28 İntegralde Sıralama ve Temel Eşitsizlikler
İntegralin Cebirsel Özellikleri bölümünde integralin cebirle nasıl uyuştuğunu inceledik: toplama, sabitle çarpma, çarpım, bölüm ve aralıkların birleştirilmesi. Bütün o sonuçlar “\(=\)” işaretiyle çalışıyordu. Oysa reel sayılar kümesinin cebirsel yapısı kadar önemli bir de sıralama yapısı vardır ve analizde asıl iş çoğu zaman eşitliklerle değil, eşitsizliklerle görülür. Bir integralin tam değerini bulamadığımız durumda bile, onun hangi iki sayı arasında sıkıştığını söyleyebilmek çoğu zaman yeterlidir.
Bu bölümde integralin sıralamayla nasıl uyuştuğunu göreceğiz. Çıkış noktası son derece sezgisel bir gözlemdir: eğer \(f\)’nin grafiği her yerde \(g\)’nin grafiğinin altındaysa, \(f\)’nin altındaki alan da \(g\)’nin altındaki alandan büyük olamaz. Bu basit gözlemin ardından, alanı kaba dikdörtgenlerle sıkıştıran kestirim eşitsizlikleri, integraller için üçgen eşitsizliği ve — en incesi — “pozitif bir şeyin integrali gerçekten pozitiftir” diyen kesin pozitiflik teoremi gelecektir.
Kesin pozitiflik teoremi, ilk bakışta apaçık göründüğü hâlde ispatı özen isteyen bir sonuçtur; çünkü Riemann integrali tek tek noktaları görmez. Bir fonksiyonun bir noktada pozitif olması, integralinin pozitif olması için yetmez; fonksiyonun o noktanın çevresinde de pozitif kalması gerekir ve bunu garanti eden şey sürekliliktir.
Bu bölümde şunları öğreneceğiz: \(f \le g\) ise \(\int f \le \int g\) olduğu; negatif olmayan bir fonksiyonun integralinin negatif olamayacağı; \(m \le f \le M\) koşulunun integrali \(m(b-a)\) ile \(M(b-a)\) arasına hapsettiği; \(\left| \int f \right| \le \int |f|\) üçgen eşitsizliği ve bu eşitsizliğin gizlediği bir tuzak; sürekli ve negatif olmayan bir fonksiyonun integralinin ancak fonksiyon özdeş olarak sıfırsa sıfır olabileceği; sürekliliği düşürdüğümüzde bu sonucun neden çöktüğü; ve bütün bunların hesaplanamayan integralleri kestirmekte nasıl kullanıldığı.
28.1 Hazırlık: Gösterim ve Yönelim
Bölümün ispatlarında Darboux toplamlarına sık sık döneceğiz; gösterimi bir kez daha netleştirelim.
\(f : [a,b] \to \mathbb{R}\) sınırlı bir fonksiyon ve \(P = \{x_0, x_1, \dots, x_n\}\), \(a = x_0 < x_1 < \cdots < x_n = b\) olan bir bölünüş (partition) olsun. \(\Delta x_k = x_k - x_{k-1}\) ve
\[m_k(f) = \inf_{x \in [x_{k-1}, x_k]} f(x), \qquad M_k(f) = \sup_{x \in [x_{k-1}, x_k]} f(x)\]
olmak üzere alt toplam ve üst toplam (lower and upper Darboux sum)
\[L(P, f) = \sum_{k=1}^{n} m_k(f) \, \Delta x_k, \qquad U(P, f) = \sum_{k=1}^{n} M_k(f) \, \Delta x_k\]
biçiminde tanımlanır. Alt integral (lower integral) ve üst integral (upper integral) ise bütün bölünüşler üzerinden
\[\underline{I}(f) = \sup_{P} L(P, f), \qquad \overline{I}(f) = \inf_{P} U(P, f)\]
sayılarıdır. Bu bölümde ve kitabın geri kalanında alt integrali \(\underline{I}(f)\), üst integrali \(\overline{I}(f)\) simgesiyle göstereceğiz. \(f\) fonksiyonu \([a,b]\) üzerinde Riemann integrallenebilirdir ancak ve ancak \(\underline{I}(f) = \overline{I}(f)\) ise; bu ortak değer \(\int_a^b f(x)\,dx\) olarak yazılır. Her \(P\) bölünüşü ve her sınırlı \(f\) için
\[L(P,f) \le \underline{I}(f) \le \overline{I}(f) \le U(P,f)\]
zinciri geçerlidir; aşağıdaki ispatlarda bu zinciri sık sık kullanacağız.
İkinci hazırlık, integralin yönü ile ilgilidir. Riemann integralini kurarken \(a < b\) varsaydık; bölünüşler soldan sağa dizilir. Buna karşın hesaplarda uç noktaların çakıştığı ya da ters sırada geldiği ifadelerle karşılaşırız. Bunları anlamlı kılmak için önceki bölümde iki tanım yapmıştık (Tanım 27.1):
\[\int_a^a f(x)\,dx = 0, \qquad \text{ve } b < a \text{ iken } \quad \int_a^b f(x)\,dx = - \int_b^a f(x)\,dx.\]
Bu iki tanım, aralık toplamsallığı kuralının uç noktaların sırasından bağımsız olarak geçerli kalmasını sağlar (Önerme 27.1). Ancak sıralama söz konusu olduğunda büyük bir tuzak doğar.
Bu bölümdeki bütün sıralama sonuçlarında \(a \le b\) varsayılır. Nedeni açıktır: ispatlarda \(\Delta x_k > 0\) olduğunu kullanıyoruz, yani eşitsizlikleri pozitif sayılarla çarpıyoruz. Uç noktalar ters sıradaysa, yani \(b < a\) ise, tanım gereği integral işaret değiştirir ve bütün eşitsizlikler de yön değiştirir. Örneğin \([0,1]\) üzerinde \(0 \le x \le 1\) olduğundan
\[\int_0^1 x\,dx = \frac{1}{2} \ge 0\]
olur; ama aynı fonksiyon için
\[\int_1^0 x\,dx = -\frac{1}{2} \le 0\]
olur. Yani “negatif olmayan bir fonksiyonun integrali negatif değildir” cümlesi ancak \(a \le b\) iken doğrudur. Bir eşitsizlik kurarken uç noktaların sırasını kontrol etmek, integral hesabında en sık atlanan adımlardan biridir.
28.2 Sıralama Teoremi
Şimdi bölümün temel taşını koyalım. Sezgi şudur: \(f\)’nin grafiği \(g\)’nin grafiğinin altındaysa, her bir dikdörtgen şeridinde \(f\)’nin ulaştığı en yüksek değer \(g\)’nin ulaştığı en yüksek değeri geçemez; dolayısıyla \(f\)’nin üst toplamı \(g\)’nin üst toplamını geçemez. Üst toplamlar üzerinden infimum alındığında eşitsizlik korunur ve integrallere geçmiş oluruz.
Teorem 28.1 (Sıralama Teoremi) \(f\) ve \(g\) fonksiyonları \([a,b]\) üzerinde (\(a \le b\)) Riemann integrallenebilir olsun. Eğer her \(x \in [a,b]\) için
\[f(x) \le g(x)\]
ise, o hâlde
\[\int_a^b f(x)\,dx \le \int_a^b g(x)\,dx\]
olur.
İspat
\(a = b\) hâlinde her iki integral de sıfırdır ve iddia eşitlik olarak sağlanır; bu yüzden \(a < b\) varsayalım.
\(P = \{x_0, x_1, \dots, x_n\}\), \([a,b]\) aralığının herhangi bir bölünüşü olsun ve \(1 \le k \le n\) için \([x_{k-1}, x_k]\) alt aralığına bakalım.
Adım 1: Alt aralıklarda supremumların karşılaştırılması. \(x \in [x_{k-1}, x_k]\) keyfî olsun. Hipotez gereği
\[f(x) \le g(x) \le \sup_{t \in [x_{k-1},x_k]} g(t) = M_k(g).\]
Demek ki \(M_k(g)\) sayısı, \(f\)’nin \([x_{k-1}, x_k]\) üzerindeki değerler kümesinin bir üst sınırıdır. Supremum, üst sınırların en küçüğü olduğundan (bkz. Analiz 1)
\[M_k(f) \le M_k(g)\]
elde ederiz.
Adım 2: Üst toplamlara geçiş. \(\Delta x_k = x_k - x_{k-1} > 0\) olduğundan, yukarıdaki eşitsizliği \(\Delta x_k\) ile çarpmak yönü bozmaz:
\[M_k(f)\,\Delta x_k \le M_k(g)\,\Delta x_k, \qquad k = 1, 2, \dots, n.\]
Bu \(n\) eşitsizliği taraf tarafa toplarsak
\[U(P, f) = \sum_{k=1}^{n} M_k(f)\,\Delta x_k \le \sum_{k=1}^{n} M_k(g)\,\Delta x_k = U(P, g)\]
buluruz. Burada \(P\) keyfî bir bölünüştü; dolayısıyla bu eşitsizlik \([a,b]\)’nin bütün bölünüşleri için geçerlidir.
Adım 3: Üst integrallere geçiş. Üst integralin tanımı gereği her \(P\) bölünüşü için \(\overline{I}(f) \le U(P,f)\)’dir. Adım 2 ile birleştirirsek her \(P\) için
\[\overline{I}(f) \le U(P,f) \le U(P,g)\]
olur. Yani \(\overline{I}(f)\) sayısı, \(\{ U(P,g) : P \text{ bir bölünüş} \}\) kümesinin bir alt sınırıdır. İnfimum, alt sınırların en büyüğü olduğundan
\[\overline{I}(f) \le \inf_{P} U(P,g) = \overline{I}(g)\]
sonucuna varırız.
Adım 4: İntegrallere geçiş. \(f\) ve \(g\) integrallenebilir olduklarından üst integralleri belirli integrallerine eşittir:
\[\int_a^b f(x)\,dx = \overline{I}(f) \le \overline{I}(g) = \int_a^b g(x)\,dx.\]
İspat tamamlanmıştır.
