32 Cauchy–Schwarz ve Minkowski Eşitsizlikleri
İntegral için Ortalama Değer Teoremleri bölümünde bir integrali, integrallenen fonksiyonun bir ara noktadaki değeri cinsinden ifade etmeyi öğrendik. Bu, bir integrali tam olarak hesaplayamadığımızda onu kestirmenin yollarından biriydi. Şimdi aynı amaca hizmet eden ama çok daha güçlü bir araç kümesine geçiyoruz: iki fonksiyonun integrallerini birbirine bağlayan eşitsizlikler.
Buradaki temel gözlem şudur. \(\int_a^b f(x) g(x)\,dx\) integrali, \(f\) ile \(g\)’nin kendi integrallerinden hesaplanamaz; Teorem 27.1 toplama ve sabitle çarpmaya izin verir, ama çarpma bu listede yoktur. Öyleyse çarpımın integrali hakkında ne söyleyebiliriz? Yanıt, kesin bir eşitlik değil, keskin bir sınırdır: \(\int fg\) mutlak değerce \(\int f^2\) ile \(\int g^2\)’nin karekökleri çarpımını aşamaz. Bu, Cauchy–Schwarz eşitsizliğidir ve bütün analizin en çok kullanılan eşitsizliklerinden biridir.
Cauchy–Schwarz’ın arkasında çok net bir geometrik sezgi vardır. \(\mathbb{R}^n\)’de iki vektör için
\[\left( \sum_{k=1}^{n} a_k b_k \right)^{\!2} \le \left( \sum_{k=1}^{n} a_k^2 \right) \left( \sum_{k=1}^{n} b_k^2 \right)\]
eşitsizliği, “iç çarpım, uzunlukların çarpımını geçemez” demenin cebirsel biçimidir; eşitlik ancak iki vektör aynı doğrultudayken olur. İntegral biçimi, bu eşitsizliğin toplamlar yerine integraller konularak yazılmış hâlidir; nitekim sürekli fonksiyonlar için sonlu eşitsizliği Riemann toplamlarına (Tanım 26.1) uygulayıp limit alarak da elde edilebilir. Biz doğrudan integrallerle çalışan, daha kısa ve daha genel bir yol izleyeceğiz.
Bu bölümde şunları öğreneceğiz: Cauchy–Schwarz eşitsizliğinin ifadesi ve iki farklı ispatı; karekök biçimi ve bunun \(\|f\|_2 = \left( \int_a^b f^2 \right)^{1/2}\) “uzunluğu” olarak okunuşu; eşitliğin tam olarak ne zaman gerçekleştiği; iki çarpıcı uygulama; üçgen eşitsizliğinin integral karşılığı olan Minkowski eşitsizliği; Cauchy–Schwarz’ı özel hâl olarak içeren Hölder eşitsizliği; ve integrallenebilirlik üzerine yaygın yanlış inanışları karşı örneklerle temizleyen bir doğru–yanlış turu.
32.1 Cauchy–Schwarz Eşitsizliği
Eşitsizliği yazmadan önce, ifadedeki bütün integrallerin var olduğundan emin olalım. \(f, g \in \mathcal{R}[a,b]\) olsun (Tanım 25.1). \(f\) sınırlıdır (Teorem 26.3) ve \(t \mapsto t^2\) süreklidir; öyleyse Teorem 27.2 gereği \(f^2\), aynı biçimde \(g^2\) ve \((f+g)^2\) integrallenebilirdir. Buradan
\[fg = \frac{(f+g)^2 - f^2 - g^2}{2}\]
özdeşliği ve Teorem 27.1 ile \(fg\) çarpımının da integrallenebilir olduğu çıkar.
Teorem 32.1 (Cauchy–Schwarz Eşitsizliği) \(f\) ve \(g\) fonksiyonları \([a,b]\) üzerinde Riemann integrallenebilir olsun. O hâlde
\[\left( \int_a^b f(x) g(x)\,dx \right)^{\!2} \le \left( \int_a^b f^2(x)\,dx \right) \left( \int_a^b g^2(x)\,dx \right).\]
İspat
İki ayrı ispat vereceğiz. Birincisi tek bir eşitsizlikten cebirsel manevrayla sonuca gider; ikincisi arkadaki yapıyı — bir ikinci derece polinomun işaretini — açığa çıkarır.
Birinci ispat (uygun sabitlerle).
Adım 1: Başlangıç eşitsizliği. Her reel sayının karesi negatif olmadığından, hangi \(\alpha, \beta \in \mathbb{R}\) seçilirse seçilsin
\[\big( \alpha f(x) + \beta g(x) \big)^2 \ge 0, \qquad x \in [a,b]\]
olur. Sol taraftaki fonksiyon integrallenebilirdir (yukarıdaki gözlem, \(\alpha f + \beta g\) integrallenebilir olduğu için aynen geçerlidir), dolayısıyla Teorem 28.1 gereği
\[\int_a^b \big( \alpha f(x) + \beta g(x) \big)^2 dx \ge 0.\]
Adım 2: Kareyi açalım. \((\alpha f + \beta g)^2 = \alpha^2 f^2 + 2\alpha\beta fg + \beta^2 g^2\) olduğundan, Teorem 27.1 ile
\[\alpha^2 \int_a^b f^2 + 2\alpha\beta \int_a^b fg + \beta^2 \int_a^b g^2 \ge 0. \qquad (\ast)\]
Buraya kadar \(\alpha\) ve \(\beta\) tümüyle serbesttir; bütün iş onları doğru seçmektir.
Adım 3: Sabitlerin seçimi. Gösterimi kısaltmak için \(F = \int_a^b f^2\), \(G = \int_a^b g^2\), \(H = \int_a^b fg\) yazalım ve
\[\alpha = \int_a^b g^2(x)\,dx = G, \qquad \beta = -\int_a^b f(x) g(x)\,dx = -H\]
seçelim. Bu değerleri \((\ast)\)’da yerine koyarsak
\[G^2 F + 2 G(-H) H + H^2 G \ge 0, \qquad \text{yani} \qquad G^2 F - 2 G H^2 + G H^2 = G^2 F - G H^2 \ge 0.\]
Ortak çarpan \(G\)’yi ayırırsak
\[G \big( GF - H^2 \big) \ge 0. \qquad (\ast\ast)\]
Adım 4: Durum ayrımı. \(G = \int_a^b g^2 \ge 0\)’dır, çünkü \(g^2 \ge 0\)’dır (Teorem 28.1).
Durum 1: \(G > 0\). \((\ast\ast)\)’ın her iki yanını pozitif \(G\) sayısına bölersek \(GF - H^2 \ge 0\), yani
\[H^2 \le F G,\]
ki bu tam olarak iddia edilen eşitsizliktir.
Durum 2: \(G = 0\). Bu durumda \((\ast\ast)\) hiçbir bilgi vermez; ayrıca ele almamız gerekir. Sağ taraf \(FG = 0\) olduğundan, gösterilmesi gereken \(H = 0\)’dır. Bunun için \((\ast)\)’a dönelim ve \(\alpha = 1\), \(\beta = t\) alalım (\(t \in \mathbb{R}\) keyfî):
\[F + 2tH + t^2 G \ge 0 \quad \Longrightarrow \quad F + 2tH \ge 0 \qquad \text{(her } t \in \mathbb{R} \text{ için)}.\]
Eğer \(H \ne 0\) olsaydı, \(t = -\dfrac{F+1}{2H}\) seçimiyle \(F + 2tH = F - (F+1) = -1 < 0\) olurdu; bu bir çelişkidir. Öyleyse \(H = 0\) ve eşitsizlik \(0 \le 0\) biçiminde sağlanır.
İkinci ispat (diskriminant).
Adım 1: Bir ikinci derece polinom. Her \(t \in \mathbb{R}\) için
\[\varphi(t) = \int_a^b \big( f(x) + t\, g(x) \big)^2 dx\]
tanımlayalım. İntegrallenen fonksiyon negatif olmadığından Teorem 28.1 gereği her \(t\) için \(\varphi(t) \ge 0\)’dır. Öte yandan kareyi açıp Teorem 27.1 uygularsak
\[\varphi(t) = \underbrace{\left( \int_a^b g^2 \right)}_{A} t^2 + \underbrace{2 \left( \int_a^b fg \right)}_{B} t + \underbrace{\left( \int_a^b f^2 \right)}_{C}\]
elde ederiz. Yani \(\varphi\), \(t\) değişkeninin en çok ikinci dereceden bir polinomudur ve \(\mathbb{R}\) üzerinde hiç negatif değer almaz.
Adım 2: \(A > 0\) hâli. \(\varphi\) gerçek bir parabol belirtir ve yukarı doğru açılır. En küçük değerini tepe noktasında, yani \(t^{\ast} = -\dfrac{B}{2A}\)’da alır:
\[\varphi(t^{\ast}) = A \cdot \frac{B^2}{4A^2} - \frac{B^2}{2A} + C = C - \frac{B^2}{4A}.\]
\(\varphi(t^{\ast}) \ge 0\) olduğundan \(C - \dfrac{B^2}{4A} \ge 0\), yani \(B^2 - 4AC \le 0\) olur — “hiç negatif değer almayan bir parabolün diskriminantı pozitif olamaz”. \(A\), \(B\), \(C\)’nin değerlerini yerine koyarsak
\[4 \left( \int_a^b fg \right)^{\!2} - 4 \left( \int_a^b g^2 \right) \left( \int_a^b f^2 \right) \le 0\]
çıkar; dörde bölünce istenen eşitsizlik elde edilir.
