27 İntegralin Cebirsel Özellikleri
Riemann Toplamları ve Darboux Tanımıyla Denkliği bölümünde integrallenebilirliği iki ayrı yoldan tarif edip bu iki yolun aynı kapıya çıktığını gösterdik: Darboux’nun alt ve üst toplamlarıyla kurulan tanım ile Riemann toplamlarının, normu sıfıra giden bölünüşler boyunca yakınsamasıyla kurulan tanım denktir. Elimizde artık iki farklı el var; hangisi bir soruya daha uygunsa onu kullanacağız.
Ne var ki şimdiye kadar yaptığımız her şey tek bir fonksiyonla ilgiliydi. Oysa analizde fonksiyonlar yalnız gezmez: toplanır, çarpılır, bölünür, birbirinin içine konur. Doğal soru şudur: integrallenebilirlik bu işlemler altında korunur mu, korunuyorsa integralin kendisi nasıl davranır? Bir de \([a,b]\) aralığını bir \(c\) noktasından ikiye böldüğümüzde integralin de ikiye bölünüp bölünmediği sorusu var.
Bu bölümde şunları öğreneceğiz: integralin lineer bir işlem olduğunu, ama bunun tersinin geçerli olmadığını; integrallenebilir bir fonksiyonun sürekli bir fonksiyonla bileşkesinin yine integrallenebilir olduğunu ve buradan \(f^n\), \(|f|\), \(f \cdot g\) ve \(1/f\) için sonuçlar devşirilebileceğini; sürekliliği kaldırdığımızda bileşke teoreminin çöktüğünü gösteren ünlü karşı örneği; integralin aralık üzerinde toplamsal olduğunu ve parçalı fonksiyonların bu sayede nasıl integrallendiğini. Son olarak \(\int_a^a f\) ile \(b < a\) hâlindeki \(\int_a^b f\) için tanım yapacağız; bu tanımlarla aralık toplamsallığı \(a\), \(b\), \(c\) noktalarının hangi sırada olduğuna bakmaksızın geçerli olacak.
27.1 Gösterim ve Elimizdeki Araçlar
Bölüm boyunca kullanacağımız gösterimi bir arada toplayalım. \(f : [a,b] \to \mathbb{R}\) sınırlı bir fonksiyon ve \(P = \{x_0, x_1, \dots, x_n\}\) (\(a = x_0 < x_1 < \cdots < x_n = b\)) bir bölünüş (partition) olsun. \(k\)-ıncı alt aralık \(I_k = [x_{k-1}, x_k]\), uzunluğu \(\Delta x_k = x_k - x_{k-1}\), bölünüşün normu \(\|P\| = \max_k \Delta x_k\)’dır. \(m_k(f) = \inf_{I_k} f\) ve \(M_k(f) = \sup_{I_k} f\) olmak üzere alt toplam ile üst toplam (lower/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.
Bu kitapta alt integral ile üst integral için
\[\underline{I}(f) = \sup_{P} L(P,f), \qquad \overline{I}(f) = \inf_{P} U(P,f)\]
gösterimini kullanıyoruz; supremum ve infimum \([a,b]\)’nin bütün bölünüşleri üzerinden alınır. Yani \(\underline{I}(f)\) alt integrali, \(\overline{I}(f)\) üst integrali gösterir; hangi aralıkta çalışıldığı bağlamdan anlaşılmadığında \(\underline{I}_a^b(f)\), \(\overline{I}_a^b(f)\) yazacağız. Her sınırlı \(f\) için \(\underline{I}(f) \le \overline{I}(f)\)’dir; \(f\)’ye Riemann integrallenebilir (Riemann integrable) denmesi tam olarak \(\underline{I}(f) = \overline{I}(f)\) demektir ve bu ortak değer \(\int_a^b f(x)\,dx\)’tir.
Sık kullanacağımız üç aracı hatırlatalım.
1. Riemann ölçütü. Sınırlı bir \(f\)’nin \([a,b]\) üzerinde integrallenebilir olması için gerek ve yeter koşul, her \(\varepsilon > 0\) için \(U(P,f) - L(P,f) < \varepsilon\) sağlayan bir \(P\) bölünüşünün var olmasıdır; bu ölçüt Riemann İntegrallenebilirlik Ölçütü bölümünde kanıtlanmıştı. Ayrıca bir bölünüşü incelttiğimizde (ona yeni noktalar eklediğimizde) alt toplam azalmaz, üst toplam artmaz; dolayısıyla \(U - L\) farkı büyümez.
2. Riemann toplamları. \(t_k \in I_k\) olacak biçimde seçilmiş ara noktalar kümesi \(T = \{t_k\}_{k=1}^{n}\) için Riemann toplamı \(S(f,P,T) = \sum_{k=1}^{n} f(t_k)\, \Delta x_k\)’dır. Denklik teoremi şunu söyler: \(f\)’nin integrallenebilir ve integralinin \(I\) olması için gerek ve yeter koşul, her \(\varepsilon > 0\) için öyle bir \(\delta > 0\) bulunmasıdır ki \(\|P\| < \delta\) olan her \(P\) ve ara noktaların her \(T\) seçimi için \(\big| S(f,P,T) - I \big| < \varepsilon\) olsun.