Not. Aynı akıl yürütme alt toplamlarla da yapılabilir: \(m_k(f) \le m_k(g)\) olduğundan \(L(P,f) \le L(P,g)\) ve supremum alarak \(\underline{I}(f) \le \underline{I}(g)\) bulunur. İntegrallenebilirlik varsayımı olmadan bile bu iki sonuç ayrı ayrı doğrudur; yani \(f \le g\) ise alt integraller ve üst integraller her zaman aynı yönde sıralanır. İntegrallenebilirlik yalnızca son adımda, alt ve üst integrali tek bir sayıya indirgemek için kullanılmıştır.
\(\blacksquare\)
Teoremin en sık kullanılan özel hâli, \(f\)’nin yerine sabit sıfır fonksiyonunu koymakla elde edilir.
Sonuç 28.1 (Negatif Olmayan Fonksiyonun İntegrali) \(f\), \([a,b]\) üzerinde (\(a \le b\)) integrallenebilir ve her \(x \in [a,b]\) için \(f(x) \ge 0\) olsun. O hâlde
\[\int_a^b f(x)\,dx \ge 0\]
olur.
İspat
Sabit sıfır fonksiyonu \(\mathbf{0}(x) = 0\) süreklidir, dolayısıyla integrallenebilirdir (Teorem 25.2) ve her bölünüş için bütün Darboux toplamları sıfır olduğundan (Örnek 25.1)
\[\int_a^b 0\,dx = 0\]
olur. Hipotez gereği her \(x \in [a,b]\) için \(\mathbf{0}(x) = 0 \le f(x)\)’tir. Teorem 28.1’yı \(\mathbf{0} \le f\) ikilisine uygularsak
\[0 = \int_a^b 0\,dx \le \int_a^b f(x)\,dx\]
elde ederiz.
Doğrudan ispat. Aynı sonuç tek satırda da görülür: \(f \ge 0\) olduğundan her bölünüşün her alt aralığında \(m_k(f) \ge 0\)’dır, dolayısıyla \(L(P,f) \ge 0\)’dır. Alt integral bu toplamların supremumu olduğundan
\[\int_a^b f(x)\,dx = \underline{I}(f) = \sup_P L(P,f) \ge 0\]
olur.
\(\blacksquare\)
Teorem 28.1 ile Sonuç 28.1 arasındaki ilişki iki yönlüdür. Yukarıda teoremden sonuca gittik; ters yönde de gidilebilir: \(h = g - f\) diyelim. Hipotez \(f \le g\), tam olarak \(h \ge 0\) demektir. \(f\) ve \(g\) integrallenebilir olduğundan farkları \(h\) de integrallenebilirdir (Sonuç 27.1) ve integralin lineerliği gereği (Teorem 27.1)
\[\int_a^b g(x)\,dx - \int_a^b f(x)\,dx = \int_a^b h(x)\,dx \ge 0\]
olur; bu da tam olarak \(\int_a^b f \le \int_a^b g\) demektir. İkinci yol, sıralama özelliğinin aslında lineerlik ile “pozitiflik” özelliğinin birleşiminden ibaret olduğunu güzel gösterir.
28.3 Kaba Sınırlar: İntegrali İki Dikdörtgen Arasına Sıkıştırmak
Sıralama teoreminin en pratik yansıması, karşılaştırma fonksiyonu olarak sabitler seçildiğinde ortaya çıkar. Bir integralin değerini bilmesek bile, integrandın alabileceği en küçük ve en büyük değerleri bilmek integrali iki dikdörtgenin alanı arasına hapsetmeye yeter.
Sonuç 28.2 (İntegral için Kaba Alt ve Üst Sınırlar) \(f\), \([a,b]\) üzerinde (\(a \le b\)) integrallenebilir olsun ve \(m, M \in \mathbb{R}\) sayıları her \(x \in [a,b]\) için
\[m \le f(x) \le M\]
koşulunu sağlasın. O hâlde
\[m(b-a) \le \int_a^b f(x)\,dx \le M(b-a)\]
olur.
İspat
Sabit fonksiyonlar süreklidir, dolayısıyla integrallenebilirdir (Teorem 25.2). \(c \in \mathbb{R}\) sabiti için, her bölünüşün her alt aralığında infimum ve supremum \(c\)’ye eşit olduğundan
\[L(P, c) = U(P, c) = \sum_{k=1}^{n} c\,\Delta x_k = c \sum_{k=1}^{n} \Delta x_k = c(b-a)\]
olur; burada şu teleskopik toplamı kullandık:
\[\sum_{k=1}^{n} \Delta x_k = (x_1 - x_0) + (x_2 - x_1) + \cdots + (x_n - x_{n-1}) = x_n - x_0 = b - a\]
Bütün Darboux toplamları aynı sayıya eşit olduğundan (Örnek 25.1)
\[\int_a^b c\,dx = c(b-a).\]
Şimdi hipotezi ikiye ayıralım. Her \(x \in [a,b]\) için \(m \le f(x)\) olduğundan, Teorem 28.1’yı sabit \(m\) fonksiyonu ile \(f\) ikilisine uygularsak
\[m(b-a) = \int_a^b m\,dx \le \int_a^b f(x)\,dx\]
buluruz. Benzer biçimde her \(x \in [a,b]\) için \(f(x) \le M\) olduğundan, aynı teoremi \(f\) ile sabit \(M\) fonksiyonu ikilisine uygularsak
\[\int_a^b f(x)\,dx \le \int_a^b M\,dx = M(b-a)\]
buluruz. İki eşitsizliği birleştirmek istenen sonucu verir.
\(\blacksquare\)
Bu sonucun en doğal seçimi, \(f\)’nin gerçek infimum ve supremumudur: \(m = \inf_{[a,b]} f\) ve \(M = \sup_{[a,b]} f\) alınırsa elde edilen sınırlar mümkün olanların en dar olanıdır. \(f\) ayrıca sürekliyse, Weierstrass ekstremum teoremi (bkz. Analiz 1) gereği bu infimum ve supremum birer minimum ve maksimumdur; yani \(f\) bu değerleri gerçekten alır.
Sonuç 28.2’nı \((b-a)\) ile bölersek (\(a < b\) iken)
\[m \le \frac{1}{b-a}\int_a^b f(x)\,dx \le M\]
elde ederiz. Ortadaki niceliğe \(f\)’nin \([a,b]\) üzerindeki ortalama değeri denir; eşitsizlik, bir fonksiyonun ortalamasının en küçük ve en büyük değerleri arasında kalması gerektiğini söyler. \(f\) sürekliyse ara değer teoremi (bkz. Analiz 1) gereği bu ortalama gerçekten \(f\)’nin bir değeridir; yani \(\frac{1}{b-a}\int_a^b f = f(c)\) olan bir \(c \in [a,b]\) vardır. Bu gözlem, ileride İntegral için Ortalama Değer Teoremleri bölümünde ayrıntılı biçimde işlenecektir.
28.4 İntegral için Üçgen Eşitsizliği
Reel sayılarda \(|x + y| \le |x| + |y|\) üçgen eşitsizliğini (bkz. Analiz 1) biliyoruz; tümevarımla bu, sonlu toplamlara
\[\left| \sum_{k=1}^{n} a_k \right| \le \sum_{k=1}^{n} |a_k|\]
biçiminde genişler. İntegral, Riemann toplamlarının bir limiti olduğuna göre benzer bir eşitsizliğin integraller için de geçerli olmasını bekleriz. Gerçekten öyledir; ve ispatta Riemann toplamlarına dönmeye bile gerek yoktur, sıralama teoremi tek başına yeter.
Ancak dikkat edilecek bir nokta var: eşitsizliğin sağ tarafında \(\int_a^b |f|\) yazabilmek için önce \(|f|\) fonksiyonunun integrallenebilir olduğunu bilmeliyiz. Bunu ayrı bir adım olarak, integrallenebilirlik ölçütünü kullanarak göstereceğiz.
Teorem 28.2 (İntegraller için Üçgen Eşitsizliği) \(f : [a,b] \to \mathbb{R}\) (\(a \le b\)) Riemann integrallenebilir olsun. O hâlde \(|f|\) fonksiyonu da \([a,b]\) üzerinde Riemann integrallenebilirdir ve
\[\left| \int_a^b f(x)\,dx \right| \le \int_a^b |f(x)|\,dx\]
olur.
İspat
Adım 1: Salınımların karşılaştırılması. Önce şu genel gözlemi kaydedelim: \(h\) bir alt aralık \(J\) üzerinde sınırlıysa,
\[\sup_{J} h - \inf_{J} h = \sup_{x, y \in J} \big( h(x) - h(y) \big)\]
olur. Gerçekten, her \(x, y \in J\) için \(h(x) - h(y) \le \sup_J h - \inf_J h\)’tir, yani sağ taraf bir üst sınırdır; öte yandan supremum ve infimum özellikleri (bkz. Analiz 1, İnfimum için Epsilon Ölçütü) gereği verilen her \(\varepsilon > 0\) için \(h(x) > \sup_J h - \varepsilon/2\) ve \(h(y) < \inf_J h + \varepsilon/2\) olan \(x, y \in J\) bulunabilir; bu ikili için \(h(x) - h(y) > \sup_J h - \inf_J h - \varepsilon\)’dur. Demek ki sağ taraf, üst sınırların en küçüğüdür. Bu farka \(h\)’nin \(J\) üzerindeki salınımı (oscillation) denir.
Şimdi \(P = \{x_0, x_1, \dots, x_n\}\) herhangi bir bölünüş, \(1 \le k \le n\) ve \(J = [x_{k-1}, x_k]\) olsun; \(x, y \in J\) alalım (\(f\) integrallenebilir olduğundan sınırlıdır, dolayısıyla \(J\) üzerindeki bütün infimum ve supremumlar vardır). Ters üçgen eşitsizliği (bkz. Analiz 1) gereği
\[\big| |f(x)| - |f(y)| \big| \le |f(x) - f(y)|,\]
dolayısıyla
\[|f(x)| - |f(y)| \le |f(x) - f(y)| \le M_k(f) - m_k(f)\]
olur (son adımda \(f(x) \le M_k(f)\) ve \(f(y) \ge m_k(f)\) ile bunların yer değiştirmiş hâli kullanıldı; her iki durumda da fark \(M_k(f) - m_k(f)\)’yi aşamaz). Sol taraf üzerinden \(x, y \in J\) supremumunu alırsak, yukarıdaki salınım gözlemi gereği
\[M_k(|f|) - m_k(|f|) \le M_k(f) - m_k(f), \qquad k = 1, \dots, n.\]
Bu eşitsizlik, \([a,b]\)’nin her bölünüşünün her alt aralığı için geçerlidir.
