝑛

𝑘=1

olur.

SORU 1:

𝑛→∞lim 1

√𝑛(1 + 1

√2+ 1

√3+ ⋯ + 1

√𝑛) limitinin değerini bulunuz.

ÇÖZÜM:

𝑛→∞𝑙𝑖𝑚 1

√𝑛(1 + 1

√2+ 1

√3+ ⋯ + 1

√𝑛)

= 𝑙𝑖𝑚

𝑛→∞

1

√𝑛∑ 1

√𝑘

𝑛

𝑘=1

= 𝑙𝑖𝑚

𝑛→∞

1 𝑛∑ √𝑛

𝑘

𝑛

𝑘=1

= 𝑙𝑖𝑚

𝑛→∞

1 𝑛∑ 1

√𝑘𝑛

= ∫ 1

√𝑥

1 0 𝑛

𝑘=1

𝑑𝑥

= ∫ 𝑥⁽⁻¹²⁾ 𝑑𝑥 = 2. 𝑥¹²

1

0 │1

0 = 2 − 0 = 2

SORU 2:

𝑛⟶∞𝑙𝑖𝑚 (√𝑛 + 1 + √𝑛 + 2 + ⋯ + √2𝑛

𝑛√𝑛 )

limitinin değerini bulunuz.

ÇÖZÜM:

𝑛⟶∞𝑙𝑖𝑚 1

𝑛(√𝑛 + 1

𝑛 + √𝑛 + 2

𝑛 + ⋯ + √𝑛 + 𝑛 𝑛 )

= 𝑙𝑖𝑚

𝑛⟶∞

1

𝑛(√1 +1

𝑛+ √1 +2

𝑛+ ⋯ + √1 +𝑛 𝑛)

= 𝑙𝑖𝑚

𝑛→∞

1

𝑛∑ (√1 +𝑘

𝑛) = ∫ √1 + 𝑥 𝑑𝑥

1 0 𝑛

𝑘=1

= ∫ (1 + 𝑥)¹²

1 0

𝑑𝑥 = (1 + 𝑥)³² 32

│1 0

=2

3(2³²− 1) =4√2 − 2 3

SORU 3:

𝑛→∞𝑙𝑖𝑚

1^𝑚+ 2^𝑚+ 3^𝑚+ ⋯ + 𝑛^𝑚 𝑛^𝑚+1

Limitinin değerini bulunuz.

ÇÖZÜM:

𝑛→∞𝑙𝑖𝑚 1 𝑛((1

𝑛)

𝑚

+ (2 𝑛)

𝑚

+ (3 𝑛)

𝑚

+ ⋯ + (𝑛 𝑛)^𝑚)

= 𝑙𝑖𝑚

𝑛→∞

1 𝑛∑(𝑘

𝑛)^𝑚

𝑛

𝑘=1

= ∫ 𝑥^𝑚

1

0 𝑑𝑥

= 𝑥^𝑚+1 𝑚 + 1│1

0 = 1

𝑚 + 1

SORU 4:

𝑛⟶∞𝑙𝑖𝑚 ( 𝑛

𝑛²+ 2²+ 𝑛

𝑛²+ 4²+ 𝑛

𝑛²+ 6²+ ⋯ + 𝑛 𝑛²+ (2𝑛)²)

limitinin değerini bulunuz.

ÇÖZÜM:

𝑛⟶∞𝑙𝑖𝑚 ( 𝑛

𝑛²+ 2²+ 𝑛

𝑛²+ 4²+ 𝑛

𝑛²+ 6²+ ⋯ + 𝑛 𝑛²+ (2𝑛)²)

= 𝑙𝑖𝑚

𝑛⟶∞

1 𝑛( 𝑛²

𝑛²+ 2²+ 𝑛²

𝑛²+ 4²+ ⋯ + 𝑛² 𝑛²+ (2𝑛)²)

= 𝑙𝑖𝑚

𝑛⟶∞

1

𝑛( 1

1 + (2 𝑛)

2+ 1

1 + (4 𝑛)

2+ ⋯ + 1

1 + (2𝑛 𝑛 )

2)

= 𝑙𝑖𝑚

𝑛⟶∞

1

𝑛( 1

1 + (2.1 𝑛 )

2+ 1

1 + (2.2 𝑛 )

2+ ⋯ + 1

1 + (2. 𝑛 𝑛 )

2)

= 𝑙𝑖𝑚

𝑛⟶∞

1

𝑛( 1

1 + 4. (1 𝑛)