3. Salınım. \(I_k\) alt aralığında \(f\)’nin salınımı (oscillation) \(\omega_k(f) = M_k(f) - m_k(f)\) sayısıdır. Supremum ve infimumun tanımından
\[\omega_k(f) = \sup_{s,t \in I_k} \big( f(s) - f(t) \big) = \sup_{s,t \in I_k} \big| f(s) - f(t) \big|\]
olduğu görülür; bu eşitlik, “alt aralıkta iki değerin farkı küçükse salınım da küçüktür” biçimindeki akıl yürütmeleri kolaylaştıracak.
Hesap yaparken kullanacağımız üç temel integrali de hatırlatalım:
\[\int_a^b k\,dx = k(b-a), \qquad \int_a^b x\,dx = \frac{b^2 - a^2}{2}, \qquad \int_0^t x^2\,dx = \frac{t^3}{3} \quad (t \ge 0).\]
Birincisinde sabit \(k\) için bütün Darboux toplamları \(k(b-a)\)’ya eşittir. İkincisinde \([a,b]\)’yi \(n\) eşit parçaya bölüp \(h = \frac{b-a}{n}\), \(t_k = a+kh\) (sağ uç noktalar) alırsak \(S(f,P,T) = \sum_{k=1}^{n} (a+kh)h = a(b-a) + \frac{(b-a)^2}{2} \cdot \frac{n+1}{n}\) olur ve \(n \to \infty\) iken limit \(\frac{b^2-a^2}{2}\)’dir. Üçüncüsünde \([0,t]\)’yi \(n\) eşit parçaya bölüp \(h = \frac{t}{n}\), \(t_k = kh\) alalım. \(\sum_{k=1}^{n} k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\) formülü gereği Riemann toplamı şu değeri alır:
\[S(f,P,T) = \sum_{k=1}^{n} (kh)^2 h = h^3 \cdot \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} = \frac{t^3 (n+1)(2n+1)}{6n^2}\]
Burada \(n \to \infty\) iken bu ifadenin limiti \(\frac{t^3}{3}\)’tür.
27.2 İntegralin Lineerliği
Bir işlemin “lineer” olması, toplamı toplama, sabitle çarpımı sabitle çarpıma taşıması demektir. Türev almanın lineer olduğunu biliyoruz (Teorem 3.2). İntegral almanın da lineer olduğunu göstereceğiz. Bu, integralin bütün cebirsel özelliklerinin temel taşıdır: bölümün geri kalanındaki hemen her sonuç, er ya da geç lineerliğe dayanır.
İspat için Riemann toplamlarını kullanacağız; nedeni basit: Riemann toplamı sonlu bir toplamdır ve sonlu toplamlar zaten lineerdir, yani \(\sum (u_k + v_k) = \sum u_k + \sum v_k\). İspatın bütün işi, bu apaçık cebirsel eşitliği limit alma sürecine taşımaktan ibarettir.
Teorem 27.1 (İntegralin Lineerliği) \(f, g : [a,b] \to \mathbb{R}\) fonksiyonları \([a,b]\) üzerinde Riemann integrallenebilir olsun. O hâlde:
1. \(f + g\) de \([a,b]\) üzerinde integrallenebilirdir ve
\[\int_a^b (f+g)(x)\,dx = \int_a^b f(x)\,dx + \int_a^b g(x)\,dx.\]
2. Her \(c \in \mathbb{R}\) sabiti için \(cf\) de integrallenebilirdir ve
\[\int_a^b (cf)(x)\,dx = c \int_a^b f(x)\,dx.\]
İspat
(1) Toplam. \(I_f = \displaystyle\int_a^b f(x)\,dx\) ve \(I_g = \displaystyle\int_a^b g(x)\,dx\) diyelim; \(f\) ve \(g\) integrallenebilir olduğundan bu iki sayı vardır.
\(\varepsilon > 0\) verilsin. Riemann toplamlarıyla verilen ölçütü \(\frac{\varepsilon}{2} > 0\) için hem \(f\)’ye hem \(g\)’ye uygulayalım: öyle \(\delta_1, \delta_2 > 0\) sayıları vardır ki \(\|P\| < \delta_1\) olan her \(P\) ve her \(T\) için \(\big| S(f,P,T) - I_f \big| < \frac{\varepsilon}{2}\), \(\|P\| < \delta_2\) olan her \(P\) ve her \(T\) için \(\big| S(g,P,T) - I_g \big| < \frac{\varepsilon}{2}\) olsun.
\(\delta = \min(\delta_1, \delta_2) > 0\) alalım. \(\|P\| < \delta\) olan bir \(P = \{x_0, \dots, x_n\}\) bölünüşü ve \(T = \{t_k\}_{k=1}^{n}\) ara noktaları verilsin. Sonlu toplamların lineerliği gereği \(f+g\)’nin Riemann toplamı ikiye ayrılır:
\[S(f+g,P,T) = \sum_{k=1}^{n} \big( f(t_k) + g(t_k) \big) \Delta x_k = \sum_{k=1}^{n} f(t_k)\, \Delta x_k + \sum_{k=1}^{n} g(t_k)\, \Delta x_k = S(f,P,T) + S(g,P,T).\]
Şimdi \(S(f+g,P,T)\) ile \(I_f + I_g\) arasındaki farka bakalım; terimleri gruplayıp üçgen eşitsizliğini (bkz. Analiz 1) uygularsak
\[\big| S(f+g,P,T) - (I_f + I_g) \big| = \big| \big( S(f,P,T) - I_f \big) + \big( S(g,P,T) - I_g \big) \big| \le \big| S(f,P,T) - I_f \big| + \big| S(g,P,T) - I_g \big| < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon\]
elde ederiz; \(\|P\| < \delta \le \delta_1\) ve \(\|P\| < \delta \le \delta_2\) olduğundan iki kestirimi de kullanma hakkımız vardı. Verilen her \(\varepsilon > 0\) için böyle bir \(\delta\) bulunduğundan, denklik teoremi gereği \(f+g\) integrallenebilirdir ve integrali \(I_f + I_g\)’dir.
