29 Analizin Temel Teoremleri
Buraya kadar iki büyük kavramı birbirinden tümüyle bağımsız kurduk. Bir yanda türev vardı: bir eğriye çizilen teğetin eğimini, yani anlık değişim hızını ölçen bir limit işlemi (Tanım 2.2). Öte yanda integral vardı: bir eğrinin altında kalan alanı alttan ve üstten kuşatan Darboux toplamlarının ortak sınırı (Tanım 25.1). İki kavramın tanımlarında ortak hiçbir şey yok gibidir; biri farkların oranını inceler, öteki çarpımların toplamını.
Matematik tarihi de uzun süre bu iki kavramı ayrı ayrı ele aldı. Alan hesapları Arşimet’e kadar geri gider ve tüketme yöntemiyle yapılırdı; teğet çizme problemi ise Fermat, Descartes ve Barrow’un elinde bambaşka tekniklerle çözülüyordu. Birbirinden bağımsız gelişen bu iki damarı 17. yüzyılın ikinci yarısında Newton ve Leibniz birleştirdi ve şaşırtıcı olan şuydu: alan problemiyle teğet problemi birbirinin tersidir. Bir fonksiyonun altındaki alanı üst sınırın fonksiyonu olarak yazarsanız, elde ettiğiniz fonksiyonun türevi başladığınız fonksiyondur; tersine, bir fonksiyonun türevini integrallerseniz fonksiyonun uçlardaki değerlerinin farkına dönersiniz. Bu keşif, alanı hesaplamak için sonsuz toplamlarla boğuşmak yerine bir ilkel fonksiyon (Tanım 18.1) aramanın yettiğini gösterir.
Bu bölümde şunları öğreneceğiz: birinci temel teorem (Newton–Leibniz formülü), yani integrallenebilir bir fonksiyonun bir ilkeli biliniyorsa belirli integralin iki değerin farkına indirgenmesi; bu teoremin iki hipotezinin — integrallenebilirlik ve ilkelin varlığı — birbirinden tümüyle bağımsız olduğu ve hiçbirinin ötekini gerektirmediği; bunu gösteren iki karşı örnek; integral fonksiyonu \(F(x) = \int_a^x f(t)\,dt\) kavramı; ikinci temel teorem, yani \(F\)’nin her zaman Lipschitz koşulunu sağladığı ve \(f\)’nin sürekli olduğu noktalarda \(F'= f\) olduğu; bunun en önemli sonucu olarak her sürekli fonksiyonun bir ilkelinin bulunduğu; ve son olarak türev ile integralin hangi anlamda birbirinin ters işlemi olduğu.
Bölümü, hipotezleri denetlemeden Newton–Leibniz formülünü uygulamanın nasıl saçma sonuçlar doğurduğunu gösteren örneklerle kapatacağız. Bu son kısım süs değildir: temel teoremler o kadar kullanışlıdır ki, uygulanabilirlik koşullarını yoklamayı unutmak sık yapılan bir hatadır.
29.1 Birinci Temel Teorem: Newton–Leibniz Formülü
Şimdiye kadar bir belirli integrali hesaplamanın tek yolu vardı: bölünüşler seçmek, alt ve üst toplamları yazmak (Tanım 24.3) ve bunların ortak limitini bulmak. Bu yol, \(\int_0^1 x^2\,dx\) gibi masum görünen bir integralde bile kare toplamı formülüne başvurmayı gerektirir; \(\int_0^\pi \sin x\,dx\) için trigonometrik toplam kimlikleri gerekir. Yöntem işler ama ölçeklenmez.
Birinci temel teorem bu zahmeti tümüyle ortadan kaldırır. Söylediği şey kısaca şudur: \(f\) integrallenebiliyorsa ve \(f\)’nin türevi olduğu bir \(F\) fonksiyonu bulabiliyorsak, bütün bölünüş hesaplarını unutup \(F\)’nin uçlardaki iki değerini çıkarmak yeterlidir.
Teoremin ispatındaki fikri önce sözle anlatalım. \([a,b]\)’yi küçük parçalara bölelim. Her küçük parçada \(F\)’nin uçlardaki değerlerinin farkı, ortalama değer teoremi (Teorem 8.2) sayesinde “türev çarpı uzunluk” biçiminde yazılabilir; ama \(F' = f\) olduğundan bu tam olarak bir dikdörtgen alanıdır. Bütün parçalarda toplayınca soldaki fark toplamı teleskopik olarak sadeleşir ve geriye \(F(b) - F(a)\) kalır; sağda ise \(f\)’nin bir Riemann toplamı (Tanım 26.1) durur. Yani \(F(b) - F(a)\) sayısı, \(f\)’nin her bölünüşe karşılık gelen bir Riemann toplamına eşittir. Bir sayı bütün Riemann toplamlarının arasına sıkışıyorsa, integralden başka bir şey olamaz.
Teorem 29.1 (Birinci Temel Teorem (Newton–Leibniz Formülü)) \(f : [a,b] \to \mathbb{R}\) fonksiyonu \([a,b]\) üzerinde Riemann integrallenebilir olsun. Ayrıca \(F : [a,b] \to \mathbb{R}\) fonksiyonu \([a,b]\) üzerinde \(f\)’nin bir ilkeli olsun; yani \(F\), \([a,b]\)’nin her noktasında türevlenebilir olsun (uç noktalarda tek yönlü türevler kastedilir) ve her \(x \in [a,b]\) için
\[F'(x) = f(x)\]
sağlansın. O hâlde
\[\int_a^b f(x)\,dx = F(b) - F(a)\]
olur.
İspat
Adım 1: Kurulum. \(f\) integrallenebilir olduğundan sınırlıdır (Teorem 26.3); dolayısıyla her bölünüş için alt ve üst Darboux toplamları tanımlıdır. \(P = \{x_0, x_1, \dots, x_n\}\), \(a = x_0 < x_1 < \cdots < x_n = b\) olmak üzere \([a,b]\)’nin keyfî bir bölünüşü olsun (Tanım 24.1). Her \(k \in \{1, \dots, n\}\) için \(\Delta x_k = x_k - x_{k-1}\) yazalım.
Adım 2: Her alt aralıkta ortalama değer teoremi. \(F\), \([a,b]\) üzerinde türevlenebilir olduğundan her \([x_{k-1}, x_k]\) alt aralığında da türevlenebilirdir; özel olarak \((x_{k-1}, x_k)\) üzerinde türevlenebilir, \([x_{k-1}, x_k]\) üzerinde ise süreklidir (Teorem 3.1; \(a\) ve \(b\) uç noktalarında tek yönlü türevin varlığı o yandan sürekliliği verir). Ortalama değer teoremi (Teorem 8.2) gereği öyle bir \(t_k \in (x_{k-1}, x_k)\) vardır ki
\[F(x_k) - F(x_{k-1}) = F'(t_k)\,(x_k - x_{k-1}) = f(t_k)\,\Delta x_k .\]
Burada son eşitlikte \(F' = f\) hipotezini kullandık. Dikkat edilecek nokta: \(t_k\) noktalarını biz seçmiyoruz, ortalama değer teoremi veriyor; ispatın bütün gücü bu noktaların var olmasından geliyor.
Adım 3: Teleskopik toplam. Yukarıdaki eşitlikleri \(k = 1\)’den \(k = n\)’e kadar toplayalım. Sol taraf teleskopiktir:
\[\sum_{k=1}^{n} \big[ F(x_k) - F(x_{k-1}) \big] = F(x_n) - F(x_0) = F(b) - F(a).\]
Gerçekten de ardışık terimlerde \(-F(x_1)\) ile \(+F(x_1)\), \(-F(x_2)\) ile \(+F(x_2)\), … çiftleri birbirini götürür; ayakta yalnızca en baştaki \(-F(x_0)\) ile en sondaki \(+F(x_n)\) kalır. Buna göre
\[F(b) - F(a) = \sum_{k=1}^{n} f(t_k)\,\Delta x_k .\]
Sağ taraf, \(P\) bölünüşüne ve \(t_k\) ara noktalarına karşılık gelen bir Riemann toplamıdır (Tanım 26.1); bunu \(S(P, f, t)\) ile gösterelim.
Adım 4: Riemann toplamı Darboux toplamları arasındadır. \(m_k = \inf\{ f(x) : x \in [x_{k-1}, x_k] \}\) ve \(M_k = \sup\{ f(x) : x \in [x_{k-1}, x_k] \}\) olsun. \(t_k \in [x_{k-1}, x_k]\) olduğundan
\[m_k \le f(t_k) \le M_k\]
olur. Her iki tarafı \(\Delta x_k > 0\) ile çarpıp \(k\) üzerinden toplarsak
\[L(P,f) = \sum_{k=1}^{n} m_k \Delta x_k \;\le\; \sum_{k=1}^{n} f(t_k)\Delta x_k \;\le\; \sum_{k=1}^{n} M_k \Delta x_k = U(P,f)\]
elde ederiz. Adım 3 ile birleştirince
\[L(P,f) \;\le\; F(b) - F(a) \;\le\; U(P,f)\]
bulunur.