2+ 1

1 + 4. (2 𝑛)

2+ ⋯ + 1

1 + 4. (𝑛 𝑛)

2)

= 𝑙𝑖𝑚

𝑛⟶∞

1

𝑛∑ 1

1 + 4. (𝑘 𝑛)

2= ∫ 1

1 + 4. 𝑥²

1 0 𝑛

𝑘=1

𝑑𝑥

=1

2 𝐴𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(2𝑥)│1 0

=1

2 𝐴𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛2 −1

2 𝐴𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛0

=1

2 𝐴𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛2

SORU 5:

𝑛⟶∞𝑙𝑖𝑚 (𝑛^3𝑛 (𝑛!)³)

𝑛1

limtinin değerini bulunuz.

ÇÖZÜM:

𝑛⟶∞𝑙𝑖𝑚 [(𝑛^𝑛 𝑛!)

3

]

1 𝑛

= 𝐴 ⇒ 𝑙𝑖𝑚

𝑛⟶∞

1

𝑛 . 𝑙𝑛 (𝑛^𝑛 𝑛!)

3

= 𝑙𝑛 𝐴

⇒ 𝑙𝑖𝑚

𝑛⟶∞

1 𝑛 . 𝑙𝑛 (𝑛

1.𝑛 2.𝑛

3…𝑛

𝑛)³= 𝑙𝑛 𝐴

⇒ 𝑙𝑖𝑚

𝑛⟶∞

1 𝑛 . 𝑙𝑛 (1

𝑛.2 𝑛.3

𝑛…𝑛 𝑛)

−3

= 𝑙𝑛 𝐴

⇒ 𝑙𝑖𝑚

𝑛⟶∞

1

𝑛 . ∑ 𝑙𝑛 (𝑘 𝑛)

𝑛 −3 1

= 𝑙𝑛 𝐴

⇒ ∫ 𝑙𝑛 𝑥^{1 −3}

0

𝑑𝑥 = 𝑙𝑛 𝐴

⇒ −3(𝑥. 𝑙𝑛 𝑥 − 𝑥)│1 0 = 𝑙𝑛 𝐴

⇒ −3. 𝑙𝑖𝑚

𝑘→0(𝑥. 𝑙𝑛 𝑥 − 𝑥)│ 1 𝑘 = 𝑙𝑛 𝐴

⇒ 3 − 𝑙𝑖𝑚

𝑘→0⁺(−3.𝑙𝑛 𝑘 − 1 1𝑘

) = 𝑙𝑛 𝐴

⇒ 3 − 𝑙𝑖𝑚

𝑘→0⁺(−3 𝑘

− 1 𝑘²

) = 𝑙𝑛 𝐴

⇒ 3 − 𝑙𝑖𝑚

𝑘→0⁺3𝑘 = 𝑙𝑛 𝐴 ⇒ 3 = 𝑙𝑛 𝐴

⇒ 𝐴 = 𝑒³

SORU 6:

𝑛→∞𝑙𝑖𝑚( 𝑛!

𝑛^𝑛. 𝑒^−𝑛)

1 𝑛

limitinin değerini bulunuz.

ÇÖZÜM:

𝑙𝑖𝑚

𝑛→∞(𝑛!. (𝑒 𝑛)^𝑛)

1𝑛

= 𝐴

⇒ 𝑙𝑖𝑚

𝑛→∞

1 𝑛. 𝑙𝑛 (𝑒

𝑛.2𝑒 𝑛 .3𝑒

𝑛. … .𝑛. 𝑒

𝑛 ) = 𝑙𝑛 𝐴

⇒ 𝑙𝑖𝑚

𝑛→∞

1

𝑛. ∑ 𝑙𝑛 (𝑒.𝑘 𝑛)

𝑛

𝑘=1

= 𝑙𝑛 𝐴

⇒ ∫ 𝑙𝑛(𝑒. 𝑥)