Adım 2: İntegrallenebilirlik. \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(f\) integrallenebilir olduğundan, Riemann ölçütü (Teorem 25.1) gereği öyle bir \(P\) bölünüşü vardır ki
\[U(P, f) - L(P, f) < \varepsilon\]
olur. Adım 1’deki eşitsizliği \(\Delta x_k > 0\) ile çarpıp toplarsak
\[U(P, |f|) - L(P, |f|) = \sum_{k=1}^{n} \big( M_k(|f|) - m_k(|f|) \big)\Delta x_k \le \sum_{k=1}^{n} \big( M_k(f) - m_k(f) \big)\Delta x_k = U(P,f) - L(P,f) < \varepsilon\]
elde ederiz. Verilen her \(\varepsilon > 0\) için böyle bir bölünüş bulunduğundan, yine Teorem 25.1 gereği \(|f|\) integrallenebilirdir.
Adım 3: Eşitsizlik. Mutlak değerin temel özelliği (bkz. Analiz 1) gereği her \(x \in [a,b]\) için
\[-|f(x)| \le f(x) \le |f(x)|\]
olur. Buradaki üç fonksiyon da integrallenebilirdir; Teorem 28.1’yı önce sol, sonra sağ eşitsizliğe uygularsak
\[-\int_a^b |f(x)|\,dx = \int_a^b \big(-|f(x)|\big)\,dx \le \int_a^b f(x)\,dx \le \int_a^b |f(x)|\,dx\]
buluruz (ortadaki adımda lineerlik, yani \(\int (-h) = -\int h\) kullanıldı; Teorem 27.1). \(A = \int_a^b f\) ve \(B = \int_a^b |f|\) dersek elimizdeki bilgi \(-B \le A \le B\)’dir; bu ise tam olarak \(|A| \le B\) demektir (bkz. Analiz 1). Yani
\[\left| \int_a^b f(x)\,dx \right| \le \int_a^b |f(x)|\,dx.\]
Not. Adım 2’nin sonucu, bileşke teoreminden de okunabilir: mutlak değer fonksiyonu sürekli olduğundan \(|f| = |\cdot| \circ f\) bileşkesi integrallenebilirdir (Sonuç 27.2). Yukarıdaki doğrudan hesabı yine de tercih ettik; çünkü \(|f|\)’nin salınımının \(f\)’nin salınımını aşamayacağını açıkça göstererek eşitsizliğin nereden geldiğini görünür kılıyor.
\(\blacksquare\)
Bu eşitsizliği Sonuç 28.2 ile birleştirmek çok kullanışlı bir kestirim verir: \(|f(x)| \le M\) ise
\[\left| \int_a^b f(x)\,dx \right| \le \int_a^b |f(x)|\,dx \le M(b-a).\]
Analizde bir integralin “küçük” olduğunu göstermek istediğimizde neredeyse her zaman bu zincir kullanılır.
Teorem 28.2 tek yönlüdür: \(f\) integrallenebilirse \(|f|\) de integrallenebilirdir. Tersi doğru değildir. \(|f|\) fonksiyonunun integrallenebilir olması, \(f\)’nin integrallenebilir olmasını gerektirmez. Bunun nedeni, mutlak değer almanın bilgi yok etmesidir: işareti silerek son derece düzensiz bir fonksiyonu bir anda sabit bir fonksiyona dönüştürebiliriz. Aşağıdaki örnek, bunun tam olarak nasıl olduğunu gösteriyor.
Bu yüzden teoremin ifadesinde “\(|f|\) de integrallenebilirdir” cümlesi bir süs değil, ispatlanması gereken gerçek bir adımdır ve yukarıda Adım 2 olarak ispatlanmıştır.
Örnek 28.1 (İşaret Değiştiren Dirichlet Fonksiyonu) \(f : [0,1] \to \mathbb{R}\) fonksiyonu
\[f(x) = \begin{cases} 1, & x \in \mathbb{Q} \\ -1, & x \notin \mathbb{Q} \end{cases}\]
ile tanımlansın. \(f\)’nin \([0,1]\) üzerinde Riemann integrallenebilir olmadığını, buna karşın \(|f|\)’nin integrallenebilir olduğunu ve \(\int_0^1 |f(x)|\,dx = 1\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Adım 1: \(f\) integrallenebilir değildir. \(P = \{x_0, x_1, \dots, x_n\}\), \([0,1]\) aralığının herhangi bir bölünüşü olsun. Her \([x_{k-1}, x_k]\) alt aralığı, uzunluğu pozitif olan bir aralıktır; rasyonel sayıların yoğunluğu (bkz. Analiz 1) gereği içinde en az bir rasyonel sayı, irrasyonel sayıların yoğunluğu (bkz. Analiz 1) gereği de en az bir irrasyonel sayı bulunur. Rasyonel noktalarda \(f = 1\), irrasyonel noktalarda \(f = -1\) olduğundan, her \(k\) için
\[M_k(f) = 1, \qquad m_k(f) = -1\]
olur. Buradan
\[U(P, f) = \sum_{k=1}^{n} 1 \cdot \Delta x_k = 1 \cdot (1 - 0) = 1, \qquad L(P, f) = \sum_{k=1}^{n} (-1)\,\Delta x_k = -1 \cdot (1-0) = -1\]
elde ederiz. Bu değerler bölünüşten bağımsız olduğundan
\[\overline{I}(f) = \inf_P U(P,f) = 1, \qquad \underline{I}(f) = \sup_P L(P,f) = -1\]
olur. \(\underline{I}(f) = -1 \ne 1 = \overline{I}(f)\) olduğundan \(f\), \([0,1]\) üzerinde Riemann integrallenebilir değildir. (Genel bir \([a,b]\) aralığında aynı hesap \(\overline{I}(f) = b-a\) ve \(\underline{I}(f) = -(b-a)\) verir; \(a < b\) olduğu sürece bu iki sayı yine farklıdır.)
Adım 2: \(|f|\) integrallenebilirdir. Mutlak değer alalım:
\[|f(x)| = \begin{cases} |1| = 1, & x \in \mathbb{Q} \\ |-1| = 1, & x \notin \mathbb{Q} \end{cases}\]
Yani \(|f|\), \([0,1]\) üzerinde sabit \(1\) fonksiyonudur. Sabit fonksiyonlar integrallenebilirdir (Örnek 25.1) ve
\[\int_0^1 |f(x)|\,dx = \int_0^1 1\,dx = 1 \cdot (1 - 0) = 1\]
olur.
Sonuç. \(|f|\) integrallenebilirken \(f\) integrallenebilir değildir; yani Teorem 28.2’nin karşıtı yanlıştır. Bu örnekte \(f\) hiçbir noktada sürekli değildir: her \(x_0 \in [0,1]\) noktasının her komşuluğunda hem rasyonel hem irrasyonel sayılar bulunduğundan \(f\) orada \(1\) ile \(-1\) arasında zıplar. Mutlak değer almak bu zıplamayı tümüyle siler ve geriye pürüzsüz bir sabit kalır.
Dikkat edilecek bir ayrıntı daha var: bu örnekte \(\left| \int_0^1 f \right|\) ifadesi tanımsızdır, çünkü \(\int_0^1 f\) diye bir sayı yoktur. Yani üçgen eşitsizliğinin sol tarafı bile yazılamaz. Teoremin hipotezinde \(f\)’nin integrallenebilirliğini istememizin nedeni budur.
\(\blacksquare\)
28.5 Kesin Pozitiflik
Buraya kadar hep “\(\le\)” ile çalıştık. Şimdi doğal soru şu: eşitsizlik ne zaman kesin olur? \(f \ge 0\) ve \(f \not\equiv 0\) olması \(\int_a^b f > 0\) demek için yeter mi?
Yanıt: hayır. Riemann integrali tek tek noktaları göremez. \([0,1]\) üzerinde yalnızca \(x = \tfrac{1}{2}\) noktasında \(1\), başka her yerde \(0\) değerini alan fonksiyon negatif değildir ve özdeş olarak sıfır da değildir; ama integrali \(0\)’dır (birazdan hesaplayacağız). Demek ki tek bir noktada pozitif olmak yetmiyor; fonksiyonun o noktanın çevresinde de pozitif kalması gerekiyor.
İşte bu “çevresinde de pozitif kalma” özelliğini bize hediye eden şey sürekliliktir. Bir noktada sürekli olan ve orada pozitif değer alan bir fonksiyon, o noktanın bir komşuluğunda pozitif kalır (bkz. Analiz 1). O komşuluk pozitif uzunlukta bir aralık içerdiğinden, altında gerçek bir alan bulunur ve bu alan integrali sıfırdan uzaklaştırır. Aşağıdaki teorem bu fikri tam bir ispata dönüştürüyor.
Teorem 28.3 (Kesin Pozitiflik Teoremi) \(f\), \([a,b]\) üzerinde (\(a < b\)) integrallenebilir ve her \(x \in [a,b]\) için \(f(x) \ge 0\) olsun. Eğer \(f\), bir \(x_0 \in [a,b]\) noktasında sürekli ve \(f(x_0) > 0\) ise, o hâlde
\[\int_a^b f(x)\,dx > 0\]
olur. Burada \(x_0\)’ın \([a,b]\)’nin bir iç noktası ya da uç noktası olması fark etmez; uç noktalarda süreklilikten tek yönlü süreklilik anlaşılır.
İspat
Adım 1: Süreklilikten yerel bir alt sınır. \(\varepsilon = \dfrac{f(x_0)}{2}\) diyelim; hipotez gereği \(\varepsilon > 0\)’dır. \(f\), \(x_0\) noktasında sürekli olduğundan (bkz. Analiz 1) bu \(\varepsilon\)’a karşılık öyle bir \(\delta > 0\) vardır ki, \(x \in [a,b]\) ve \(|x - x_0| < \delta\) olduğunda
\[|f(x) - f(x_0)| < \frac{f(x_0)}{2}\]
olur. Mutlak değeri açarsak
\[f(x_0) - \frac{f(x_0)}{2} < f(x) < f(x_0) + \frac{f(x_0)}{2},\]
yani soldaki eşitsizlikten
\[f(x) > \frac{f(x_0)}{2} > 0 \qquad \text{(her } x \in [a,b],\ |x - x_0| < \delta \text{ için)}\]
elde ederiz. Kısaca \(f\), \(x_0\)’ın \(\delta\) yarıçaplı komşuluğunun \([a,b]\) ile kesişiminde \(\dfrac{f(x_0)}{2}\) düzeyinin üstünde kalır.
