31 İntegral için Ortalama Değer Teoremleri
Belirli İntegralde Yöntemler ve Leibniz Formülü bölümünde belirli integrali hesaplamayı öğrendik: değişken değiştirme, bakışım (simetri), kısmi integrasyon ve değişken sınırlı integrallerin türevi. Bütün bu araçların ortak amacı \(\int_a^b f(x)\,dx\) sayısını elde etmekti. Şimdi soruyu tersine çeviriyoruz: bu sayı, \(f\) fonksiyonu hakkında ne söyler?
Yanıtın çekirdeği çok basit bir sezgide saklıdır. Sonlu sayıda \(y_1, y_2, \dots, y_n\) sayısının aritmetik ortalaması \(\frac{1}{n}(y_1 + \cdots + y_n)\) sayısıdır ve bu ortalamanın iki temel özelliği vardır: en küçük sayı ile en büyük sayı arasındadır, ve \(n\) tane sayının hepsini bu tek sayıyla değiştirsek toplam değişmez. Bir \(f\) fonksiyonunun \([a,b]\) üzerindeki “bütün değerlerinin ortalaması” da aynı iki özelliği taşımalıdır: \(\inf f\) ile \(\sup f\) arasında bulunmalı ve \(f\)’yi bu sabit değerle değiştirdiğimizde integral değişmemelidir. Bu bölümün ana teoremleri, böyle bir sayının her zaman var olduğunu söyler.
Üstelik bunun ağırlıklı (weighted) bir biçimi de vardır. Sonlu durumda ağırlıklı ortalama \(\frac{\sum w_k y_k}{\sum w_k}\) ile verilir; burada \(w_k \ge 0\) sayıları hangi terimin ne kadar önemsendiğini belirler. İntegral karşılığında ağırlıkların yerini \(g(x) \ge 0\) biçiminde bir ağırlık fonksiyonu (weight function) alır ve ortalama \(\dfrac{\int_a^b fg}{\int_a^b g}\) olur. Birinci ortalama değer teoremi tam olarak bu ifadenin \(\inf f\) ile \(\sup f\) arasında kaldığını söyler.
Bu bölümde şunları öğreneceğiz: ağırlıklı birinci ortalama değer teoremi ve tam ispatı (\(\int_a^b g = 0\) olan sınır durumu dâhil); \(f\) sürekliyken ortalamanın gerçekten bir fonksiyon değeri olarak, yani \(f(x_0)\) biçiminde yazılabilmesi; ortalama değerin tanımı ve “eğrinin altındaki alanla aynı alana sahip dikdörtgen” yorumu; sürekliliğin neden vazgeçilmez olduğunu gösteren parçalı bir karşı örnek; ağırlık yerine monotonluk koyan ikinci (Bonnet) ortalama değer teoremi ve onun Abel toplamıyla ispatı; bu teoremin \(\left| \int_a^b \frac{\sin x}{x}\,dx \right| \le \frac{2}{a}\) gibi ince kestirimlerde kullanımı; integral ortalama değer teoreminin türevin ortalama değer teoremiyle denkliği; son olarak limit hesabı ve eşitsizlik kurma uygulamaları.
31.1 Birinci Ortalama Değer Teoremi
İlk teorem, aslında zaten bildiğimiz bir eşitsizliğin ustaca yeniden okunmasından ibarettir. \(m \le f(x) \le M\) eşitsizliğini \(g(x) \ge 0\) ile çarpıp integrallersek, \(\int_a^b fg\) sayısının \(m\int_a^b g\) ile \(M \int_a^b g\) arasında sıkıştığını görürüz. Geriye “arada olmak”ı bir eşitliğe çevirmek kalır: arada olan bir sayı, uçların uygun bir ara değerinin katıdır. Teoremin bütün içeriği budur.
Teorem 31.1 (Birinci Ortalama Değer Teoremi) \(a < b\) ve \(f, g : [a,b] \to \mathbb{R}\) fonksiyonları \([a,b]\) üzerinde Riemann integrallenebilir olsun (Tanım 25.1). Ayrıca her \(x \in [a,b]\) için
\[g(x) \ge 0\]
olsun. \(f\) integrallenebilir olduğundan sınırlıdır (Teorem 26.3); bu yüzden
\[m = \inf_{x \in [a,b]} f(x), \qquad M = \sup_{x \in [a,b]} f(x)\]
sayıları sonludur. O hâlde
\[\int_a^b f(x)g(x)\,dx = c \int_a^b g(x)\,dx\]
olan bir \(c \in [m, M]\) sayısı vardır.
İspat
Adım 0: \(fg\) integrallenebilirdir. Eşitliğin sol yanının anlamlı olduğunu önce görmemiz gerekir. \(f\) ve \(g\) integrallenebilir olduğundan \(f+g\) ve \(f-g\) de integrallenebilirdir (Teorem 27.1). İntegrallenebilir fonksiyonlar sınırlı olduğundan (Teorem 26.3) \(f+g\) ve \(f-g\) fonksiyonlarının görüntüleri uygun bir \([c,d]\) aralığının içinde kalır; \(\varphi(t) = t^2\) fonksiyonu ise bu aralıkta süreklidir. İntegrallenebilir bir fonksiyonun sürekli bir fonksiyonla bileşkesi integrallenebilir olduğundan (Teorem 27.2) \((f+g)^2\) ve \((f-g)^2\) integrallenebilirdir. Özdeşlik
\[f g = \frac{(f+g)^2 - (f-g)^2}{4}\]
olduğundan, yine lineerlik gereği \(fg\) integrallenebilirdir.
Adım 1: Temel eşitsizliği kuralım. \(m\) ve \(M\) tanımı gereği her \(x \in [a,b]\) için
\[m \le f(x) \le M\]
olur. Bu eşitsizliği \(g(x) \ge 0\) ile çarpalım. Negatif olmayan bir sayıyla çarpmak sıralamayı korur; dolayısıyla her \(x \in [a,b]\) için
\[m\,g(x) \le f(x)g(x) \le M\,g(x).\]
Adım 2: Eşitsizliği integralleyelim. Üç fonksiyon da \([a,b]\) üzerinde integrallenebilirdir (\(mg\) ve \(Mg\) için lineerlik, \(fg\) için Adım 0). İntegralin sıralamayı koruma özelliği (Teorem 28.1) gereği
\[\int_a^b m\,g(x)\,dx \;\le\; \int_a^b f(x)g(x)\,dx \;\le\; \int_a^b M\,g(x)\,dx,\]
yani sabitleri integral dışına alarak
\[m \int_a^b g(x)\,dx \;\le\; \int_a^b f(x)g(x)\,dx \;\le\; M \int_a^b g(x)\,dx. \tag{$*$}\]
Ayrıca \(g \ge 0\) olduğundan yine Teorem 28.1 gereği
\[\int_a^b g(x)\,dx \ge \int_a^b 0\,dx = 0\]
olur. Demek ki \(\int_a^b g\) ya sıfırdır ya da kesin pozitiftir. İki durumu ayrı ayrı ele alalım.
Adım 3: \(\int_a^b g = 0\) durumu. Bu durumda \((*)\) eşitsizliğinin hem sol hem sağ ucu \(0\)’dır:
\[0 = m \cdot 0 \le \int_a^b f(x)g(x)\,dx \le M \cdot 0 = 0.\]
Sıkışma gereği \(\int_a^b f(x)g(x)\,dx = 0\) olur. Öte yandan istenen eşitliğin sağ yanı da her \(c\) için
\[c \int_a^b g(x)\,dx = c \cdot 0 = 0\]
değerini alır. Yani bu durumda eşitlik her \(c\) sayısı için sağlanır; özel olarak \(c = m\) seçebiliriz. Burada dikkat edilecek tek nokta \([m,M]\) aralığının boş olmamasıdır: \(f\) sınırlı olduğundan \(m\) ve \(M\) sonludur ve \(a < b\) olduğundan \([a,b]\) boş değildir, dolayısıyla \(m \le M\)’dir. Böylece seçtiğimiz \(c = m\) gerçekten \([m,M]\) içindedir ve teorem bu durumda ispatlanmış olur.
Adım 4: \(\int_a^b g > 0\) durumu. Şimdi \((*)\) eşitsizliğinin her yanını pozitif olan \(\int_a^b g\) sayısına bölebiliriz; pozitif bir sayıya bölmek sıralamayı korur:
\[m \;\le\; \frac{\displaystyle\int_a^b f(x)g(x)\,dx}{\displaystyle\int_a^b g(x)\,dx} \;\le\; M.\]
Ortadaki sayıyı
\[c = \frac{\displaystyle\int_a^b f(x)g(x)\,dx}{\displaystyle\int_a^b g(x)\,dx}\]
ile adlandıralım. Yukarıdaki eşitsizlik tam olarak \(c \in [m,M]\) demektir. Paydayı sol tarafa geçirirsek
\[\int_a^b f(x)g(x)\,dx = c \int_a^b g(x)\,dx\]
elde ederiz. İki durumda da istenen \(c\) bulunduğundan ispat tamamlanmıştır.
\(\blacksquare\)
Teoremin en sade hâli \(g \equiv 1\) seçimiyle ortaya çıkar: bu durumda \(\int_a^b g = b-a\) olur ve teorem
\[\int_a^b f(x)\,dx = c\,(b-a), \qquad c \in [m,M]\]
der. Yani \(f\)’nin integrali, tabanı \(b-a\) ve yüksekliği uygun bir \(c \in [\inf f, \sup f]\) olan bir dikdörtgenin alanına eşittir.
\(g \ge 0\) koşulu ispatın Adım 1’inde çarpma sırasında kullanıldı ve vazgeçilmezdir. \(g\) işaret değiştirirse teorem çöker.