1

0 𝑑𝑥 = 𝑙𝑛 𝐴

⇒ ∫ (𝑙𝑛 𝑒 + 𝑙𝑛 𝑥)𝑑𝑥¹

0

= 𝑙𝑛 𝐴

⇒ ∫ (1 + 𝑙𝑛 𝑥)𝑑𝑥 = 𝑙𝑛 𝐴¹

0

⇒ (𝑥 + 𝑥. 𝑙𝑛𝑥 − 𝑥)│1 0

= 𝑙𝑛 𝐴

⇒ 𝑙𝑖𝑚

𝑘→0(𝑥. 𝑙𝑛𝑥) │1 𝑘 = 𝑙𝑛 𝐴

⇒ 0 − 𝑙𝑖𝑚

𝑘→0𝑘. 𝑙𝑛 𝑘 = 𝑙𝑛 𝐴

⇒ − 𝑙𝑖𝑚

𝑘→0

𝑙𝑛 𝑘 1𝑘

= 𝑙𝑛 𝐴

⇒ − 𝑙𝑖𝑚

𝑘→0

1𝑘

− 1 𝑘²

= 𝑙𝑛 𝐴

⇒ 𝑙𝑖𝑚

𝑘→0𝑘 = 𝑙𝑛 𝐴

⇒ 0 = 𝑙𝑛 𝐴

⇒ 𝑒⁰= 𝐴

⇒ 𝐴 = 1

SORU 7:

𝑛→∞𝑙𝑖𝑚 1

𝑛√(4𝑛)!

(3𝑛)!

𝑛

limitinin değerini bulunuz.

ÇÖZÜM:

𝑛→∞𝑙𝑖𝑚 1

𝑛√ 1.2.3. … .3𝑛. (3𝑛 + 1). (3𝑛 + 2). … .4𝑛 1.2.3. … .3𝑛

𝑛

⇒ 𝑙𝑖𝑚

𝑛→∞

1

𝑛√𝑛. (3 +1

𝑛) . 𝑛. (3 +2

𝑛) . 𝑛. (3 +3

𝑛) . … . 𝑛. (3 +𝑛 𝑛)

𝑛

⇒ 𝑙𝑖𝑚

𝑛→∞

1

𝑛√𝑛^𝑛. (3 +1

𝑛) . (3 +2

𝑛) . (3 +3

𝑛) . … . (3 +𝑛 𝑛)

𝑛

⇒ 𝑙𝑖𝑚

𝑛→∞

𝑛

𝑛√(3 +1

𝑛) . (3 +2

𝑛) . (3 +3

𝑛) . … . (3 +𝑛 𝑛)

𝑛

⇒ 𝑙𝑖𝑚

𝑛→∞

1

𝑛∏ (3 +𝑘 𝑛)

𝑛1 𝑛

𝑘=1

= 𝐴

⇒ 𝑙𝑖𝑚

𝑛→∞

1

𝑛∑ 𝑙𝑛 (3 +𝑘

𝑛) = 𝑙𝑛 𝐴

𝑛

𝑘=1

⇒ ∫ 𝑙𝑛(3 + 𝑥). 𝑑𝑥 = 𝑙𝑛 𝐴 ¹

0

⇒ [(𝑥 + 3). (𝑙𝑛(𝑥 + 3) − 1)]│1 0

= 𝑙𝑛 𝐴

⇒ 4. (𝑙𝑛 4 − 1) − 3. (𝑙𝑛 3 − 1 = 𝑙𝑛 𝐴

⇒ 4. 𝑙𝑛 4 − 3. 𝑙𝑛 3 − 1 = 𝑙𝑛 𝐴

⇒ 𝑙𝑛256 27𝑒= 𝑙𝑛 𝐴

⇒ 𝐴 =256 27𝑒

SORU 8:

𝑛→∞lim √(𝑠𝑖𝑛 𝜋

2𝑛. 𝑠𝑖𝑛2𝜋 2𝑛. 𝑠𝑖𝑛3𝜋

2𝑛. … . 𝑠𝑖𝑛(𝑛 − 1)𝜋 2𝑛 )

𝑛

limitinin değerini bulunuz.

ÇÖZÜM:

𝑛→∞𝑙𝑖𝑚(∑ 𝑠𝑖𝑛 (𝑘 𝑛.𝜋

2)

𝑛

𝑘=1

)

1 𝑛

= 𝐴

⇒ 𝑙𝑖𝑚

𝑛→∞.1

𝑛. 𝑙𝑛 (∑ 𝑠𝑖𝑛 (𝑘 𝑛.𝜋

2)

𝑛

𝑘=1

) = 𝑙𝑛 𝐴

⇒ ∫ 𝑙𝑛 (𝑠𝑖𝑛 (𝜋

2𝑥)) 𝑑𝑥 = 𝑙𝑛 𝐴

1 0

𝜋

2𝑥 = 𝑢 ⇒ 𝜋

2𝑑𝑥 = 𝑑𝑢

2

𝜋∫ 𝑙𝑛(𝑠𝑖𝑛(𝑢))𝑑𝑢 = 𝑙𝑛 𝐴

𝜋 2 0

O halde öncelikle aşağıdaki soruya cevap verebilmeliyiz:

∫ 𝑙𝑛(𝑠𝑖𝑛(𝑢))𝑑𝑢 =?