(2) Skalerle çarpım. \(c = 0\) ise \(cf\) özdeş olarak sıfırdır; sabit fonksiyonlar integrallenebilir olduğundan \(\int_a^b 0\,dx = 0 = 0 \cdot I_f\)’dir ve iddia doğrudur.
\(c \ne 0\) olsun ve \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(\frac{\varepsilon}{|c|} > 0\) olduğundan, \(f\)’nin integrallenebilirliği gereği öyle bir \(\delta > 0\) vardır ki \(\|P\| < \delta\) olan her \(P\) ve her \(T\) için \(\big| S(f,P,T) - I_f \big| < \frac{\varepsilon}{|c|}\) olur. Sonlu toplamdan sabit çarpanı dışarı alabildiğimiz için \(S(cf,P,T) = c\, S(f,P,T)\)’dır; öyleyse aynı \(P\) ve \(T\) için
\[\big| S(cf,P,T) - c I_f \big| = |c| \cdot \big| S(f,P,T) - I_f \big| < |c| \cdot \frac{\varepsilon}{|c|} = \varepsilon.\]
Demek ki \(cf\) integrallenebilirdir ve integrali \(c I_f\)’dir.
\(\blacksquare\)
İkinci maddeyi Darboux toplamlarıyla görmek de öğreticidir: \(c > 0\) ise \(U(P,cf) = c\,U(P,f)\) ve \(L(P,cf) = c\,L(P,f)\), \(c < 0\) ise supremum ile infimumun rolleri değişerek \(U(P,cf) = c\,L(P,f)\) ve \(L(P,cf) = c\,U(P,f)\) olur; her iki durumda da fark \(|c|\big( U(P,f) - L(P,f) \big)\) çıkar ve Riemann ölçütü doğrudan taşınır. Özellikle \(c = -1\) için \(\int_a^b (-f) = - \int_a^b f\)’dir; bu özel durumu birazdan kullanacağız.
Teorem 27.1 “\(f\) ve \(g\) integrallenebilirse \(f+g\) integrallenebilirdir” der. Bunun tersi doğru değildir: toplama işlemi, iki fonksiyonun düzensizliklerinin birbirini götürmesine izin verir. Aşağıdaki örnek bunun en uç hâlini gösteriyor: iki fonksiyonun ikisi de integrallenemezken toplamları sabit fonksiyondur.
Örnek 27.1 (Toplamı İntegrallenebilir İki İntegrallenemez Fonksiyon) \([-1,1]\) kapalı aralığında \(f\) ve \(g\) fonksiyonlarını
\[f(x) = \begin{cases} 1, & x \in \mathbb{Q} \\ -1, & x \notin \mathbb{Q} \end{cases} \qquad \text{ve} \qquad g(x) = \begin{cases} -1, & x \in \mathbb{Q} \\ 1, & x \notin \mathbb{Q} \end{cases}\]
ile tanımlayalım. \(f\) ve \(g\)’nin ikisinin de integrallenemez olduğunu, buna karşın \(f+g\)’nin integrallenebilir olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Adım 1: \(f\) integrallenemez. \(P = \{x_0, \dots, x_n\}\), \([-1,1]\)’in herhangi bir bölünüşü olsun. Her \(I_k = [x_{k-1},x_k]\) alt aralığı, ne kadar kısa olursa olsun, hem rasyonel hem irrasyonel sayı içerir (bkz. Analiz 1, İrrasyonel Sayıların Yoğunluğu). Dolayısıyla \(f\) her alt aralıkta hem \(1\) hem \(-1\) değerini alır: \(m_k(f) = -1\), \(M_k(f) = 1\)’dir. Buradan her \(P\) için
\[L(P,f) = \sum_{k=1}^{n} (-1)\, \Delta x_k = -\big( 1 - (-1) \big) = -2, \qquad U(P,f) = \sum_{k=1}^{n} 1 \cdot \Delta x_k = 2\]
bulunur. Bütün alt toplamlar \(-2\), bütün üst toplamlar \(2\) olduğundan \(\underline{I}(f) = -2 \ne 2 = \overline{I}(f)\)’dir; alt ve üst integraller çakışmadığından \(f\) integrallenemez.
Adım 2: \(g\) integrallenemez. \(g = -f\) olduğundan aynı hesap \(m_k(g) = -1\), \(M_k(g) = 1\) verir ve yine \(\underline{I}(g) = -2 \ne 2 = \overline{I}(g)\)’dir.