Örnek olarak \([-1,1]\) üzerinde \(f(x) = x\) ve \(g(x) = x\) alalım. Her ikisi de sürekli, dolayısıyla integrallenebilirdir (Teorem 25.2). Bir yandan
\[\int_{-1}^{1} f(x)g(x)\,dx = \int_{-1}^{1} x^2\,dx = \left[ \frac{x^3}{3} \right]_{-1}^{1} = \frac{1}{3} - \left( -\frac{1}{3} \right) = \frac{2}{3},\]
öte yandan \(x \mapsto x\) tek fonksiyon olduğundan
\[\int_{-1}^{1} g(x)\,dx = \int_{-1}^{1} x\,dx = 0\]
olur. Öyleyse hangi \(c\) sayısını seçersek seçelim \(c \int_{-1}^1 g = 0 \ne \frac{2}{3}\)’tür; istenen eşitliği sağlayan hiçbir \(c\) yoktur. Benzer biçimde \(g \le 0\) olduğunda teorem yine geçerlidir (o hâlde \(-g \ge 0\)’a uygulamak yeter); bozulan şey işaretin sabit olmamasıdır.
Teoremin verdiği \(c\) sayısı, \(f\)’nin bir değeri olmak zorunda değildir; yalnızca \(\inf f\) ile \(\sup f\) arasında bir sayıdır. Ama \(f\) sürekliyse arada kalan her sayı zaten \(f\) tarafından alınır: ara değer teoremi tam da bunu söyler. Böylece teoremin çok daha çarpıcı olan klasik biçimine geçiyoruz.
Sonuç 31.1 (Klasik Ortalama Değer Teoremi) \(a < b\) ve \(f : [a,b] \to \mathbb{R}\) sürekli olsun.
(i) Ağırlıklı biçim. \(g : [a,b] \to \mathbb{R}\) integrallenebilir ve \(g \ge 0\) ise
\[\int_a^b f(x)g(x)\,dx = f(x_0) \int_a^b g(x)\,dx\]
olan bir \(x_0 \in [a,b]\) vardır.
(ii) Klasik biçim. Özel olarak
\[\int_a^b f(x)\,dx = f(x_0)\,(b-a)\]
olan bir \(x_0 \in [a,b]\) vardır.
İspat
Adım 1: En küçük ve en büyük değerler alınır. \([a,b]\) kapalı ve sınırlı bir aralık, \(f\) ise bu aralıkta süreklidir. Weierstrass ekstremum teoremi (bkz. Analiz 1) gereği \(f\), \([a,b]\) üzerinde en küçük ve en büyük değerlerini gerçekten alır: öyle \(p, q \in [a,b]\) noktaları vardır ki
\[f(p) = \min_{[a,b]} f = m, \qquad f(q) = \max_{[a,b]} f = M.\]
Burada \(m = \inf f\) ve \(M = \sup f\) sayıları alınan değerler olduğundan, Teorem 31.1’deki \(m\) ve \(M\) ile aynıdır.
Adım 2: Teoremi uygulayalım. \(f\) sürekli olduğundan integrallenebilirdir (Teorem 25.2). Teorem 31.1 gereği
\[\int_a^b f(x)g(x)\,dx = c \int_a^b g(x)\,dx\]
olan bir \(c \in [m,M]\) vardır. Geriye \(c\)’nin \(f\)’nin bir değeri olduğunu, yani \(c = f(x_0)\) olan bir \(x_0 \in [a,b]\) bulunduğunu göstermek kalıyor.
Adım 3: \(c\) bir fonksiyon değeridir. \(c \in [m,M]\) olduğundan iki durum vardır.
- \(c = m\) ya da \(c = M\) ise: birinci durumda \(x_0 = p\), ikinci durumda \(x_0 = q\) alırız. Özel olarak \(m = M\) ise \(f\) sabittir ve \([m,M] = \{m\}\) olduğundan \(c = m = f(p)\) olur; bu da bu duruma girer.
- \(m < c < M\) ise, yani \(f(p) < c < f(q)\) ise, \(p\) ile \(q\) arasında kalan kapalı aralığı düşünelim (hangisinin büyük olduğunu bilmiyoruz; \([\min(p,q), \max(p,q)]\) aralığını alalım). Bu aralık \([a,b]\) içindedir ve \(f\) orada süreklidir. \(c\) sayısı \(f(p)\) ile \(f(q)\) arasında olduğundan ara değer teoremi (bkz. Analiz 1) gereği bu aralıkta \(f(x_0) = c\) olan bir \(x_0\) vardır. Elbette \(x_0 \in [a,b]\)’dir.
Her durumda \(c = f(x_0)\) olan bir \(x_0 \in [a,b]\) bulduk; bu da (i)’yi verir.
Adım 4: Klasik biçim. (i)’de \(g \equiv 1\) alalım. Sabit fonksiyon integrallenebilirdir, \(g \ge 0\) koşulunu sağlar ve
\[\int_a^b 1\,dx = b-a > 0\]
olur. Böylece
\[\int_a^b f(x)\,dx = f(x_0)\,(b-a)\]
elde edilir.
\(\blacksquare\)
Teorem 31.1 ile Sonuç 31.1 arasındaki farkı iyi ayırt etmek gerekir.
- Teorem 31.1 her integrallenebilir \(f\) için geçerlidir; ama verdiği \(c\) yalnızca bir sayıdır, \(f\)’nin aldığı bir değer olması gerekmez.
- Sonuç 31.1 ise \(f\)’nin sürekli olmasını ister; buna karşılık \(c\)’yi \(f(x_0)\) biçiminde, yani fonksiyonun gerçekten aldığı bir değer olarak verir.
Sürekliliğin karşılığında kazanılan şey işte bu “değerin alınması”dır ve bunu sağlayan tek araç ara değer teoremidir.
31.2 Ortalama Değer ve Geometrik Yorumu
Klasik biçimi bir kez daha yazalım:
\[f(x_0) = \frac{1}{b-a} \int_a^b f(x)\,dx.\]
Sağ taraftaki sayı, bölümün başında sözünü ettiğimiz “bütün değerlerin ortalaması”dır. Ona bir ad verelim.
Tanım 31.1 (Bir Fonksiyonun Ortalama Değeri) \(a < b\) ve \(f : [a,b] \to \mathbb{R}\) integrallenebilir olsun. Sayı
\[\bar{f} = \frac{1}{b-a} \int_a^b f(x)\,dx\]
sayısına \(f\) fonksiyonunun \([a,b]\) aralığındaki ortalama değeri (mean value / average value) denir.
Daha genel olarak, \(w : [a,b] \to \mathbb{R}\) integrallenebilir, \(w \ge 0\) ve \(\int_a^b w > 0\) ise
\[\bar{f}_w = \frac{\displaystyle\int_a^b f(x)w(x)\,dx}{\displaystyle\int_a^b w(x)\,dx}\]
sayısına \(f\)’nin \(w\) ağırlığına göre ağırlıklı ortalama değeri (weighted mean value) denir. \(w \equiv 1\) seçimi ilk tanımı verir.
Bu tanımın sonlu durumla bağını görmek öğreticidir. \([a,b]\) aralığını \(n\) eşit parçaya bölüp her parçadan bir \(t_k\) noktası seçelim; parçaların uzunluğu \(\frac{b-a}{n}\)’dir. \(f(t_1), \dots, f(t_n)\) sayılarının aritmetik ortalaması
\[\frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} f(t_k) = \frac{1}{b-a} \sum_{k=1}^{n} f(t_k) \cdot \frac{b-a}{n}\]
biçiminde yazılabilir ve sağdaki toplam tam olarak bir Riemann toplamıdır (Tanım 26.1). \(f\) integrallenebilir olduğundan \(n \to \infty\) iken bu toplam \(\int_a^b f\)’ye yakınsar (Teorem 26.2). Demek ki
\[\frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} f(t_k) \;\longrightarrow\; \frac{1}{b-a} \int_a^b f(x)\,dx = \bar{f}.\]
Yani \(\bar{f}\), “\(f\)’nin \(n\) noktadaki değerlerinin ortalamasının \(n \to \infty\) iken limiti”dir. Aritmetik ortalamanın sürekli karşılığı olduğu bu hesapla açıkça görülür.
Geometrik yorum. \(f\)’nin sürekli ve \(f \ge 0\) olduğu durumu düşünelim. \(\int_a^b f\) sayısı, eğrinin altında kalan bölgenin alanıdır. Klasik ortalama değer teoremi
\[\underbrace{\int_a^b f(x)\,dx}_{\text{eğrinin altındaki alan}} = \underbrace{f(x_0) \cdot (b-a)}_{\text{dikdörtgenin alanı}}\]
der. Yani tabanı \([a,b]\) ve yüksekliği \(f(x_0)\) olan dikdörtgenin alanı, eğrinin altındaki bölgenin alanına tam olarak eşittir. Üstelik bu dikdörtgenin yüksekliği \(f\)’nin bir değeridir; yani \(y = \bar{f}\) yatay doğrusu eğriyi en az bir noktada keser. Sezgisel olarak: eğrinin \(\bar{f}\) düzeyinin üstünde kalan tümsekleri kesip altında kalan çukurlara doldurursak elimizde tam olarak o dikdörtgen kalır.
Örnek 31.1 (Sinüsün Ortalama Değeri) \(f(x) = \sin x\) fonksiyonunun \([0, \pi]\) aralığındaki ortalama değerini bulunuz ve \(f(x_0) = \bar{f}\) olan \(x_0 \in [0,\pi]\) noktalarını belirleyiniz.