𝜋 2 0

Başlayalım,

∫ 𝑙𝑛(𝑠𝑖𝑛(𝑢))𝑑𝑢 = 𝑇

𝜋 2 0

olsun,

∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 =^𝑎

0

∫ 𝑓(𝑎 − 𝑥)𝑑𝑥^𝑎

0

∫ 𝑙𝑛(𝑠𝑖𝑛𝑢)𝑑𝑢 =

𝜋 2 0

∫ ln (sin (𝜋

2− 𝑢)) 𝑑𝑢

𝜋 2 0

⇒ ∫ 𝑙𝑛(𝑠𝑖𝑛𝑢)𝑑𝑢 =

𝜋2

0 ∫ ln(𝑐𝑜𝑠𝑢)𝑑𝑢

𝜋2 0

2𝑇 = ∫ 𝑙𝑛(𝑠𝑖𝑛𝑢)𝑑𝑢 + ∫ 𝑙𝑛(𝑠𝑖𝑛𝑢)𝑑𝑢

𝜋 2 0 𝜋

2 0

⇒ 2𝑇 = ∫ 𝑙𝑛(𝑠𝑖𝑛𝑢)𝑑𝑢 + ∫ 𝑙𝑛(𝑐𝑜𝑠𝑢)𝑑𝑢

𝜋2 0 𝜋2

0

⇒ 2𝑇 = ∫ [ 𝑙𝑛(𝑠𝑖𝑛𝑢) + ln(𝑐𝑜𝑠𝑢)]𝑑𝑢

𝜋 2 0

⇒ 2𝑇 = ∫ 𝑙𝑛(𝑠𝑖𝑛𝑢. 𝑐𝑜𝑠𝑢)𝑑𝑢

𝜋 2 0

⇒ 2𝑇 = ∫ 𝑙𝑛 (𝑠𝑖𝑛2𝑢 2 ) 𝑑𝑢

𝜋 2 0

⇒ 2𝑇 = ∫ 𝑙𝑛(𝑠𝑖𝑛2𝑢)𝑑𝑢 − ∫ 𝑙𝑛 2𝑑𝑢

𝜋 2 0 𝜋

2 0

⇒ 2𝑇 =1

2∫ 𝑙𝑛(𝑠𝑖𝑛𝑢)𝑑𝑢 −

𝜋 0

𝜋 2. ln 2

∫ 𝑙𝑛(𝑠𝑖𝑛𝑢)𝑑𝑢

𝜋 2 0

𝑖𝑓𝑎𝑑𝑒𝑠𝑖𝑛𝑑𝑒 𝑢 = 𝜋 − 𝑥 𝑑ö𝑛üşü𝑚ü 𝑦𝑎𝑝𝚤𝑙𝚤𝑟𝑠𝑎

∫ 𝑙𝑛(𝑠𝑖𝑛𝑢)𝑑𝑢

𝜋 2

0 = ∫ 𝑙𝑛(𝑠𝑖𝑛𝑥)𝑑𝑥

𝜋 𝜋 2

= 𝑇

O halde,

∫ 𝑙𝑛(𝑠𝑖𝑛𝑢)𝑑𝑢 =

𝜋

0 ∫ 𝑙𝑛(𝑠𝑖𝑛𝑢)𝑑𝑢

𝜋 2

0 + ∫ 𝑙𝑛(𝑠𝑖𝑛𝑥)𝑑𝑥

𝜋 𝜋 2

= 2𝑇

2𝑇 =1

2∫ 𝑙𝑛(𝑠𝑖𝑛𝑢)𝑑𝑢 −

𝜋 0

𝜋 2. ln 2

⇒ 2𝑇 =1

2. 2𝑇 −𝜋 2. ln 2

⇒ 𝑇 =−𝜋. ln 2 2

Yani,

∫ 𝑙𝑛(𝑠𝑖𝑛(𝑢))𝑑𝑢 =−𝜋. ln 2 2

𝜋 2 0

dir. O halde artık başlangıçtaki sorumuza geri dönebiliriz.

2

𝜋∫ 𝑙𝑛(𝑠𝑖𝑛(𝑢))𝑑𝑢 = 𝑙𝑛 𝐴

𝜋 2 0

⇒2

𝜋.−𝜋. ln 2 2 = ln 𝐴

⇒ 𝐴 =1 2