Adım 3: Toplam integrallenebilirdir. Her \(x \in [-1,1]\) için
\[(f+g)(x) = \begin{cases} 1 + (-1) = 0, & x \in \mathbb{Q} \\ -1 + 1 = 0, & x \notin \mathbb{Q} \end{cases}\]
olur; yani \(f+g\) özdeş olarak sıfır fonksiyonudur ve \(\int_{-1}^{1} (f+g)(x)\,dx = 0\)’dır.
Adım 4: Aynı olay çarpım için de olur. \((f \cdot g)(x)\), rasyonellerde \(1 \cdot (-1) = -1\), irrasyonellerde \((-1) \cdot 1 = -1\)’dir; yani \(f \cdot g \equiv -1\) sabit fonksiyonudur ve \(\int_{-1}^{1} (f \cdot g)(x)\,dx = (-1)\big( 1 - (-1) \big) = -2\)’dir. Demek ki iki integrallenemez fonksiyonun yalnızca toplamı değil, çarpımı da integrallenebilir olabilir. Toplama ve çarpma integrallenebilirliği korur (Teorem 27.1 ve bu bölümde birazdan kanıtlayacağımız çarpım sonucu), ama bu koruma tek yönlüdür: sonucun integrallenebilir olması, parçaların integrallenebilir olduğu anlamına gelmez.
\(\blacksquare\)
Lineerlik teoreminin iki maddesini birleştirmek, fark için beklediğimiz kuralı hemen verir.
Sonuç 27.1 (Farkın İntegrallenebilirliği) \(f\) ve \(g\), \([a,b]\) üzerinde Riemann integrallenebilir ise \(f - g\) de integrallenebilirdir ve
\[\int_a^b (f-g)(x)\,dx = \int_a^b f(x)\,dx - \int_a^b g(x)\,dx.\]
İspat
Üç adımda ilerliyoruz.
1. Teorem 27.1’in ikinci maddesinde \(c = -1\) seçelim: \(-g\) integrallenebilirdir ve \(\int_a^b (-g) = - \int_a^b g\)’dir.
2. İki fonksiyonun farkını bir toplam olarak yazalım: \(f - g = f + (-g)\).
3. \(f\) ve \(-g\) integrallenebilir olduğundan, Teorem 27.1’in birinci maddesi gereği toplamları da integrallenebilirdir ve
\[\int_a^b (f-g)(x)\,dx = \int_a^b f(x)\,dx + \int_a^b (-g)(x)\,dx = \int_a^b f(x)\,dx - \int_a^b g(x)\,dx.\]
\(\blacksquare\)
Daha genel olarak, \(\alpha, \beta \in \mathbb{R}\) ve \(f, g\) integrallenebilir ise \(\alpha f + \beta g\) integrallenebilirdir ve \(\int_a^b (\alpha f + \beta g) = \alpha \int_a^b f + \beta \int_a^b g\)’dir; tümevarımla bu, sonlu sayıda fonksiyonun lineer birleşimlerine genişler. Kısacası, \([a,b]\) üzerinde integrallenebilir fonksiyonlar kümesi bir vektör uzayıdır ve \(f \mapsto \int_a^b f\) dönüşümü bu uzay üzerinde bir lineer fonksiyoneldir.
27.3 Bileşke Fonksiyonun İntegrallenebilirliği
Toplama ve skalerle çarpımı hallettik. Sırada çarpım, bölüm, kuvvet ve mutlak değer var. Bunları tek tek ele almak yerine hepsini birden veren bir teorem ispatlayacağız: integrallenebilir bir fonksiyonun dışına sürekli bir fonksiyon uygularsak integrallenebilirlik bozulmaz. Gerçekten de \(f^2\), \(|f|\) ve (uygun koşullar altında) \(1/f\) fonksiyonlarının hepsi \(g \circ f\) biçimindedir; \(g\) burada sırasıyla \(t \mapsto t^2\), \(t \mapsto |t|\) ve \(t \mapsto 1/t\) sürekli fonksiyonlarıdır.
İspattaki fikri önce anlatalım. \(f\) integrallenebilir olduğundan, uygun bir bölünüşte \(f\)’nin salınımlarının ağırlıklı toplamı küçüktür; ama bu, salınımların her alt aralıkta küçük olduğu anlamına gelmez: birkaç alt aralıkta \(f\) hâlâ çok salınıyor, yalnızca o alt aralıkların toplam uzunluğu küçük oluyor olabilir. İspatın kalbi bu ayrımdır; alt aralıkları ikiye böleceğiz:
- iyi alt aralıklar (\(A\) kümesi): \(f\)’nin salınımı küçük. Burada \(g\)’nin düzgün sürekliliği devreye girer ve \(g \circ f\)’nin salınımını da küçük yapar.
- kötü alt aralıklar (\(B\) kümesi): \(f\)’nin salınımı küçük değil. Burada \(g \circ f\)’nin salınımını kontrol edemeyiz, ama \(g\) sınırlı olduğundan salınım en fazla \(2K\)’dır; buna karşılık bu aralıkların toplam uzunluğunun çok küçük olduğunu göstereceğiz.
İkinci grubu kontrol edebilmek için integrallenebilirlik ölçütünü \(\delta\) değil, karesi alınmış bir eşikle, \(\delta^2\) ile uygulamak gerekir; bu, kötü aralıkların toplam uzunluğunu \(\delta\) mertebesine indirmenin klasik hilesidir.