Adım 5: Bölünüş üzerinden sup ve inf alma. Son eşitsizlikte \(P\) keyfî bir bölünüştü ve ortadaki \(F(b) - F(a)\) sayısı \(P\)’den bağımsızdır. Öyleyse \(F(b) - F(a)\), bütün alt toplamların bir üst sınırı ve bütün üst toplamların bir alt sınırıdır. Supremum ve infimum tanımları gereği (bkz. Analiz 1)
\[\underline{I}(f) = \sup_{P} L(P,f) \;\le\; F(b) - F(a) \;\le\; \inf_{P} U(P,f) = \overline{I}(f)\]
olur. \(f\) integrallenebilir olduğundan alt ve üst integral eşittir ve ortak değerleri \(\int_a^b f(x)\,dx\)’tir. Böylece
\[\int_a^b f(x)\,dx \;\le\; F(b) - F(a) \;\le\; \int_a^b f(x)\,dx,\]
yani
\[\int_a^b f(x)\,dx = F(b) - F(a)\]
sonucuna varırız.
\(\blacksquare\)
Adım 5 yerine Riemann toplamlarının yakınsaklığını da kullanabilirdik. Adım 3, \(F(b) - F(a)\) sayısının her \(P\) bölünüşü için uygun ara noktalarla oluşturulmuş bir Riemann toplamına eşit olduğunu söylüyordu. Riemann ve Darboux tanımlarının denkliği (Teorem 26.2) gereği \(\|P\| \to 0\) iken bütün Riemann toplamları \(\int_a^b f\)’ye yakınsar; normu sıfıra giden bir bölünüş dizisinde limite geçince, sabit bir sayı olan \(F(b) - F(a)\) ancak kendisine yakınsayabileceğinden yine aynı sonuç çıkar. Yukarıdaki bitiriş limit kavramına hiç başvurmadığı için biraz daha ekonomiktir.
İspata bir kez daha bakalım: ortalama değer teoremini her \([x_{k-1}, x_k]\) alt aralığında uygularken \(F\)’den istediğimiz şey, alt aralığın kapalısında sürekli, açığında türevlenebilir olmasıydı; \(t_k\) ara noktaları da hep açık aralıklardan geldiği için \(F'(t_k) = f(t_k)\) eşitliğini yalnızca \((a,b)\)’nin noktalarında kullandık. Uç noktalardaki türevler hesaba hiç girmedi. Dolayısıyla teorem şu daha zayıf hipotezlerle de doğrudur:
\(f\), \([a,b]\) üzerinde Riemann integrallenebilir; \(F\), \([a,b]\) üzerinde sürekli ve \((a,b)\) üzerinde türevlenebilir olup her \(x \in (a,b)\) için \(F'(x) = f(x)\) ise, yine \(\int_a^b f(x)\,dx = F(b) - F(a)\) olur.
Gevşetme boş bir kazanç değildir. \([0,1]\) üzerinde
\[F(x) = \begin{cases} x \sin(\ln x), & 0 < x \le 1 \\ 0, & x = 0 \end{cases}\]
fonksiyonunu ele alalım. \(|F(x)| \le x\) olduğundan \(F\), \(0\)’da süreklidir; \((0,1)\) üzerinde ise \(F'(x) = \sin(\ln x) + \cos(\ln x)\)’tir ve bu türev \(\sqrt{2}\) ile sınırlıdır. Buna karşılık \(0\) noktasındaki fark oranı \(\dfrac{F(x) - F(0)}{x} = \sin(\ln x)\) olup \(x \to 0^+\) iken salınır ve bir limiti yoktur: \(F\), \(0\)’da türevlenebilir değildir. Yine de \(F'\) sınırlıdır ve (değerini \(0\)’da nasıl tanımlarsak tanımlayalım) yalnız bir noktada süreksiz olduğundan \([0,1]\) üzerinde integrallenebilirdir (Önerme 25.1); gevşetilmiş biçim
\[\int_0^1 \big[ \sin(\ln x) + \cos(\ln x) \big]\,dx = F(1) - F(0) = 1 \cdot \sin 0 - 0 = 0\]
sonucunu verir. Vazgeçilemeyecek olan, \(f\)’nin integrallenebilirliği ile \(F\)’nin kapalı aralıktaki sürekliliğidir.
Teoremin pratikte kullanılışı için standart bir gösterim vardır:
\[\int_a^b f(x)\,dx = \Big[ F(x) \Big]_a^b = F(b) - F(a), \qquad \text{ya da} \qquad \int_a^b f(x)\,dx = F(x)\Big|_a^b .\]
Bir ayrıntıya dikkat edelim. Belirsiz integralde (Tanım 18.2) ilkeller bir sabitle belirlenir; \(F\) bir ilkelse \(F + C\) de ilkeldir (Teorem 18.2). Belirli integralde bu sabiti taşımaya gerek yoktur, çünkü
\[\big( F(b) + C \big) - \big( F(a) + C \big) = F(b) - F(a)\]
olur ve sabit sadeleşir. Yani hangi ilkeli seçtiğimiz sonucu değiştirmez.
Örnek 29.1 (Newton–Leibniz Formülüyle Dört Hesap) Aşağıdaki belirli integralleri birinci temel teoremi kullanarak hesaplayınız.
\(\displaystyle \int_1^2 (x+5)\,dx\)
\(\displaystyle \int_0^{\pi} \sin x\,dx\)
\(\displaystyle \int_1^{e} \frac{dx}{x}\)
\(n \in \mathbb{N} \cup \{0\}\) için \(\displaystyle \int_0^1 x^n\,dx\)
Çözüm
Dört integralde de integrand kapalı aralıkta süreklidir, dolayısıyla integrallenebilirdir (Teorem 25.2); ayrıca her birinin ilkeli temel fonksiyonlarla yazılabilmektedir. Böylece Teorem 29.1’in iki hipotezi de sağlanır.
a) \(f(x) = x + 5\) için ilkel arıyoruz. Kuvvet kuralını tersine çevirip terim terim integralleyelim:
\[F(x) = \frac{x^2}{2} + 5x, \qquad F'(x) = x + 5 = f(x). \ \checkmark\]
Şimdi uç değerleri hesaplayalım:
\[F(2) = \frac{2^2}{2} + 5 \cdot 2 = 2 + 10 = 12, \qquad F(1) = \frac{1^2}{2} + 5 \cdot 1 = \frac{1}{2} + 5 = \frac{11}{2}.\]
Öyleyse
\[\int_1^2 (x+5)\,dx = F(2) - F(1) = 12 - \frac{11}{2} = \frac{24}{2} - \frac{11}{2} = \frac{13}{2}.\]
Sonucu bir kez de geometriyle denetleyelim: integrand \([1,2]\) üzerinde pozitiftir ve grafiği bir doğru parçasıdır; eğrinin altında kalan bölge, paralel kenarları \(f(1) = 6\) ile \(f(2) = 7\), yüksekliği \(1\) olan bir yamuktur. Alanı \(\dfrac{6+7}{2} \cdot 1 = \dfrac{13}{2}\)’dir. ✓
b) \(F(x) = -\cos x\) alırsak \(F'(x) = \sin x\) olur. Buna göre
\[\int_0^{\pi} \sin x\,dx = \Big[ -\cos x \Big]_0^{\pi} = -\cos \pi - (-\cos 0) = -(-1) + 1 = 2.\]
Yani sinüs eğrisinin bir yarım dalgasının altında kalan alan tam olarak \(2\)’dir. Bu, Riemann toplamlarıyla hesaplanması hiç de kolay olmayan bir sayının bir satırda çıkmasıdır.
c) \((0,\infty)\) üzerinde \((\ln x)' = \dfrac{1}{x}\) olduğundan \(F(x) = \ln x\), \(\dfrac{1}{x}\) fonksiyonunun \([1,e]\) üzerinde bir ilkelidir. Buna göre
\[\int_1^{e} \frac{dx}{x} = \Big[ \ln x \Big]_1^{e} = \ln e - \ln 1 = 1 - 0 = 1.\]
Bu eşitlik, \(e\) sayısının analizdeki en doğal tanımlarından birini verir: \(e\), \(\dfrac{1}{x}\) eğrisinin altında \(1\)’den başlayarak tam \(1\) birim alan biriktirdiğimiz noktadır.
d) \(n \ge 0\) tam sayı olsun. \(F(x) = \dfrac{x^{n+1}}{n+1}\) alırsak \(F'(x) = \dfrac{(n+1)x^{n}}{n+1} = x^n\) olur (\(n + 1 \ne 0\) olduğu için bölme meşrudur). Böylece
\[\int_0^1 x^n\,dx = \left[ \frac{x^{n+1}}{n+1} \right]_0^1 = \frac{1^{n+1}}{n+1} - \frac{0^{n+1}}{n+1} = \frac{1}{n+1}.\]
Özel olarak \(n = 0\) için \(\int_0^1 1\,dx = 1\), \(n = 1\) için \(\int_0^1 x\,dx = \dfrac{1}{2}\), \(n = 2\) için \(\int_0^1 x^2\,dx = \dfrac{1}{3}\) bulunur. Son integral doğrudan Darboux toplamlarıyla hesaplansaydı \(\sum_{k=1}^n k^2 = \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}\) formülüne ihtiyaç duyulurdu; temel teoremin kazandırdığı kolaylık burada çıplak gözle görülür.
\(\blacksquare\)
29.2 İki Hipotez de Gereklidir
Teorem 29.1 iki şey istiyordu: \(f\) integrallenebilir olacak ve \(f\)’nin bir ilkeli olacak. Doğal bir soru şudur: bu ikisinden biri ötekini gerektirir mi? Belki de her integrallenebilir fonksiyonun ilkeli vardır; ya da belki ilkeli olan her fonksiyon integrallenebilirdir. Eğer öyle olsaydı, teoremin hipotezlerinden biri gereksiz olurdu.