Adım 2: İçinde çalışacağımız kapalı alt aralık. Yukarıdaki eşitsizlik açık bir komşulukta geçerli; oysa integral almak için kapalı bir alt aralığa ihtiyacımız var. Bu yüzden yarıçapı biraz küçültelim:
\[\eta = \min\left\{ \frac{\delta}{2},\ \frac{b-a}{2} \right\} > 0\]
diyelim ve
\[\alpha = \max\{a,\ x_0 - \eta\}, \qquad \beta = \min\{b,\ x_0 + \eta\}\]
alalım. Tanımdan doğrudan \(a \le \alpha \le x_0 \le \beta \le b\) olduğu görülür, yani \([\alpha, \beta] \subseteq [a,b]\)’dir. Ayrıca her \(x \in [\alpha,\beta]\) için \(|x - x_0| \le \eta \le \dfrac{\delta}{2} < \delta\) olduğundan, Adım 1’deki eşitsizlik \([\alpha, \beta]\)’nin tamamında geçerlidir:
\[f(x) \ge \frac{f(x_0)}{2}, \qquad x \in [\alpha, \beta].\]
Geriye bu aralığın uzunluğunun pozitif olduğunu göstermek kalıyor. Üç durumu ayrı ayrı inceleyelim.
Durum 1 (iç nokta, tam komşuluk sığıyor). \(x_0 - \eta \ge a\) ve \(x_0 + \eta \le b\) ise \(\alpha = x_0 - \eta\), \(\beta = x_0 + \eta\) ve \(\beta - \alpha = 2\eta\)’dır.
Durum 2 (sol uca yakın; \(x_0 = a\) hâli dâhil). \(x_0 - \eta < a\) olsun, yani \(\alpha = a\). Bu durumda \(x_0 < a + \eta\)’dır. \(\eta \le \dfrac{b-a}{2}\) olduğundan \(a + 2\eta \le b\), dolayısıyla \(x_0 + \eta < a + 2\eta \le b\) olur; demek ki \(\beta = x_0 + \eta\)’dır. Buradan
\[\beta - \alpha = x_0 + \eta - a \ge \eta\]
çıkar (çünkü \(x_0 \ge a\)).
Durum 3 (sağ uca yakın; \(x_0 = b\) hâli dâhil). \(x_0 + \eta > b\) olsun, yani \(\beta = b\). Bakışımlı hesapla \(\alpha = x_0 - \eta\) ve \(\beta - \alpha = b - x_0 + \eta \ge \eta\) olur.
Bu üç durum bütün olasılıkları kapsar (Durum 2 ile Durum 3 aynı anda gerçekleşemez: aksi hâlde \(b - a < 2\eta \le b-a\) gibi bir çelişki doğardı). Her hâlde
\[\beta - \alpha \ge \eta > 0\]
olduğunu gösterdik.
Adım 3: İntegrali üç parçaya ayırma. \(f\), \([a,b]\) üzerinde integrallenebilir olduğundan her alt aralığında da integrallenebilirdir (Sonuç 27.4) ve aralık toplamsallığı (Teorem 27.4) gereği
\[\int_a^b f(x)\,dx = \int_a^{\alpha} f(x)\,dx + \int_{\alpha}^{\beta} f(x)\,dx + \int_{\beta}^{b} f(x)\,dx\]
yazılabilir. (\(\alpha = a\) ise ilk terim \(\int_a^a f = 0\), \(\beta = b\) ise son terim \(\int_b^b f = 0\)’dır; bölümün başında yaptığımız tanım tam da burada işe yarıyor.)
Adım 4: Üç parçanın kestirimi. Hipotez gereği \(f \ge 0\) olduğundan, Sonuç 28.1 \([a,\alpha]\) ve \([\beta, b]\) aralıklarına uygulanınca
\[\int_a^{\alpha} f(x)\,dx \ge 0, \qquad \int_{\beta}^{b} f(x)\,dx \ge 0\]
verir. Ortadaki terim için Adım 2’deki alt sınırı kullanalım: \([\alpha,\beta]\) üzerinde \(f(x) \ge \dfrac{f(x_0)}{2}\) olduğundan Teorem 28.1 gereği
\[\int_{\alpha}^{\beta} f(x)\,dx \ge \int_{\alpha}^{\beta} \frac{f(x_0)}{2}\,dx = \frac{f(x_0)}{2}\,(\beta - \alpha) \ge \frac{f(x_0)}{2}\,\eta.\]
Adım 5: Sonuç. Üç kestirimi Adım 3’teki eşitlikte birleştirirsek
\[\int_a^b f(x)\,dx \ge 0 + \frac{\eta\, f(x_0)}{2} + 0 = \frac{\eta\, f(x_0)}{2}.\]
\(\eta > 0\) ve \(f(x_0) > 0\) olduğundan sağ taraf kesin pozitiftir. Öyleyse
\[\int_a^b f(x)\,dx \ge \frac{\eta \, f(x_0)}{2} > 0\]
olur; ispat tamamlanmıştır.
\(\blacksquare\)
İspatın bütün ağırlığı Adım 1 ile Adım 2’dedir: süreklilik, “bir noktadaki pozitiflik” bilgisini “pozitif uzunlukta bir aralıkta pozitiflik” bilgisine çevirir. Riemann integrali uzunluğu sıfır olan kümeleri görmediğinden, tek bir noktadaki bilgi integral için hiçbir şey ifade etmez; ama pozitif uzunlukta bir aralıktaki bilgi, altında \(\dfrac{\eta\,f(x_0)}{2}\) alanlı bir dikdörtgen barındırır ve integrali sıfırdan koparır. Elde edilen alt sınırın hem \(f(x_0)\) hem de \(\eta\) ile birlikte küçüldüğüne dikkat edin: fonksiyon \(x_0\) civarında ne kadar hızlı değişiyorsa dikdörtgen o kadar incelir; ama eni hiçbir zaman sıfır olmaz.
Teoremin en çok kullanılan biçimi, onun karşıt tersidir: integral sıfırsa, fonksiyonun hiçbir noktada pozitif olamayacağını söyler.
Sonuç 28.3 (Sıfır İntegral Özdeşlik Sonucu) \(f\), \([a,b]\) üzerinde (\(a < b\)) sürekli ve her \(x \in [a,b]\) için \(f(x) \ge 0\) olsun. Eğer
\[\int_a^b f(x)\,dx = 0\]
ise, o hâlde her \(x \in [a,b]\) için \(f(x) = 0\)’dır; yani \(f\) özdeş olarak sıfırdır.
İspat
Olmayana ergi yöntemiyle ilerleyelim. \(f\)’nin özdeş olarak sıfır olmadığını varsayalım. O hâlde \(f(x_0) \ne 0\) olan bir \(x_0 \in [a,b]\) vardır. Hipotez gereği \(f(x_0) \ge 0\) olduğundan bu ancak
\[f(x_0) > 0\]
demektir.
\(f\), \([a,b]\) üzerinde sürekli olduğundan özel olarak \(x_0\) noktasında da süreklidir. Ayrıca sürekli fonksiyonlar kapalı ve sınırlı aralıklarda integrallenebilir olduğundan (Teorem 25.2) \(f\) integrallenebilirdir ve \(f \ge 0\)’dır. Böylece Teorem 28.3’in bütün hipotezleri sağlanır ve teorem
\[\int_a^b f(x)\,dx > 0\]
sonucunu verir.
Oysa hipotezimiz \(\int_a^b f(x)\,dx = 0\) idi. Bir sayı hem sıfıra eşit hem sıfırdan büyük olamaz; çelişki.
Demek ki başlangıçtaki varsayım yanlıştır: \(f(x_0) > 0\) olan bir \(x_0\) noktası yoktur. \(f \ge 0\) olduğu da bilindiğine göre her \(x \in [a,b]\) için \(f(x) = 0\)’dır.
\(\blacksquare\)
Bu sonuç, ilerideki bölümlerde şaşırtıcı derecede sık kullanılacak. Sezgisel okuması şudur: sürekli ve negatif olmayan bir fonksiyonun altında hiç alan yoksa, fonksiyonun kendisi yoktur. Fonksiyonun bir yerde küçücük bir tümseği olsa bile, süreklilik o tümseği pozitif uzunlukta bir aralığa yayacak ve integral bunu görecektir.
28.6 Sürekliliğin Vazgeçilmezliği
Sonuç 28.3’da süreklilik hipotezi bir süs değildir; onu düşürdüğümüzde sonuç anında çöker. Nedeni Riemann integralinin doğasındadır.
Riemann integrali, bir fonksiyonun sonlu sayıda noktadaki değerine duyarsızdır. Daha kesin bir ifadeyle (Önerme 25.3): \(f\) ile \(g\) fonksiyonları \([a,b]\) üzerinde yalnızca sonlu sayıda noktada farklı değerler alıyorsa, biri integrallenebilirse öteki de integrallenebilirdir ve
\[\int_a^b f(x)\,dx = \int_a^b g(x)\,dx\]
olur. Bunun nedeni açıktır: \(h = f - g\) farkı yalnızca sonlu sayıda noktada sıfırdan farklıdır; normu küçük bir bölünüş alındığında bu noktaları içeren alt aralıkların toplam uzunluğu istendiği kadar küçültülebilir ve \(h\)’nin Darboux toplamları sıfıra sıkışır, yani \(\int_a^b h = 0\) olur.
Buradan doğrudan şu çıkar: sürekli olmayan bir fonksiyon, özdeş olarak sıfır olmadan da sıfır integrale sahip olabilir. Özdeş sıfır fonksiyonunu alıp değerini tek bir noktada değiştirmek yeter. Aşağıdaki örnek bunu somutlaştırıyor.