Adım 3: \(A = 0\) hâli. Bu durumda \(\varphi(t) = Bt + C\) birinci dereceden (ya da sabit) bir fonksiyondur. \(B \ne 0\) olsaydı bu doğru, \(B > 0\) için \(t \to -\infty\), \(B < 0\) için \(t \to +\infty\) giderken \(-\infty\)’a giderdi; yani \(\varphi\) mutlaka negatif değerler alırdı. \(\varphi \ge 0\) olduğundan \(B = 0\) olmak zorundadır, yani \(\int_a^b fg = 0\)’dır. Öte yandan \(A = \int_a^b g^2 = 0\) olduğundan eşitsizliğin sol yanı \(\left( \int_a^b fg \right)^2 = 0\), sağ yanı ise \(\left( \int_a^b f^2 \right) \cdot 0 = 0\)’dır; eşitsizlik \(0 \le 0\) biçiminde sağlanır. İspat tamamlandı.
\(\blacksquare\)
İki ispatı yan yana koyunca aralarındaki bağ görünür: \(t^{\ast} = -\dfrac{B}{2A} = -\dfrac{H}{G}\) olduğundan \(\alpha f + \beta g = G\left( f - \dfrac{H}{G} g \right) = G \big( f + t^{\ast} g \big)\)’dir. Yani birinci ispattaki “akıllıca seçim”, parabolün en alçak noktasına gitmekten başka bir şey değildir.
Eşitsizlik uygulamalarda çoğu zaman karekök alınmış biçimde kullanılır.
Sonuç 32.1 (Cauchy–Schwarz Eşitsizliğinin Karekök Biçimi) \(f, g \in \mathcal{R}[a,b]\) olsun. O hâlde
\[\left| \int_a^b f(x) g(x)\,dx \right| \le \left( \int_a^b f^2(x)\,dx \right)^{1/2} \left( \int_a^b g^2(x)\,dx \right)^{1/2}.\]
Özel olarak \(\displaystyle \int_a^b f(x)g(x)\,dx \le \left( \int_a^b f^2 \right)^{1/2} \left( \int_a^b g^2 \right)^{1/2}\) de doğrudur.
İspat
Teorem 32.1 gereği \(\left( \int_a^b fg \right)^2 \le \left( \int_a^b f^2 \right) \left( \int_a^b g^2 \right)\)’dir. Her iki yan da negatif değildir ve \(t \mapsto \sqrt{t}\), \([0,\infty)\) üzerinde artan olduğundan karekök almak eşitsizliğin yönünü korur. Sol tarafta \(\sqrt{u^2} = |u|\) (bkz. Analiz 1), sağ tarafta ise çarpımın karekökü kareköklerin çarpımıdır; sonuç istenen eşitsizliktir. Son iddia \(u \le |u|\) olmasından çıkar.
\(\blacksquare\)
\(f \in \mathcal{R}[a,b]\) için
\[\|f\|_2 = \left( \int_a^b f^2(x)\,dx \right)^{1/2}\]
sayısına \(f\)’nin kare ortalama normu ya da kısaca \(L^2\) normu (\(L^2\) norm) diyelim. Benzer biçimde
\[\langle f, g \rangle = \int_a^b f(x) g(x)\,dx\]
sayısına \(f\) ile \(g\)’nin iç çarpımı (inner product) diyelim. Bu gösterimlerle Sonuç 32.1 tek satıra iner:
\[\big| \langle f, g \rangle \big| \le \|f\|_2 \, \|g\|_2 .\]
Bu, \(\mathbb{R}^n\)’deki \(|\vec{a} \cdot \vec{b}| \le \|\vec{a}\|\,\|\vec{b}\|\) eşitsizliğinin birebir aynısıdır: fonksiyon “sonsuz koordinatlı bir vektör” gibi düşünülür ve \([a,b]\) üzerindeki her \(x\) bir koordinat indisi rolü oynar. Fourier serilerinin ve fonksiyonel analizin dili buradan doğar.
Eşitsizlikte eşitliğin ne zaman gerçekleştiği, çoğu uygulamada eşitsizliğin kendisi kadar önemlidir; çünkü bir kestirimin keskin olup olmadığını söyler. Vektörlerde eşitlik, iki vektörün aynı doğrultuda olmasına denkti. Fonksiyonlarda da durum aynıdır — yeter ki süreklilik varsayalım.
Önerme 32.1 (Cauchy–Schwarz Eşitsizliğinde Eşitlik Hâli) \(f, g : [a,b] \to \mathbb{R}\) sürekli fonksiyonlar olsun. O hâlde
\[\left( \int_a^b fg \right)^{\!2} = \left( \int_a^b f^2 \right) \left( \int_a^b g^2 \right)\]
eşitliği ancak ve ancak \(f\) ile \(g\) doğrusal bağımlı olduğunda, yani ikisi birden sıfır olmayan \(\lambda, \mu \in \mathbb{R}\) sayıları için
\[\lambda f(x) + \mu g(x) = 0 \qquad \text{(her } x \in [a,b] \text{ için)}\]
sağlandığında gerçekleşir. Sezgisel söylenişiyle: eşitlik ancak biri ötekinin sabit katı olduğunda olur.
İspat
Yine \(F = \int_a^b f^2\), \(G = \int_a^b g^2\), \(H = \int_a^b fg\) yazalım.
(\(\Leftarrow\)) Doğrusal bağımlılık eşitliği verir. \(\lambda f + \mu g \equiv 0\) ve \((\lambda, \mu) \ne (0,0)\) olsun.
Durum 1: \(\mu \ne 0\). O hâlde \(g = c f\), \(c = -\dfrac{\lambda}{\mu}\) olur ve Teorem 27.1 ile \(H = cF\), \(G = c^2 F\)’dir. Böylece \(H^2 = c^2 F^2 = F \cdot (c^2 F) = FG\), yani eşitlik sağlanır.
Durum 2: \(\mu = 0\). Bu durumda \(\lambda \ne 0\) ve \(f \equiv 0\)’dır; \(F = H = 0\) olduğundan eşitliğin iki yanı da sıfırdır.
(\(\Rightarrow\)) Eşitlik doğrusal bağımlılığı gerektirir. \(H^2 = FG\) olsun.
Durum 1: \(G > 0\). İkinci ispattaki parabolü hatırlayalım: \(\varphi(t) = \int_a^b (f + tg)^2 dx = Gt^2 + 2Ht + F\). Tepe noktası \(t_0 = -\dfrac{H}{G}\)’dir ve orada
\[\varphi(t_0) = F - \frac{H^2}{G} = \frac{FG - H^2}{G} = \frac{0}{G} = 0\]
olur. Demek ki
\[\int_a^b \big( f(x) + t_0 g(x) \big)^2 dx = 0.\]
Şimdi \(h = (f + t_0 g)^2\) diyelim. \(f\) ve \(g\) sürekli olduğundan \(h\) de süreklidir (bkz. Analiz 1) ve her \(x\) için \(h(x) \ge 0\)’dır. İntegrali sıfır olan, sürekli ve negatif olmayan bir fonksiyon özdeş olarak sıfırdır (Teorem 28.3). Öyleyse \(h \equiv 0\), yani her \(x \in [a,b]\) için
\[f(x) + t_0 g(x) = 0.\]
\((\lambda, \mu) = (1, t_0) \ne (0,0)\) olduğundan \(f\) ile \(g\) doğrusal bağımlıdır.
Durum 2: \(G = 0\). Bu kez \(g^2\) sürekli, negatif olmayan ve integrali sıfır olan bir fonksiyondur; yukarıdaki aynı akıl yürütmeyle \(g^2 \equiv 0\), yani \(g \equiv 0\)’dır. O hâlde \((\lambda, \mu) = (0,1)\) seçimiyle \(\lambda f + \mu g \equiv 0\) olur; yine doğrusal bağımlılık vardır.
\(\blacksquare\)
Eşitlikten doğrusal bağımlılığa geçen yönde süreklilik gerçekten gereklidir. \([0,1]\) üzerinde
\[f(x) = 1, \qquad g(x) = \begin{cases} 1, & x = \tfrac{1}{2} \\[1mm] 0, & x \ne \tfrac{1}{2} \end{cases}\]
alalım. \(g\), sonlu sayıda noktada sıfırdan farklı olduğundan integrallenebilirdir ve \(\int_0^1 g = \int_0^1 g^2 = 0\)’dır. Ayrıca \(\int_0^1 fg = 0\) ve \(\int_0^1 f^2 = 1\)’dir. Böylece
\[\left( \int_0^1 fg \right)^{\!2} = 0 = 1 \cdot 0 = \left( \int_0^1 f^2 \right) \left( \int_0^1 g^2 \right),\]
yani eşitlik gerçekleşir. Buna karşın \(f\) ile \(g\) doğrusal bağımlı değildir: \(\lambda f + \mu g \equiv 0\) olsaydı, \(x \ne \frac{1}{2}\)’de \(\lambda = 0\) ve ardından \(x = \frac{1}{2}\)’de \(\mu = 0\) çıkardı. Sorunun kaynağı, integralin tek bir noktayı görmemesidir; süreklilik bu boşluğu kapatır.
32.2 Cauchy–Schwarz Eşitsizliğinin Uygulamaları
Cauchy–Schwarz’ı bir probleme uygularken tek yaratıcılık gerektiren adım, integrallenen ifadeyi hangi iki çarpana ayıracağımıza karar vermektir. Aşağıdaki iki örnek, bu ayrıştırmanın iki tipik biçimini gösterir: birincisinde sabit fonksiyon \(1\)’i çarpanlarına ayırıyoruz, ikincisinde ise integrallenen ifadeyi kısmi integrasyonla tanıdığımız bir çarpım olarak yeniden yazıyoruz.
Örnek 32.1 (Bir Fonksiyon ile Tersinin İntegralleri) \(f : [a,b] \to \mathbb{R}\) sürekli ve her \(x \in [a,b]\) için \(f(x) > 0\) olsun. O hâlde
\[(b-a)^2 \le \left( \int_a^b f(x)\,dx \right) \left( \int_a^b \frac{1}{f(x)}\,dx \right)\]
olduğunu gösteriniz. Eşitliğin ne zaman gerçekleştiğini belirleyiniz.