Yanıt her iki yönde de olumsuzdur: iki koşul birbirinden mantıksal olarak bağımsızdır. Bunu iki karşı örnekle göreceğiz. Birinci örnek, ilkeli olan ama integrallenebilir olmayan bir fonksiyon verir; ikincisi, integrallenebilir olan ama hiçbir ilkeli bulunmayan bir fonksiyon. İki örnek de kendi başına öğreticidir, çünkü Riemann integralinin ve türev fonksiyonunun sınırlarını gösterirler.
Önce birincisine bakalım. Bir fonksiyonun her noktada türevlenebilir olması, türevinin uslu durmasını gerektirmez; türev süreksiz olabileceği gibi (bkz. Teorem 10.1 çevresindeki tartışma) sınırsız da olabilir. Riemann integralinin ilk kuralı ise integrallenebilir her fonksiyonun sınırlı olmasıdır (Teorem 26.3). Bu iki gözlem çarpışınca aranan karşı örnek doğar.
Örnek 29.2 (Sınırsız Türev: İlkeli Var, İntegrali Yok) \(f : [0,1] \to \mathbb{R}\) fonksiyonu
\[f(x) = \begin{cases} x^2 \sin \dfrac{1}{x^2}, & x \ne 0 \\[2mm] 0, & x = 0 \end{cases}\]
ile tanımlansın. \(f\)’nin \([0,1]\)’in her noktasında türevlenebilir olduğunu, ama \(f'\) fonksiyonunun \([0,1]\) üzerinde sınırsız, dolayısıyla Riemann integrallenebilir olmadığını gösteriniz.
Çözüm
Adım 1: \(x \ne 0\) noktalarında türev. \(x \ne 0\) için \(f\), türevlenebilir fonksiyonların çarpımı ve bileşkesidir. Çarpım kuralı (Teorem 3.2) ve zincir kuralı (Teorem 4.1) ile
\[f'(x) = 2x \sin \frac{1}{x^2} + x^2 \cos \frac{1}{x^2} \cdot \left( -\frac{2}{x^3} \right) = 2x \sin \frac{1}{x^2} - \frac{2}{x} \cos \frac{1}{x^2}, \qquad x \ne 0.\]
Adım 2: \(0\) noktasında türev. Fark oranını doğrudan yazalım. \(h \ne 0\) için
\[\frac{f(h) - f(0)}{h - 0} = \frac{h^2 \sin \dfrac{1}{h^2}}{h} = h \sin \frac{1}{h^2}.\]
Her \(h \ne 0\) için \(\left| \sin \dfrac{1}{h^2} \right| \le 1\) olduğundan
\[0 \le \left| h \sin \frac{1}{h^2} \right| \le |h|\]
olur; \(|h| \to 0\) olduğundan sıkıştırma teoremi (bkz. Analiz 1) gereği bu fark oranı \(0\)’a gider. Demek ki \(f\), \(0\)’da (sağdan) türevlenebilirdir ve \(f'(0) = 0\)’dır. Böylece \(f\), \([0,1]\)’in her noktasında türevlenebilirdir; başka bir deyişle \(f\), \(f'\) fonksiyonunun \([0,1]\) üzerinde bir ilkelidir (Tanım 18.1).
Adım 3: \(f'\) sınırsızdır. Birinci terim için \(\left| 2x \sin \dfrac{1}{x^2} \right| \le 2|x| \to 0\)’dır; yani o terim \(0\)’a yaklaşırken uslu davranır. Bütün sorun ikinci terimdedir: \(\dfrac{2}{x} \cos \dfrac{1}{x^2}\) ifadesinin genliği \(\dfrac{2}{|x|}\) olup \(x \to 0^+\) iken sınırsız büyür. Bunu somut bir diziyle belgeleyelim: \(n \in \mathbb{N}\) için
\[x_n = \frac{1}{\sqrt{2n\pi}}\]
alalım. \(2\pi > 1\) olduğundan \(x_n \in (0,1)\)’dir ve \(x_n \to 0\)’dır. Ayrıca \(\dfrac{1}{x_n^2} = 2n\pi\) olduğundan
\[\sin \frac{1}{x_n^2} = \sin(2n\pi) = 0, \qquad \cos \frac{1}{x_n^2} = \cos(2n\pi) = 1\]
olur. Buna göre
\[f'(x_n) = 2x_n \cdot 0 - \frac{2}{x_n} \cdot 1 = -\frac{2}{x_n} = -2\sqrt{2n\pi} \xrightarrow[n \to \infty]{} -\infty .\]
Demek ki \(\{ f'(x_n) \}\) dizisi sınırsızdır; oysa bütün \(x_n\) noktaları \([0,1]\) içindedir. Öyleyse \(f'\) fonksiyonu \([0,1]\) üzerinde sınırlı değildir. (Dahası, her \(\delta > 0\) için yeterince büyük \(n\)’lerde \(x_n \in (0,\delta)\) olduğundan \(f'\), \(0\)’ın hiçbir komşuluğunda sınırlı değildir.)
Adım 4: Sonuç. Riemann integrallenebilir her fonksiyon sınırlıdır (Teorem 26.3). \(f'\) sınırsız olduğundan \(f'\), \([0,1]\) üzerinde Riemann integrallenebilir değildir. Yani \(\int_0^1 f'(x)\,dx\) ifadesi Riemann anlamında tanımsızdır; oysa \(f'\) fonksiyonunun bir ilkeli — üstelik açık formülüyle verilen \(f\)’nin kendisi — elimizdedir.
\(\blacksquare\)
Şimdi ters yöne geçelim. İntegrallenebilirlik için sürekli olmak gerekmez; monoton bir fonksiyon, sonlu sayıda sıçraması olsa bile integrallenebilirdir (Teorem 25.3). Oysa ilkelin varlığı çok daha katı bir koşuldur: bir türev fonksiyonu, sürekli olmasa bile ara değer özelliğini taşımak zorundadır (Teorem 10.1). Sıçraması olan bir fonksiyon bu sınavı geçemez. İki gözlemi birleştirelim.
Önerme 29.1 (Newton–Leibniz Formülünün Hipotezleri Bağımsızdır) Aşağıdaki iki önerme doğrudur; dolayısıyla Teorem 29.1’in “integrallenebilir” ve “ilkeli var” hipotezlerinden hiçbiri ötekini gerektirmez.
Öyle bir \(g : [0,1] \to \mathbb{R}\) fonksiyonu vardır ki \(g\)’nin \([0,1]\) üzerinde bir ilkeli vardır, ama \(g\) Riemann integrallenebilir değildir.
Öyle bir \(h : [-1,1] \to \mathbb{R}\) fonksiyonu vardır ki \(h\) Riemann integrallenebilirdir, ama \(h\)’nin \([-1,1]\) üzerinde hiçbir ilkeli yoktur.
İspat
(a) şıkkı. Örnek 29.2’de kurduğumuz \(f(x) = x^2 \sin \dfrac{1}{x^2}\) (ve \(f(0) = 0\)) fonksiyonunun türevi \(g = f'\) olsun. Orada gösterdik ki \(f\), \([0,1]\)’in her noktasında türevlenebilirdir; yani \(F = f\) alındığında \(F' = g\) olur ve \(g\)’nin bir ilkeli vardır. Öte yandan \(g\) sınırsızdır, dolayısıyla Teorem 26.3 gereği Riemann integrallenebilir değildir.
(b) şıkkı. \(h : [-1,1] \to \mathbb{R}\) basamak fonksiyonunu
\[h(x) = \begin{cases} 0, & -1 \le x < 0 \\ 1, & 0 \le x \le 1 \end{cases}\]
ile tanımlayalım.
İntegrallenebilirlik. \(h\) azalmayan bir fonksiyondur, dolayısıyla \([-1,1]\) üzerinde Riemann integrallenebilirdir (Teorem 25.3). Değerini hesaplayalım: aralık toplamsallığı (Teorem 27.4) gereği
\[\int_{-1}^{1} h(x)\,dx = \int_{-1}^{0} h(x)\,dx + \int_{0}^{1} h(x)\,dx .\]
\([-1,0]\) üzerinde \(h\), yalnız \(x = 0\) noktasında \(0\)’dan farklıdır; tek bir noktadaki değer alt ve üst toplamların limitini etkilemez ve bu integral \(0\)’dır. \([0,1]\) üzerinde ise \(h \equiv 1\) olduğundan integral \(1\)’dir. Toplam olarak
\[\int_{-1}^{1} h(x)\,dx = 0 + 1 = 1 .\]
İlkelin yokluğu. Diyelim ki \(H : [-1,1] \to \mathbb{R}\) türevlenebilir ve her \(x \in [-1,1]\) için \(H'(x) = h(x)\) olsun. O hâlde
\[H'(-1) = h(-1) = 0, \qquad H'(1) = h(1) = 1\]
olur. \(\lambda = \dfrac{1}{2}\) sayısı \(H'(-1)\) ile \(H'(1)\) arasındadır. Darboux teoremi (Teorem 10.1) gereği \(H'(c) = \dfrac{1}{2}\) olan bir \(c \in (-1,1)\) bulunmalıdır. Oysa \(H' = h\) fonksiyonunun aldığı bütün değerler \(\{0, 1\}\) kümesindedir ve \(\dfrac{1}{2} \notin \{0,1\}\)’dir. Çelişki. Demek ki böyle bir \(H\) yoktur; \(h\)’nin \([-1,1]\) üzerinde ilkeli bulunmaz.
\(\blacksquare\)
Önerme 29.1, Newton–Leibniz formülünü uygularken iki ayrı denetim yapmak gerektiğini söyler: integrand gerçekten integrallenebilir mi (en azından sınırlı mı?), ve bulduğumuz ilkel integral aralığının her noktasında tanımlı ve türevlenebilir mi? Bu iki soru birbirinin yerini tutmaz. Birincisi çökerse integral yazmanın anlamı kalmaz; ikincisi çökerse \(F(b) - F(a)\) ifadesi bir sayı üretir ama bu sayının integralle ilgisi olmayabilir. Bölümün sonunda bunun somut örneklerini göreceğiz.