Çözüm
Adım 1: İntegrali hesaplayalım. \(-\cos x\) fonksiyonu \(\sin x\)’in bir ilkel fonksiyonudur (Tanım 18.1), \(\sin\) ise süreklidir. Analizin ikinci temel teoremi gereği
\[\int_0^{\pi} \sin x\,dx = \Big[ -\cos x \Big]_0^{\pi} = -\cos \pi - (-\cos 0) = -(-1) - (-1) = 1 + 1 = 2.\]
Adım 2: Ortalama değer. Tanım 31.1 gereği
\[\bar{f} = \frac{1}{\pi - 0} \int_0^{\pi} \sin x\,dx = \frac{2}{\pi} \approx 0{,}6366.\]
Bu sayının \([0,1]\) aralığında olması beklenirdi: \([0,\pi]\) üzerinde \(0 \le \sin x \le 1\) olduğundan Teorem 28.1 gereği \(0 \le \bar{f} \le 1\)’dir. Ayrıca ortalamanın \(\frac{1}{2}\)’den büyük çıkması da şaşırtıcı değildir; sinüs eğrisi \([0,\pi]\) üzerinde uzunca bir süre \(\frac{1}{2}\)’nin üstünde kalır.
Adım 3: Ortalamanın alındığı noktalar. \(\sin\) fonksiyonu \([0,\pi]\) üzerinde sürekli olduğundan Sonuç 31.1 gereği \(\sin x_0 = \frac{2}{\pi}\) olan bir \(x_0 \in [0,\pi]\) vardır. Bu denklemi çözelim. \([0, \frac{\pi}{2}]\) aralığında \(\sin\) artan ve birebir olduğundan buradaki tek çözüm
\[x_0 = \arcsin \frac{2}{\pi} \approx 0{,}6901\]
sayısıdır. Öte yandan \(\sin(\pi - x) = \sin x\) bakışımı gereği
\[x_0' = \pi - \arcsin \frac{2}{\pi} \approx 2{,}4515\]
de bir çözümdür. \([0,\pi]\) aralığında \(\sin x = \frac{2}{\pi}\) denkleminin başka çözümü yoktur: \(\sin\), \([0,\frac{\pi}{2}]\)’de kesin artan, \([\frac{\pi}{2}, \pi]\)’de kesin azalandır, dolayısıyla her düzeyi her yarı aralıkta en çok bir kez alır. Demek ki teoremin verdiği \(x_0\) noktası tek olmak zorunda değildir; burada tam olarak iki tanedir.
Adım 4: Denetim. Yüksekliği \(\frac{2}{\pi}\), tabanı \(\pi\) olan dikdörtgenin alanı \(\frac{2}{\pi} \cdot \pi = 2\)’dir; bu da Adım 1’de bulduğumuz integralin değeridir. Eşitlik doğrulanmış oldu.
\(\blacksquare\)
31.3 Sürekliliğin Gerekliliği
Sonuç 31.1 yalnızca tek bir şey istiyordu: \(f\)’nin sürekli olmasını. Süreklilik integrallenebilirliği de beraberinde getirdiğinden (Teorem 25.2) \(\int_a^b f\) sayısı kendiliğinden anlamlıdır. Peki süreklilik gerçekten gerekli midir? Yanıt kesin bir “evet”tir ve nedeni tek cümleyle şudur: süreksiz bir fonksiyon kendi ortalamasının üstünden atlayabilir.
\(f\) yalnızca integrallenebilirse Teorem 31.1’nin verdiği \(c\) sayısı hâlâ \([\inf f, \sup f]\) aralığındadır; bozulan şey \(c\)’nin \(f\) tarafından alınmasıdır. Yani
\[\int_a^b f(x)\,dx = c\,(b-a)\]
eşitliği yine sağlanır, ama \(c = f(x_0)\) olan bir \(x_0\) bulunamayabilir. Bunun tek nedeni, ara değer teoreminin sürekliliksiz çalışmamasıdır.
Örnek 31.2 (Ortalamasını Almayan Bir Fonksiyon) \(f : [1,3] \to \mathbb{R}\) fonksiyonu
\[f(x) = \begin{cases} 1, & 1 \le x < 2 \\[2mm] 4, & 2 \le x \le 3 \end{cases}\]
ile tanımlansın. \(f\)’nin integrallenebilir olduğunu gösteriniz, ortalama değerini hesaplayınız ve bu ortalamanın \(f\) tarafından hiçbir noktada alınmadığını belirtiniz.
Çözüm
Adım 1: İntegrallenebilirlik. \(f\) azalmayan bir fonksiyondur: \(x \le y\) ise \(f(x) \le f(y)\)’dir (değerler yalnızca \(1\) ve \(4\)’tür ve \(4\) değeri \(2\)’den sonra başlar). Kapalı bir aralıkta monoton olan her fonksiyon Riemann integrallenebilirdir (Teorem 25.3); dolayısıyla \(f\), \([1,3]\) üzerinde integrallenebilirdir.
Adım 2: \([1,2]\) üzerindeki integral. \(f\), \([1,2)\) üzerinde \(1\)’e eşit, yalnızca \(x=2\) uç noktasında \(4\)’tür. Bu tek noktanın integrale katkısı yoktur; bunu doğrudan görelim. \(0 < \delta < 1\) olmak üzere \(P_\delta = \{1,\, 2-\delta,\, 2\}\) bölünüşünü alalım (Tanım 24.1). Alt ve üst toplamları yazalım (Tanım 24.3):
- \([1, 2-\delta]\) üzerinde \(f \equiv 1\) olduğundan bu alt aralıkta infimum da supremum da \(1\)’dir.
- \([2-\delta, 2]\) üzerinde \(f\), \(1\) ve \(4\) değerlerini alır; infimum \(1\), supremum \(4\)’tür.
Buradan
\[L(P_\delta, f) = 1 \cdot (1-\delta) + 1 \cdot \delta = 1, \qquad U(P_\delta, f) = 1 \cdot (1-\delta) + 4 \cdot \delta = 1 + 3\delta\]
olur. Öyleyse \(U(P_\delta,f) - L(P_\delta,f) = 3\delta\) olup \(\delta \to 0^+\) ile istediğimiz kadar küçültülebilir (Teorem 25.1). Her \(\delta\) için
\[1 = L(P_\delta,f) \le \int_1^2 f(x)\,dx \le U(P_\delta,f) = 1 + 3\delta\]
olduğundan, \(\delta \to 0^+\) limitiyle
\[\int_1^2 f(x)\,dx = 1\]
buluruz.
Adım 3: \([2,3]\) üzerindeki integral. Burada \(f \equiv 4\) sabittir:
\[\int_2^3 f(x)\,dx = 4 \cdot (3-2) = 4.\]
Adım 4: Toplam integral ve ortalama. Aralık toplamsallığı (Teorem 27.4) gereği
\[\int_1^3 f(x)\,dx = \int_1^2 f(x)\,dx + \int_2^3 f(x)\,dx = 1 + 4 = 5.\]
Ortalama değer (Tanım 31.1) böylece
\[\bar{f} = \frac{1}{3-1} \int_1^3 f(x)\,dx = \frac{5}{2} = 2{,}5\]
olur.
Adım 5: Ortalama alınmıyor. \(f\)’nin değer kümesi yalnızca \(\{1, 4\}\)’tür. \(2{,}5\) sayısı bu kümede olmadığından, hiçbir \(x_0 \in [1,3]\) için \(f(x_0) = 2{,}5\) olamaz. Demek ki
\[\int_1^3 f(x)\,dx = f(x_0) \cdot (3-1)\]
eşitliğini sağlayan bir \(x_0\) yoktur. \(f\), \(x=2\) noktasında \(1\)’den \(4\)’e sıçradığı için kendi ortalamasının üstünden atlamıştır.
Adım 6: Birinci teorem yine de geçerlidir. Burada \(m = \inf f = 1\) ve \(M = \sup f = 4\)’tür. Teorem 31.1’nin verdiği \(c\) sayısı
\[c = \frac{1}{2} \int_1^3 f(x)\,dx = 2{,}5 \in [1,4]\]
olup gerçekten \([m,M]\) aralığındadır. Yani ağırlıklı teorem hiç bozulmamıştır; bozulan yalnızca “\(c\) bir fonksiyon değeridir” iddiasıdır. Bu iddiayı sağlayan tek şey sürekliliktir.
\(\blacksquare\)
31.4 İkinci Ortalama Değer Teoremi
Birinci teoremde ağırlık \(g\) üzerine bir işaret koşulu koyduk. Şimdi bambaşka bir yol izleyeceğiz: işaret koşulunu \(g\)’den kaldırıp bunun yerine \(f\)’ye monotonluk yükleyeceğiz. Ortaya çıkan sonuç, 1849’da Ossian Bonnet tarafından verilen biçimiyle, analizin en kullanışlı kestirim araçlarından biridir. Onunla, integrali hiçbir kapalı formülle hesaplanamayan ifadeler için bile keskin sınırlar elde edilebilir.