Örnek 28.2 (Sürekli Olmayan Bir Karşı Örnek) \(f : [0,1] \to \mathbb{R}\) fonksiyonu
\[f(x) = \begin{cases} 1, & x = \dfrac{1}{2} \\[2mm] 0, & x \ne \dfrac{1}{2} \end{cases}\]
ile tanımlansın. \(f \ge 0\) olduğunu, \(f\)’nin integrallenebilir olduğunu ve \(\int_0^1 f(x)\,dx = 0\) olduğunu gösteriniz; buna karşın \(f\)’nin özdeş sıfır fonksiyonu olmadığını gözlemleyiniz.
Çözüm
Adım 1: Negatiflik yok. Tanımdan her \(x \in [0,1]\) için \(f(x) \in \{0, 1\}\) olduğundan \(f(x) \ge 0\)’dır.
Adım 2: Alt toplamlar. \(P = \{x_0, \dots, x_n\}\) herhangi bir bölünüş olsun. Her \([x_{k-1}, x_k]\) alt aralığı, uzunluğu pozitif olduğundan \(\tfrac{1}{2}\)’den farklı en az bir nokta içerir; o noktada \(f = 0\)’dır. \(f\) negatif değer almadığından
\[m_k(f) = \inf_{[x_{k-1},x_k]} f = 0, \qquad k = 1, \dots, n\]
olur. Dolayısıyla her bölünüş için
\[L(P, f) = \sum_{k=1}^{n} 0 \cdot \Delta x_k = 0, \qquad \text{yani} \qquad \underline{I}(f) = \sup_P L(P,f) = 0.\]
Adım 3: Üst toplamlar. \(M_k(f)\), ancak \(\tfrac{1}{2} \in [x_{k-1}, x_k]\) olan alt aralıklarda \(1\)’e eşittir; öteki alt aralıklarda \(0\)’dır. \(\tfrac{1}{2}\) noktası, bölünüşün en çok iki alt aralığında bulunabilir (bölünüş noktalarından biriyse tam iki, değilse tek bir alt aralıkta). Öyleyse
\[U(P,f) = \sum_{k \,:\, 1/2 \in [x_{k-1},x_k]} 1 \cdot \Delta x_k \le 2\,\|P\|\]
olur; burada \(\|P\| = \max_k \Delta x_k\) bölünüşün normudur.
Şimdi \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(n\) eşit parçalı bölünüş \(P_n\)’yi alalım; bunun normu \(\|P_n\| = \dfrac{1}{n}\)’dir. Arşimet özelliği (bkz. Analiz 1) gereği \(\dfrac{2}{n} < \varepsilon\) olan bir \(n \in \mathbb{N}\) seçebiliriz. Bu bölünüş için
\[0 \le U(P_n, f) \le \frac{2}{n} < \varepsilon.\]
Üst integral bütün üst toplamların infimumu olduğundan \(0 \le \overline{I}(f) \le U(P_n,f) < \varepsilon\)’dur ve bu her \(\varepsilon > 0\) için geçerli olduğundan
\[\overline{I}(f) = 0.\]
Adım 4: Sonuç. \(\underline{I}(f) = \overline{I}(f) = 0\) olduğundan \(f\), \([0,1]\) üzerinde Riemann integrallenebilirdir ve
\[\int_0^1 f(x)\,dx = 0.\]
Aynı hesap, aradaki fark için de bir kanıt sağlar: bu bölünüşler için \(U(P_n,f) - L(P_n,f) \le \dfrac{2}{n} < \varepsilon\) olduğundan Riemann ölçütü (Teorem 25.1) de doğrudan sağlanmıştır.
Adım 5: Sonuç neden çöktü? \(f\) negatif değildir ve integrali sıfırdır; buna karşın \(f\!\left( \tfrac{1}{2} \right) = 1 \ne 0\) olduğundan \(f\) özdeş sıfır fonksiyonu değildir. Yani Sonuç 28.3’un sonucu burada geçerli değildir.
Nedeni tek bir yerdedir: \(f\), \(x = \tfrac{1}{2}\) noktasında sürekli değildir. Gerçekten \(x \to \tfrac{1}{2}\) iken \(f(x) \to 0\) olur (fonksiyon delinmiş komşulukta özdeş sıfırdır), ama \(f\!\left( \tfrac{1}{2} \right) = 1\)’dir; bu, kaldırılabilir türden bir süreksizliktir. Teorem 28.3 uygulanamaz, çünkü teoremin “\(x_0\) noktasında süreklilik” hipotezi \(x_0 = \tfrac{1}{2}\) için sağlanmaz. Fonksiyonun pozitifliği, çevresine yayılamadan tek bir noktada hapsolmuş durumdadır ve Riemann integrali böyle bir hapsi görmez.
\(\blacksquare\)
Örnekteki fonksiyonu sonlu sayıda noktada pozitif olacak biçimde genişletmek de sonucu değiştirmez. Hatta sayılabilir sonsuz çoklukta noktada pozitif olup integrali yine sıfır olan fonksiyonlar vardır: \([0,1]\) üzerinde \(x = \dfrac{1}{n}\) noktalarında \(1\), başka her yerde \(0\) olan fonksiyon böyledir. Riemann integrali çerçevesinde bize düşen, süreklilik hipotezini asla düşürmemektir.
28.7 Sıralamada Eşitlik Hâli
Kesin pozitiflik teoremi elimizdeyken, sıralama teoremindeki eşitsizliğin ne zaman kesin, ne zaman eşitlik olduğunu tam olarak belirleyebiliriz. Önce kesin sıralama sonucunu yazalım.
Sonuç 28.4 (Kesin Sıralama) \(f\) ve \(g\) fonksiyonları \([a,b]\) üzerinde (\(a < b\)) integrallenebilir ve her \(x \in [a,b]\) için \(f(x) \le g(x)\) olsun. Eğer bir \(x_0 \in [a,b]\) noktasında \(f\) ile \(g\)’nin ikisi de sürekli ve
\[f(x_0) < g(x_0)\]
ise, o hâlde
\[\int_a^b f(x)\,dx < \int_a^b g(x)\,dx\]
olur.
İspat
\(h = g - f\) diyelim. İki integrallenebilir fonksiyonun farkı integrallenebilir olduğundan (Sonuç 27.1) \(h\), \([a,b]\) üzerinde integrallenebilirdir. Hipotezden:
- Her \(x \in [a,b]\) için \(f(x) \le g(x)\) olduğundan \(h(x) \ge 0\)’dır.
- \(f\) ve \(g\), \(x_0\)’da sürekli olduğundan sürekli fonksiyonların farkı da \(x_0\)’da süreklidir (bkz. Analiz 1); yani \(h\), \(x_0\)’da süreklidir.
- \(h(x_0) = g(x_0) - f(x_0) > 0\)’dır.
Bunlar tam olarak Teorem 28.3’in hipotezleridir. Teorem gereği
\[\int_a^b h(x)\,dx > 0.\]
Lineerlikle (Teorem 27.1) sol tarafı açarsak
\[\int_a^b g(x)\,dx - \int_a^b f(x)\,dx = \int_a^b h(x)\,dx > 0,\]
yani \(\int_a^b f < \int_a^b g\) elde edilir.
\(\blacksquare\)
Şimdi bunun karşıt tersini alalım: sürekli fonksiyonlarda sıralama eşitsizliğinin eşitliğe dönüşmesi, ancak fonksiyonların çakışmasıyla mümkündür.
Önerme 28.1 (Sıralamada Eşitlik Ancak Fonksiyonlar Çakışırsa Olur) \(f\) ve \(g\) fonksiyonları \([a,b]\) üzerinde (\(a < b\)) sürekli ve her \(x \in [a,b]\) için \(f(x) \le g(x)\) olsun. Eğer
\[\int_a^b f(x)\,dx = \int_a^b g(x)\,dx\]
ise, o hâlde her \(x \in [a,b]\) için \(f(x) = g(x)\)’tir.
İspat
\(h = g - f\) diyelim. Sürekli fonksiyonların farkı sürekli olduğundan (bkz. Analiz 1) \(h\), \([a,b]\) üzerinde süreklidir; dolayısıyla integrallenebilirdir. Hipotez \(f \le g\) tam olarak
\[h(x) \ge 0, \qquad x \in [a,b]\]
demektir. Ayrıca lineerlik gereği (Teorem 27.1)
\[\int_a^b h(x)\,dx = \int_a^b g(x)\,dx - \int_a^b f(x)\,dx = 0.\]
Böylece \(h\) sürekli, negatif olmayan ve integrali sıfır olan bir fonksiyondur. Sonuç 28.3 gereği \(h\) özdeş olarak sıfırdır: her \(x \in [a,b]\) için \(h(x) = 0\), yani
\[f(x) = g(x).\]
İkinci ispat (kesin sıralamayla). Aynı sonuca Sonuç 28.4 ile de varılır: bir \(x_0 \in [a,b]\) noktasında \(f(x_0) < g(x_0)\) olsaydı, \(f\) ve \(g\) orada sürekli olduklarından o sonuç \(\int_a^b f < \int_a^b g\) verirdi; bu ise integrallerin eşitliğiyle çelişir. Öyleyse hiçbir noktada \(f(x_0) < g(x_0)\) olamaz; \(f \le g\) ile birleştirince \(f \equiv g\) çıkar.
\(\blacksquare\)
Son olarak, aynı düşüncenin çok kullanılan bir başka biçimini verelim. Bir sürekli fonksiyon, bütün sürekli fonksiyonlara “dik” ise sıfır olmak zorundadır. Bu, fonksiyon uzaylarında iç çarpım kavramının temel taşıdır ve ispatı bir püf noktasına dayanır: karşı fonksiyon olarak fonksiyonun kendisi seçilir.
Önerme 28.2 (Bütün Sürekli Fonksiyonlara Dik Olan Fonksiyon Sıfırdır) \(f\), \([a,b]\) üzerinde (\(a < b\)) sürekli bir fonksiyon olsun. Eğer \([a,b]\) üzerinde sürekli her \(g\) fonksiyonu için
\[\int_a^b f(x)\,g(x)\,dx = 0\]
oluyorsa, o hâlde \(f\) özdeş olarak sıfırdır: her \(x \in [a,b]\) için \(f(x) = 0\).