29.3 İntegral Fonksiyonu
Birinci temel teorem, “elimizde ilkel varsa integrali hesaplayabiliriz” diyordu. Şimdi ters soruyu soralım: ilkeli nereden bulacağız? Belirsiz integral bölümlerinde bunun için bir teknik cephanelik kurmuştuk; ama hiçbir teknik, ilkelin var olduğunu garanti etmiyordu. Örneğin \(e^{-x^2}\) fonksiyonunun ilkelini temel fonksiyonlarla yazmak mümkün değildir; peki böyle bir ilkel gerçekten var mıdır?
İkinci temel teoremin cevabı olumludur ve son derece zariftir: ilkeli integralin kendisiyle inşa ederiz. Fikir şudur: \(f\) integrallenebilir bir fonksiyonsa, üst sınırı serbest bırakıp \(x \mapsto \int_a^x f\) fonksiyonuna bakalım. Bu fonksiyon “\(a\)’dan \(x\)’e kadar biriken alanı” ölçer. Alan birikme hızı, o anda eğrinin yüksekliği kadar olmalıdır; yani türevin \(f\) çıkması beklenir. Teorem tam olarak bunu, gereken hipotezlerle birlikte söyler.
Tanım 29.1 (İntegral Fonksiyonu) \(f : [a,b] \to \mathbb{R}\) fonksiyonu \([a,b]\) üzerinde Riemann integrallenebilir olsun. O hâlde \(f\), \([a,b]\)’nin her kapalı alt aralığında da integrallenebilirdir (Sonuç 27.4); dolayısıyla her \(x \in [a,b]\) için \(\int_a^x f(t)\,dt\) sayısı tanımlıdır. Bu eşleşmeyle elde edilen
\[F : [a,b] \to \mathbb{R}, \qquad F(x) = \int_a^x f(t)\,dt\]
fonksiyonuna \(f\)’nin integral fonksiyonu (integral function) ya da belirsiz integral fonksiyonu denir.
Burada \(t\) bir kukla değişkendir (dummy variable): \(\int_a^x f(t)\,dt\) ile \(\int_a^x f(u)\,du\) aynı sayıdır. Serbest olan tek değişken üst sınır \(x\)’tir; bu yüzden integralin içindeki değişkeni \(x\) ile göstermemek iyi bir alışkanlıktır.
Tanımdan hemen \(F(a) = \int_a^a f(t)\,dt = 0\) çıkar. Ayrıca yönlü integral anlaşması (Tanım 27.1) sayesinde \(x < y\) olsa bile \(\int_y^x f(t)\,dt = -\int_x^y f(t)\,dt\) yazabiliriz; bu anlaşma ile aralık toplamsallığı (Teorem 27.4) her \(x, y, z\) üçlüsü için geçerlidir ve özel olarak her \(x, y \in [a,b]\) için
\[F(x) - F(y) = \int_y^x f(t)\,dt\]
olur.
Şimdi bölümün ikinci ana teoremine geliyoruz. Teorem iki kısımdan oluşur ve iki kısmın hipotezleri farklıdır: birincisi yalnızca integrallenebilirlik ister ve karşılığında süreklilik verir; ikincisi bir noktada süreklilik ister ve karşılığında o noktada türevlenebilirlik verir. İntegral almanın “düzleştirici” bir işlem olduğunu bundan iyi anlatan bir ifade yoktur: integral, fonksiyonun düzgünlüğünü bir basamak yukarı taşır.
Teorem 29.2 (İkinci Temel Teorem) \(f : [a,b] \to \mathbb{R}\) fonksiyonu \([a,b]\) üzerinde Riemann integrallenebilir olsun ve
\[F(x) = \int_a^x f(t)\,dt, \qquad x \in [a,b]\]
ile tanımlansın (Tanım 29.1). O hâlde:
1. \(F\), \([a,b]\) üzerinde bir Lipschitz koşulunu sağlar; özel olarak \(F\), \([a,b]\) üzerinde düzgün süreklidir.
2. Eğer \(f\), bir \(x_0 \in [a,b]\) noktasında sürekli ise, \(F\) o noktada türevlenebilirdir ve
\[F'(x_0) = f(x_0)\]
olur. (Uç noktalarda tek yönlü türev kastedilir.)
İspat
(1) Lipschitz koşulu ve düzgün süreklilik.
\(f\) integrallenebilir olduğundan sınırlıdır (Teorem 26.3); öyleyse her \(t \in [a,b]\) için
\[|f(t)| \le M\]
olacak biçimde bir \(M > 0\) sayısı vardır. (\(f\) özdeş olarak sıfır olsa bile \(M = 1\) alarak \(M > 0\) olmasını sağlayabiliriz; bunu birazdan \(M\)’ye bölerken kullanacağız.)
\(x, y \in [a,b]\) olsun ve genelliği bozmadan \(y < x\) kabul edelim (eşit olmaları hâlinde iddia açıktır, \(y > x\) hâli ise \(x\) ile \(y\)’nin rollerini değiştirmekle aynıdır). Tanım 29.1’nda kaydettiğimiz gibi
\[F(x) - F(y) = \int_y^x f(t)\,dt\]
olur. İntegral için üçgen eşitsizliği (Teorem 28.2) ve ardından sıralama özelliği (Teorem 28.1) ile
\[\big| F(x) - F(y) \big| = \left| \int_y^x f(t)\,dt \right| \le \int_y^x |f(t)|\,dt \le \int_y^x M\,dt = M (x - y) = M |x - y|\]
elde ederiz. Burada \(\int_y^x M\,dt = M(x-y)\) eşitliği sabit fonksiyonun integralidir. Demek ki her \(x, y \in [a,b]\) için
\[\big| F(x) - F(y) \big| \le M\,|x - y| ,\]
yani \(F\), \(M\) sabitiyle bir Lipschitz koşulunu sağlar (bkz. Analiz 1). Lipschitz koşulunu sağlayan her fonksiyon düzgün süreklidir (bkz. Analiz 1); istenirse \(\varepsilon > 0\) verildiğinde \(\delta = \dfrac{\varepsilon}{M}\) seçmek yeterlidir, çünkü \(|x - y| < \delta\) olduğunda
\[|F(x) - F(y)| \le M|x-y| < M \cdot \frac{\varepsilon}{M} = \varepsilon\]
olur. Böylece \(F\), \([a,b]\) üzerinde düzgün süreklidir (bkz. Analiz 1).
(2) Süreklilik noktasında türevlenebilirlik.
\(f\), \(x_0 \in [a,b]\) noktasında sürekli olsun. \(F'(x_0) = f(x_0)\) olduğunu göstermek için fark oranının \(f(x_0)\)’a yakınsadığını kanıtlamalıyız (Tanım 2.2). \(x \in [a,b]\), \(x \ne x_0\) olsun.
Hazırlık. Tanım 29.1’nun son eşitliği gereği
\[F(x) - F(x_0) = \int_{x_0}^{x} f(t)\,dt\]
olur (yönlü integral anlaşmasıyla bu, \(x < x_0\) hâlinde de doğrudur). Öte yandan sabit fonksiyonun integrali
\[f(x_0)\,(x - x_0) = \int_{x_0}^{x} f(x_0)\,dt\]
biçiminde yazılabilir; burada integralin içindeki \(f(x_0)\) bir sabittir, çünkü integrasyon değişkeni \(t\)’dir. İki eşitliği taraf tarafa çıkarıp \(x - x_0\)’a bölersek
\[\frac{F(x) - F(x_0)}{x - x_0} - f(x_0) = \frac{1}{x - x_0} \int_{x_0}^{x} \big[ f(t) - f(x_0) \big]\,dt\]
elde ederiz; burada integralin lineerliğini (Teorem 27.1) kullandık.
Süreklilikten gelen tahmin. \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(f\), \(x_0\)’da sürekli olduğundan öyle bir \(\delta > 0\) vardır ki \(t \in [a,b]\) ve \(|t - x_0| < \delta\) olduğunda
\[|f(t) - f(x_0)| < \varepsilon\]
olur (bkz. Analiz 1). Şimdi \(0 < |x - x_0| < \delta\) olan bir \(x \in [a,b]\) alalım ve iki durumu ayrı ayrı ele alalım.
Durum 1: \(x > x_0\). Bu hâlde \(x - x_0 > 0\)’dır. \(t\) değişkeni \([x_0, x]\) aralığında dolaştığında \(|t - x_0| \le x - x_0 < \delta\) olur, dolayısıyla \(|f(t) - f(x_0)| < \varepsilon\)’dur. Üçgen eşitsizliği (Teorem 28.2) ve sıralama (Teorem 28.1) ile
\[\left| \frac{F(x) - F(x_0)}{x - x_0} - f(x_0) \right| = \frac{1}{x - x_0} \left| \int_{x_0}^{x} \big[ f(t) - f(x_0) \big] dt \right| \le \frac{1}{x - x_0} \int_{x_0}^{x} \big| f(t) - f(x_0) \big|\,dt\]
ve buradan
\[\le \frac{1}{x - x_0} \int_{x_0}^{x} \varepsilon\,dt = \frac{\varepsilon\,(x - x_0)}{x - x_0} = \varepsilon\]
bulunur.