Çözüm
Adım 1: İntegraller anlamlı mı? \(f\) sürekli olduğundan integrallenebilirdir (Teorem 25.2). Weierstrass ekstremum teoremi (bkz. Analiz 1) gereği \(f\) en küçük değerini alır: \(m = \min_{[a,b]} f > 0\). Öyleyse \(\dfrac{1}{f}\), \(\sqrt{f}\) ve \(\dfrac{1}{\sqrt{f}}\) de \([a,b]\) üzerinde süreklidir (bkz. Analiz 1; payda hiç sıfırlanmaz), dolayısıyla integrallenebilirdir.
Adım 2: \(1\) sayısını çarpanlarına ayıralım. İşin bütün püf noktası, integralin içindeki \(1\)’i uygun biçimde yazmaktır:
\[1 = \sqrt{f(x)} \cdot \frac{1}{\sqrt{f(x)}}, \qquad x \in [a,b].\]
Buradan
\[b - a = \int_a^b 1\,dx = \int_a^b \sqrt{f(x)} \cdot \frac{1}{\sqrt{f(x)}}\,dx\]
olur.
Adım 3: Cauchy–Schwarz. Karekök biçimini (Sonuç 32.1) \(\sqrt{f}\) ile \(\dfrac{1}{\sqrt{f}}\) çiftine uygulayalım:
\[b - a \le \left( \int_a^b \big( \sqrt{f} \big)^2 \right)^{1/2} \left( \int_a^b \left( \frac{1}{\sqrt{f}} \right)^{\!2} \right)^{1/2} = \left( \int_a^b f \right)^{1/2} \left( \int_a^b \frac{1}{f} \right)^{1/2}.\]
Adım 4: Kare alalım. İki yan da negatif olmadığından kare almak eşitsizliği korur:
\[(b-a)^2 \le \left( \int_a^b f(x)\,dx \right) \left( \int_a^b \frac{1}{f(x)}\,dx \right).\]
Adım 5: Eşitlik hâli. \(\sqrt{f}\) ve \(\dfrac{1}{\sqrt{f}}\) sürekli olduğundan Önerme 32.1 uygulanabilir: eşitlik ancak her \(x\) için \(\lambda \sqrt{f(x)} + \mu \dfrac{1}{\sqrt{f(x)}} = 0\) olacak biçimde ikisi birden sıfır olmayan \(\lambda, \mu\) varsa gerçekleşir. Bu eşitliği \(\sqrt{f(x)} > 0\) ile çarparsak \(\lambda f(x) + \mu = 0\) olur. \(\lambda = 0\) ise \(\mu = 0\) çıkar ve seçim geçersizleşir; öyleyse \(\lambda \ne 0\) ve \(f(x) = -\dfrac{\mu}{\lambda}\), yani \(f\) sabittir. Tersine \(f \equiv c > 0\) sabitse
\[\left( \int_a^b c\,dx \right) \left( \int_a^b \frac{1}{c}\,dx \right) = c(b-a) \cdot \frac{b-a}{c} = (b-a)^2\]
olur. Demek ki eşitlik tam olarak \(f\) sabit olduğunda gerçekleşir. Somut bir kontrol: \([1,2]\) üzerinde \(f(x) = x\) için \(\int_1^2 x\,dx = \dfrac{3}{2}\), \(\int_1^2 \dfrac{1}{x}\,dx = \ln 2 \approx 0{,}6931\) ve çarpım \(\approx 1{,}0397 > 1 = (2-1)^2\)’dir.
\(\blacksquare\)
Sıradaki uygulama, matematiksel fizikte “belirsizlik eşitsizliği” adıyla bilinen sonucun en yalın biçimidir: bir fonksiyon uçlarda sıfırlanıyor ve toplam “kütlesi” \(1\) ise, kütlesi orijine yakın toplanmışsa türevi büyük olmak zorundadır.
Örnek 32.2 (Bir Fonksiyon ile Türevi Arasında Bir Eşitsizlik) \(f : [a,b] \to \mathbb{R}\) sürekli türevlenebilir olsun (yani \(f\) türevlenebilir ve \(f'\) sürekli olsun). \(f(a) = f(b) = 0\) ve
\[\int_a^b f^2(x)\,dx = 1\]
olsun. O hâlde
\[\frac{1}{4} \le \left( \int_a^b x^2 f^2(x)\,dx \right) \left( \int_a^b \big( f'(x) \big)^2 dx \right)\]
olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Adım 1: Ara integrali hesaplayalım. Kilit gözlem şudur: türev alma kuralları gereği (Teorem 3.2 ve Teorem 4.1)
\[\big( f^2(x) \big)' = 2 f(x) f'(x)\]
olur. Öyleyse
\[\int_a^b x f(x) f'(x)\,dx = \frac{1}{2} \int_a^b x \big( f^2(x) \big)' dx\]
yazabiliriz. Sağdaki integrali belirli integralde kısmi integrasyonla (Teorem 30.3) hesaplayalım. \(u(x) = x\) ve \(v(x) = f^2(x)\) alırsak \(u'(x) = 1\), \(v'(x) = 2f(x)f'(x)\) olur ve
\[\frac{1}{2} \int_a^b x \big( f^2(x) \big)' dx = \frac{1}{2} \Big[ x f^2(x) \Big]_a^b - \frac{1}{2} \int_a^b 1 \cdot f^2(x)\,dx\]
elde ederiz. (\(u\) ile \(v\) türevlenebilirdir; \(u' = 1\) sabit, \(v' = 2ff'\) ise sürekli fonksiyonların çarpımı olarak süreklidir, dolayısıyla ikisi de integrallenebilirdir — Teorem 30.3’un istediği koşullar sağlanıyor.)
Adım 2: Sınır terimi kaybolur. Hipotez gereği \(f(a) = f(b) = 0\) olduğundan
\[\Big[ x f^2(x) \Big]_a^b = b f^2(b) - a f^2(a) = b \cdot 0 - a \cdot 0 = 0\]
olur. Ayrıca \(\int_a^b f^2 = 1\) verilmiştir. Böylece
\[\int_a^b x f(x) f'(x)\,dx = \frac{1}{2} \cdot 0 - \frac{1}{2} \cdot 1 = -\frac{1}{2}.\]
Adım 3: Cauchy–Schwarz’ı doğru çarpanlarla uygulayalım. İntegrallenen ifadeyi \(x f(x) f'(x) = \big( x f(x) \big) \cdot f'(x)\) biçiminde, yani \(x f(x)\) ile \(f'(x)\) fonksiyonlarının çarpımı olarak okuyalım; her ikisi de \([a,b]\) üzerinde sürekli, dolayısıyla integrallenebilirdir. Teorem 32.1 gereği
\[\left( \int_a^b \big( x f(x) \big) f'(x)\,dx \right)^{\!2} \le \left( \int_a^b \big( x f(x) \big)^2 dx \right) \left( \int_a^b \big( f'(x) \big)^2 dx \right).\]
Adım 4: Sol tarafı yerine koyalım. Adım 2’de bulduğumuz değer \(-\dfrac{1}{2}\) idi; karesi \(\left( -\dfrac{1}{2} \right)^2 = \dfrac{1}{4}\)’tür. Ayrıca \(\big( x f(x) \big)^2 = x^2 f^2(x)\)’tir. Böylece
\[\frac{1}{4} \le \left( \int_a^b x^2 f^2(x)\,dx \right) \left( \int_a^b \big( f'(x) \big)^2 dx \right)\]
elde edilir; istenen buydu.
Adım 5: Sonucun okunuşu. \(\int_a^b x^2 f^2\) küçükse — yani \(f\)’nin “kütlesi” orijinin çevresinde toplanmışsa — \(\int_a^b (f')^2\) zorunlu olarak büyük olur: fonksiyon dar bir bölgede \(\int f^2 = 1\) değerini tutturmak için hızla yükselip alçalmak zorundadır. Bu, belirsizlik ilkesinin matematiksel çekirdeğidir.
\(\blacksquare\)
32.3 Minkowski Eşitsizliği
\(\|f\|_2\) niceliğine bir “uzunluk” gözüyle bakmaya başladıysak, bir uzunluktan beklenen en temel özelliği de sınamamız gerekir: vektörlerdeki \(\|\vec{a} + \vec{b}\| \le \|\vec{a}\| + \|\vec{b}\|\) üçgen eşitsizliği. Fonksiyonlar için aynı ifadenin doğru olduğunu söyleyen sonuç Minkowski eşitsizliğidir ve doğrudan Cauchy–Schwarz’tan çıkar.
Teorem 32.2 (Minkowski Eşitsizliği) \(f\) ve \(g\) fonksiyonları \([a,b]\) üzerinde Riemann integrallenebilir olsun. O hâlde
\[\left( \int_a^b \big( f(x) + g(x) \big)^2 dx \right)^{1/2} \le \left( \int_a^b f^2(x)\,dx \right)^{1/2} + \left( \int_a^b g^2(x)\,dx \right)^{1/2}.\]
İspat
Adım 1: Kareyi açalım. Her \(x \in [a,b]\) için
\[\big( f(x) + g(x) \big)^2 = f^2(x) + 2 f(x) g(x) + g^2(x)\]
olur. Bu üç fonksiyonun da integrallenebilir olduğunu bölümün başında görmüştük. Teorem 27.1 ile
\[\int_a^b (f+g)^2 dx = \int_a^b f^2\,dx + 2 \int_a^b fg\,dx + \int_a^b g^2\,dx.\]
Adım 2: Orta terimi Cauchy–Schwarz ile büyütelim. Sonuç 32.1 gereği
\[\int_a^b fg\,dx \le \left| \int_a^b fg\,dx \right| \le \left( \int_a^b f^2 \right)^{1/2} \left( \int_a^b g^2 \right)^{1/2}.\]
Bu kestirimi Adım 1’deki eşitlikte orta terimin yerine koyarsak sağ taraf ancak büyür:
\[\int_a^b (f+g)^2 dx \le \int_a^b f^2 + 2 \left( \int_a^b f^2 \right)^{1/2} \left( \int_a^b g^2 \right)^{1/2} + \int_a^b g^2.\]
Adım 3: Tam kareyi tanıyalım. \(X = \left( \int_a^b f^2 \right)^{1/2}\) ve \(Y = \left( \int_a^b g^2 \right)^{1/2}\) yazalım; \(\int f^2 \ge 0\) ve \(\int g^2 \ge 0\) olduğundan bunlar tanımlı ve negatif değildir. \(\int f^2 = X^2\), \(\int g^2 = Y^2\) olduğundan Adım 2’deki sağ taraf \(X^2 + 2XY + Y^2 = (X+Y)^2\)’dir, yani
\[\int_a^b (f+g)^2 dx \le (X+Y)^2.\]
Adım 4: Karekök alalım. Sol taraf negatif değildir ve \(X + Y \ge 0\)’dır; \(t \mapsto \sqrt{t}\) artan olduğundan
\[\left( \int_a^b (f+g)^2 dx \right)^{1/2} \le X + Y = \left( \int_a^b f^2 \right)^{1/2} + \left( \int_a^b g^2 \right)^{1/2}\]
elde ederiz. Eşitsizliğin adı da buradan gelir: kenarları \(\|f\|_2\), \(\|g\|_2\) ve \(\|f+g\|_2\) olan bir “üçgende”, bir kenar öteki ikisinin toplamını aşamaz.