Teorem 27.2 (Bileşke Fonksiyonun İntegrallenebilirliği) \(f : [a,b] \to \mathbb{R}\) Riemann integrallenebilir ve görüntü kümesi \([c,d]\) aralığının içinde kalsın, yani \(f\big( [a,b] \big) \subseteq [c,d]\) olsun. \(g : [c,d] \to \mathbb{R}\) sürekli bir fonksiyon ise, \(h = g \circ f\) bileşkesi \([a,b]\) üzerinde Riemann integrallenebilirdir.
İspat
Adım 1: \(g\) düzgün sürekli ve sınırlıdır. \([c,d]\) kapalı ve sınırlı, \(g\) ise bu aralıkta süreklidir. Cantor teoremi (bkz. Analiz 1) gereği \(g\) düzgün süreklidir (uniformly continuous); Weierstrass teoremi (bkz. Analiz 1) gereği de sınırlıdır, yani her \(t \in [c,d]\) için \(|g(t)| \le K\) olacak biçimde bir \(K > 0\) vardır (\(\sup|g| = 0\) ise \(K = 1\) alınır). Buradan \(|h(x)| \le K\) çıkar, yani \(h\) de sınırlıdır ve Darboux toplamları anlamlıdır.
Adım 2: Sayıların seçimi. \(\varepsilon > 0\) verilsin. Sonraki hesabı temiz bırakmak için
\[\varepsilon' = \frac{\varepsilon}{b - a + 2K} > 0\]
sayısını tanımlayalım. \(g\) düzgün sürekli olduğundan, bu \(\varepsilon'\) için öyle bir \(\delta > 0\) vardır ki her \(s,t \in [c,d]\) için \(|s-t| < \delta\) olması \(|g(s) - g(t)| < \varepsilon'\) gerektirsin. \(\delta\)’yı küçültmek bu koşulu bozmayacağından ayrıca \(\delta < \varepsilon'\) olduğunu da varsayabiliriz.
Adım 3: Uygun bölünüşün seçimi. \(\delta^2 > 0\) olduğundan, \(f\)’nin integrallenebilirliği ve Riemann ölçütü gereği \([a,b]\)’nin \(U(P,f) - L(P,f) < \delta^2\) koşulunu sağlayan bir \(P = \{x_0, x_1, \dots, x_n\}\) bölünüşü vardır. Bu bölünüşü sabitliyoruz.
Adım 4: Alt aralıkların ikiye ayrılması. \(\{1, \dots, n\}\) indis kümesini, salınımın küçük olduğu “iyi” indisler \(A = \big\{ i : M_i(f) - m_i(f) < \delta \big\}\) ile salınımın büyük olduğu “kötü” indisler \(B = \big\{ i : M_i(f) - m_i(f) \ge \delta \big\}\) biçiminde ayrık iki parçaya bölelim. Amacımız \(U(P,h) - L(P,h) < \varepsilon\) göstermek; toplamı bu iki küme üzerinden ayıralım:
\[U(P,h) - L(P,h) = \sum_{i \in A} \big( M_i(h) - m_i(h) \big) \Delta x_i + \sum_{i \in B} \big( M_i(h) - m_i(h) \big) \Delta x_i.\]
Adım 5: \(A\) kümesinin katkısı. \(i \in A\) olsun ve \(s,t \in I_i = [x_{i-1},x_i]\) alalım. \(f(s)\) ile \(f(t)\) sayılarının ikisi de \([m_i(f), M_i(f)]\) aralığında olduğundan \(|f(s) - f(t)| \le M_i(f) - m_i(f) < \delta\)’dır. \(f(s), f(t) \in [c,d]\) olduğundan düzgün sürekliliğin verdiği gerektirme uygulanabilir:
\[|h(s) - h(t)| = \big| g(f(s)) - g(f(t)) \big| < \varepsilon'.\]
Bu, \(I_i\)’deki bütün \(s,t\) çiftleri için doğrudur; salınımın supremum karakterizasyonu gereği \(M_i(h) - m_i(h) = \sup_{s,t \in I_i} \big( h(s) - h(t) \big) \le \varepsilon'\) olur. Böylece
\[\sum_{i \in A} \big( M_i(h) - m_i(h) \big) \Delta x_i \le \sum_{i \in A} \varepsilon'\, \Delta x_i \le \varepsilon' \sum_{i=1}^{n} \Delta x_i = \varepsilon' (b-a)\]
elde ederiz; ortadaki eşitsizlikte \(A \subseteq \{1,\dots,n\}\) ve bütün terimlerin negatif olmadığını kullandık.
Adım 6: \(B\) kümesinin toplam uzunluğu. \(i \in B\) için \(M_i(f) - m_i(f) \ge \delta\)’dır; bu eşitsizliği \(\Delta x_i > 0\) ile çarpıp \(B\) üzerinden toplarsak
\[\delta \sum_{i \in B} \Delta x_i \le \sum_{i \in B} \big( M_i(f) - m_i(f) \big) \Delta x_i \le \sum_{i=1}^{n} \big( M_i(f) - m_i(f) \big) \Delta x_i = U(P,f) - L(P,f) < \delta^2\]
olur. (Ortadaki eşitsizlikte toplamı bütün indislere genişlettik; eklenen terimler negatif olmadığından toplam artmıştır.) Her iki tarafı \(\delta > 0\)’a bölersek \(\sum_{i \in B} \Delta x_i < \delta\) çıkar: kötü alt aralıkların toplam uzunluğu \(\delta\)’dan küçüktür. Burası ispatın can alıcı noktasıdır; ölçütü \(\delta\) yerine \(\delta^2\) ile uygulamamızın nedeni tam olarak budur.