Durum 2: \(x < x_0\). Bu hâlde \(x - x_0 < 0\)’dır, dolayısıyla \(|x - x_0| = x_0 - x\) olur. Yönlü integral anlaşması (Tanım 27.1) gereği
\[\frac{1}{x - x_0} \int_{x_0}^{x} \big[ f(t) - f(x_0) \big] dt = \frac{-1}{x_0 - x} \cdot \left( - \int_{x}^{x_0} \big[ f(t) - f(x_0) \big] dt \right) = \frac{1}{x_0 - x} \int_{x}^{x_0} \big[ f(t) - f(x_0) \big] dt\]
yazılır; iki eksi işareti birbirini götürmüştür. Artık integralin sınırları doğru sıradadır. \(t \in [x, x_0]\) için \(|t - x_0| \le x_0 - x < \delta\) olduğundan yine \(|f(t) - f(x_0)| < \varepsilon\)’dur ve
\[\left| \frac{F(x) - F(x_0)}{x - x_0} - f(x_0) \right| \le \frac{1}{x_0 - x} \int_{x}^{x_0} \big| f(t) - f(x_0) \big|\,dt \le \frac{1}{x_0 - x} \int_{x}^{x_0} \varepsilon\,dt = \varepsilon\]
elde edilir.
Sonuç. Her iki durumda da \(0 < |x - x_0| < \delta\) olduğunda
\[\left| \frac{F(x) - F(x_0)}{x - x_0} - f(x_0) \right| \le \varepsilon\]
bulduk. \(\varepsilon > 0\) keyfî olduğundan limit tanımı gereği
\[\lim_{x \to x_0} \frac{F(x) - F(x_0)}{x - x_0} = f(x_0),\]
yani \(F\), \(x_0\)’da türevlenebilirdir ve \(F'(x_0) = f(x_0)\)’dır. (\(x_0 = a\) ya da \(x_0 = b\) ise yukarıdaki \(x\)’ler yalnızca bir yandan yaklaşabilir ve elde edilen şey ilgili tek yönlü türevdir.)
Son bir ayrıntı: yazdığımız integraller anlamlıdır, çünkü \(f\) integrallenebilir ve \(f(x_0)\) sabit olduğundan \(f - f(x_0)\) integrallenebilirdir (Teorem 27.1) ve mutlak değer alınca da integrallenebilirlik bozulmaz (Teorem 28.2).
\(\blacksquare\)
İkinci temel teoremin birinci kısmında \(f\) hakkında hiçbir süreklilik varsayımı yoktur; \(f\) sonsuz sayıda noktada süreksiz olsa bile \(F\) düzgün süreklidir. İntegral, süreksizlikleri “yutar”. İkinci kısımda ise talep edilen şey \(f\)’nin yalnızca o noktada sürekli olmasıdır; \(f\)’nin başka noktalardaki davranışı \(F'(x_0)\) hesabına karışmaz.
Bu teoremin en önemli sonucu, bölümün başında sorduğumuz varlık sorusunu kapatır.
Sonuç 29.1 (Her Sürekli Fonksiyonun İlkeli Vardır) \(f : [a,b] \to \mathbb{R}\) sürekli bir fonksiyon olsun. O hâlde
\[F(x) = \int_a^x f(t)\,dt, \qquad x \in [a,b]\]
fonksiyonu \([a,b]\) üzerinde \(f\)’nin bir ilkelidir; yani her \(x \in [a,b]\) için \(F'(x) = f(x)\)’tir. Dolayısıyla kapalı bir aralıkta sürekli olan her fonksiyonun o aralıkta bir ilkeli vardır ve bu ilkel açıkça bir integralle verilir. Üstelik \(f\)’nin bütün ilkelleri \(F + C\) (\(C \in \mathbb{R}\)) biçimindedir.
İspat
\(f\), kapalı ve sınırlı bir aralıkta sürekli olduğundan Riemann integrallenebilirdir (Teorem 25.2); dolayısıyla \(F\) tanımlıdır (Tanım 29.1). \(f\), \([a,b]\)’nin her \(x\) noktasında sürekli olduğundan Teorem 29.2’in (2) kısmı her \(x \in [a,b]\) için uygulanabilir ve \(F'(x) = f(x)\) verir. Demek ki \(F\), \(f\)’nin bir ilkelidir (Tanım 18.1).
Son iddia için: \(G\) de \([a,b]\) üzerinde \(f\)’nin bir ilkeliyse \((G - F)' = f - f = 0\) olur ve türevi özdeş sıfır olan bir fonksiyon aralıkta sabittir (Sonuç 8.1); yani \(G = F + C\)’dir. Aynı gözlem Teorem 18.2’nde de kayıtlıdır.
\(\blacksquare\)
Sonuç 29.1, \(e^{-x^2}\), \(\dfrac{\sin x}{x}\), \(\sqrt{1 + x^4}\) gibi sürekli fonksiyonların ilkellerinin var olduğunu söyler. Bu ilkellerin temel fonksiyonlarla (polinom, üstel, logaritma, trigonometrik fonksiyonlar ve bunların sonlu bileşkeleri) yazılamaması, var olmadıkları anlamına gelmez. Nitekim olasılık kuramının hata fonksiyonu
\[\operatorname{erf}(x) = \frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_0^x e^{-t^2}\,dt\]
tam olarak böyle tanımlanır: kapalı formülü yoktur, ama bir integral fonksiyonu olarak pekâlâ vardır, düzgün süreklidir ve türevi \(\dfrac{2}{\sqrt{\pi}} e^{-x^2}\)’dir. “İntegrali alınamıyor” cümlesi, çoğu zaman “ilkeli temel fonksiyonlarla ifade edilemiyor” demektir; ikisini karıştırmamak gerekir.
29.4 İki Örnek: Teoremin Sınırları
İkinci temel teoremi iki örnekte çalıştıralım. Birincisi teoremin tam kapasiteyle çalıştığı, ikincisi ise süreklilik hipotezi kaldırıldığında ne olduğunu gösteren örnektir.
Örnek 29.3 (Mutlak Değerin İntegral Fonksiyonu) \(F : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) fonksiyonu
\[F(x) = \int_0^x |t|\,dt\]
ile tanımlansın. \(F\)’yi açıkça hesaplayınız ve her \(x \in \mathbb{R}\) için \(F'(x) = |x|\) olduğunu doğrudan doğrulayınız.
Çözüm
Adım 1: \(x \ge 0\) hâli. \(t \in [0,x]\) için \(|t| = t\) olduğundan
\[F(x) = \int_0^x t\,dt = \left[ \frac{t^2}{2} \right]_0^x = \frac{x^2}{2} - 0 = \frac{x^2}{2}.\]
Burada Teorem 29.1’i \(f(t) = t\) ve ilkeli \(\dfrac{t^2}{2}\) ile kullandık.
Adım 2: \(x < 0\) hâli. Bu kez üst sınır alt sınırdan küçüktür; yönlü integral anlaşması (Tanım 27.1) gereği
\[F(x) = \int_0^x |t|\,dt = - \int_x^0 |t|\,dt .\]
\(t \in [x, 0]\) için \(t \le 0\), dolayısıyla \(|t| = -t\)’dir. Buna göre
\[\int_x^0 |t|\,dt = \int_x^0 (-t)\,dt = \left[ -\frac{t^2}{2} \right]_x^0 = 0 - \left( -\frac{x^2}{2} \right) = \frac{x^2}{2},\]
ve dolayısıyla
\[F(x) = -\frac{x^2}{2}, \qquad x < 0 .\]
Adım 3: Tek formül. İki hâli birleştirirsek
\[F(x) = \begin{cases} \dfrac{x^2}{2}, & x \ge 0 \\[3mm] -\dfrac{x^2}{2}, & x < 0 \end{cases} \qquad \text{yani} \qquad F(x) = \frac{x\,|x|}{2}.\]
Gerçekten \(x \ge 0\) için \(\dfrac{x \cdot x}{2} = \dfrac{x^2}{2}\), \(x < 0\) için \(\dfrac{x \cdot (-x)}{2} = -\dfrac{x^2}{2}\)’dir.
Adım 4: Türevin doğrudan hesabı. \(x > 0\) için \(F(x) = \dfrac{x^2}{2}\) olduğundan \(F'(x) = x = |x|\)’tir. \(x < 0\) için \(F(x) = -\dfrac{x^2}{2}\) olduğundan \(F'(x) = -x = |x|\)’tir. Geriye \(x = 0\) kalıyor; fark oranını yazalım:
\[\frac{F(x) - F(0)}{x - 0} = \frac{\dfrac{x|x|}{2} - 0}{x} = \frac{|x|}{2} \xrightarrow[x \to 0]{} 0 .\]
Demek ki \(F'(0) = 0 = |0|\)’dır. Böylece her \(x \in \mathbb{R}\) için
\[F'(x) = |x|\]
olduğu doğrudan hesapla doğrulanmış oldu — ki bu, \(|t|\) fonksiyonu sürekli olduğundan Sonuç 29.1’ın zaten öngördüğü şeydi.
Adım 5: Gözlem. \(f(t) = |t|\) fonksiyonu \(0\)’da türevlenebilir değildir (orada bir köşe vardır), ama integral fonksiyonu \(F\) türevlenebilirdir ve türevi süreklidir: integral alma, düzgünlüğü bir basamak artırmıştır.
\(\blacksquare\)
Şimdi süreklilik hipotezini kaldıralım. Teorem 29.2’in (1) kısmı hâlâ geçerlidir — integral fonksiyonu yine süreklidir — ama (2) kısmı, sürekliliğin bozulduğu noktada çöker.