\(\blacksquare\)
Elde ettiğimiz sonucu \(\|\cdot\|_2\) gösterimiyle yazınca ne söylediği çok daha net görünür.
Sonuç 32.2 (Kare Ortalama Normunun Özellikleri) \(f, g \in \mathcal{R}[a,b]\) ve \(c \in \mathbb{R}\) olsun. \(\|f\|_2 = \left( \int_a^b f^2 \right)^{1/2}\) gösterimiyle şunlar geçerlidir:
(i) \(\|f\|_2 \ge 0\);
(ii) \(\|c f\|_2 = |c| \, \|f\|_2\);
(iii) \(\|f + g\|_2 \le \|f\|_2 + \|g\|_2\) (üçgen eşitsizliği);
(iv) \(f\) sürekli ise: \(\|f\|_2 = 0 \iff f \equiv 0\).
Özel olarak \(\|\cdot\|_2\), \([a,b]\) üzerindeki sürekli fonksiyonlar kümesi üzerinde bir normdur.
İspat
(i) \(f^2 \ge 0\) olduğundan Teorem 28.1 gereği \(\int_a^b f^2 \ge 0\)’dır; karekökü de negatif değildir.
(ii) Teorem 27.1 ile \(\int_a^b (cf)^2 = c^2 \int_a^b f^2\)’dir. Karekök alınca \(\|cf\|_2 = \sqrt{c^2} \cdot \|f\|_2 = |c| \, \|f\|_2\) olur.
(iii) Bu, Teorem 32.2’in gösterimsel yeniden yazılışıdır.
(iv) \(f \equiv 0\) ise \(\|f\|_2 = 0\)’dır. Tersine \(\int_a^b f^2 = 0\) olsun. \(f\) sürekli olduğundan \(f^2\) de süreklidir (bkz. Analiz 1) ve negatif değildir; Teorem 28.3 gereği \(f^2 \equiv 0\), yani \(f \equiv 0\)’dır.
\(\blacksquare\)
(iv) maddesinde sürekliliği atarsak iddia bozulur. \([0,1]\) üzerinde \(f(x) = 0\) (\(x \ne \frac{1}{2}\)), \(f\!\left( \frac{1}{2} \right) = 1\) alalım. \(f\) integrallenebilirdir ve \(\int_0^1 f^2 = 0\), yani \(\|f\|_2 = 0\)’dır; oysa \(f \not\equiv 0\)’dır. Böyle bir durumda \(\|\cdot\|_2\)’ye yarınorm (seminorm) denir: (i), (ii), (iii) sağlanır ama “uzunluğu sıfır olan tek eleman sıfırdır” koşulu sağlanmaz. Bunun onarımı, integral bakımından ayırt edilemeyen fonksiyonları aynı saymaktır; bu fikir ileri analizde \(L^2\) uzayının inşasına götürür.
32.4 Hölder Eşitsizliği
Cauchy–Schwarz eşitsizliğinde \(f\) ile \(g\) simetrik rollerdeydi: her ikisine de \(2\) üssünü uyguladık. Peki bu iki üs farklı olabilir mi? Yanıt evettir; yeter ki üsler
\[\frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1, \qquad p, q > 1\]
koşulunu sağlasın. Böyle bir \((p,q)\) çiftine eşlenik üsler (conjugate exponents) denir; \(p = q = 2\) bu koşulu sağlayan tek simetrik çifttir, başka örnekler \(\left( 3, \tfrac{3}{2} \right)\) ve \(\left( 4, \tfrac{4}{3} \right)\)’tür. Sonuca giden yol tek bir cebirsel eşitsizlikten geçer.
Lemma 32.1 (Young Eşitsizliği) \(p, q > 1\) ve \(\dfrac{1}{p} + \dfrac{1}{q} = 1\) olsun. O hâlde her \(u \ge 0\) ve \(v \ge 0\) için
\[uv \le \frac{u^p}{p} + \frac{v^q}{q}\]
olur.
İspat
\(v \ge 0\) sabitlensin ve \(h : [0, \infty) \to \mathbb{R}\) fonksiyonunu
\[h(u) = \frac{u^p}{p} + \frac{v^q}{q} - uv\]
ile tanımlayalım. Amacımız her \(u \ge 0\) için \(h(u) \ge 0\) olduğunu göstermektir.
Adım 1: \(v = 0\) hâli. Bu durumda \(h(u) = \dfrac{u^p}{p} \ge 0\)’dır ve iddia açıktır. Bundan sonra \(v > 0\) varsayalım.
Adım 2: Kritik nokta. \(h\), \((0,\infty)\) üzerinde türevlenebilirdir ve \(h'(u) = u^{p-1} - v\)’dir. \(p > 1\) olduğundan \(u \mapsto u^{p-1}\), \([0,\infty)\) üzerinde kesin artan ve örtendir; öyleyse \(h'(u) = 0\) denkleminin tek çözümü \(u_0 = v^{\frac{1}{p-1}} > 0\)’dır.
Adım 3: Bu nokta en küçük değeri verir. \(u < u_0\) için \(u^{p-1} < v\), yani \(h'(u) < 0\); \(u > u_0\) için \(h'(u) > 0\)’dır. Sonuç 8.3 gereği \(h\), \([0, u_0]\) üzerinde azalan, \([u_0, \infty)\) üzerinde artandır; demek ki her \(u \ge 0\) için \(h(u) \ge h(u_0)\)’dır.
Adım 4: En küçük değer sıfırdır. Önce üs bağıntısını not edelim: \(\dfrac{1}{p} + \dfrac{1}{q} = 1\) eşitliğinden \(\dfrac{1}{q} = \dfrac{p-1}{p}\), yani
\[q = \frac{p}{p-1} \qquad \text{ve dolayısıyla} \qquad \frac{1}{p-1} + 1 = \frac{p}{p-1} = q.\]
Şimdi hesaplayalım:
\[u_0^p = \left( v^{\frac{1}{p-1}} \right)^{\!p} = v^{\frac{p}{p-1}} = v^q, \qquad u_0 v = v^{\frac{1}{p-1}} \cdot v = v^{\frac{1}{p-1}+1} = v^q.\]
Böylece
\[h(u_0) = \frac{v^q}{p} + \frac{v^q}{q} - v^q = v^q \left( \frac{1}{p} + \frac{1}{q} - 1 \right) = v^q \cdot 0 = 0.\]
Adım 3 ile birleştirince her \(u \ge 0\) için \(h(u) \ge 0\), yani
\[uv \le \frac{u^p}{p} + \frac{v^q}{q}\]
elde edilir. (İspattan ayrıca eşitliğin ancak \(u = u_0\), yani \(u^p = v^q\) olduğunda gerçekleştiği de görülür.)
\(\blacksquare\)
\(p = q = 2\) alındığında Young eşitsizliği \(uv \le \dfrac{u^2}{2} + \dfrac{v^2}{2}\)’ye, yani tanıdık \((u-v)^2 \ge 0\)’a indirgenir. Şimdi bu cebirsel eşitsizliği integrale taşıyalım.
Teorem 32.3 (Hölder Eşitsizliği) \(f, g \in \mathcal{R}[a,b]\), \(p, q > 1\) ve \(\dfrac{1}{p} + \dfrac{1}{q} = 1\) olsun. O hâlde
\[\int_a^b \big| f(x) g(x) \big|\,dx \le \left( \int_a^b |f(x)|^p\,dx \right)^{1/p} \left( \int_a^b |g(x)|^q\,dx \right)^{1/q}\]
ve dolayısıyla
\[\left| \int_a^b f(x) g(x)\,dx \right| \le \left( \int_a^b |f|^p \right)^{1/p} \left( \int_a^b |g|^q \right)^{1/q}\]
olur. \(p = q = 2\) özel hâlinde bu, Cauchy–Schwarz eşitsizliğidir.
İspat
Adım 0: İntegraller anlamlı mı? \(f\) sınırlıdır (Teorem 26.3), diyelim \(|f| \le K\); \(t \mapsto |t|^p\) fonksiyonu \([-K,K]\) üzerinde sürekli olduğundan Teorem 27.2 gereği \(|f|^p\) integrallenebilirdir. Aynı gerekçeyle \(|g|^q\) da integrallenebilirdir. \(fg\) çarpımı bölümün başındaki gözlem gereği integrallenebilir olduğundan ve \(t \mapsto |t|\) sürekli olduğundan, yine Teorem 27.2 ile \(|fg|\) de integrallenebilirdir. Kısaltma olarak
\[A = \left( \int_a^b |f|^p \right)^{1/p}, \qquad B = \left( \int_a^b |g|^q \right)^{1/q}\]
yazalım; ikisi de negatif değildir.