Adım 7: \(B\) kümesinin katkısı. \(|h| \le K\) olduğundan her alt aralıkta \(-K \le m_i(h) \le M_i(h) \le K\), yani \(M_i(h) - m_i(h) \le 2K\)’dır. Bir önceki adımla birleştirirsek
\[\sum_{i \in B} \big( M_i(h) - m_i(h) \big) \Delta x_i \le 2K \sum_{i \in B} \Delta x_i < 2K\delta\]
olur.
Adım 8: Kestirimlerin birleştirilmesi. Adım 5 ile Adım 7’yi toplayıp \(\delta < \varepsilon'\) seçtiğimizi hatırlarsak
\[U(P,h) - L(P,h) < \varepsilon'(b-a) + 2K\delta < \varepsilon'(b - a + 2K) = \frac{\varepsilon}{b-a+2K} \cdot (b - a + 2K) = \varepsilon\]
bulunur. Verilen her \(\varepsilon > 0\) için \(U(P,h) - L(P,h) < \varepsilon\) koşulunu sağlayan bir \(P\) bölünüşü bulduğumuzdan, Riemann ölçütü gereği \(h = g \circ f\), \([a,b]\) üzerinde Riemann integrallenebilirdir.
\(\blacksquare\)
Teorem 27.2’de \(g\)’nin sürekli olması koşulunu atamayız: \(g\)’nin yalnızca integrallenebilir olduğunu varsayarsak \(g \circ f\) integrallenebilir olmayabilir. Başka bir deyişle iki integrallenebilir fonksiyonun bileşkesi integrallenebilir olmak zorunda değildir. Bunu, bileşkesi Dirichlet fonksiyonu çıkan iki integrallenebilir fonksiyonla göstereceğiz.
Örnek 27.2 (İntegrallenebilir İki Fonksiyonun Bileşkesi) \([0,1]\) üzerinde tanımlı, ikisi de Riemann integrallenebilir olan \(f\) ve \(g\) fonksiyonları bulunuz; öyle ki \(g \circ f\) bileşkesi Riemann integrallenemez olsun.
Çözüm
İçteki fonksiyon: Thomae fonksiyonu. \(f : [0,1] \to \mathbb{R}\) fonksiyonunu
\[f(x) = \begin{cases} \dfrac{1}{q}, & x = \dfrac{p}{q} \in \mathbb{Q},\ \ q \in \mathbb{N},\ \ \text{kesir en sade hâlinde} \\[3mm] 0, & x \notin \mathbb{Q} \end{cases}\]
ile tanımlayalım. Buna Thomae fonksiyonu (patlamış mısır fonksiyonu da denir) adı verilir. \(0 = \frac{0}{1}\) olduğundan \(f(0) = 1\)’dir; ayrıca her \(x\) için \(0 \le f(x) \le 1\), yani \(f\big( [0,1] \big) \subseteq [0,1]\)’dir.
\(f\) integrallenebilirdir ve integrali sıfırdır. Her alt aralık irrasyonel sayı içerdiğinden (bkz. Analiz 1) her bölünüş ve her \(k\) için \(m_k(f) = 0\), dolayısıyla \(L(P,f) = 0\) ve \(\underline{I}(f) = 0\)’dır. Geriye üst toplamların küçültülebildiğini göstermek kalıyor. \(\varepsilon > 0\) verilsin ve \(E = \big\{ x \in [0,1] : f(x) \ge \frac{\varepsilon}{2} \big\}\) kümesine bakalım. \(f(x) \ge \frac{\varepsilon}{2} > 0\) olması \(x\)’in rasyonel ve en sade yazımında \(q \le \frac{2}{\varepsilon}\) olmasını gerektirir; \([0,1]\)’de paydası \(\frac{2}{\varepsilon}\)’u aşmayan sonlu sayıda rasyonel bulunduğundan \(E\) sonludur; eleman sayısı \(N_0\) olmak üzere \(N = \max(N_0, 1)\) diyelim (böylece \(N \ge 1\) olur ve \(E\) boş çıksa bile aşağıdaki kestirimler geçerli kalır). Normu \(\|P\| < \frac{\varepsilon}{8N}\) olan bir \(P\) bölünüşü alıp alt aralıkları ikiye ayıralım:
- \(E\) ile kesişenler: \(E\)’nin her noktası en fazla iki alt aralıkta bulunabildiğinden bunların sayısı en fazla \(2N\)’dir. \(M_k(f) \le 1\) kestirimiyle toplam katkı en fazla \(2N \|P\| < \frac{\varepsilon}{4}\) olur.
- \(E\) ile kesişmeyenler: buralarda \(f\)’nin bütün değerleri \(\frac{\varepsilon}{2}\)’den küçüktür, yani \(M_k(f) \le \frac{\varepsilon}{2}\)’dir; toplam katkı en fazla \(\frac{\varepsilon}{2} \cdot 1 = \frac{\varepsilon}{2}\)’dir.