Örnek 29.4 (Basamak Fonksiyonunun İntegral Fonksiyonu) \(f : [-1,1] \to \mathbb{R}\) fonksiyonu
\[f(t) = \begin{cases} 0, & -1 \le t < 0 \\ 1, & 0 \le t \le 1 \end{cases}\]
ile tanımlansın ve \(F(x) = \displaystyle\int_{-1}^{x} f(t)\,dt\) olsun. \(F\)’yi açıkça bulunuz; \(F\)’nin \([-1,1]\) üzerinde sürekli olduğunu ama \(x = 0\) noktasında türevlenebilir olmadığını gösteriniz.
Çözüm
Adım 1: \(F\)’nin hesabı. \(f\) azalmayan olduğundan integrallenebilirdir (Teorem 25.3) ve \(F\) tanımlıdır.
\(-1 \le x \le 0\) için: \([-1, x]\) aralığında \(f\) yalnızca \(x = 0\) olduğunda tek bir noktada (\(t = 0\)’da) \(1\) değerini alır, geri kalan her yerde \(0\)’dır. Tek bir noktadaki değer alt ve üst toplamların ortak limitini değiştirmez; dolayısıyla
\[F(x) = \int_{-1}^{x} f(t)\,dt = 0, \qquad -1 \le x \le 0 .\]
\(0 < x \le 1\) için: aralık toplamsallığı (Teorem 27.4) ile
\[F(x) = \int_{-1}^{0} f(t)\,dt + \int_{0}^{x} f(t)\,dt = 0 + \int_0^x 1\,dt = x .\]
Böylece
\[F(x) = \begin{cases} 0, & -1 \le x \le 0 \\ x, & 0 < x \le 1 \end{cases} \qquad \text{yani} \qquad F(x) = \max\{x, 0\}.\]
Adım 2: \(F\) süreklidir. İki parça da doğru parçasıdır ve \(x = 0\)’da değerleri uyuşur: soldan \(0\), sağdan \(\lim_{x \to 0^+} x = 0 = F(0)\). Aslında daha güçlü bir şey doğrudur: \(|f| \le 1\) olduğundan Teorem 29.2 (1) gereği \(F\), \(1\) sabitiyle Lipschitz koşulunu sağlar ve \([-1,1]\) üzerinde düzgün süreklidir. Bunu elle de görebiliriz: \(\big| \max\{x,0\} - \max\{y,0\} \big| \le |x-y|\)’dir.
Adım 3: \(F\), \(0\)’da türevlenebilir değildir. Tek yönlü fark oranlarını hesaplayalım. \(x > 0\) için
\[\frac{F(x) - F(0)}{x - 0} = \frac{x - 0}{x} = 1 \; \longrightarrow \; 1 \quad (x \to 0^+),\]
\(x < 0\) için ise
\[\frac{F(x) - F(0)}{x - 0} = \frac{0 - 0}{x} = 0 \; \longrightarrow \; 0 \quad (x \to 0^-).\]
Sağdan ve soldan türevler \(1\) ile \(0\) olup birbirinden farklıdır; dolayısıyla \(\lim_{x \to 0} \dfrac{F(x) - F(0)}{x}\) yoktur ve \(F\), \(0\)’da türevlenebilir değildir. Grafikte bu, \(x = 0\)’daki köşe olarak görünür.
Adım 4: Yorum. \(f\), \(0\) noktasında süreksizdir (sıçrama süreksizliği: soldan limit \(0\), sağdan limit \(1\)). Teorem 29.2’in (2) kısmının hipotezi tam olarak burada çöktüğü için sonucu da çöker. Buna karşılık \(x \ne 0\) olan her noktada \(f\) süreklidir ve gerçekten \(F'(x) = f(x)\)’tir: \(x < 0\) için \(F'(x) = 0 = f(x)\), \(x > 0\) için \(F'(x) = 1 = f(x)\).
Bu, Önerme 29.1 ile de tutarlıdır: \(f\)’nin \([-1,1]\) üzerinde hiçbir ilkeli olmadığından, integral fonksiyonu \(F\) de \(f\)’nin ilkeli olamazdı.
\(\blacksquare\)
29.5 Türev ile İntegral Birbirinin Ters İşlemidir
İki temel teoremi yan yana koyunca bölümün başında söz verdiğimiz tablo tamamlanır. Türev alma ile integral alma, uygun hipotezler altında birbirini geri alan iki işlemdir. “Uygun hipotezler altında” kaydını vurgulamak gerekiyor: Önerme 29.1, bu tersliğin koşulsuz olmadığını göstermişti.
Sonuç 29.2 (Türev ve İntegral Ters İşlemlerdir) \([a,b] \subseteq \mathbb{R}\) kapalı ve sınırlı bir aralık olsun.
1. (Önce integralle, sonra türev al.) \(f : [a,b] \to \mathbb{R}\) sürekli ise, her \(x \in [a,b]\) için
\[\frac{d}{dx} \int_a^x f(t)\,dt = f(x)\]
olur. Yani integral alma işlemini türev alma işlemi tam olarak geri alır.
2. (Önce türev al, sonra integralle.) \(F : [a,b] \to \mathbb{R}\) türevlenebilir ve \(F'\) fonksiyonu \([a,b]\) üzerinde Riemann integrallenebilir ise, her \(x \in [a,b]\) için
\[\int_a^x F'(t)\,dt = F(x) - F(a)\]
olur; özel olarak \(x = b\) için \(\int_a^b F'(t)\,dt = F(b) - F(a)\)’dır. Yani türev alma işlemini integral alma işlemi, yalnızca \(F(a)\) sabiti kadar bir belirsizlikle geri alır.
İspat
(1) \(f\) sürekli olduğundan integrallenebilirdir (Teorem 25.2) ve \(F(x) = \int_a^x f(t)\,dt\) tanımlıdır. \(f\) her noktada sürekli olduğundan Teorem 29.2 (2) gereği \(F\) her noktada türevlenebilirdir ve \(F'(x) = f(x)\)’tir. Bu, tam olarak iddia edilen eşitliktir.
(2) \(x \in (a, b]\) olsun. \(F\), \([a,x]\) üzerinde türevlenebilirdir ve orada \(F'\) fonksiyonunun bir ilkelidir. Ayrıca \(F'\), \([a,b]\) üzerinde integrallenebilir olduğundan \([a,x]\) üzerinde de integrallenebilirdir. Teorem 29.1’i \([a,x]\) aralığında \(F'\) fonksiyonuna uygularsak
\[\int_a^x F'(t)\,dt = F(x) - F(a)\]
çıkar. \(x = a\) için iki taraf da \(0\) olduğundan eşitlik orada da geçerlidir.
\(\blacksquare\)
Bu sonucu bir cümlede özetleyelim: süreklilik varsa “integralle, sonra türev al” özdeşlik işlemidir; türevin integrallenebilirliği varsa “türev al, sonra integralle” fonksiyonu bir sabite kadar geri getirir. İki koşuldan biri düşerse ilgili yön çöker; Örnek 29.4 birinci yöndeki (süreklilik yoksa “integralle, sonra türev al” başarısızdır), Örnek 29.2 ikinci yöndeki (türev integrallenebilir değilse “türev al, sonra integralle” başarısızdır) tehlikeyi gösterir. Kaybolan \(F(a)\) sabiti ise belirsiz integraldeki \(+C\)’nin karşılığıdır: türev alma sabitleri yok eder, integral alma onları geri getiremez; geri getirebildiği tek şey uçlardaki değerlerin farkıdır.
29.6 Hipotezleri Denetlemenin Önemi
Newton–Leibniz formülü öyle kullanışlıdır ki, mekanik biçimde uygulanmaya çok elverişlidir: “ilkeli bul, uçları koy, çıkar”. Bu mekaniklik, integrand aralığın içinde tanımsız olduğunda ya da sınırsızlaştığında sessizce yanlış sayılar üretir. Formülün ürettiği sayı bir hata mesajı vermez; sadece anlamsızdır. Aşağıdaki örnek bu tuzağın üç tipik biçimini gösterir.
Örnek 29.5 (Newton–Leibniz Formülünün Yanlış Uygulanması) Aşağıdaki hesapların her birinde bir hata vardır. Hatayı bulunuz ve neyin yanlış gittiğini açıklayınız.
\(\displaystyle \int_{-1}^{1} \frac{dx}{x^2} = \left[ -\frac{1}{x} \right]_{-1}^{1} = -1 - 1 = -2\)
\(\displaystyle \int_{-1}^{1} \frac{dx}{x} = \Big[ \ln |x| \Big]_{-1}^{1} = \ln 1 - \ln 1 = 0\)
\(f(x) = x^2 \sin \dfrac{1}{x^2}\) (ve \(f(0) = 0\)) olmak üzere \(\displaystyle \int_0^1 f'(x)\,dx = f(1) - f(0) = \sin 1\)
Çözüm
a) Sonucun yanlış olduğu, hesabı yapmadan önce anlaşılabilir: integrand \(\dfrac{1}{x^2}\), tanımlı olduğu her noktada pozitiftir. Pozitif bir fonksiyonun integrali, varsa, negatif olamaz (Teorem 28.1). \(-2\) gibi negatif bir sayı çıkması, bir yerde yanlış bir adım atıldığının kesin işaretidir.
Hata iki katmanlıdır.