Adım 1: \(A > 0\) ve \(B > 0\) hâli. Her \(x \in [a,b]\) için Young eşitsizliğini (Lemma 32.1)
\[u = \frac{|f(x)|}{A}, \qquad v = \frac{|g(x)|}{B}\]
seçimiyle uygulayalım:
\[\frac{|f(x)|}{A} \cdot \frac{|g(x)|}{B} \le \frac{1}{p} \cdot \frac{|f(x)|^p}{A^p} + \frac{1}{q} \cdot \frac{|g(x)|^q}{B^q}.\]
Bu eşitsizlik her noktada geçerlidir ve iki yan da integrallenebilirdir; Teorem 28.1 ve Teorem 27.1 ile integralini alalım:
\[\frac{1}{AB} \int_a^b |fg| \le \frac{1}{p A^p} \int_a^b |f|^p + \frac{1}{q B^q} \int_a^b |g|^q = \frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1,\]
çünkü tanım gereği \(\int_a^b |f|^p = A^p\) ve \(\int_a^b |g|^q = B^q\)’dur. Buradan \(\int_a^b |fg| \le AB\), yani istenen eşitsizlik çıkar.
Adım 2: \(A = 0\) hâli (\(B = 0\) hâli bakışımlıdır). Sağ taraf \(0\) olduğundan \(\int_a^b |fg| = 0\) olduğunu göstermeliyiz. \(\int_a^b |f|^p = 0\) olsun ve keyfî bir \(\varepsilon > 0\) alalım. Her \(x\) için
\[|f(x)| \le \varepsilon + \frac{|f(x)|^p}{\varepsilon^{p-1}}\]
olur: \(|f(x)| \le \varepsilon\) ise ilk terim zaten yeter; \(|f(x)| > \varepsilon\) ise \(|f(x)|^{p-1} > \varepsilon^{p-1}\) olduğundan \(|f(x)| = \dfrac{|f(x)|^p}{|f(x)|^{p-1}} \le \dfrac{|f(x)|^p}{\varepsilon^{p-1}}\)’dir. İntegral alırsak (Teorem 28.1)
\[0 \le \int_a^b |f| \le \varepsilon (b-a) + \frac{1}{\varepsilon^{p-1}} \int_a^b |f|^p = \varepsilon (b-a).\]
\(\varepsilon > 0\) keyfî olduğundan \(\int_a^b |f| = 0\)’dır. Şimdi \(g\) sınırlı olduğundan, diyelim \(|g| \le M\), her \(x\) için \(|f(x) g(x)| \le M |f(x)|\)’tir ve yine Teorem 28.1 ile
\[0 \le \int_a^b |fg| \le M \int_a^b |f| = 0\]
bulunur. Demek ki eşitsizlik \(0 \le 0\) biçiminde sağlanır.
Adım 3: İkinci ifade. Üçgen eşitsizliğinin integral biçimi (Teorem 28.2) gereği \(\left| \int_a^b fg \right| \le \int_a^b |fg|\)’dir; birinci ifadeyle birleştirince ikincisi çıkar.
Adım 4: \(p = q = 2\) hâli. Bu değerler \(\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2} = 1\) koşulunu sağlar; \(|f|^2 = f^2\) ve \(|g|^2 = g^2\) olduğundan eşitsizlik \(\left| \int_a^b fg \right| \le \left( \int_a^b f^2 \right)^{1/2} \left( \int_a^b g^2 \right)^{1/2}\) hâlini alır, yani tam olarak Sonuç 32.1’tur.
\(\blacksquare\)
Bu üç eşitsizliği kullanırken izlenecek yol hemen her zaman aynıdır: integralin içindeki ifadeyi, karesinin (ya da \(p\)-inci kuvvetinin) integrali kolay hesaplanan iki çarpana ayır. En sık kullanılan ayrıştırma \(h = h \cdot 1\)’dir; bu, Cauchy–Schwarz’ta \(\left( \int_a^b h \right)^2 \le (b-a) \int_a^b h^2\) verir. Türev içeren problemlerde önce kısmi integrasyonla \(\int u v'\) biçiminde bir ifade üret, sonra eşitsizliği \(u\) ile \(v'\) çiftine uygula. Elde ettiğin sınırın keskin olup olmadığını ise Önerme 32.1 söyler.
32.5 Mutlak Değerle Kestirim
Bir integralin değerini bulamadığımız durumlarda bile büyüklüğünü sınırlamak çoğu zaman mümkündür. Bunun en basit aracı Teorem 28.2’dir: \(\left| \int_a^b f \right| \le \int_a^b |f|\). Bu adımdan sonra yapılacak iş, \(|f|\)’yi integrali kolay hesaplanan daha büyük bir fonksiyonla değiştirmektir.
Örnek 32.3 (Bir Trigonometrik İntegralin Kestirimi) \[\left| \int_0^{\pi/2} \frac{x - \frac{\pi}{2}}{2 + \cos x}\,dx \right| \le \frac{\pi^2}{16}\]
olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Adım 1: Mutlak değeri içeri alalım. İntegrallenen fonksiyon \([0, \pi/2]\) üzerinde süreklidir (payda hiç sıfırlanmaz, çünkü \(2 + \cos x \ge 1\)’dir), dolayısıyla integrallenebilirdir (Teorem 25.2). Teorem 28.2 gereği
\[\left| \int_0^{\pi/2} \frac{x - \frac{\pi}{2}}{2 + \cos x}\,dx \right| \le \int_0^{\pi/2} \frac{\left| x - \frac{\pi}{2} \right|}{2 + \cos x}\,dx .\]
(Payda pozitif olduğundan mutlak değeri yalnızca paya koyduk.)
Adım 2: Paydanın alt sınırını bulalım. \(x \in \left[ 0, \frac{\pi}{2} \right]\) için \(\cos x \ge 0\), dolayısıyla
\[2 + \cos x \ge 2 \quad \Longrightarrow \quad \frac{1}{2 + \cos x} \le \frac{1}{2}\]
olur; bir kesirde paydayı en küçük değerine indirmek kesri en büyük yapar.
Adım 3: Payı sadeleştirelim. Aynı aralıkta \(x \le \dfrac{\pi}{2}\) olduğundan \(x - \dfrac{\pi}{2} \le 0\)’dır ve \(\left| x - \dfrac{\pi}{2} \right| = \dfrac{\pi}{2} - x\) olur.
Adım 4: Kestirimi birleştirelim. Adım 2 ve Adım 3’ten, her \(x \in \left[ 0, \frac{\pi}{2} \right]\) için
\[\frac{\left| x - \frac{\pi}{2} \right|}{2 + \cos x} \le \frac{\frac{\pi}{2} - x}{2}\]
olur. Teorem 28.1 gereği
\[\int_0^{\pi/2} \frac{\left| x - \frac{\pi}{2} \right|}{2 + \cos x}\,dx \le \int_0^{\pi/2} \frac{\frac{\pi}{2} - x}{2}\,dx .\]
Adım 5: Sağdaki integrali hesaplayalım. Bu, bir polinomun integralidir:
\[\int_0^{\pi/2} \frac{\frac{\pi}{2} - x}{2}\,dx = \frac{1}{2} \int_0^{\pi/2} \left( \frac{\pi}{2} - x \right) dx = \frac{1}{2} \left[ \frac{\pi}{2} x - \frac{x^2}{2} \right]_0^{\pi/2}.\]
Uç noktalarda değerlendirelim:
\[\left[ \frac{\pi}{2} x - \frac{x^2}{2} \right]_0^{\pi/2} = \left( \frac{\pi}{2} \cdot \frac{\pi}{2} - \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi^2}{4} \right) - 0 = \frac{\pi^2}{4} - \frac{\pi^2}{8} = \frac{\pi^2}{8},\]
öyleyse integralin değeri \(\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{\pi^2}{8} = \dfrac{\pi^2}{16}\)’dır. Zincirin tamamı
\[\left| \int_0^{\pi/2} \frac{x - \frac{\pi}{2}}{2 + \cos x}\,dx \right| \le \frac{\pi^2}{16}\]
sonucunu verir.
Adım 6: Kestirim ne kadar iyi? \(\dfrac{\pi^2}{16} \approx 0{,}6169\)’dur; gerçek değerin mutlak değeri ise yaklaşık \(0{,}44\) dolayındadır. Kaybın kaynağı, \(2 + \cos x \ge 2\) adımında \(\cos x\)’i tümüyle atmamızdır. Kestirimde hep bu denge gözetilir: kabalaştırdıkça hesap kolaylaşır, sınır gevşer.
\(\blacksquare\)
32.6 Doğru mu Yanlış mı?
Şimdi Riemann integralinin özellikleri üzerine sık dile getirilen bir dizi iddiayı ele alacağız: önce iddiayı yazacağız, sonra doğru olanları ispatlayıp yanlış olanlara karşı örnek vereceğiz. Bu kısım, buraya kadar biriktirdiğimiz teoremlerin hipotezlerinin neden tam olarak o hâliyle yazıldığını görmenin en iyi yoludur.
Örnek 32.4 (İntegralde Sıralama Üzerine İddialar) İddia (a). \(f, g \in \mathcal{R}[a,b]\) ve \(\displaystyle \int_a^b f \le \int_a^b g\) ise, her \(x \in [a,b]\) için \(f(x) \le g(x)\)’tir.
İddia (b). \(f, g \in \mathcal{R}[a,b]\) ve \(\displaystyle \int_a^b f \le \int_a^b g\) ise, \(f(c) \le g(c)\) olan en az bir \(c \in [a,b]\) vardır.
İddia (c). \(f \in \mathcal{R}[a,b]\) ve her \(x \in [a,b]\) için \(m \le f(x) \le M\) ise, \(m(b-a) \le \displaystyle \int_a^b f \le M(b-a)\)’dır.