Toplarsak \(U(P,f) < \frac{\varepsilon}{4} + \frac{\varepsilon}{2} < \varepsilon\) bulunur. \(\varepsilon > 0\) keyfî olduğundan \(\overline{I}(f) = 0\)’dır; böylece \(\underline{I}(f) = \overline{I}(f) = 0\), yani \(\int_0^1 f(x)\,dx = 0\)’dır.
\(f\)’nin süreksizlik yapısı. Aynı \(E\) kümesi, Thomae fonksiyonunun nerede sürekli olduğunu da söyler: \(f\) her irrasyonel noktada süreklidir, her rasyonel noktada süreksizdir. Gerçekten, \(x_0\) irrasyonel ve \(\varepsilon > 0\) verilmiş olsun; \(E\) sonlu ve \(x_0 \notin E\) olduğundan \(x_0\)’ın \(E\)’yi kesmeyen bir \((x_0 - \eta, x_0 + \eta)\) komşuluğu vardır ve bu komşulukta \(|f(x) - f(x_0)| = f(x) < \frac{\varepsilon}{2} < \varepsilon\) olur. Buna karşılık \(x_0 = \frac{p}{q}\) rasyonel ise \(f(x_0) = \frac{1}{q} > 0\)’dır, oysa irrasyoneller yoğun olduğundan (bkz. Analiz 1) \(x_0\)’a istediğimiz kadar yakın, \(f\) değeri \(0\) olan noktalar vardır; süreklilik \(\varepsilon = \frac{1}{q}\) için bozulur.
Dıştaki fonksiyon: tek süreksizliği olan bir basamak fonksiyonu. \(g : [0,1] \to \mathbb{R}\) fonksiyonunu
\[g(t) = \begin{cases} 1, & t \in (0,1] \\ 0, & t = 0 \end{cases}\]
ile tanımlayalım; \(g\), yalnızca \(t = 0\)’da süreksiz olan bir basamak fonksiyonudur. İntegrallenebilirdir: \([0,1]\)’in bir \(P\) bölünüşünde ilk alt aralık dışındaki her yerde \(g \equiv 1\), ilk alt aralık \([0,x_1]\)’de ise \(m_1(g) = 0\), \(M_1(g) = 1\)’dir; öyleyse \(U(P,g) - L(P,g) = \Delta x_1 \le \|P\|\)’dır. Normu \(\varepsilon\)’dan küçük bir bölünüş seçmek Riemann ölçütünü sağlar; alt toplamların supremumu \(1\) olduğundan \(\int_0^1 g(t)\,dt = 1\)’dir.
Bileşke: Dirichlet fonksiyonu. \(h = g \circ f\) olsun; \(f\)’nin görüntüsü \([0,1]\) içinde kaldığından bileşke tanımlıdır. \(x \in \mathbb{Q}\) ise \(f(x) = \frac{1}{q} \in (0,1]\) ve \(h(x) = 1\); \(x \notin \mathbb{Q}\) ise \(f(x) = 0\) ve \(h(x) = g(0) = 0\)’dır. Yani
\[h(x) = \begin{cases} 1, & x \in \mathbb{Q} \\ 0, & x \notin \mathbb{Q} \end{cases}\]
olur; bu tam olarak Dirichlet fonksiyonudur. İntegrallenemez: her alt aralık hem rasyonel hem irrasyonel içerdiğinden her bölünüş için \(m_k(h) = 0\), \(M_k(h) = 1\), dolayısıyla \(L(P,h) = 0\), \(U(P,h) = 1\) ve \(\underline{I}(h) = 0 \ne 1 = \overline{I}(h)\)’dir.
Sonuç. \(f\) ve \(g\) integrallenebilirken \(g \circ f\) integrallenemez; bileşke teoremindeki süreklilik koşulu bu yüzden vazgeçilmezdir. \(g\)’nin tek bir süreksizlik noktası olması bile bileşkeyi bozmaya yetmiştir.
\(\blacksquare\)
Şimdi bileşke teoreminin ilk meyvelerini toplayalım.
Sonuç 27.2 (Kuvvetlerin ve Mutlak Değerin İntegrallenebilirliği) \(f\), \([a,b]\) üzerinde Riemann integrallenebilir olsun. O hâlde
1. her \(n \in \mathbb{N}\) için \(f^n\) (yani \(x \mapsto \big( f(x) \big)^n\)) integrallenebilirdir;
2. \(|f|\) integrallenebilirdir.
İspat
\(f\) integrallenebilir olduğundan sınırlıdır: her \(x \in [a,b]\) için \(|f(x)| \le C\) olacak biçimde bir \(C > 0\) vardır, yani \(f\big( [a,b] \big) \subseteq [-C,C]\)’dir. Bileşke teoremini \([c,d] = [-C,C]\) ile uygulayacağız.
1. \(g(t) = t^n\) bir polinom, dolayısıyla \([-C,C]\) üzerinde süreklidir (bkz. Analiz 1); Teorem 27.2 gereği \(g \circ f = f^n\) integrallenebilirdir. Özellikle \(n = 2\) için \(\int_a^b \big( f(x) \big)^2 dx\) anlamlıdır; bunu birazdan kullanacağız.