Formül nereden geliyor
Teoremi ezberlemek yerine nereden çıktığını görelim. \(g\)’nin sürekli, \(f\)’nin ise sürekli türevlenebilir ve azalan olduğunu geçici olarak varsayalım. \(g\)’nin integral fonksiyonunu
\[G(x) = \int_a^x g(t)\,dt, \qquad x \in [a,b]\]
ile tanımlayalım; \(G(a) = 0\)’dır ve \(g\) sürekli olduğundan analizin birinci temel teoremi gereği \(G\) türevlenebilirdir ve \(G' = g\)’dir (Analizin Temel Teoremleri). Şimdi kısmi integrasyon (Teorem 19.2) uygulayalım:
\[\int_a^b f(x)g(x)\,dx = \int_a^b f(x)G'(x)\,dx = \Big[ f(x)G(x) \Big]_a^b - \int_a^b f'(x)G(x)\,dx.\]
\(G(a) = 0\) olduğundan köşeli parantez \(f(b)G(b)\)’ye indirgenir:
\[\int_a^b f(x)g(x)\,dx = f(b)G(b) - \int_a^b f'(x)G(x)\,dx.\]
Sondaki integrale birinci ortalama değer teoremini uygulayacağız. \(f\) azalan olduğundan \(f' \le 0\), yani \(-f' \ge 0\)’dır: işte aradığımız negatif olmayan ağırlık. \(G\) süreklidir; \(-f'\) ise sürekli olduğundan integrallenebilirdir. Öyleyse Sonuç 31.1’in ağırlıklı biçimi (\(G\) sürekli çarpan, \(-f'\) ağırlık) gereği
\[\int_a^b G(x)\big( -f'(x) \big)\,dx = G(\xi) \int_a^b \big( -f'(x) \big)\,dx\]
olan bir \(\xi \in [a,b]\) vardır. Sağdaki integral analizin ikinci temel teoremiyle hesaplanır:
\[\int_a^b \big( -f'(x) \big)\,dx = -\big( f(b) - f(a) \big) = f(a) - f(b).\]
Bunları birleştirirsek
\[\int_a^b f(x)g(x)\,dx = f(b)G(b) + G(\xi)\big( f(a) - f(b) \big) = f(a)G(\xi) + f(b)\big( G(b) - G(\xi) \big),\]
yani
\[\int_a^b f(x)g(x)\,dx = f(a) \int_a^{\xi} g(x)\,dx + f(b) \int_{\xi}^{b} g(x)\,dx\]
elde edilir. (\(f\) artan olsaydı bu kez \(f' \ge 0\) ağırlığıyla aynı hesap yapılır ve sonuç değişmezdi.)
Bu hesap formülün nereden geldiğini eksiksiz açıklıyor; ama \(f\)’nin türevlenebilir, \(g\)’nin sürekli olmasını istedi. Oysa teorem çok daha az şey talep eder: \(f\)’nin yalnızca monoton, \(g\)’nin yalnızca integrallenebilir olması yeter. Monoton bir fonksiyonun türevlenebilir olması gerekmediğinden (örneğin basamak fonksiyonları), genel hâli ispatlamak için türevden bütünüyle vazgeçen bir yönteme ihtiyacımız var. Kullanacağımız araç, kısmi integrasyonun ayrık (discrete) karşılığı olan Abel toplamı (Abel summation / summation by parts) olacaktır.
Bonnet yardımcı teoremi
Genel teoremin bütün ağırlığı aşağıdaki özel hâlde toplanmıştır: ağırlık fonksiyonu değil, çarpanın kendisi azalan ve negatif olmayandır.
Lemma 31.1 (Bonnet Yardımcı Teoremi) \(a < b\) olsun. \(f : [a,b] \to \mathbb{R}\) fonksiyonu azalan (yani \(x \le y\) iken \(f(x) \ge f(y)\)) ve her \(x\) için \(f(x) \ge 0\) olsun. \(g : [a,b] \to \mathbb{R}\) ise integrallenebilir olsun. O hâlde
\[\int_a^b f(x)g(x)\,dx = f(a) \int_a^{\xi} g(x)\,dx\]
olan bir \(\xi \in [a,b]\) vardır.
İspat
Adım 1: Hazırlık. \(f\) monoton olduğundan integrallenebilirdir (Teorem 25.3); \(g\) zaten integrallenebilirdir; öyleyse Teorem 31.1’nin ispatındaki Adım 0 gereği \(fg\) de integrallenebilirdir. Kısaca
\[I = \int_a^b f(x)g(x)\,dx\]
yazalım. \(g\) integrallenebilir olduğundan sınırlıdır (Teorem 26.3); \(K = \sup_{[a,b]} |g|\) diyelim, yani her \(x\) için \(|g(x)| \le K\).
\(g\)’nin integral fonksiyonunu
\[G(x) = \int_a^{x} g(t)\,dt, \qquad x \in [a,b]\]
ile tanımlayalım; \(G(a) = 0\)’dır. \(G\) süreklidir: \(a \le x < y \le b\) için aralık toplamsallığı (Teorem 27.4) ve integral için üçgen eşitsizliği (Teorem 28.2) gereği
\[|G(y) - G(x)| = \left| \int_x^{y} g(t)\,dt \right| \le \int_x^{y} |g(t)|\,dt \le K(y-x),\]
yani \(G\), \(K\) sabitiyle Lipschitz koşulunu sağlar (bkz. Analiz 1). Lipschitz koşulunu sağlayan her fonksiyon düzgün süreklidir (bkz. Analiz 1), düzgün süreklilik ise sürekliliği gerektirir (bkz. Analiz 1); demek ki \(G\), \([a,b]\) üzerinde süreklidir. \([a,b]\) kapalı ve sınırlı olduğundan \(G\) burada en küçük ve en büyük değerlerini alır (bkz. Analiz 1):
\[m_G = \min_{[a,b]} G, \qquad M_G = \max_{[a,b]} G.\]
İspatın hedefi şudur: \(f(a)\,m_G \le I \le f(a)\,M_G\) olduğunu göstermek. Bunu gösterirsek işimiz bitmiş demektir; nedenini Adım 5’te açıklayacağız.
Adım 2: Bir bölünüş üzerinde ayrıştırma. \(P = \{a = x_0 < x_1 < \cdots < x_n = b\}\) herhangi bir bölünüş olsun ve normu \(\|P\| = \max_k (x_k - x_{k-1})\) ile gösterilsin. Aralık toplamsallığı gereği
\[I = \sum_{k=1}^{n} \int_{x_{k-1}}^{x_k} f(x)g(x)\,dx.\]
Her alt aralıkta \(f(x)\) yerine sol uçtaki sabit değeri \(f(x_{k-1})\) koyalım ve hatayı ayrı yazalım:
\[I = \underbrace{\sum_{k=1}^{n} f(x_{k-1}) \int_{x_{k-1}}^{x_k} g(x)\,dx}_{S(P)} \;+\; \underbrace{\sum_{k=1}^{n} \int_{x_{k-1}}^{x_k} \big( f(x) - f(x_{k-1}) \big) g(x)\,dx}_{R(P)}.\]
\(\int_{x_{k-1}}^{x_k} g = G(x_k) - G(x_{k-1})\) olduğundan
\[S(P) = \sum_{k=1}^{n} f(x_{k-1}) \big( G(x_k) - G(x_{k-1}) \big).\]
Adım 3: Hata terimi küçüktür. \(x \in [x_{k-1}, x_k]\) ve \(f\) azalan olduğundan
\[f(x_k) \le f(x) \le f(x_{k-1}), \qquad \text{yani} \qquad 0 \le f(x_{k-1}) - f(x) \le f(x_{k-1}) - f(x_k)\]
olur. Buradan her \(k\) için
\[\left| \int_{x_{k-1}}^{x_k} \big( f(x) - f(x_{k-1}) \big) g(x)\,dx \right| \le \int_{x_{k-1}}^{x_k} \big| f(x) - f(x_{k-1}) \big| \, |g(x)|\,dx \le \big( f(x_{k-1}) - f(x_k) \big) K \, (x_k - x_{k-1})\]
elde ederiz. Her \(k\) için \(x_k - x_{k-1} \le \|P\|\) olduğundan ve teleskopik toplam
\[\sum_{k=1}^{n} \big( f(x_{k-1}) - f(x_k) \big) = f(x_0) - f(x_n) = f(a) - f(b)\]
verdiğinden
\[|R(P)| \le K \|P\| \big( f(a) - f(b) \big). \tag{$\dagger$}\]
\(f\) azalan olduğundan \(f(a) - f(b) \ge 0\)’dır; sağ taraf gerçekten negatif olmayan bir sayıdır.
Adım 4: Abel toplamı. Şimdi \(S(P)\)’yi yeniden düzenleyelim. Toplamı açıp iki parçaya ayıralım:
\[S(P) = \sum_{k=1}^{n} f(x_{k-1}) G(x_k) - \sum_{k=1}^{n} f(x_{k-1}) G(x_{k-1}).\]
İkinci toplamda \(j = k-1\) indis değişimi yapalım; \(j = 0\) terimi \(f(x_0)G(x_0) = f(a)G(a) = 0\) olduğundan düşer:
\[\sum_{k=1}^{n} f(x_{k-1}) G(x_{k-1}) = \sum_{j=0}^{n-1} f(x_j)G(x_j) = \sum_{k=1}^{n-1} f(x_k) G(x_k).\]
Birinci toplamdan da son terimi ayıralım:
\[\sum_{k=1}^{n} f(x_{k-1}) G(x_k) = \sum_{k=1}^{n-1} f(x_{k-1}) G(x_k) + f(x_{n-1}) G(x_n).\]
İkisini birleştirirsek, \(x_n = b\) olduğundan
\[S(P) = \sum_{k=1}^{n-1} \big( f(x_{k-1}) - f(x_k) \big) G(x_k) \;+\; f(x_{n-1}) G(b)\]
buluruz. Bu, kısmi integrasyonun ayrık karşılığı olan Abel toplamıdır: \(G\)’nin farkları \(f\)’ye, \(f\)’nin farkları \(G\)’ye taşınmıştır.