Çözüm
(a) Yanıt: Yanlış.
Gerekçe (karşı örnek). \([0,1]\) aralığında \(f(x) = 1\) ve \(g(x) = 2x\) alalım. Her ikisi de sürekli, dolayısıyla integrallenebilirdir. İntegralleri
\[\int_0^1 f = \int_0^1 1\,dx = 1, \qquad \int_0^1 g = \int_0^1 2x\,dx = \Big[ x^2 \Big]_0^1 = 1\]
olduğundan \(\int_0^1 f \le \int_0^1 g\) koşulu (\(1 \le 1\) biçiminde) sağlanır. Buna karşın \(x = 0\)’da
\[f(0) = 1 > 0 = g(0)\]
olur; yani noktasal eşitsizlik bozulur. Teorem 28.1’nın oku tek yönlüdür: noktasal sıralamadan integral sıralamasına gidilir, tersi geçerli değildir.
(b) Yanıt: Doğru.
Gerekçe. Olmayana ergi yapalım: her \(x \in [a,b]\) için \(f(x) > g(x)\) olsun. \(h = g - f\) diyelim; \(h\) integrallenebilirdir (Teorem 27.1) ve her yerde negatiftir. Hipotez \(\int_a^b h = \int_a^b g - \int_a^b f \ge 0\) dediğinden, \(\int_a^b h < 0\) olduğunu göstermek çelişki için yeter.
\(\psi = -h\) yazalım; \(\psi > 0\) ve \(\psi \in \mathcal{R}[a,b]\)’dir. “Her noktada kesin pozitif olan integrallenebilir bir fonksiyonun integrali kesin pozitiftir” iddiasını göstermemiz yeter. \(\int_a^b \psi = 0\) olduğunu varsayıp çelişki arayalım (Teorem 28.1 gereği \(\int_a^b \psi \ge 0\) zaten biliniyor).
Uzunluğu \(\ell\) olan bir aralıkta \(\psi\)’nin integrali sıfırsa, üst integral üst toplamların infimumu olduğundan (Tanım 25.1) \(U(P,\psi) < \dfrac{\ell}{n}\) olan bir \(P\) bölünüşü vardır; bu bölünüşün alt aralıklarından en az birinde \(\psi\)’nin supremumu \(\dfrac{1}{n}\)’den küçüktür, çünkü aksi hâlde her \(i\) için \(M_i \ge \dfrac{1}{n}\) olur ve \(U(P,\psi) = \sum_i M_i \Delta x_i \ge \dfrac{1}{n} \sum_i \Delta x_i = \dfrac{\ell}{n}\) çıkardı. Bu gözlemi ardışık uygulayarak iç içe kapalı aralıklar kuralım: \(I_0 = [a,b]\) olsun ve \(I_{n-1}\) kurulduysa
\[I_n \subseteq I_{n-1}, \qquad \sup_{x \in I_n} \psi(x) < \frac{1}{n}\]
olan kapalı, dejenere olmayan bir \(I_n\) alt aralığı seçelim. (Bu adımda \(\psi \ge 0\) olması ve Teorem 27.4 sayesinde \(\int_{I_{n-1}} \psi = 0\) olduğunu kullanıyoruz.) İç içe kapalı aralıklar teoremi (bkz. Analiz 1) gereği bütün \(I_n\)’lerin ortak bir \(\xi\) noktası vardır. Her \(n\) için \(\xi \in I_n\) olduğundan
\[0 < \psi(\xi) < \frac{1}{n} \qquad \text{(her } n \in \mathbb{N} \text{ için)}\]
olur; Arşimet özelliği (bkz. Analiz 1) gereği bu olanaksızdır. Öyleyse \(\int_a^b \psi > 0\), yani \(\int_a^b h < 0\)’dır ve aradığımız çelişkiye ulaştık.
Demek ki \(f(c) \le g(c)\) olan en az bir \(c \in [a,b]\) vardır. (\(f\) ve \(g\) sürekliyse aynı sonuç doğrudan Teorem 28.3 ile de elde edilir.)
(c) Yanıt: Doğru.
Gerekçe. Teorem 28.1’yı iki kez uygulayacağız. Her \(x\) için \(m \le f(x)\) olduğundan sabit \(m\) fonksiyonuyla karşılaştırma \(\int_a^b m\,dx \le \int_a^b f\), yani \(m(b-a) \le \int_a^b f\) verir; benzer biçimde \(f(x) \le M\) olduğundan \(\int_a^b f \le \int_a^b M\,dx = M(b-a)\)’dır. İkisini birleştirince
\[m(b-a) \le \int_a^b f(x)\,dx \le M(b-a)\]
elde edilir. Bu kestirim, integral için ortalama değer teoremlerinin de çıkış noktasıdır.
\(\blacksquare\)
Örnek 32.5 (Çarpımın İntegrallenebilirliği Üzerine İddialar) İddia (a). Çarpımın integrali, integrallerin çarpımına eşittir: \(\displaystyle \int_a^b fg = \left( \int_a^b f \right) \left( \int_a^b g \right)\).
İddia (b). \(f\) ve \(g\) integrallenebilir değilse, çarpımları \(fg\) de integrallenebilir olamaz.
İddia (c). \(f\) integrallenebilir ve \(g\) integrallenebilir değilse, \(fg\) integrallenebilir olamaz.
Çözüm
(a) Yanıt: Yanlış.
Gerekçe (karşı örnek). \([0,1]\) üzerinde \(f(x) = g(x) = x\) alalım. O hâlde
\[\left( \int_0^1 x\,dx \right) \left( \int_0^1 x\,dx \right) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{4},\]
oysa
\[\int_0^1 (x \cdot x)\,dx = \int_0^1 x^2\,dx = \left[ \frac{x^3}{3} \right]_0^1 = \frac{1}{3}.\]
\(\dfrac{1}{4} \ne \dfrac{1}{3}\) olduğundan iddia yanlıştır. Teorem 27.1 toplama ve sabitle çarpmaya izin verir; çarpma bu listede yoktur ve bu tesadüf değildir. Çarpımın integrali hakkında elimizdeki en iyi genel bilgi, tam da bu bölümün konusu olan Cauchy–Schwarz eşitsizliğidir.
(b) Yanıt: Yanlış.
Gerekçe (karşı örnek). \([0,1]\) üzerinde Dirichlet tipi fonksiyonu
\[f(x) = \begin{cases} 1, & x \in \mathbb{Q} \\ -1, & x \notin \mathbb{Q} \end{cases}\]
ile tanımlayalım. Her alt aralık hem rasyonel hem irrasyonel sayı içerdiğinden (bkz. Analiz 1, İrrasyonel Sayıların Yoğunluğu), herhangi bir \(P\) bölünüşünün her alt aralığında \(M_i = 1\) ve \(m_i = -1\) olur; Tanım 24.3 gereği her \(P\) için \(U(P,f) = 1\), \(L(P,f) = -1\)’dir ve fark \(2\)’den küçültülemez. Teorem 25.1 gereği \(f\) integrallenebilir değildir. Şimdi \(g = f\) alalım; \(g\) de integrallenebilir değildir, ama her \(x\) için \((fg)(x) = \big( f(x) \big)^2 = 1\) olur ve sabit fonksiyon integrallenebilirdir.
(c) Yanıt: Yanlış.
Gerekçe (karşı örnek). \([0,1]\) üzerinde \(f(x) = 0\) alalım; sabit fonksiyon integrallenebilirdir. \(g\) olarak (b) şıkkındaki Dirichlet tipi fonksiyonu (ya da \(\mathbb{Q}\) üzerinde \(1\), dışında \(0\) olan klasik Dirichlet fonksiyonunu) alalım; integrallenebilir değildir. Çarpımları
\[(fg)(x) = 0 \cdot g(x) = 0\]
sabit sıfır fonksiyonudur ve integrallenebilirdir. Bu iki karşı örnek birlikte şunu söyler: integrallenebilirlik çarpım altında ne korunur ne de bozulur. (Buna karşılık her ikisi de integrallenebilir ise çarpım her zaman integrallenebilirdir; bunu bölümün başında \(fg = \frac{(f+g)^2 - f^2 - g^2}{2}\) özdeşliğiyle görmüştük.)
\(\blacksquare\)
Örnek 32.6 (Mutlak Değer Üzerine İddialar) İddia (a). Her integrallenebilir \(f\) için \(\left| \displaystyle \int_a^b f \right| \le \displaystyle \int_a^b |f|\)’dir.
İddia (b). \(|f|\) integrallenebilir ise \(f\) de integrallenebilirdir.
Çözüm
(a) Yanıt: Doğru.
Gerekçe. Mutlak değerin tanımı gereği (bkz. Analiz 1) her \(x\) için \(-|f(x)| \le f(x) \le |f(x)|\)’tir; ayrıca \(t \mapsto |t|\) sürekli olduğundan \(|f|\) de integrallenebilirdir (Teorem 27.2). Teorem 28.1’yı bu çifte eşitsizliğe uygulayalım:
\[-\int_a^b |f| \le \int_a^b f \le \int_a^b |f|.\]
\(-c \le u \le c\) ifadesi \(|u| \le c\) demek olduğundan (bkz. Analiz 1) sonuç \(\left| \int_a^b f \right| \le \int_a^b |f|\) biçimini alır; bu, tam olarak Teorem 28.2’dir.
(b) Yanıt: Yanlış.
Gerekçe (karşı örnek). \([0,1]\) üzerinde
\[f(x) = \begin{cases} 1, & x \in \mathbb{Q} \\ -1, & x \notin \mathbb{Q} \end{cases}\]
alalım. Bir önceki örnekte gördüğümüz gibi \(f\) integrallenebilir değildir: her bölünüşün her alt aralığında \(M_i - m_i = 2\)’dir ve \(U(P,f) - L(P,f) = 2\) küçültülemez. Buna karşın her \(x\) için \(|f(x)| = 1\)’dir; bu sabit fonksiyon integrallenebilirdir ve \(\int_0^1 |f| = 1\)’dir.