İspat
Hipotez “her sürekli \(g\) için” dediğine göre, \(g\)’yi istediğimiz gibi seçmekte serbestiz. En verimli seçim
\[g = f\]
olanıdır; \(f\) sürekli olduğundan bu seçim serbesttir. Hipotezi bu \(g\) ile yazarsak
\[\int_a^b f(x)\,f(x)\,dx = \int_a^b \big( f(x) \big)^2 \, dx = 0\]
elde ederiz.
Şimdi \(\varphi(x) = \big( f(x) \big)^2\) fonksiyonuna bakalım. İki sürekli fonksiyonun çarpımı sürekli olduğundan (bkz. Analiz 1) \(\varphi\), \([a,b]\) üzerinde süreklidir. Ayrıca bir reel sayının karesi negatif olamayacağından her \(x \in [a,b]\) için
\[\varphi(x) = \big( f(x) \big)^2 \ge 0\]
olur. Son olarak yukarıda \(\int_a^b \varphi(x)\,dx = 0\) olduğunu gösterdik.
Demek ki \(\varphi\), Sonuç 28.3’un bütün hipotezlerini sağlar: sürekli, negatif değil ve integrali sıfır. O hâlde \(\varphi\) özdeş olarak sıfırdır; yani her \(x \in [a,b]\) için
\[\big( f(x) \big)^2 = 0.\]
Bir reel sayının karesi ancak sayının kendisi sıfırken sıfırdır; öyleyse her \(x \in [a,b]\) için \(f(x) = 0\)’dır.
\(\blacksquare\)
Önerme 28.2, “integral altında bilgi kaybolmaz” diyen sonuçların prototipidir. Bir fizik ya da diferansiyel denklem probleminde \(f\) hakkında doğrudan bilgi edinemeyiz; edindiğimiz bilgi \(\int f g\) biçimindeki ağırlıklı ortalamalardır. Bu önerme, yeterince çok ağırlık fonksiyonu için ortalamayı bilmenin fonksiyonun kendisini bilmeye denk olduğunu söyler; aynı fikir Fourier serilerinde ve varyasyonlar hesabının temel lemmasında karşımıza çıkacaktır.
Dikkat: burada da süreklilik vazgeçilmezdir. Örnek 28.2’deki fonksiyon için \(\int_0^1 f g = 0\) her sürekli \(g\) için sağlanır (çarpım da yalnızca tek bir noktada sıfırdan farklıdır), ama \(f\) özdeş sıfır değildir.
28.8 İntegral Kestirimleri
Şimdi bu bölümdeki araçları asıl işlerinde kullanalım. Analizde karşılaşılan integrallerin çoğunun ilkel fonksiyonu temel fonksiyonlarla yazılamaz; buna karşın integralin değerini yeterince dar bir aralığa hapsetmek çoğu zaman mümkündür ve çoğu zaman da yeterlidir. Yöntem hep aynıdır: integrandı, integrali kolayca hesaplanan iki fonksiyon arasına sıkıştırmak ve Teorem 28.1’yı uygulamak.
Örnek 28.3 (Rasyonel Bir İntegrandın Kestirimi) \[I = \int_0^1 \frac{dx}{1 + x^4}\]
integrali için önce kaba, sonra daha ince alt ve üst sınırlar bulunuz.
Çözüm
Adım 1: Kaba sınırlar. \(x \in [0,1]\) olsun. \(0 \le x \le 1\) olduğundan \(0 \le x^4 \le 1\)’dir, dolayısıyla
\[1 \le 1 + x^4 \le 2.\]
Pozitif sayılarda ters alma sıralamayı ters çevirdiğinden
\[\frac{1}{2} \le \frac{1}{1+x^4} \le 1, \qquad x \in [0,1].\]
İntegrand sürekli, dolayısıyla integrallenebilirdir. Sonuç 28.2’nı \(m = \tfrac{1}{2}\), \(M = 1\) ve \(b - a = 1\) ile uygularsak
\[\frac{1}{2} \le I \le 1.\]
Bu kestirim doğrudur ama epey gevşektir: genişliği \(\tfrac{1}{2}\)’dir.
Adım 2: İnce ayar için iki cebirsel özdeşlik. \(t \ge 0\) olsun. Doğrudan hesapla
\[1 - t + \frac{t^2}{1+t} = \frac{(1-t)(1+t) + t^2}{1+t} = \frac{1 - t^2 + t^2}{1+t} = \frac{1}{1+t}\]
ve
\[1 - t + t^2 - \frac{t^3}{1+t} = \frac{(1 - t + t^2)(1+t) - t^3}{1+t} = \frac{1 + t^3 - t^3}{1+t} = \frac{1}{1+t}\]
olur. \(t \ge 0\) iken \(\dfrac{t^2}{1+t} \ge 0\) ve \(\dfrac{t^3}{1+t} \ge 0\) olduğundan bu iki özdeşlikten
\[1 - t \le \frac{1}{1+t} \le 1 - t + t^2, \qquad t \ge 0\]
çıkar.
Adım 3: Eşitsizliği integrale taşıma. \(x \in [0,1]\) için \(t = x^4 \ge 0\) alalım:
\[1 - x^4 \le \frac{1}{1+x^4} \le 1 - x^4 + x^8.\]
Üç fonksiyon da \([0,1]\) üzerinde süreklidir. Teorem 28.1’yı iki kez uygularsak
\[\int_0^1 \big( 1 - x^4 \big)\,dx \le I \le \int_0^1 \big( 1 - x^4 + x^8 \big)\,dx\]
olur. Kenardaki integraller polinom integralleridir:
\[\int_0^1 \big( 1 - x^4 \big)\,dx = \left[ x - \frac{x^5}{5} \right]_0^1 = 1 - \frac{1}{5} = \frac{4}{5},\]
\[\int_0^1 \big( 1 - x^4 + x^8 \big)\,dx = \left[ x - \frac{x^5}{5} + \frac{x^9}{9} \right]_0^1 = 1 - \frac{1}{5} + \frac{1}{9} = \frac{45 - 9 + 5}{45} = \frac{41}{45}.\]
Böylece
\[\frac{4}{5} \le I \le \frac{41}{45}, \qquad \text{yani} \qquad 0{,}8000 \le I \le 0{,}9112.\]
Kestirimin genişliği \(\dfrac{41}{45} - \dfrac{4}{5} = \dfrac{41 - 36}{45} = \dfrac{5}{45} = \dfrac{1}{9} \approx 0{,}111\) oldu; Adım 1’dekinin dörtte birinden az.
Adım 4: Daha da ince ayar. Aynı özdeşlik zinciri istenildiği kadar uzatılabilir. Adım 2’dekilerle aynı biçimde paydaları eşitleyerek her \(t \ge 0\) için
\[\frac{1}{1+t} = 1 - t + t^2 - t^3 + \frac{t^4}{1+t}, \qquad \frac{1}{1+t} = 1 - t + t^2 - t^3 + t^4 - \frac{t^5}{1+t}\]
olduğu görülür; ilkinde eklenen, ikincisinde çıkarılan terim negatif olmadığından
\[1 - t + t^2 - t^3 \le \frac{1}{1+t} \le 1 - t + t^2 - t^3 + t^4, \qquad t \ge 0\]
olur. \(t = x^4\) koyup integral alırsak
\[1 - \frac{1}{5} + \frac{1}{9} - \frac{1}{13} = \frac{488}{585} \approx 0{,}8342 \;\le\; I \;\le\; \frac{488}{585} + \frac{1}{17} \approx 0{,}8930\]
bulunur. Sınırlar her adımda birbirine yaklaşır ve ortak limitleri \(I\)’nın kendisidir; sayısal değeri \(I \approx 0{,}8670\)’tir.
Yorum. Buradaki yöntem, bir integrali hesaplamadan onun hakkında ne kadar çok şey söylenebileceğinin güzel bir örneğidir. Tek yaptığımız, integrandı polinomlarla kuşatıp Teorem 28.1’yı uygulamaktı; polinomların integrallerini ise hesaplamayı biliyoruz.
\(\blacksquare\)
Şimdi de analizin en ünlü “ilkel fonksiyonu temel fonksiyonlarla yazılamayan” integrandını ele alalım.
Örnek 28.4 (Gauss İntegralinin Kestirimi) \[J = \int_0^1 e^{-x^2}\,dx\]
integrali için alt ve üst sınırlar bulunuz. (\(e^{-x^2}\) fonksiyonunun temel fonksiyonlarla yazılabilen bir ilkel fonksiyonu yoktur; dolayısıyla kestirim burada bir seçenek değil, zorunluluktur.)
Çözüm
Adım 1: Kaba sınırlar. \(x \in [0,1]\) için \(0 \le x^2 \le 1\), dolayısıyla \(-1 \le -x^2 \le 0\)’dır. Üstel fonksiyon artan olduğundan
\[e^{-1} \le e^{-x^2} \le e^{0} = 1, \qquad x \in [0,1].\]
Sonuç 28.2 ile (\(b - a = 1\))
\[\frac{1}{e} \le J \le 1, \qquad \text{yani} \qquad 0{,}3679 \le J \le 1.\]
Çok gevşek bir kestirim; iyileştirelim.
Adım 2: Üstel fonksiyon için temel eşitsizlik. Her \(u \in \mathbb{R}\) için
\[e^{u} \ge 1 + u\]
olduğunu gösterelim. \(\psi(u) = e^u - 1 - u\) diyelim. \(\psi\) her yerde türevlenebilirdir ve \(\psi'(u) = e^u - 1\)’dir. \(u < 0\) için \(e^u < 1\), yani \(\psi' < 0\); \(u > 0\) için \(e^u > 1\), yani \(\psi' > 0\)’dır. Monotonluk testi (Sonuç 8.3) gereği \(\psi\), \((-\infty, 0]\) üzerinde azalan, \([0, \infty)\) üzerinde artandır; dolayısıyla en küçük değerini \(u = 0\)’da alır ve \(\psi(0) = e^0 - 1 - 0 = 0\)’dır. Öyleyse her \(u\) için \(\psi(u) \ge 0\), yani \(e^u \ge 1 + u\)’dur.