Adım 5: \(S(P)\), \(G\) değerlerinin negatif olmayan katsayılı bir birleşimidir. Şimdi katsayıları adlandıralım:
\[\lambda_k = f(x_{k-1}) - f(x_k) \;\; (1 \le k \le n-1), \qquad \lambda_n = f(x_{n-1});\] \[\eta_k = x_k \;\; (1 \le k \le n-1), \qquad \eta_n = b.\]
\(f\) azalan olduğundan \(\lambda_k \ge 0\) (\(k \le n-1\)); \(f \ge 0\) olduğundan \(\lambda_n = f(x_{n-1}) \ge 0\)’dır. Katsayıların toplamı teleskopiktir:
\[\sum_{k=1}^{n} \lambda_k = \big( f(x_0) - f(x_{n-1}) \big) + f(x_{n-1}) = f(x_0) = f(a).\]
Böylece
\[S(P) = \sum_{k=1}^{n} \lambda_k \, G(\eta_k), \qquad \lambda_k \ge 0, \qquad \sum_{k=1}^{n} \lambda_k = f(a)\]
olur. Katsayıların toplamı \(1\) değil \(f(a)\) olduğundan bu, \(f(a) > 0\) iken bir konveks birleşimin \(f(a)\) katıdır. Her \(\eta_k \in [a,b]\) için \(m_G \le G(\eta_k) \le M_G\) olduğundan, negatif olmayan \(\lambda_k\)’larla çarpıp toplayarak
\[f(a)\,m_G = \left( \sum_k \lambda_k \right) m_G \;\le\; S(P) \;\le\; \left( \sum_k \lambda_k \right) M_G = f(a)\,M_G\]
elde ederiz. Dikkat: bu eşitsizlik her bölünüş için, bölünüşten bağımsız sınırlarla geçerlidir.
Adım 6: Bölünüşü inceltip limite geçelim. \(I = S(P) + R(P)\) ve \((\dagger)\) gereği
\[f(a)\,m_G - K\|P\| \big( f(a) - f(b) \big) \;\le\; I \;\le\; f(a)\,M_G + K\|P\| \big( f(a) - f(b) \big)\]
olur. Şimdi \(P\) olarak \([a,b]\)’nin \(n\) eşit parçaya bölünüşünü alalım; bu bölünüşün normu \(\|P_n\| = \frac{b-a}{n}\)’dir ve \(n \to \infty\) iken \(0\)’a gider. Her \(n\) için yukarıdaki eşitsizlik geçerli olduğundan, \(n \to \infty\) limitinde
\[f(a)\,m_G \;\le\; I \;\le\; f(a)\,M_G \tag{$\ddagger$}\]
elde ederiz. (Sabit bir sayı, sıfıra giden bir hata payıyla genişletilmiş sınırların hepsinin içindeyse, sınırların kendisinin de içindedir.)
Adım 7: Sonucu okuyalım. İki durum var.
- \(f(a) = 0\) ise: \(f\) azalan ve negatif olmadığından her \(x\) için \(0 \le f(x) \le f(a) = 0\), yani \(f \equiv 0\)’dır. Bu durumda \(I = 0\) ve \(f(a)\int_a^{\xi} g = 0\) olduğundan eşitlik her \(\xi\) için sağlanır; örneğin \(\xi = a\) alırız.
- \(f(a) > 0\) ise: \((\ddagger)\) eşitsizliğini \(f(a)\)’ya bölerek
\[m_G \le \frac{I}{f(a)} \le M_G\]
buluruz. \(G\) sürekli olduğundan \(m_G\) ve \(M_G\) değerlerini \([a,b]\)’de gerçekten alır; ara değer teoremi (bkz. Analiz 1) gereği bu iki değer arasındaki her sayıyı da alır. Öyleyse
\[G(\xi) = \frac{I}{f(a)}\]
olan bir \(\xi \in [a,b]\) vardır. Bu da tam olarak
\[\int_a^b f(x)g(x)\,dx = I = f(a) G(\xi) = f(a) \int_a^{\xi} g(x)\,dx\]
demektir.
\(\blacksquare\)
Genel biçim
Yardımcı teoremi elde ettikten sonra genel hâl kısa bir cebirsel düzenlemeden ibarettir: monoton bir \(f\)’yi uygun bir sabit ekleyip çıkararak “azalan ve negatif olmayan” hâle getiririz.
Teorem 31.2 (İkinci Ortalama Değer Teoremi) \(a < b\) olsun. \(f : [a,b] \to \mathbb{R}\) monoton (artan ya da azalan) ve \(g : [a,b] \to \mathbb{R}\) integrallenebilir olsun. O hâlde
\[\int_a^b f(x)g(x)\,dx = f(a) \int_a^{\xi} g(x)\,dx + f(b) \int_{\xi}^{b} g(x)\,dx\]
olan bir \(\xi \in [a,b]\) vardır.
İspat
Durum 1: \(f\) azalan. \(h : [a,b] \to \mathbb{R}\) fonksiyonunu
\[h(x) = f(x) - f(b)\]
ile tanımlayalım. \(h\) de azalandır (\(f\)’den bir sabit çıkarıldı) ve \(f\) azalan olduğundan her \(x \in [a,b]\) için \(f(x) \ge f(b)\), yani
\[h(x) \ge 0\]
olur. Ayrıca \(h\) monoton olduğundan integrallenebilirdir. Lemma 31.1’i \(h\) ve \(g\) çiftine uygulayalım: öyle bir \(\xi \in [a,b]\) vardır ki
\[\int_a^b h(x)g(x)\,dx = h(a) \int_a^{\xi} g(x)\,dx = \big( f(a) - f(b) \big) \int_a^{\xi} g(x)\,dx.\]
Şimdi \(f = h + f(b)\) olduğunu kullanıp integralin lineerliğine (Teorem 27.1) başvuralım:
\[\int_a^b f(x)g(x)\,dx = \int_a^b h(x)g(x)\,dx + f(b)\int_a^b g(x)\,dx.\]
Sağ taraftaki son integrali aralık toplamsallığıyla (Teorem 27.4) \(\xi\) noktasından ikiye bölelim:
\[\int_a^b g(x)\,dx = \int_a^{\xi} g(x)\,dx + \int_{\xi}^{b} g(x)\,dx.\]
Hepsini birleştirirsek
\[\begin{aligned} \int_a^b f(x)g(x)\,dx &= \big( f(a) - f(b) \big) \int_a^{\xi} g(x)\,dx + f(b) \left( \int_a^{\xi} g(x)\,dx + \int_{\xi}^{b} g(x)\,dx \right) \\[2mm] &= f(a) \int_a^{\xi} g(x)\,dx - f(b) \int_a^{\xi} g(x)\,dx + f(b) \int_a^{\xi} g(x)\,dx + f(b) \int_{\xi}^{b} g(x)\,dx \\[2mm] &= f(a) \int_a^{\xi} g(x)\,dx + f(b) \int_{\xi}^{b} g(x)\,dx \end{aligned}\]
elde ederiz. Bu, istenen eşitliktir.
Durum 2: \(f\) artan. Bu durumda \(F = -f\) fonksiyonu azalandır ve \(g\) değişmez. Durum 1’i \(F\) ve \(g\) çiftine uygulayalım: öyle bir \(\xi \in [a,b]\) vardır ki
\[\int_a^b F(x)g(x)\,dx = F(a) \int_a^{\xi} g(x)\,dx + F(b) \int_{\xi}^{b} g(x)\,dx.\]
\(F = -f\) yerine konup her iki yan \(-1\) ile çarpılırsa
\[\int_a^b f(x)g(x)\,dx = f(a) \int_a^{\xi} g(x)\,dx + f(b) \int_{\xi}^{b} g(x)\,dx\]
olur; aynı \(\xi\) iş görür. İki durumda da ispat tamamlanmıştır.
\(\blacksquare\)
Lemma 31.1, teoremin en sık kullanılan özel hâlidir ve ayrıca akılda tutulmayı hak eder:
\[f \ \text{azalan ve} \ f \ge 0 \quad \Longrightarrow \quad \int_a^b fg = f(a) \int_a^{\xi} g.\]
Bunun aynadaki görüntüsü de doğrudur:
\[f \ \text{artan ve} \ f \ge 0 \quad \Longrightarrow \quad \int_a^b fg = f(b) \int_{\xi}^{b} g.\]
İkincisini birinciden çıkarmak için \(t \mapsto a+b-t\) yansımasını kullanmak yeter: \(\tilde{f}(t) = f(a+b-t)\) azalan ve negatif olmayandır, \(\tilde{g}(t) = g(a+b-t)\) ise integrallenebilirdir (bir bölünüşün aynadaki görüntüsü yine bir bölünüştür ve karşılıklı alt/üst toplamlar birebir eşleşir; dolayısıyla yansıtılmış fonksiyonun alt ve üst integralleri değişmez). Yansıma altında \(\int_a^b \tilde f \tilde g = \int_a^b fg\) olur; Lemma 31.1 bir \(\eta \in [a,b]\) verir: \(\int_a^b \tilde f \tilde g = \tilde f(a) \int_a^{\eta} \tilde g\). Burada \(\tilde f(a) = f(b)\) ve değişken değiştirmeyle \(\int_a^{\eta} \tilde g(t)\,dt = \int_{a+b-\eta}^{b} g(u)\,du\) olduğundan, \(\xi = a+b-\eta\) konulduğunda ikinci biçim elde edilir.
Genel biçimde \(f\)’nin negatif olmasında bir sakınca olmadığına dikkat edin; \(f \ge 0\) koşulu yalnızca tek terimli Bonnet biçimleri için gereklidir.
Bir kestirim aracı olarak Bonnet biçimi
İkinci ortalama değer teoreminin gücü, \(g\)’nin işaretinin serbest bırakılmasından gelir. \(g\) hızla salınan bir fonksiyonsa (örneğin \(\sin x\)), \(\int_a^{\xi} g\) integralleri \(\xi\) nereye düşerse düşsün küçük kalır; \(f\) ise yavaşça azalan bir çarpan olarak dışarıda durur. Sonuç, \(\int_a^b fg\) üzerinde \(b\)’den bağımsız keskin bir sınırdır. Bu fikrin klasik örneğini görelim.