Sezgisel açıklama şudur: mutlak değer almak, \(f\)’nin işaretindeki bütün düzensizliği siler; yukarıdaki \(f\)’de düzensizlik zaten yalnızca işarettedir, büyüklük her yerde \(1\)’dir. Buradaki ok da tek yönlüdür: \(f\) integrallenebilirse \(|f|\) de integrallenebilirdir, tersi doğru değildir.
\(\blacksquare\)
Örnek 32.7 (Bileşkenin İntegrallenebilirliği Üzerine İddia) İddia. \(f\) ve \(g\) integrallenebilir ise bileşkeleri \(g \circ f\) de integrallenebilirdir.
Çözüm
Yanıt: Yanlış.
Gerekçe (karşı örnek). \([0,1]\) üzerinde Thomae fonksiyonunu (Thomae’s function) alalım:
\[f(x) = \begin{cases} \dfrac{1}{n}, & x = \dfrac{m}{n} \text{ rasyonel, en sade biçimde, } n \ge 1 \\[3mm] 0, & x \text{ irrasyonel.} \end{cases}\]
Bu tanımla \(f(0) = f(1) = 1\)’dir ve her \(x\) için \(0 \le f(x) \le 1\)’dir.
Adım 1: \(f\) integrallenebilirdir ve \(\int_0^1 f = 0\)’dır. \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(f(x) \ge \dfrac{\varepsilon}{2}\) olan noktalar, paydası \(n \le \dfrac{2}{\varepsilon}\) olan rasyonellerdir; \([0,1]\)’de bunlardan sonlu sayıda, diyelim \(N\) tane vardır. Her birini uzunluğu \(\dfrac{\varepsilon}{4N}\) olan bir aralıkla örtüp bu aralıkların uçlarını içeren bir \(P\) bölünüşü kuralım. Bu noktaları içeren alt aralıkların toplam uzunluğu en çok \(\dfrac{\varepsilon}{2}\)’dir ve orada \(M_i \le 1\); geri kalanlarda \(M_i < \dfrac{\varepsilon}{2}\) ve toplam uzunluk en çok \(1\)’dir. Böylece
\[U(P,f) \le 1 \cdot \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} \cdot 1 = \varepsilon .\]
Öte yandan her alt aralık irrasyonel sayı içerdiğinden (bkz. Analiz 1) \(m_i = 0\) ve \(L(P,f) = 0\)’dır. Demek ki \(U(P,f) - L(P,f) \le \varepsilon\) olur; Teorem 25.1 gereği \(f\) integrallenebilirdir ve alt integral \(0\) olduğundan \(\int_0^1 f = 0\)’dır.
Adım 2: \(g\) integrallenebilirdir. \(g : [0,1] \to \mathbb{R}\) fonksiyonunu
\[g(y) = \begin{cases} 1, & y > 0 \\ 0, & y = 0 \end{cases}\]
ile tanımlayalım. \(g\)’nin tek süreksizlik noktası \(y = 0\)’dır. \(0 < \varepsilon < 1\) olsun (ölçütü küçük \(\varepsilon\)’lar için sağlamak yeter) ve \(P = \left\{ 0, \frac{\varepsilon}{2}, 1 \right\}\) bölünüşünü alalım: birinci alt aralıkta \(M_1 - m_1 = 1\) ve uzunluk \(\dfrac{\varepsilon}{2}\); ikinci alt aralıkta \(g \equiv 1\) olduğundan \(M_2 - m_2 = 0\)’dır. Böylece \(U(P,g) - L(P,g) = \dfrac{\varepsilon}{2} < \varepsilon\) olur ve Teorem 25.1 gereği \(g\) integrallenebilirdir.
Adım 3: Bileşke integrallenebilir değildir. \(f\)’nin değerleri \([0,1]\) içindedir, dolayısıyla \(g \circ f\) tanımlıdır. Şimdi
\[(g \circ f)(x) = g\big( f(x) \big) = \begin{cases} 1, & f(x) > 0, \text{ yani } x \in \mathbb{Q} \\ 0, & f(x) = 0, \text{ yani } x \notin \mathbb{Q} \end{cases}\]
olur; bu, klasik Dirichlet fonksiyonudur. Her alt aralıkta \(M_i = 1\), \(m_i = 0\) olduğundan (bkz. Analiz 1, İrrasyonel Sayıların Yoğunluğu) her \(P\) için \(U(P, g \circ f) = 1\) ve \(L(P, g \circ f) = 0\)’dır; fark hiçbir zaman \(1\)’in altına inmez ve Teorem 25.1 gereği \(g \circ f\) integrallenebilir değildir.
Not. Bu, Teorem 27.2 ile çelişmez: orada dıştaki fonksiyonun sürekli olması istenir. Buradaki \(g\) süreklilikten tek bir noktada (\(y = 0\)) sapıyor; ama bu nokta \(f\)’nin irrasyonellerde aldığı değer olduğundan sapma bütün irrasyonel küme boyunca hissediliyor ve bileşkeyi bozmaya yetiyor.
\(\blacksquare\)
Örnek 32.8 (Ters Fonksiyonun İntegrallenebilirliği Üzerine İddia) İddia. \(f\) integrallenebilir ve her \(x\) için \(f(x) > 0\) ise, \(\dfrac{1}{f}\) de integrallenebilirdir.
Çözüm
Yanıt: Yanlış.
Gerekçe (karşı örnek). Anahtar gözlem şudur: Riemann integrallenebilir olmanın ilk koşulu sınırlılıktır (Teorem 26.3). \(f\) her yerde pozitif olsa bile \(f\)’nin değerleri sıfıra yaklaşıyorsa \(\dfrac{1}{f}\) sınırsız olur ve integrallenemez.
\([0,1]\) üzerinde
\[f(x) = \begin{cases} 1, & x = 0 \\ x, & 0 < x \le 1 \end{cases}\]
alalım. \(f(0) = 1 > 0\) ve \(0 < x \le 1\) için \(f(x) = x > 0\) olduğundan \(f\) her noktada pozitiftir.
Adım 1: \(f\) integrallenebilirdir. \(f\) sınırlıdır (\(0 < f \le 1\)) ve yalnızca \(x = 0\) noktasında \(x \mapsto x\) fonksiyonundan ayrılır. \(0 < \varepsilon < 1\) olsun ve \(\dfrac{\varepsilon}{4}\) noktasını bölünüşe katalım. \(\left[ 0, \dfrac{\varepsilon}{4} \right]\) üzerinde \(M_1 - m_1 \le 1\) olduğundan bu alt aralığın \(U - L\) farkına katkısı en çok \(\dfrac{\varepsilon}{4}\)’tür. \(\left[ \dfrac{\varepsilon}{4}, 1 \right]\) üzerinde ise \(f(x) = x\) artandır, dolayısıyla integrallenebilirdir (Teorem 25.3); Teorem 25.1 gereği bu aralığın \(U - L < \dfrac{\varepsilon}{2}\) olan bir \(P'\) bölünüşü vardır. İki bölünüşü birleştirdiğimiz \(P\) için \(U(P,f) - L(P,f) < \dfrac{\varepsilon}{4} + \dfrac{\varepsilon}{2} < \varepsilon\) olur; yine Teorem 25.1 gereği \(f\) integrallenebilirdir ve
\[\int_0^1 f(x)\,dx = \int_0^1 x\,dx = \frac{1}{2}\]
olur.
Adım 2: \(\dfrac{1}{f}\) sınırsızdır ve integrallenemez. \(x_n = \dfrac{1}{n}\) alırsak \(x_n \in (0,1]\) ve \(\dfrac{1}{f(x_n)} = n\)’dir; \(n\) istendiği kadar büyütülebildiğinden (bkz. Analiz 1) \(\dfrac{1}{f}\), \([0,1]\) üzerinde sınırlı değildir. Sınırsız bir fonksiyon ise Riemann integrallenebilir olamaz (Teorem 26.3). Demek ki \(f\) integrallenebilir ve her yerde pozitif olduğu hâlde \(\dfrac{1}{f}\) integrallenebilir değildir; iddia yanlıştır.
Doğru ifade. Eksik olan koşul, \(f\)’nin sıfırdan düzgün biçimde uzak durmasıdır. Eğer \(f \in \mathcal{R}[a,b]\) ve bir \(c > 0\) için her \(x\)’te \(f(x) \ge c\) ise, \(f\) sınırlı olduğundan bir \(K\) ile \(c \le f(x) \le K\) olur; \(t \mapsto \dfrac{1}{t}\) fonksiyonu \([c,K]\) üzerinde sürekli olduğundan Teorem 27.2 gereği \(\dfrac{1}{f}\) integrallenebilirdir. Yukarıdaki karşı örnekte böyle bir \(c\) yoktur: \(f\) pozitiftir ama infimumu \(0\)’dır.
\(\blacksquare\)
Beş örneğin ortak mesajı şudur: integral, fonksiyonun noktasal davranışını değil “toplam” davranışını görür. Bu yüzden integrallerin sıralanması noktasal sıralamayı geri vermez; integrallenebilirlik çarpma ve bileşke altında beklendiği gibi davranmaz; mutlak değer almak bilgi kaybettirdiği için integrallenebilirliği kolaylaştırır; ve her adımda sınırlılık koşulu sessizce arka planda çalışır. Bir teoremin hipotezini gereksiz sanmaya başladığınızda, o hipotezi düşürüp karşı örnek aramak en verimli alıştırmadır.
32.7 Alıştırmalar
Alıştırma 32.1 (İntegral Eşitsizlikleri Üzerine)
\(f : [0,1] \to \mathbb{R}\) sürekli olsun. \(\left( \displaystyle\int_0^1 f(x)\,dx \right)^{\!2} \le \displaystyle\int_0^1 f^2(x)\,dx\) olduğunu gösteriniz ve eşitliğin ne zaman gerçekleştiğini belirleyiniz.