Birincisi: \(\dfrac{1}{x^2}\) fonksiyonu \(x = 0\) noktasında tanımlı bile değildir; \(x = 0\) ise \([-1,1]\) aralığının bir iç noktasıdır. Fonksiyonu \(0\)’da nasıl tanımlarsak tanımlayalım, \(x \to 0\) iken \(\dfrac{1}{x^2} \to +\infty\) olduğundan elde edeceğimiz fonksiyon \([-1,1]\) üzerinde sınırsızdır. Riemann integrallenebilir her fonksiyon sınırlı olmak zorunda olduğundan (Teorem 26.3) \(\int_{-1}^{1} \dfrac{dx}{x^2}\) Riemann anlamında tanımsızdır. Yani eşitliğin sol tarafı bir sayı göstermemektedir.
İkincisi: Kullanılan \(F(x) = -\dfrac{1}{x}\) fonksiyonu \([-1,1]\) üzerinde bir ilkel değildir, çünkü \(0\)’da tanımlı değildir. Teorem 29.1, \(F\)’nin aralığın her noktasında türevlenebilir olmasını ister. \(F\), \([-1,0)\) ve \((0,1]\) üzerinde ayrı ayrı ilkeldir; ama iki parçanın uç değerlerini birbirinden çıkarmanın hiçbir gerekçesi yoktur.
Kısacası: hem sol taraf tanımsızdır, hem de sağ tarafı üretme hakkımız yoktur. (İleride bu tür integraller genelleştirilmiş integral olarak ayrıca ele alınır; orada \(\int_{-1}^{1} \dfrac{dx}{x^2}\) integrali \(+\infty\)’a ıraksar, yani yine \(-2\) değildir.)
b) Aynı hata daha sinsi bir kılıkta karşımızdadır, çünkü bu kez çıkan sayı (\(0\)) makul, hatta simetri sezgisiyle “doğru” bile görünür. Ama \(\dfrac{1}{x}\) fonksiyonu da \(x = 0\)’da tanımsızdır ve \(0\)’ın her komşuluğunda sınırsızdır; dolayısıyla \([-1,1]\) üzerinde Riemann integrallenebilir değildir (Teorem 26.3). \(\ln|x|\) fonksiyonu \(0\)’da tanımlı olmadığından \([-1,1]\) üzerinde bir ilkel de değildir.
Buradaki ders şudur: sonucun makul görünmesi doğruluğun kanıtı değildir.
c) Bu şıkta integrand aralığın hiçbir noktasında tanımsız değildir: Örnek 29.2’de gördüğümüz gibi \(f\), \([0,1]\)’in her noktasında türevlenebilirdir, dolayısıyla \(f'\) her noktada tanımlıdır. Üstelik \(f\), \(f'\) fonksiyonunun bir ilkelidir — yani Teorem 29.1’in ikinci hipotezi eksiksiz sağlanmaktadır.
Çöken hipotez birincisidir: \(f'\) sınırsız olduğundan Riemann integrallenebilir değildir (Örnek 29.2, Adım 3–4). Öyleyse \(\int_0^1 f'(x)\,dx\) ifadesi Riemann anlamında tanımsızdır ve ona bir değer atamak — sağ taraftaki \(f(1) - f(0) = \sin 1\) sayısı ne kadar masum görünürse görünsün — meşru değildir.
Bu şıkkın taşıdığı uyarı öncekilerden farklıdır: sorun her zaman “integrand bir noktada tanımsız” biçiminde gözle görülür bir kusur olarak ortaya çıkmaz. Burada \(f'\) her noktada tanımlıdır; sınırsızlık, \(0\)’a yaklaşırken salınımın genliğinde saklıdır.
\(\blacksquare\)
Bir \(\int_a^b f(x)\,dx\) integralini Newton–Leibniz formülüyle hesaplamaya kalkmadan önce şu üç soruyu yanıtlayın:
- \(f\) fonksiyonu \([a,b]\)’nin her noktasında tanımlı ve sınırlı mı?
- \(f\) integrallenebilir mi? (Sürekli olması ya da monoton olması yeter; Teorem 25.2, Teorem 25.3.)
- Kullanacağım ilkel \(F\), \([a,b]\)’nin her noktasında tanımlı ve türevlenebilir mi ve orada \(F' = f\) mi?
Üçünün de yanıtı “evet” ise formül güvenle uygulanır. Herhangi biri “hayır” ise elde edilen sayı, olsa olsa bir rastlantı sonucu doğru çıkar.
29.7 Alıştırmalar
Alıştırma 29.1 (Temel Teoremler Üzerine)
Aşağıdaki belirli integralleri Newton–Leibniz formülüyle hesaplayınız:
\(\displaystyle \int_{-1}^{2} (x^3 - 3x)\,dx\), \(\quad \displaystyle \int_0^{\pi/2} \cos x\,dx\), \(\quad \displaystyle \int_1^{4} \frac{dx}{\sqrt{x}}\), \(\quad \displaystyle \int_0^{1} \frac{dx}{1+x^2}\).
\(x > 0\) için \(L(x) = \displaystyle\int_1^x \frac{dt}{t}\) olsun. \(L\)’nin \((0,\infty)\) üzerinde türevlenebilir olduğunu ve \(L'(x) = \dfrac{1}{x}\) olduğunu gösteriniz. Buradan, her \(x, y > 0\) için
\[L(xy) = L(x) + L(y)\]
olduğunu kanıtlayınız.
\(G(x) = \displaystyle\int_0^x |t - 1|\,dt\) fonksiyonunu \(x \in [0,3]\) için açıkça hesaplayınız ve \(G\)’nin \([0,3]\)’ün her noktasında türevlenebilir olduğunu, \(G'(x) = |x-1|\) sağlandığını doğrulayınız.
\(\operatorname{sgn}\) işaret fonksiyonu \([-1,1]\) üzerinde \(\operatorname{sgn}(x) = -1\) (\(x<0\)), \(\operatorname{sgn}(0) = 0\), \(\operatorname{sgn}(x) = 1\) (\(x>0\)) ile tanımlansın. \(\int_{-1}^{1} \operatorname{sgn}(x)\,dx = 0\) olduğunu gösteriniz; buna karşılık \(\operatorname{sgn}\) fonksiyonunun \([-1,1]\) üzerinde hiçbir ilkelinin bulunmadığını kanıtlayınız.
\(\displaystyle \int_{-2}^{2} \frac{dx}{(x-1)^2} = \left[ -\frac{1}{x-1} \right]_{-2}^{2} = -1 - \frac{1}{3} = -\frac{4}{3}\) hesabındaki hatayı bulunuz.
\(f : [a,b] \to \mathbb{R}\) sürekli olsun ve her \(x \in [a,b]\) için \(\displaystyle\int_a^x f(t)\,dt = 0\) olsun. \(f\)’nin özdeş olarak sıfır olduğunu gösteriniz.
Çözüm
a) Dört integrandın da ilgili kapalı aralıkta sürekli olduğuna, dolayısıyla integrallenebilir olduğuna dikkat edelim (Teorem 25.2).
Birinci integral. \(F(x) = \dfrac{x^4}{4} - \dfrac{3x^2}{2}\) alırsak \(F'(x) = x^3 - 3x\) olur. Buna göre
\[F(2) = \frac{16}{4} - \frac{3 \cdot 4}{2} = 4 - 6 = -2, \qquad F(-1) = \frac{1}{4} - \frac{3}{2} = \frac{1}{4} - \frac{6}{4} = -\frac{5}{4},\]
\[\int_{-1}^{2} (x^3 - 3x)\,dx = -2 - \left( -\frac{5}{4} \right) = -2 + \frac{5}{4} = -\frac{3}{4}.\]
İkinci integral. \((\sin x)' = \cos x\) olduğundan
\[\int_0^{\pi/2} \cos x\,dx = \Big[ \sin x \Big]_0^{\pi/2} = \sin \frac{\pi}{2} - \sin 0 = 1 - 0 = 1.\]
Üçüncü integral. \(\dfrac{1}{\sqrt{x}} = x^{-1/2}\) olup \(\big( 2\sqrt{x} \big)' = 2 \cdot \dfrac{1}{2\sqrt{x}} = \dfrac{1}{\sqrt{x}}\)’tir. \([1,4]\) aralığı \(0\)’ı içermediğinden \(2\sqrt{x}\) burada geçerli bir ilkeldir:
\[\int_1^4 \frac{dx}{\sqrt{x}} = \Big[ 2\sqrt{x} \Big]_1^4 = 2 \cdot 2 - 2 \cdot 1 = 4 - 2 = 2.\]
Dördüncü integral. \((\arctan x)' = \dfrac{1}{1+x^2}\) olduğundan
\[\int_0^1 \frac{dx}{1+x^2} = \Big[ \arctan x \Big]_0^1 = \arctan 1 - \arctan 0 = \frac{\pi}{4} - 0 = \frac{\pi}{4}.\]
b) \(t \mapsto \dfrac{1}{t}\) fonksiyonu \((0,\infty)\) üzerinde süreklidir. Herhangi bir \(x_0 > 0\) alalım ve \(0 < c < \min\{1, x_0\}\), \(d > \max\{1, x_0\}\) olacak biçimde \(c, d\) seçelim; böylece \([c,d] \subset (0,\infty)\) aralığı hem \(1\)’i hem \(x_0\)’ı içerir. Aralık toplamsallığı (Teorem 27.4) gereği \(x \in [c,d]\) için
\[L(x) = \int_1^x \frac{dt}{t} = \int_c^x \frac{dt}{t} - \int_c^1 \frac{dt}{t}\]
olur; sağdaki ikinci terim \(x\)’ten bağımsız bir sabittir. Birinci terim, \(\dfrac{1}{t}\) fonksiyonunun \([c,d]\) üzerindeki integral fonksiyonudur; \(\dfrac{1}{t}\) burada sürekli olduğundan Sonuç 29.1 gereği türevlenebilirdir ve türevi \(\dfrac{1}{x}\)’tir. Sabitin türevi sıfır olduğundan \(L'(x_0) = \dfrac{1}{x_0}\) bulunur. \(x_0 > 0\) keyfî olduğundan \(L\), \((0,\infty)\) üzerinde türevlenebilirdir ve \(L'(x) = \dfrac{1}{x}\)’tir. Ayrıca tanım gereği \(L(1) = 0\)’dır.