Örnek 31.3 (Sinüs İntegralinin Kestirimi) \(0 < a < b\) olsun. Her \(b\) için
\[\left| \int_a^b \frac{\sin x}{x}\,dx \right| \le \frac{2}{a}\]
olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Adım 1: Kurulum. \([a,b] \subset (0,\infty)\) üzerinde
\[f(x) = \frac{1}{x}, \qquad g(x) = \sin x\]
alalım. \(f\), \((0,\infty)\) üzerinde kesin azalandır ve pozitiftir; \(g\) ise süreklidir, dolayısıyla integrallenebilirdir (Teorem 25.2). Ayrıca \(\frac{\sin x}{x}\) çarpımı \([a,b]\) üzerinde süreklidir (\(a>0\) olduğundan payda sıfırlanmaz), yani integral anlamlıdır.
Adım 2: Bonnet biçimini uygulayalım. \(f\) azalan ve \(f \ge 0\) olduğundan Lemma 31.1 gereği öyle bir \(\xi \in [a,b]\) vardır ki
\[\int_a^b \frac{\sin x}{x}\,dx = f(a) \int_a^{\xi} \sin x\,dx = \frac{1}{a} \int_a^{\xi} \sin x\,dx.\]
Adım 3: İçerideki integrali hesaplayalım. \(-\cos x\) fonksiyonu \(\sin x\)’in bir ilkel fonksiyonudur:
\[\int_a^{\xi} \sin x\,dx = \Big[ -\cos x \Big]_a^{\xi} = \cos a - \cos \xi.\]
Adım 4: Kestirim. Kosinüsün değerleri \([-1,1]\) aralığında olduğundan üçgen eşitsizliği gereği
\[\big| \cos a - \cos \xi \big| \le |\cos a| + |\cos \xi| \le 1 + 1 = 2.\]
Öyleyse
\[\left| \int_a^b \frac{\sin x}{x}\,dx \right| = \frac{1}{a} \big| \cos a - \cos \xi \big| \le \frac{2}{a}.\]
Adım 5: Sonucun anlamı. Elde edilen sınır \(b\)’den tamamen bağımsızdır. Yani \(b\) ne kadar büyürse büyüsün, \(\frac{\sin x}{x}\) fonksiyonunun \(a\)’dan itibaren biriken integrali \(\frac{2}{a}\) değerini aşamaz. Bunun nedeni açıktır: \(\sin x\) ardışık yarım dalgalarda işaret değiştirdiğinden katkılar birbirini büyük ölçüde götürür, \(\frac{1}{x}\) çarpanı ise bu götürmeyi bozacak kadar hızlı değişmez.
Bu kestirim, ileride genelleştirilmiş integraller ve seriler bağlamında karşılaşacağınız yakınsaklık sonuçlarının anahtarıdır: \(a\) büyüdükçe \(\frac{2}{a} \to 0\) olması, “kuyruk integrallerinin” istendiği kadar küçültülebildiğini, yani bir Cauchy koşulunun sağlandığını söyler. Dikkat çekici olan, \(\int \frac{\sin x}{x}\,dx\) integralinin temel fonksiyonlarla ifade edilememesine karşın bu kadar keskin bir sınırın elde edilebilmesidir.
\(\blacksquare\)
31.5 Türevin Ortalama Değer Teoremiyle Bağ
Bu bölümün adı ile Rolle ve Ortalama Değer Teoremleri bölümünün adı arasındaki benzerlik rastlantı değildir. Sürekli fonksiyonlar için iki teorem birbirinin başka bir dildeki kopyasıdır; bunları birbirine çeviren sözlük, integral fonksiyonudur.
Önerme 31.1 (İki Ortalama Değer Teoremi Arasındaki Bağ) \(a < b\) ve \(f : [a,b] \to \mathbb{R}\) sürekli olsun.
\[F(x) = \int_a^{x} f(t)\,dt, \qquad x \in [a,b]\]
fonksiyonunu tanımlayalım. O hâlde:
(i) \(F\), \([a,b]\) üzerinde türevlenebilirdir ve \(F' = f\)’dir.
(ii) \(F\)’ye türevin ortalama değer teoreminin (Teorem 8.2) uygulanmasıyla elde edilen eşitlik, tam olarak Sonuç 31.1’in ifadesidir. Tersine, Sonuç 31.1’ten türevi sürekli olan fonksiyonlar için türevin ortalama değer teoremi çıkar.
(iii) Özel olarak, Sonuç 31.1’teki \(x_0\) noktası açık \((a,b)\) aralığından seçilebilir.
İspat
(i) \(f\) sürekli olduğundan analizin birinci temel teoremi gereği \(F\) türevlenebilirdir ve her \(x \in [a,b]\) için \(F'(x) = f(x)\)’tir (uç noktalarda tek yönlü türevler kastedilir). Bu sonuç Analizin Temel Teoremleri bölümünde kurulmuştu.
(ii) İlk yön: türev OMT’si \(\Rightarrow\) integral OMT’si. \(F\), \((a,b)\) üzerinde türevlenebilir olduğundan orada süreklidir (Teorem 3.1). Uç noktalar dâhil bütün \([a,b]\) üzerinde de süreklidir: \(f\) sürekli olduğundan sınırlıdır (bkz. Analiz 1), yani her \(t \in [a,b]\) için \(|f(t)| \le K\) olacak biçimde bir \(K\) sabiti vardır; integral için üçgen eşitsizliği (Teorem 28.2) gereği \(a \le x < y \le b\) için \(|F(y) - F(x)| = \left| \int_x^{y} f(t)\,dt \right| \le K(y-x)\) olur. Demek ki \(F\) Lipschitz koşulunu sağlar (bkz. Analiz 1) ve dolayısıyla süreklidir (bkz. Analiz 1, Düzgün Sürekli Fonksiyon Süreklidir). Özetle \(F\), \([a,b]\) üzerinde sürekli ve \((a,b)\) üzerinde türevlenebilirdir. Teorem 8.2 gereği
\[F(b) - F(a) = F'(x_0)(b-a)\]
olan bir \(x_0 \in (a,b)\) vardır. Şimdi her terimi çevirelim:
- \(F(b) = \int_a^b f(t)\,dt\);
- \(F(a) = \int_a^a f(t)\,dt = 0\);
- \(F'(x_0) = f(x_0)\) (birinci temel teorem).
Yerine koyarsak
\[\int_a^b f(t)\,dt = f(x_0)(b-a)\]
elde ederiz; bu tam olarak Sonuç 31.1’in ifadesidir.
Tersi yön: integral OMT’si \(\Rightarrow\) türev OMT’si (sürekli türev hâlinde). \(\Phi : [a,b] \to \mathbb{R}\) türevlenebilir ve \(\Phi'\) sürekli olsun. \(\Phi'\) sürekli olduğundan integrallenebilirdir ve \(\Phi\), \(\Phi'\)’nün bir ilkel fonksiyonudur; analizin ikinci temel teoremi gereği
\[\int_a^b \Phi'(t)\,dt = \Phi(b) - \Phi(a).\]
Öte yandan Sonuç 31.1’i sürekli fonksiyon \(\Phi'\)’ye uygularsak
\[\int_a^b \Phi'(t)\,dt = \Phi'(x_0)(b-a)\]
olan bir \(x_0 \in [a,b]\) buluruz. İki eşitliği birleştirince
\[\Phi(b) - \Phi(a) = \Phi'(x_0)(b-a)\]
çıkar; bu da türevin ortalama değer teoreminin ifadesidir. (Bu yön yalnızca \(\Phi'\)’nün sürekli olduğu durumu verir; türevin ortalama değer teoremi ise \(\Phi'\)’nün sürekliliğini hiç istemez. Dolayısıyla iki teorem, sürekli türevli fonksiyonlar sınıfında birebir denktir; türev teoremi bu sınıfın dışında daha geniştir.)
(iii) (ii)’nin ilk yönünde elde edilen \(x_0\) noktası Teorem 8.2’den geldiği için açık \((a,b)\) aralığındadır. Öyleyse \(f\) sürekli olduğunda
\[\int_a^b f(t)\,dt = f(x_0)(b-a)\]
eşitliğini sağlayan bir \(x_0 \in (a,b)\) bulunabilir; uç noktalara gerek yoktur. Sonuç 31.1’in ara değer teoremiyle yapılan ispatı bu ince bilgiyi vermiyordu, çünkü orada \(x_0\) pekâlâ \(p\) ya da \(q\) uç noktalarından biri olabilirdi.
\(\blacksquare\)
İki teoremin geometrik içeriği de birbirinin çevirisidir:
| Türevin OMT’si | İntegralin OMT’si |
|---|---|
| \(\dfrac{F(b)-F(a)}{b-a} = F'(x_0)\) | \(\dfrac{1}{b-a}\displaystyle\int_a^b f = f(x_0)\) |
| Kirişin eğimi bir teğetin eğimidir | Ortalama değer bir fonksiyon değeridir |
| \(F\)’nin \([a,b]\) üzerindeki ortalama değişim hızı | \(f\)’nin \([a,b]\) üzerindeki ortalama değeri |
Soldaki satırda \(F\) bir yol fonksiyonu, \(F' = f\) ise hız olarak okunursa ifade şu olur: bir yolculukta ortalama hız, yol boyunca bir anda gerçekten ulaşılan anlık hızdır. Sağdaki sütun aynı cümlenin hız fonksiyonu diliyle söylenişidir.
31.6 Limit Hesabında Kullanım
Ortalama değer teoremi, integralin bulunduğu limitleri kırmanın en pratik yollarından biridir. Fikir hep aynıdır: integral küçük bir aralık üzerinde alınıyorsa, teorem onu tek bir fonksiyon değerine dönüştürür ve limit almak süreklilikten ibaret hâle gelir.