\(f(x) = x\) ve \(g(x) = x^2\) için \([0,1]\) üzerinde Cauchy–Schwarz eşitsizliğinin iki yanını da hesaplayıp eşitsizliği doğrulayınız. Eşitlik gerçekleşiyor mu?
\(\displaystyle\int_0^1 \sqrt{1+x^3}\,dx \le \frac{\sqrt{5}}{2}\) olduğunu gösteriniz.
\(f : [1,2] \to \mathbb{R}\) sürekli, her \(x\) için \(f(x) > 0\) ve \(\displaystyle\int_1^2 f(x)\,dx = 3\) olsun. \(\displaystyle\int_1^2 \frac{1}{f(x)}\,dx \ge \frac{1}{3}\) olduğunu gösteriniz. Eşitlik hangi \(f\) için gerçekleşir?
\(\left( \displaystyle\int_0^1 x f(x)\,dx \right)^{\!2} = \frac{1}{3} \displaystyle\int_0^1 f^2(x)\,dx\) eşitliğini sağlayan bütün sürekli \(f : [0,1] \to \mathbb{R}\) fonksiyonlarını bulunuz.
\(f \in \mathcal{R}[a,b]\), \(p > 1\) ve \(\dfrac{1}{p} + \dfrac{1}{q} = 1\) olsun. Hölder eşitsizliğini kullanarak
\[\int_a^b |f(x)|\,dx \le (b-a)^{1/q} \left( \int_a^b |f(x)|^p\,dx \right)^{1/p}\]
olduğunu gösteriniz.
- “\(f^2\) ve \(|f|\) integrallenebilir ise \(f\) de integrallenebilirdir.” Bu iddia doğru mudur? Yanıtınızı gerekçelendiriniz.
Çözüm
a) Teorem 32.1’i \(f\) ile \(g \equiv 1\) çiftine uygulayalım. \(\int_0^1 g^2 = 1\) olduğundan doğrudan
\[\left( \int_0^1 f(x)\,dx \right)^{\!2} \le \left( \int_0^1 f^2 \right) \cdot 1 = \int_0^1 f^2\]
çıkar. Eşitlik hâli. \(f\) ve \(g \equiv 1\) sürekli olduğundan Önerme 32.1 uygulanır: eşitlik ancak \(\lambda f(x) + \mu = 0\) olacak biçimde ikisi birden sıfır olmayan \(\lambda, \mu\) varsa gerçekleşir. \(\lambda = 0\) olsaydı \(\mu = 0\) çıkardı; öyleyse \(\lambda \ne 0\) ve \(f(x) = -\dfrac{\mu}{\lambda}\), yani \(f\) sabittir. Tersine \(f \equiv c\) ise iki yan da \(c^2\)’dir. Demek ki eşitlik tam olarak sabit fonksiyonlarda gerçekleşir.
b) Önce çarpımın integrali:
\[\int_0^1 f g = \int_0^1 x \cdot x^2\,dx = \int_0^1 x^3\,dx = \left[ \frac{x^4}{4} \right]_0^1 = \frac{1}{4}.\]
Sol taraf \(\left( \dfrac{1}{4} \right)^2 = \dfrac{1}{16}\)’dır. Sağ taraf için
\[\int_0^1 f^2 = \int_0^1 x^2\,dx = \frac{1}{3}, \qquad \int_0^1 g^2 = \int_0^1 x^4\,dx = \frac{1}{5}\]
olduğundan çarpım \(\dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{1}{5} = \dfrac{1}{15}\)’tir. Gerçekten
\[\frac{1}{16} = 0{,}0625 < 0{,}0\overline{6} = \frac{1}{15}\]
olduğundan eşitsizlik sağlanır ve kesindir. Bu beklenen sonuçtur: Önerme 32.1 gereği eşitlik ancak \(x\) ile \(x^2\) doğrusal bağımlı olsaydı gerçekleşirdi; oysa \(\lambda x + \mu x^2 \equiv 0\) eşitliği \(x = 1\) ve \(x = \frac{1}{2}\)’de \(\lambda + \mu = 0\) ile \(\dfrac{\lambda}{2} + \dfrac{\mu}{4} = 0\) verir, bu sistemin tek çözümü de \(\lambda = \mu = 0\)’dır.
c) (a) şıkkının sonucunda \(f(x) = \sqrt{1+x^3}\) alalım; bu fonksiyon \([0,1]\) üzerinde süreklidir, çünkü \(1 + x^3 \ge 1 > 0\)’dır. \(f^2(x) = 1 + x^3\) olduğundan
\[\int_0^1 f^2(x)\,dx = \int_0^1 (1 + x^3)\,dx = \left[ x + \frac{x^4}{4} \right]_0^1 = 1 + \frac{1}{4} = \frac{5}{4}\]
ve (a) şıkkı gereği
\[\left( \int_0^1 \sqrt{1+x^3}\,dx \right)^{\!2} \le \frac{5}{4} \quad \Longrightarrow \quad \int_0^1 \sqrt{1+x^3}\,dx \le \frac{\sqrt{5}}{2} \approx 1{,}1180\]
bulunur. (İntegralin gerçek değeri yaklaşık \(1{,}1114\)’tür; \(\sqrt{1+x^3}\) sabit olmadığından eşitlik gerçekleşmez.)
d) \([1,2]\) aralığının uzunluğu \(b - a = 1\)’dir. Örnek 32.1’deki eşitsizliği bu aralığa uygulayalım:
\[1 = (2-1)^2 \le \left( \int_1^2 f \right) \left( \int_1^2 \frac{1}{f} \right) = 3 \int_1^2 \frac{1}{f}.\]
Her iki yanı \(3\)’e bölersek \(\int_1^2 \dfrac{1}{f(x)}\,dx \ge \dfrac{1}{3}\) elde ederiz. Eşitlik hâli. Örnek 32.1’in son adımına göre eşitlik ancak \(f\) sabitse gerçekleşir; \(f \equiv c\) ise \(\int_1^2 c\,dx = c = 3\) olmalıdır ve gerçekten \(f \equiv 3\) için \(\int_1^2 \dfrac{1}{3}\,dx = \dfrac{1}{3}\)’tür.
e) \(g(x) = x\) alalım; \(\int_0^1 g^2 = \int_0^1 x^2\,dx = \dfrac{1}{3}\)’tür. Verilen eşitlik tam olarak
\[\left( \int_0^1 f g \right)^{\!2} = \left( \int_0^1 g^2 \right) \left( \int_0^1 f^2 \right)\]
biçimindedir, yani Cauchy–Schwarz eşitsizliğinde eşitlik hâlidir. \(f\) ve \(g\) sürekli olduğundan Önerme 32.1 uygulanır: eşitlik ancak \(\lambda f(x) + \mu x = 0\) olacak biçimde ikisi birden sıfır olmayan \(\lambda, \mu\) varsa gerçekleşir. \(\lambda = 0\) olsaydı \(\mu x \equiv 0\)’dan \(\mu = 0\) çıkardı; öyleyse \(\lambda \ne 0\) ve
\[f(x) = c\,x, \qquad c = -\frac{\mu}{\lambda} \in \mathbb{R}\]
olmalıdır. Tersine \(f(x) = cx\) için sol taraf \(\left( c \int_0^1 x^2 \right)^2 = \dfrac{c^2}{9}\), sağ taraf \(\dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{c^2}{3} = \dfrac{c^2}{9}\)’dur. Demek ki aranan fonksiyonlar tam olarak \(f(x) = cx\) biçimindekilerdir.
f) Teorem 32.3’i \(f\) ile \(g \equiv 1\) çiftine uygulayalım. \(|g|^q = 1\) olduğundan \(\int_a^b |g|^q\,dx = b - a\) ve \(\left( \int_a^b |g|^q \right)^{1/q} = (b-a)^{1/q}\)’dur. Hölder eşitsizliği
\[\int_a^b |f(x)|\,dx = \int_a^b |f(x) \cdot 1|\,dx \le (b-a)^{1/q} \left( \int_a^b |f(x)|^p\,dx \right)^{1/p}\]
verir. \(p = q = 2\) alınırsa bu, \(\int_a^b |f| \le \sqrt{b-a} \left( \int_a^b f^2 \right)^{1/2}\) biçimindeki tanıdık Cauchy–Schwarz kestirimine indirgenir.
g) İddia yanlıştır. \([0,1]\) üzerinde
\[f(x) = \begin{cases} 1, & x \in \mathbb{Q} \\ -1, & x \notin \mathbb{Q} \end{cases}\]
alalım. Bu fonksiyon için \(f^2 \equiv 1\) ve \(|f| \equiv 1\)’dir; ikisi de sabit olduğundan integrallenebilirdir. Buna karşın \(f\) integrallenebilir değildir: her alt aralık hem rasyonel hem irrasyonel nokta içerdiğinden (bkz. Analiz 1, İrrasyonel Sayıların Yoğunluğu) \(M_i = 1\), \(m_i = -1\) ve
\[U(P,f) - L(P,f) = \sum_i (M_i - m_i)\Delta x_i = 2 \sum_i \Delta x_i = 2\]
olur; bu fark hiçbir bölünüşle küçültülemez ve Teorem 25.1 sağlanamaz. Nedeni, hem kare almanın hem de mutlak değer almanın işaret bilgisini yok etmesidir; oysa bu fonksiyondaki bütün düzensizlik işarettedir.
\(\blacksquare\)
Bu bölümde integralleri hesaplamadan karşılaştırmayı öğrendik: Cauchy–Schwarz, Minkowski ve Hölder eşitsizlikleri, çarpımların ve toplamların integrallerini tek tek fonksiyonların integralleriyle sınırlamamızı sağlıyor. Sıradaki bölümde integrali bir kestirim aracı olmaktan çıkarıp somut geometrik ve fiziksel niceliklerin hesabına koşacağız: Belirli İntegralin Uygulamaları.