Şimdi \(y > 0\) sabit tutulsun ve
\[\varphi(x) = L(xy) - L(x), \qquad x > 0\]
fonksiyonuna bakalım. \(x \mapsto xy\) fonksiyonu \((0,\infty)\)’u \((0,\infty)\)’a götürür ve türevi \(y\)’dir; zincir kuralı (Teorem 4.1) ile
\[\varphi'(x) = y \cdot L'(xy) - L'(x) = y \cdot \frac{1}{xy} - \frac{1}{x} = \frac{1}{x} - \frac{1}{x} = 0\]
olur. Türevi \((0,\infty)\) aralığında özdeş olarak sıfır olan bir fonksiyon sabittir (Sonuç 8.1); yani bir \(C\) sayısı için \(\varphi(x) = C\)’dir. Sabiti belirlemek için \(x = 1\) koyalım:
\[C = \varphi(1) = L(y) - L(1) = L(y) - 0 = L(y).\]
Öyleyse her \(x > 0\) için \(L(xy) - L(x) = L(y)\), yani
\[L(xy) = L(x) + L(y)\]
olur. \(y > 0\) da keyfî olduğundan eşitlik bütün \(x, y > 0\) için geçerlidir. (Bu, doğal logaritmanın çarpımı toplama çeviren temel özelliğidir; nitekim \(L = \ln\)’dir.)
c) \(t \mapsto |t-1|\) fonksiyonu \([0,3]\) üzerinde süreklidir; dolayısıyla integrallenebilirdir ve Sonuç 29.1 gereği \(G\), \([0,3]\)’ün her noktasında türevlenebilir olup \(G'(x) = |x - 1|\)’dir. Geriye \(G\)’yi açıkça hesaplamak kalıyor.
Durum \(0 \le x \le 1\). Bu aralıkta \(t \le 1\), dolayısıyla \(|t-1| = 1 - t\)’dir:
\[G(x) = \int_0^x (1-t)\,dt = \left[ t - \frac{t^2}{2} \right]_0^x = x - \frac{x^2}{2}.\]
Durum \(1 \le x \le 3\). Aralık toplamsallığı ile
\[G(x) = \int_0^1 (1-t)\,dt + \int_1^x (t-1)\,dt .\]
Birinci integral \(1 - \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{2}\)’dir. İkincisi için \(\dfrac{(t-1)^2}{2}\) bir ilkeldir:
\[\int_1^x (t-1)\,dt = \left[ \frac{(t-1)^2}{2} \right]_1^x = \frac{(x-1)^2}{2} - 0 = \frac{(x-1)^2}{2}.\]
Öyleyse \(G(x) = \dfrac{1}{2} + \dfrac{(x-1)^2}{2}\)’dir. Toplu olarak
\[G(x) = \begin{cases} x - \dfrac{x^2}{2}, & 0 \le x \le 1 \\[3mm] \dfrac{1}{2} + \dfrac{(x-1)^2}{2}, & 1 \le x \le 3 . \end{cases}\]
Denetim. İki formül \(x = 1\)’de uyuşur: birinciden \(1 - \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{2}\), ikinciden \(\dfrac{1}{2} + 0 = \dfrac{1}{2}\). Türevlere bakalım: \(0 < x < 1\) için \(G'(x) = 1 - x = |x-1|\) ✓; \(1 < x < 3\) için \(G'(x) = (x-1) = |x-1|\) ✓. \(x = 1\) noktasında soldan türev \(\lim_{x \to 1^-} (1-x) = 0\), sağdan türev \(\lim_{x \to 1^+} (x-1) = 0\)’dır; ikisi eşit olduğundan \(G'(1) = 0 = |1-1|\)’dir ✓. Uç noktalarda tek yönlü türevler de aynı formülü verir. Demek ki \(G\), \([0,3]\)’ün her noktasında türevlenebilirdir ve \(G'(x) = |x-1|\)’dir.
d) İntegralin hesabı. \(\operatorname{sgn}\) fonksiyonu \([-1,1]\) üzerinde sınırlıdır ve yalnızca \(x = 0\) noktasında süreksizdir. Aralık toplamsallığı (Teorem 27.4) ile
\[\int_{-1}^{1} \operatorname{sgn}(x)\,dx = \int_{-1}^{0} \operatorname{sgn}(x)\,dx + \int_{0}^{1} \operatorname{sgn}(x)\,dx .\]
\([-1,0]\) üzerinde \(\operatorname{sgn}\), tek bir nokta (\(x=0\)) dışında \(-1\)’e eşittir; tek bir noktadaki değer integrali değiştirmediğinden bu integral \(-1\)’dir. Benzer biçimde \([0,1]\) üzerinde tek bir nokta dışında \(+1\)’e eşittir ve bu integral \(+1\)’dir. Toplayınca
\[\int_{-1}^{1} \operatorname{sgn}(x)\,dx = -1 + 1 = 0 .\]
İlkelin yokluğu. \(S : [-1,1] \to \mathbb{R}\) türevlenebilir ve \(S' = \operatorname{sgn}\) olsun. O hâlde \(S'(-1) = -1\) ve \(S'(1) = 1\)’dir. \(\lambda = \dfrac{1}{2}\) sayısı bu iki değer arasındadır; Darboux teoremi (Teorem 10.1) gereği \(S'(c) = \dfrac{1}{2}\) olan bir \(c \in (-1,1)\) bulunmalıdır. Oysa \(\operatorname{sgn}\) fonksiyonunun değer kümesi \(\{-1, 0, 1\}\) olup \(\dfrac{1}{2}\) bu kümede değildir. Çelişki; demek ki böyle bir \(S\) yoktur.
İntegralin \(0\) çıkması “artı ve eksi alanların birbirini götürmesi” diye yorumlanabilir; ama bu simetri ilkelin varlığı konusunda hiçbir şey söylemez (Önerme 29.1).
e) Yine sonucun işareti ele veriyor: \(\dfrac{1}{(x-1)^2}\) fonksiyonu tanımlı olduğu her yerde pozitiftir, dolayısıyla integrali negatif çıkamaz (Teorem 28.1).
Hata, integrandın \(x = 1\) noktasında tanımsız olmasıdır ve \(1 \in (-2, 2)\)’dir. \(x \to 1\) iken \(\dfrac{1}{(x-1)^2} \to +\infty\) olduğundan, fonksiyonu \(x=1\)’de nasıl tanımlarsak tanımlayalım \([-2,2]\) üzerinde sınırsız kalır; sınırsız bir fonksiyon Riemann integrallenebilir değildir (Teorem 26.3). Ayrıca kullanılan \(F(x) = -\dfrac{1}{x-1}\) ilkeli de \(x=1\)’de tanımlı olmadığından \([-2,2]\) üzerinde Teorem 29.1’in istediği türden bir ilkel değildir. Sol taraf tanımsız, sağ tarafın hesabı meşru değil.
(Hesabın aritmetiği de kontrol edilebilir: \(-\dfrac{1}{2-1} = -1\) ve \(-\dfrac{1}{-2-1} = \dfrac{1}{3}\) olduğundan fark \(-1 - \dfrac{1}{3} = -\dfrac{4}{3}\)’tür; yani aritmetikte hata yoktur, hata yöntemin kendisindedir. Bu, yanlış uygulamaların neden fark edilmesi güç olduğunu da gösterir.)
f) \(F(x) = \displaystyle\int_a^x f(t)\,dt\) diyelim. Hipotez, her \(x \in [a,b]\) için \(F(x) = 0\) olduğunu söylüyor; yani \(F\) özdeş olarak sıfır fonksiyonudur. Sıfır fonksiyonunun türevi de özdeş olarak sıfırdır: her \(x \in [a,b]\) için \(F'(x) = 0\).
Öte yandan \(f\) sürekli olduğundan Sonuç 29.1 (ya da doğrudan Teorem 29.2 (2)) gereği \(F\) türevlenebilirdir ve her \(x \in [a,b]\) için \(F'(x) = f(x)\)’tir.
İki hesabı birleştirirsek her \(x \in [a,b]\) için
\[f(x) = F'(x) = 0\]
bulunur; yani \(f\) özdeş olarak sıfırdır.
Süreklilik burada gerçekten gereklidir: \([0,1]\) üzerinde \(f(1/2) = 1\), başka her yerde \(f = 0\) olan fonksiyon için her \(x\)’te \(\int_0^x f = 0\)’dır, ama \(f\) sıfır fonksiyonu değildir (krş. Teorem 28.3).
\(\blacksquare\)
Bu bölümde türev ile integral arasındaki köprüyü kurduk: bir ilkel bulabildiğimizde belirli integral iki değerin farkına indi, sürekli her fonksiyonun ilkelinin var olduğunu ve bu ilkelin integralle inşa edilebileceğini gördük. Sıradaki bölümde bu köprüyü hesap yapmak için kullanacağız; belirsiz integralde öğrendiğimiz değişken değiştirme ve kısmi integrasyon yöntemlerinin belirli integraldeki biçimlerini kuracak ve integral fonksiyonunun sınırları da değiştiğinde türevini veren Leibniz formülünü elde edeceğiz: Belirli İntegralde Yöntemler ve Leibniz Formülü.