Örnek 31.4 (Küçük Aralıkta Ortalama) \(\delta > 0\) ve \(f : [0,\delta] \to \mathbb{R}\) sürekli olsun. O hâlde
\[\lim_{n \to \infty} n \int_0^{1/n} f(x)\,dx = f(0)\]
olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Öncelikle ifadenin anlamlı olması için \(\frac{1}{n} \le \delta\), yani \(n \ge \frac{1}{\delta}\) olmalıdır. Arşimet özelliği gereği (bkz. Analiz 1) böyle bir \(n\) vardır ve limit ancak yeterince büyük \(n\)’ler için yazılan terimlere bağlı olduğundan bunun bir sakıncası yoktur. Bundan sonra \(n \ge \frac{1}{\delta}\) varsayılacaktır.
Birinci ispat: ortalama değer teoremiyle. \(f\), \(\left[0, \frac{1}{n}\right]\) üzerinde süreklidir ve \(0 < \frac{1}{n}\)’dir. Sonuç 31.1 gereği öyle bir \(x_n \in \left[0, \frac{1}{n}\right]\) vardır ki
\[\int_0^{1/n} f(x)\,dx = f(x_n) \left( \frac{1}{n} - 0 \right) = \frac{f(x_n)}{n}.\]
Her iki yanı \(n\) ile çarparsak
\[n \int_0^{1/n} f(x)\,dx = f(x_n)\]
olur. Şimdi \((x_n)\) dizisine bakalım: her \(n\) için
\[0 \le x_n \le \frac{1}{n}\]
ve \(\frac{1}{n} \to 0\) olduğundan sıkıştırma teoremi (bkz. Analiz 1) gereği \(x_n \to 0\)’dır. \(f\), \(0\) noktasında sürekli olduğundan süreklilik için dizisel ölçüt (bkz. Analiz 1) gereği
\[f(x_n) \longrightarrow f(0)\]
olur. Demek ki
\[\lim_{n \to \infty} n \int_0^{1/n} f(x)\,dx = \lim_{n \to \infty} f(x_n) = f(0).\]
İkinci ispat: doğrudan kestirimle. Aynı sonucu ortalama değer teoremi kullanmadan da elde edebiliriz; bu ispat \(f\)’nin yalnızca \(0\)’da sürekli olmasını ve \([0,\delta]\)’da integrallenebilir olmasını ister. \(n \int_0^{1/n} 1\,dx = 1\) olduğundan
\[n \int_0^{1/n} f(x)\,dx - f(0) = n \int_0^{1/n} \big( f(x) - f(0) \big)\,dx\]
yazabiliriz. \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(f\), \(0\)’da sürekli olduğundan öyle bir \(\rho > 0\) vardır ki \(0 \le x < \rho\) iken \(|f(x) - f(0)| < \varepsilon\) olur. \(N > \frac{1}{\rho}\) seçelim (Arşimet özelliği). \(n \ge N\) için \(\frac{1}{n} < \rho\) olur ve integral için üçgen eşitsizliği (Teorem 28.2) gereği
\[\left| n \int_0^{1/n} \big( f(x) - f(0) \big)\,dx \right| \le n \int_0^{1/n} \big| f(x) - f(0) \big|\,dx \le n \cdot \varepsilon \cdot \frac{1}{n} = \varepsilon.\]
\(\varepsilon > 0\) keyfî olduğundan limit \(f(0)\)’dır.
Genelleme. Aynı akıl yürütme, \(x_0\) bir iç nokta ve \(h \to 0^+\) olmak üzere
\[\lim_{h \to 0^+} \frac{1}{h} \int_{x_0}^{x_0 + h} f(x)\,dx = f(x_0)\]
sonucunu verir. Bu, “\(f\)’nin \(x_0\) etrafındaki küçük aralıklardaki ortalama değeri, \(f(x_0)\)’a yakınsar” demektir ve aslında analizin birinci temel teoreminin, yani \(F'(x_0) = f(x_0)\) eşitliğinin bir başka okunuşudur.
Somut bir örnek. \(f(x) = \sqrt{1+x^3}\) fonksiyonu \([0,1]\) üzerinde süreklidir; öyleyse
\[\lim_{n \to \infty} n \int_0^{1/n} \sqrt{1+x^3}\,dx = \sqrt{1+0} = 1.\]
Bu integralin kapalı bir formülü olmamasına karşın limitin hesaplanabilmesi, yöntemin gücünü gösterir.
\(\blacksquare\)
31.7 Eşitsizlik Kurmada Kullanım
Ağırlıklı biçimin en verimli kullanımı, çarpanlardan birinin integrali kolayca hesaplanabilirken ötekinin yalnızca sınırlarının bilinmesi durumunda ortaya çıkar. Bu durumda kolay olanı ağırlık olarak seçer, zor olanın yalnızca \(\inf\) ve \(\sup\) değerlerini kullanırız.
Örnek 31.5 (Ortalama Değer Teoremiyle Kestirimler) Aşağıdaki kestirimleri ispatlayınız.
- Her \(n \in \mathbb{N} \cup \{0\}\) için
\[\frac{1}{2(n+1)} \le \int_0^1 \frac{x^n}{1+x}\,dx \le \frac{1}{n+1}\]
ve buradan \(\displaystyle\lim_{n \to \infty} \int_0^1 \frac{x^n}{1+x}\,dx = 0\).
- \(\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{6} \le \int_0^1 \frac{x^2}{\sqrt{1+x^2}}\,dx \le \frac{1}{3}\).
Çözüm
a) İntegrali bir çarpım olarak okuyalım:
\[\frac{x^n}{1+x} = f(x)\,g(x), \qquad f(x) = \frac{1}{1+x}, \qquad g(x) = x^n.\]
Burada \(g(x) = x^n \ge 0\) olduğundan \(g\) meşru bir ağırlıktır ve her ikisi de \([0,1]\) üzerinde süreklidir.
Önce \(f\)’nin sınırlarını bulalım. \([0,1]\) üzerinde \(1 \le 1+x \le 2\) olduğundan
\[\frac{1}{2} \le \frac{1}{1+x} \le 1,\]
yani \(m = \inf f = \frac{1}{2}\) ve \(M = \sup f = 1\)’dir (bu değerler \(x=1\) ve \(x=0\)’da alınır).
Sonra ağırlığın integralini hesaplayalım:
\[\int_0^1 x^n\,dx = \left[ \frac{x^{n+1}}{n+1} \right]_0^1 = \frac{1}{n+1}.\]
Teorem 31.1 gereği
\[\int_0^1 \frac{x^n}{1+x}\,dx = c \cdot \frac{1}{n+1}, \qquad c \in \left[ \frac{1}{2}, 1 \right].\]
\(c\)’nin sınırlarını yerine koymak istenen eşitsizliği verir:
\[\frac{1}{2(n+1)} \le \int_0^1 \frac{x^n}{1+x}\,dx \le \frac{1}{n+1}.\]
Limit için sıkıştırma yeter: her iki uç da \(n \to \infty\) iken \(0\)’a gittiğinden
\[\lim_{n \to \infty} \int_0^1 \frac{x^n}{1+x}\,dx = 0.\]
Denetim. \(n=0\) için integral \(\int_0^1 \frac{dx}{1+x} = \ln 2 \approx 0{,}693\)’tür ve gerçekten \(\frac{1}{2} = 0{,}5 \le 0{,}693 \le 1\) olur. \(n=1\) için
\[\int_0^1 \frac{x}{1+x}\,dx = \int_0^1 \left( 1 - \frac{1}{1+x} \right) dx = 1 - \ln 2 \approx 0{,}307\]
olup \(\frac{1}{4} = 0{,}25 \le 0{,}307 \le 0{,}5\) sağlanır.
b) Aynı yöntemi
\[\frac{x^2}{\sqrt{1+x^2}} = f(x)\,g(x), \qquad f(x) = \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}, \qquad g(x) = x^2\]
ayrışmasıyla kullanalım. \(g \ge 0\)’dır ve \(g\) süreklidir. \(f\) fonksiyonu \([0,1]\) üzerinde azalandır (\(1+x^2\) artar, karekökü artar, tersi azalır); dolayısıyla
\[m = f(1) = \frac{1}{\sqrt{2}}, \qquad M = f(0) = 1.\]
Ağırlığın integrali
\[\int_0^1 x^2\,dx = \frac{1}{3}\]
olduğundan Teorem 31.1 gereği
\[\int_0^1 \frac{x^2}{\sqrt{1+x^2}}\,dx = \frac{c}{3}, \qquad c \in \left[ \frac{1}{\sqrt{2}}, 1 \right].\]
Buradan
\[\frac{1}{3\sqrt{2}} \le \int_0^1 \frac{x^2}{\sqrt{1+x^2}}\,dx \le \frac{1}{3}\]
ve \(\frac{1}{3\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{6}\) olduğundan istenen elde edilir.
Denetim. Bu integralin kapalı değeri de bulunabilir:
\[\frac{d}{dx} \left( \frac{x\sqrt{1+x^2}}{2} - \frac{1}{2}\operatorname{arcsinh} x \right) = \frac{1+2x^2}{2\sqrt{1+x^2}} - \frac{1}{2\sqrt{1+x^2}} = \frac{x^2}{\sqrt{1+x^2}}\]
olduğundan
\[\int_0^1 \frac{x^2}{\sqrt{1+x^2}}\,dx = \frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{1}{2}\ln\big( 1+\sqrt{2} \big) \approx 0{,}7071 - 0{,}4407 = 0{,}2664.\]
Bulduğumuz sınırlar \(\frac{\sqrt{2}}{6} \approx 0{,}2357\) ve \(\frac{1}{3} \approx 0{,}3333\) olup kestirim doğrulanır. Yöntemin çekiciliği, bu kapalı formülü hiç bulmadan da iki basamak duyarlıkla bir sınır verebilmesidir.