\(u = -x^2\) alırsak
\[e^{-x^2} \ge 1 - x^2, \qquad x \in \mathbb{R}.\]
Adım 3: Alt sınır. Teorem 28.1 gereği
\[J \ge \int_0^1 \big( 1 - x^2 \big)\,dx = \left[ x - \frac{x^3}{3} \right]_0^1 = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3} \approx 0{,}6667.\]
Adım 4: Üst sınır (Taylor kalanıyla). \(u \ge 0\) olsun ve \(\varphi(u) = e^{-u}\) fonksiyonunu \(0\) civarında Taylor formülüyle yazalım. \(\varphi'(u) = -e^{-u}\), \(\varphi''(u) = e^{-u}\), \(\varphi'''(u) = -e^{-u}\) olduğundan Lagrange kalanlı Taylor formülü (Teorem 12.1) gereği, \(0\) ile \(u\) arasında bir \(\xi\) için
\[e^{-u} = 1 - u + \frac{u^2}{2} - \frac{e^{-\xi}}{6}\,u^3\]
olur. \(u \ge 0\) ve \(e^{-\xi} > 0\) olduğundan çıkarılan terim negatif değildir; dolayısıyla
\[e^{-u} \le 1 - u + \frac{u^2}{2}, \qquad u \ge 0.\]
\(u = x^2 \ge 0\) alırsak
\[e^{-x^2} \le 1 - x^2 + \frac{x^4}{2}, \qquad x \in \mathbb{R}\]
elde ederiz. Sıralama teoremiyle
\[J \le \int_0^1 \left( 1 - x^2 + \frac{x^4}{2} \right)dx = \left[ x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{10} \right]_0^1 = 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{10} = \frac{23}{30} \approx 0{,}7667.\]
Böylece
\[\frac{2}{3} \le J \le \frac{23}{30}, \qquad \text{yani} \qquad 0{,}6667 \le J \le 0{,}7667.\]
Adım 5: Bir adım daha. Taylor formülünü birer mertebe daha uzatalım. \(\varphi(u) = e^{-u}\) fonksiyonunun \(n\)-inci türevi \((-1)^n e^{-u}\) olduğundan, dördüncü ve beşinci mertebeden Lagrange kalanlı Taylor formülleri (Teorem 12.1), \(0\) ile \(u\) arasındaki uygun \(\xi\) değerleri için
\[e^{-u} = 1 - u + \frac{u^2}{2} - \frac{u^3}{6} + \frac{e^{-\xi}}{24}\,u^4, \qquad e^{-u} = 1 - u + \frac{u^2}{2} - \frac{u^3}{6} + \frac{u^4}{24} - \frac{e^{-\xi}}{120}\,u^5\]
biçimindedir. \(u \ge 0\) iken birinci formülde eklenen kalan negatif değildir, ikincisinde ise negatif olmayan bir terim çıkarılmaktadır; öyleyse
\[1 - u + \frac{u^2}{2} - \frac{u^3}{6} \;\le\; e^{-u} \;\le\; 1 - u + \frac{u^2}{2} - \frac{u^3}{6} + \frac{u^4}{24}, \qquad u \ge 0\]
olur. \(u = x^2\) koyup integral alalım:
\[1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{10} - \frac{1}{42} = \frac{26}{35} \approx 0{,}7429 \;\le\; J \;\le\; \frac{26}{35} + \frac{1}{216} \approx 0{,}7475.\]
Artık \(J\)’yi genişliği tam olarak \(\dfrac{1}{216} \approx 0{,}0046\) olan bir aralığa hapsetmiş olduk; aralığın orta noktasını alırsak \(J \approx 0{,}745\) değerini \(\dfrac{1}{432} \approx 0{,}0023\)’ten küçük bir yanılgıyla elde ederiz. (Gerçek değer \(J = 0{,}746824\ldots\)’tür.)
Adım 6: Bir başka üst sınır. Adım 2’deki eşitsizliği bu kez \(u = x^2\) ile kullanırsak \(e^{x^2} \ge 1 + x^2 > 0\) olur; her iki tarafın tersini alıp sıralama teoremini uygularsak
\[e^{-x^2} \le \frac{1}{1+x^2} \quad \Longrightarrow \quad J \le \int_0^1 \frac{dx}{1+x^2} = \Big[ \arctan x \Big]_0^1 = \frac{\pi}{4} \approx 0{,}7854.\]
Bu, Adım 4’te bulduğumuz \(\dfrac{23}{30} \approx 0{,}7667\) sınırından gevşektir; ama tek satırda elde edilmesi ve kapalı bir biçimde (\(\pi\) cinsinden) yazılması onu yine de kullanışlı kılar. Kestirimde hangi karşılaştırma fonksiyonunun seçileceği, ne kadar kesinlik istendiğine bağlıdır.
\(\blacksquare\)
Bir integrali kestirirken izlenecek yol hemen her zaman şudur:
- İntegrandın işaretini ve değişim aralığını belirle; gerekirse aralığı işaret değiştirme noktalarında parçala.
- İntegrandı, integrali kolay hesaplanan iki fonksiyon arasına sıkıştır (sabitler, Taylor polinomları, \(\dfrac{1}{1+x^2}\) gibi standart integrandlar).
- Teorem 28.1’yı uygula ve kenar integralleri hesapla.
İntegralin mutlak değerini kestirmek gerekiyorsa araya Teorem 28.2’ni sokmayı unutma: \(\left| \int_a^b f \right| \le \int_a^b |f| \le M(b-a)\).
28.9 Alıştırmalar
Alıştırma 28.1 (Sıralama ve Eşitsizlikler Üzerine)
\(\displaystyle \int_0^1 \frac{dx}{1+x^2}\) integrali için önce Sonuç 28.2 ile kaba, sonra \(1 - t \le \dfrac{1}{1+t} \le 1 - t + t^2\) eşitsizliğiyle daha ince alt ve üst sınırlar bulunuz. Bulduğunuz sınırları integralin tam değeriyle karşılaştırınız.
\(f\), \([a,b]\) üzerinde integrallenebilir ve her \(x \in [a,b]\) için \(|f(x)| \le M\) olsun. \(\left| \int_a^b f(x)\,dx \right| \le M(b-a)\) olduğunu gösteriniz. Eşitliğin sağlandığı bir örnek ve eşitsizliğin kesin olduğu bir örnek veriniz.
\(f\) ve \(g\), \([a,b]\) üzerinde sürekli ve \(\int_a^b f(x)\,dx = \int_a^b g(x)\,dx\) olsun. \(f(c) = g(c)\) olan bir \(c \in [a,b]\) bulunduğunu gösteriniz.
\(f\), \([a,b]\) üzerinde sürekli olsun ve \(\left| \int_a^b f(x)\,dx \right| = \int_a^b |f(x)|\,dx\) olsun. \(f\)’nin \([a,b]\) üzerinde işaret değiştirmediğini, yani ya her yerde \(f \ge 0\) ya da her yerde \(f \le 0\) olduğunu gösteriniz.
\(f\), \([a,b]\) üzerinde sürekli olsun ve \(g(a) = g(b) = 0\) koşulunu sağlayan her sürekli \(g\) fonksiyonu için \(\int_a^b f(x)g(x)\,dx = 0\) olsun. \(f\)’nin özdeş olarak sıfır olduğunu gösteriniz.
\(n \in \mathbb{N}\) için \(\displaystyle I_n = \int_0^1 \frac{x^n}{1+x}\,dx\) olsun. \(\dfrac{1}{2(n+1)} \le I_n \le \dfrac{1}{n+1}\) olduğunu gösteriniz ve buradan \(\lim_{n \to \infty} I_n = 0\) sonucunu çıkarınız.
Çözüm
a) \(x \in [0,1]\) için \(0 \le x^2 \le 1\), dolayısıyla \(1 \le 1+x^2 \le 2\) ve
\[\frac{1}{2} \le \frac{1}{1+x^2} \le 1.\]
Sonuç 28.2 ile (\(b - a = 1\)) doğrudan
\[\frac{1}{2} \le \int_0^1 \frac{dx}{1+x^2} \le 1\]
bulunur.
İnce ayar için \(t = x^2 \ge 0\) alalım. Örnek 28.3’nin Adım 2’sinde kanıtladığımız eşitsizlik
\[1 - x^2 \le \frac{1}{1+x^2} \le 1 - x^2 + x^4, \qquad x \in [0,1]\]
verir. Teorem 28.1 ile
\[\int_0^1 \big( 1 - x^2 \big)\,dx \le \int_0^1 \frac{dx}{1+x^2} \le \int_0^1 \big( 1 - x^2 + x^4 \big)\,dx.\]
Kenar integraller:
\[\int_0^1 \big( 1 - x^2 \big)\,dx = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}, \qquad \int_0^1 \big( 1 - x^2 + x^4 \big)\,dx = 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} = \frac{15 - 5 + 3}{15} = \frac{13}{15}.\]
Böylece
\[\frac{2}{3} \le \int_0^1 \frac{dx}{1+x^2} \le \frac{13}{15}, \qquad \text{yani} \qquad 0{,}6667 \le \int_0^1 \frac{dx}{1+x^2} \le 0{,}8667.\]
Bu integralin tam değeri \(\Big[ \arctan x \Big]_0^1 = \dfrac{\pi}{4} \approx 0{,}7854\)’tür ve gerçekten \(0{,}6667 \le 0{,}7854 \le 0{,}8667\) sağlanır. Kaba kestirim \([0{,}5;\ 1]\) aralığını, ince kestirim ise \([0{,}6667;\ 0{,}8667]\) aralığını vermiştir; genişlik \(0{,}5\)’ten \(0{,}2\)’ye inmiştir.
b) \(|f(x)| \le M\) hipotezi, \(|f|\) fonksiyonunun sabit \(M\) fonksiyonuyla sınırlandığını söyler. \(f\) integrallenebilir olduğundan Teorem 28.2 gereği \(|f|\) de integrallenebilirdir ve
\[\left| \int_a^b f(x)\,dx \right| \le \int_a^b |f(x)|\,dx.\]
Şimdi \(0 \le |f(x)| \le M\) olduğundan Sonuç 28.2 ile
\[\int_a^b |f(x)|\,dx \le M(b-a)\]
olur. İki eşitsizliği zincirlersek
\[\left| \int_a^b f(x)\,dx \right| \le \int_a^b |f(x)|\,dx \le M(b-a).\]
Eşitlik örneği. \([0,1]\) üzerinde \(f(x) = M\) sabit fonksiyonunu alalım (\(M > 0\)). O hâlde \(|f(x)| = M\), \(\left| \int_0^1 M\,dx \right| = M = M(1-0)\) olur; zincirdeki her iki eşitsizlik de eşitliğe dönüşür.