\(\blacksquare\)
31.8 Alıştırmalar
Alıştırma 31.1 (Ortalama Değer Teoremleri Üzerine)
\(f(x) = x^2\) fonksiyonunun \([0,3]\) aralığındaki ortalama değerini bulunuz ve \(f(x_0) = \bar{f}\) olan \(x_0\) noktasını belirleyiniz.
\(f(x) = \dfrac{1}{x}\) fonksiyonunun \([1, e]\) aralığındaki ortalama değerini bulunuz; ortalamanın alındığı \(x_0\) noktasını bulup gerçekten \([1,e]\) içinde olduğunu doğrulayınız.
\(f : [0,1] \to \mathbb{R}\) sürekli olsun. \(\displaystyle\int_0^1 x f(x)\,dx = \frac{f(c)}{2}\) olan bir \(c \in [0,1]\) bulunduğunu gösteriniz.
Her \(n \in \mathbb{N} \cup \{0\}\) için
\[\frac{1}{e(n+1)} \le \int_0^1 x^n e^{-x}\,dx \le \frac{1}{n+1}\]
olduğunu gösteriniz ve bu integralin limitini bulunuz.
\([0,1]\) üzerinde \(f(x) = x\) ve \(g(x) = x\) alınız. Teorem 31.2’nin verdiği \(\xi\) sayısını açıkça hesaplayınız.
\(0 < a < b\) olmak üzere \(\left| \displaystyle\int_a^b \frac{\cos x}{x}\,dx \right| \le \frac{2}{a}\) olduğunu gösteriniz.
\(\displaystyle\lim_{n \to \infty} n \int_0^{1/n} e^{x^2} \cos x\,dx\) limitini hesaplayınız.
Çözüm
a) \(x^2\) süreklidir; ilkel fonksiyonu \(\frac{x^3}{3}\)’tür. Analizin ikinci temel teoremi gereği
\[\int_0^3 x^2\,dx = \left[ \frac{x^3}{3} \right]_0^3 = \frac{27}{3} = 9.\]
Tanım 31.1 gereği ortalama değer
\[\bar{f} = \frac{1}{3-0} \cdot 9 = 3\]
olur. \(f\) sürekli olduğundan Sonuç 31.1 bu değerin alındığını garanti eder: \(x_0^2 = 3\) denklemi \([0,3]\) içinde tek çözüm verir,
\[x_0 = \sqrt{3} \approx 1{,}732 \in [0,3].\]
(\(x_0 = -\sqrt{3}\) kökü aralığın dışındadır.) Denetim: yüksekliği \(3\), tabanı \(3\) olan dikdörtgenin alanı \(9\)’dur; integralle uyuşur.
b) \(\frac{1}{x}\) fonksiyonu \([1,e]\) üzerinde süreklidir ve ilkel fonksiyonu \(\ln x\)’tir:
\[\int_1^{e} \frac{dx}{x} = \Big[ \ln x \Big]_1^{e} = \ln e - \ln 1 = 1.\]
Ortalama değer
\[\bar{f} = \frac{1}{e-1} \cdot 1 = \frac{1}{e-1} \approx 0{,}5820\]
olur. Bu değerin alındığı nokta \(\frac{1}{x_0} = \frac{1}{e-1}\) denkleminden
\[x_0 = e - 1 \approx 1{,}7183\]
biçiminde bulunur. Gerçekten \(1 < e-1 < e\)’dir: \(e \approx 2{,}7183\) olduğundan \(e - 1 \approx 1{,}7183 > 1\) ve elbette \(e-1 < e\)’dir. Ayrıca \(\bar f\) değerinin \(\left[ \frac{1}{e}, 1 \right] = \left[ \min f, \max f \right]\) aralığında olması gerekirdi; \(\frac{1}{e} \approx 0{,}368 \le 0{,}582 \le 1\) olduğundan bu da doğrulanır.
c) \(g(x) = x\) fonksiyonu \([0,1]\) üzerinde süreklidir ve \(g \ge 0\)’dır; \(f\) ise varsayım gereği süreklidir. Sonuç 31.1’in ağırlıklı biçimi (kısım (i)) gereği öyle bir \(c \in [0,1]\) vardır ki
\[\int_0^1 f(x)\,x\,dx = f(c) \int_0^1 x\,dx.\]
Sağdaki ağırlık integrali
\[\int_0^1 x\,dx = \left[ \frac{x^2}{2} \right]_0^1 = \frac{1}{2}\]
olduğundan
\[\int_0^1 x f(x)\,dx = \frac{f(c)}{2}\]
elde edilir. Bu, istenendi.
d) Çarpanları \(f(x) = e^{-x}\) ve \(g(x) = x^n\) olarak ayıralım; \(g \ge 0\)’dır ve her iki fonksiyon da \([0,1]\) üzerinde süreklidir. \(e^{-x}\) azalan olduğundan
\[m = \inf_{[0,1]} e^{-x} = e^{-1} = \frac{1}{e}, \qquad M = \sup_{[0,1]} e^{-x} = e^{0} = 1\]
olur. Ağırlığın integrali \(\int_0^1 x^n\,dx = \frac{1}{n+1}\)’dir. Teorem 31.1 gereği
\[\int_0^1 x^n e^{-x}\,dx = \frac{c}{n+1}, \qquad c \in \left[ \frac{1}{e}, 1 \right],\]
yani
\[\frac{1}{e(n+1)} \le \int_0^1 x^n e^{-x}\,dx \le \frac{1}{n+1}.\]
\(n \to \infty\) iken her iki uç \(0\)’a gittiğinden sıkıştırma gereği
\[\lim_{n \to \infty} \int_0^1 x^n e^{-x}\,dx = 0.\]
Denetim (\(n=0\)): \(\int_0^1 e^{-x}dx = 1 - \frac{1}{e} \approx 0{,}632\) olup \(\frac{1}{e} \approx 0{,}368 \le 0{,}632 \le 1\) sağlanır.
e) \(f(x) = x\) fonksiyonu \([0,1]\) üzerinde artandır, \(g(x) = x\) ise süreklidir; Teorem 31.2 uygulanabilir. Önce sol tarafı hesaplayalım:
\[\int_0^1 f(x)g(x)\,dx = \int_0^1 x^2\,dx = \frac{1}{3}.\]
Şimdi teoremin sağ tarafını \(\xi\) cinsinden yazalım. \(f(0) = 0\) ve \(f(1) = 1\) olduğundan
\[f(0) \int_0^{\xi} x\,dx + f(1) \int_{\xi}^{1} x\,dx = 0 + 1 \cdot \left[ \frac{x^2}{2} \right]_{\xi}^{1} = \frac{1 - \xi^2}{2}.\]
Teoremin verdiği eşitlik
\[\frac{1-\xi^2}{2} = \frac{1}{3}\]
denklemine dönüşür. Buradan \(1 - \xi^2 = \frac{2}{3}\), yani \(\xi^2 = \frac{1}{3}\) ve \(\xi \ge 0\) olduğundan
\[\xi = \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3} \approx 0{,}5774 \in [0,1]\]
bulunur. Teoremin öngördüğü gibi \(\xi\) gerçekten \([0,1]\) aralığındadır.
f) \(f(x) = \frac{1}{x}\) fonksiyonu \([a,b] \subset (0,\infty)\) üzerinde azalan ve pozitiftir; \(g(x) = \cos x\) süreklidir. Lemma 31.1 gereği öyle bir \(\xi \in [a,b]\) vardır ki
\[\int_a^b \frac{\cos x}{x}\,dx = \frac{1}{a} \int_a^{\xi} \cos x\,dx = \frac{1}{a} \Big[ \sin x \Big]_a^{\xi} = \frac{\sin \xi - \sin a}{a}.\]
Sinüsün değerleri \([-1,1]\) aralığında olduğundan üçgen eşitsizliği gereği \(|\sin \xi - \sin a| \le 2\)’dir; öyleyse
\[\left| \int_a^b \frac{\cos x}{x}\,dx \right| \le \frac{2}{a}.\]
Elde edilen sınır yine \(b\)’den bağımsızdır.
g) \(h(x) = e^{x^2}\cos x\) fonksiyonu \(\mathbb{R}\) üzerinde süreklidir: \(x \mapsto x^2\) ve \(\exp\) sürekli olduğundan bileşkeleri süreklidir, \(\cos\) süreklidir ve sürekli fonksiyonların çarpımı süreklidir. Öyleyse Örnek 31.4’nin sonucu \(h\)’ye uygulanabilir:
\[\lim_{n \to \infty} n \int_0^{1/n} e^{x^2}\cos x\,dx = h(0) = e^{0}\cos 0 = 1 \cdot 1 = 1.\]
Ayrıntıyı bir kez daha yazalım: Sonuç 31.1 gereği her \(n\) için \(\int_0^{1/n} h = \frac{h(x_n)}{n}\) olan bir \(x_n \in \left[ 0, \frac{1}{n} \right]\) vardır; \(0 \le x_n \le \frac{1}{n} \to 0\) olduğundan \(x_n \to 0\) ve \(h\)’nin sürekliliğinden \(h(x_n) \to h(0) = 1\) olur.
\(\blacksquare\)
Bu bölümde integralin bir “ortalama” olduğunu ve bu ortalamanın sürekli fonksiyonlar için gerçekten alınan bir değer olduğunu gördük; ayrıca monoton çarpanlarla çalışırken ikinci ortalama değer teoreminin ne kadar keskin kestirimler verdiğini fark ettik. Her iki teorem de özünde tek bir eşitsizliğin — \(m \le f \le M\) eşitsizliğinin — integrallenmesinden doğdu. Bir sonraki adımda eşitsizlik kurmayı çok daha ileri götürecek, iki fonksiyonun çarpımının integralini onların “büyüklükleriyle” karşılaştıran temel araçları kuracağız: Cauchy–Schwarz ve Minkowski Eşitsizlikleri.