Kesin eşitsizlik örneği. \([-1,1]\) üzerinde \(f(x) = x\) alalım; \(M = 1\) ve \(b - a = 2\)’dir. Tek fonksiyon olduğundan (ya da doğrudan hesapla)
\[\int_{-1}^{1} x\,dx = \left[ \frac{x^2}{2} \right]_{-1}^{1} = \frac{1}{2} - \frac{1}{2} = 0\]
olur, yani \(\left| \int_{-1}^1 f \right| = 0\). Öte yandan
\[\int_{-1}^{1} |x|\,dx = \int_{-1}^{0} (-x)\,dx + \int_0^1 x\,dx = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1\]
ve \(M(b-a) = 1 \cdot 2 = 2\)’dir. Böylece \(0 < 1 < 2\); her iki eşitsizlik de kesindir. İlk eşitsizliğin kesin olmasının nedeni \(f\)’nin işaret değiştirmesi, ikincisinin kesin olmasının nedeni \(|f|\)’nin \(M\) değerine yalnızca uç noktalarda ulaşmasıdır.
c) \(h = f - g\) diyelim. Sürekli fonksiyonların farkı sürekli olduğundan (bkz. Analiz 1) \(h\), \([a,b]\) üzerinde süreklidir; dolayısıyla integrallenebilirdir ve lineerlik gereği (Teorem 27.1)
\[\int_a^b h(x)\,dx = \int_a^b f(x)\,dx - \int_a^b g(x)\,dx = 0.\]
İstediğimiz, \(h(c) = 0\) olan bir \(c\) bulmaktır. Olmayana ergi ile ilerleyelim: her \(x \in [a,b]\) için \(h(x) \ne 0\) olduğunu varsayalım.
\(h\) sürekli ve \([a,b]\) üzerinde hiç sıfırlanmıyorsa, \(h\) işaret değiştiremez. Gerçekten, \(h(u) < 0 < h(v)\) olan \(u, v \in [a,b]\) bulunsaydı, Bolzano teoremi (bkz. Analiz 1) gereği \(u\) ile \(v\) arasında \(h\)’yi sıfırlayan bir nokta bulunurdu; bu varsayımla çelişir. Demek ki ya her \(x\) için \(h(x) > 0\) ya da her \(x\) için \(h(x) < 0\)’dır.
Birinci hâlde \(h \ge 0\)’dır, \(h\) herhangi bir \(x_0 \in [a,b]\) noktasında süreklidir ve \(h(x_0) > 0\)’dır; Teorem 28.3 gereği \(\int_a^b h > 0\) olur. Bu, \(\int_a^b h = 0\) ile çelişir.
İkinci hâlde \(-h\) fonksiyonuna aynı akıl yürütmeyi uygularız: \(-h \ge 0\), sürekli ve \(-h(x_0) > 0\) olduğundan \(\int_a^b (-h) > 0\), yani \(\int_a^b h < 0\) olur; bu da yine çelişkidir.
Her iki hâlde de çelişki doğduğuna göre varsayım yanlıştır: \(h(c) = 0\), yani \(f(c) = g(c)\) olan bir \(c \in [a,b]\) vardır.
d) Önce \(\int_a^b f(x)\,dx \ge 0\) hâlini ele alalım. Bu durumda
\[\left| \int_a^b f(x)\,dx \right| = \int_a^b f(x)\,dx\]
olduğundan hipotez
\[\int_a^b |f(x)|\,dx = \int_a^b f(x)\,dx, \qquad \text{yani} \qquad \int_a^b \Big( |f(x)| - f(x) \Big)\,dx = 0\]
hâline gelir (son adımda lineerlik kullanıldı). \(\varphi(x) = |f(x)| - f(x)\) diyelim.
- \(f\) sürekli olduğundan \(|f|\) de süreklidir (mutlak değer fonksiyonu sürekli olup sürekli fonksiyonla bileşkesi süreklidir; bkz. Mutlak Değer ve Kök Fonksiyonları Süreklidir). Dolayısıyla \(\varphi\) süreklidir.
- Her \(x\) için \(f(x) \le |f(x)|\) olduğundan \(\varphi(x) \ge 0\)’dır.
- Yukarıda \(\int_a^b \varphi(x)\,dx = 0\) olduğunu gösterdik.
Sonuç 28.3 gereği \(\varphi \equiv 0\), yani her \(x \in [a,b]\) için \(|f(x)| = f(x)\)’tir. Bu ise tam olarak \(f(x) \ge 0\) demektir.
Şimdi \(\int_a^b f(x)\,dx < 0\) hâlini ele alalım ve \(F = -f\) diyelim. \(F\) süreklidir, \(\int_a^b F = -\int_a^b f > 0\)’dır ve \(|F| = |f|\) olduğundan
\[\left| \int_a^b F(x)\,dx \right| = \left| \int_a^b f(x)\,dx \right| = \int_a^b |f(x)|\,dx = \int_a^b |F(x)|\,dx\]
sağlanır. Yukarıdaki birinci hâli \(F\)’ye uygularsak \(F \ge 0\), yani \(f \le 0\) çıkar.
Demek ki her iki durumda da \(f\) işaret değiştirmez.
e) Püf nokta, \(g\)’yi \(f\)’den üretmek ama uç noktalarda sıfırlanmasını sağlamaktır. Şu seçimi yapalım:
\[g(x) = f(x)\,(x - a)\,(b - x), \qquad x \in [a,b].\]
\(f\) sürekli, \((x-a)\) ve \((b-x)\) polinom olduklarından sürekli; sürekli fonksiyonların çarpımı sürekli olduğundan (bkz. Analiz 1) \(g\) süreklidir. Ayrıca \(g(a) = f(a) \cdot 0 \cdot (b-a) = 0\) ve \(g(b) = f(b)\,(b-a)\cdot 0 = 0\)’dır; yani \(g\), hipotezdeki koşulları sağlar.
Hipotezi bu \(g\) ile yazarsak
\[0 = \int_a^b f(x)\,g(x)\,dx = \int_a^b \big( f(x) \big)^2 (x-a)(b-x)\,dx.\]
\(\varphi(x) = \big( f(x) \big)^2 (x-a)(b-x)\) diyelim. \(\varphi\) süreklidir. Ayrıca \(x \in [a,b]\) için \(x - a \ge 0\) ve \(b - x \ge 0\) olduğundan, kare terimiyle birlikte \(\varphi(x) \ge 0\)’dır. İntegrali de sıfır olduğuna göre Sonuç 28.3 gereği \(\varphi \equiv 0\)’dır:
\[\big( f(x) \big)^2 (x-a)(b-x) = 0, \qquad x \in [a,b].\]
\(x \in (a,b)\) ise \((x-a)(b-x) > 0\) olduğundan \(\big( f(x) \big)^2 = 0\), yani \(f(x) = 0\)’dır. Geriye yalnızca uç noktalar kalıyor; orada süreklilik yardımımıza koşar:
\[f(a) = \lim_{x \to a^+} f(x) = \lim_{x \to a^+} 0 = 0, \qquad f(b) = \lim_{x \to b^-} f(x) = 0.\]
Demek ki \(f\), \([a,b]\)’nin tamamında özdeş olarak sıfırdır.
f) \(x \in [0,1]\) olsun. \(0 \le x \le 1\) olduğundan \(1 \le 1 + x \le 2\)’dir. Ayrıca \(x^n \ge 0\)’dır. Negatif olmayan bir sayıyı daha büyük bir sayıya bölmek sonucu büyütmeyeceğinden
\[\frac{x^n}{2} \le \frac{x^n}{1+x} \le \frac{x^n}{1}= x^n, \qquad x \in [0,1].\]
Üç fonksiyon da \([0,1]\) üzerinde süreklidir. Teorem 28.1’yı iki kez uygularsak
\[\int_0^1 \frac{x^n}{2}\,dx \le I_n \le \int_0^1 x^n\,dx.\]
Kenar integraller kuvvet fonksiyonunun integralidir:
\[\int_0^1 x^n\,dx = \left[ \frac{x^{n+1}}{n+1} \right]_0^1 = \frac{1}{n+1}, \qquad \int_0^1 \frac{x^n}{2}\,dx = \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{n+1} = \frac{1}{2(n+1)}.\]
Böylece istenen kestirim elde edilir:
\[\frac{1}{2(n+1)} \le I_n \le \frac{1}{n+1}.\]
Limit için sıkıştırma teoremini (bkz. Analiz 1) kullanalım. \(\dfrac{1}{n+1} \to 0\) olduğundan (bkz. Analiz 1) hem \(\dfrac{1}{2(n+1)} \to 0\) hem de \(\dfrac{1}{n+1} \to 0\)’dır; arada sıkışan \(I_n\) dizisi de sıfıra yakınsar:
\[\lim_{n \to \infty} \int_0^1 \frac{x^n}{1+x}\,dx = 0.\]
Sonucun sezgisel açıklaması şudur: \(n\) büyüdükçe \(x^n\) fonksiyonu \([0,1)\) üzerinde sıfıra çöker ve yalnızca \(x = 1\) noktasının çok küçük bir komşuluğunda kayda değer değerler alır; o komşuluğun uzunluğu da sıfıra gittiğinden integral kaybolur.
\(\blacksquare\)
Bu bölümde integralin sıralamayla nasıl uyuştuğunu gördük: sıralamayı koruduğunu, mutlak değerle üçgen eşitsizliği biçiminde uyuştuğunu ve sürekli fonksiyonlar söz konusu olduğunda “sıfır integral” ile “sıfır fonksiyon” arasında tam bir denklik kurduğunu öğrendik. Böylece belirli integralin kuruluşunu ve temel özelliklerini tamamlamış olduk; ama hâlâ elimizde onu hesaplamanın pratik bir yolu yok — bugüne kadar her integrali Darboux toplamlarına dönerek hesapladık. Sıradaki bölümde türev ile integral arasındaki derin bağı kurup bu sorunu bir çırpıda çözeceğiz: Analizin Temel Teoremleri.