2. \(g(t) = |t|\) süreklidir (bkz. Analiz 1); nitekim ters üçgen eşitsizliği (bkz. Analiz 1) gereği \(\big| |s| - |t| \big| \le |s-t|\)’dir, yani \(g\) bir Lipschitz fonksiyonudur (bkz. Analiz 1). Teorem 27.2 gereği \(g \circ f = |f|\) integrallenebilirdir.
\(\blacksquare\)
\(|f|\)’nin integrallenebilir olması \(f\)’nin integrallenebilir olmasını gerektirmez: Örnek 27.1’teki \(f\) fonksiyonu (\(\mathbb{Q}\)’da \(1\), dışında \(-1\)) integrallenemez, oysa \(|f| \equiv 1\) integrallenebilirdir. Mutlak değer almak, fonksiyonun işaretindeki bütün düzensizliği siler.
27.4 Çarpım ve Bölüm
Çarpımın integrallenebilirliğini doğrudan Darboux toplamlarıyla göstermek zahmetlidir: \(\sup(fg)\) ile \(\sup f \cdot \sup g\) arasındaki ilişki temiz değildir. Bunun yerine küçük bir cebirsel numara kullanacağız. Her \(u,v\) reel sayısı için \(\frac{(u+v)^2 - (u-v)^2}{4} = \frac{4uv}{4} = uv\) olduğundan, fonksiyonlar düzeyinde de
\[f \cdot g = \frac{1}{4} \Big( (f+g)^2 - (f-g)^2 \Big)\]
yazabiliriz. Sağ tarafta yalnızca toplama, çıkarma, kareye yükseltme ve sabitle çarpma var; bunların hepsini artık kontrol ediyoruz.
Sonuç 27.3 (Çarpımın İntegrallenebilirliği) \(f\) ve \(g\), \([a,b]\) üzerinde Riemann integrallenebilir ise çarpımları \(f \cdot g\) de \([a,b]\) üzerinde Riemann integrallenebilirdir.
İspat
Yukarıdaki özdeşliği kullanacağız:
\[f \cdot g = \frac{1}{4} \Big( (f+g)^2 - (f-g)^2 \Big).\]
1. Teorem 27.1 gereği \(f+g\), Sonuç 27.1 gereği \(f-g\) integrallenebilirdir.
2. Sonuç 27.2’in birinci maddesini \(n = 2\) ile bu iki fonksiyona uygularsak \((f+g)^2\) ve \((f-g)^2\) integrallenebilirdir.
3. Sonuç 27.1 gereği bu iki karenin farkı integrallenebilirdir; Teorem 27.1’in ikinci maddesini \(c = \frac{1}{4}\) ile uygularsak \(f \cdot g\)’nin integrallenebilir olduğu çıkar.
\(\blacksquare\)
Bu ispatın bir yan ürünü, çarpımın integrali için bir formül vermesidir:
\[\int_a^b f(x) g(x)\,dx = \frac{1}{4} \left( \int_a^b \big( f(x) + g(x) \big)^2 dx - \int_a^b \big( f(x) - g(x) \big)^2 dx \right).\]
Bu formül pratikte hesap için pek işe yaramaz; ama şunu net biçimde gösterir: çarpımın integrali, çarpanların integrallerinden hesaplanamaz.
Sık yapılan bir yanılgı, çarpımın integralini integrallerin çarpımı sanmaktır. Çarpım gerçekten integrallenebilirdir, ama integral işlemcisi çarpma üzerine dağılmaz:
\[\int_a^b (f \cdot g)(x)\,dx \ne \left( \int_a^b f(x)\,dx \right) \cdot \left( \int_a^b g(x)\,dx \right) \qquad \text{(genel olarak)}.\]
Lineerlik yalnızca toplama ve skalerle çarpma için geçerlidir. Aynı uyarı bölüm için de geçerlidir: \(\int (f/g) \ne \left( \int f \right) / \left( \int g \right)\).
Örnek 27.3 (Çarpımın İntegrali İçin Karşı Örnek) \([0,1]\) aralığında \(f(x) = x\) ve \(g(x) = x\) alalım. \(\int_0^1 (f \cdot g)\) ile \(\left( \int_0^1 f \right)\left( \int_0^1 g \right)\) sayılarını karşılaştırınız.
Çözüm
Çarpım fonksiyonu \((f \cdot g)(x) = x \cdot x = x^2\)’dir ve \(\int_0^1 x^2\,dx = \frac{1^3}{3} = \frac{1}{3}\)’tür. Her bir fonksiyonun integrali ise \(\int_0^1 x\,dx = \frac{1^2 - 0^2}{2} = \frac{1}{2}\)’dir; bu iki integralin çarpımı
\[\left( \int_0^1 x\,dx \right) \cdot \left( \int_0^1 x\,dx \right) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{4}\]
’tür. \(\dfrac{1}{3} \ne \dfrac{1}{4}\) olduğundan \(\int_0^1 (x \cdot x)\,dx \ne \left( \int_0^1 x\,dx \right)^2\)’dir. Aradaki fark \(\frac{1}{3} - \frac{1}{4} = \frac{1}{12}\)’dir; küçük ama sıfırdan farklıdır ve bu kadarı iddiayı çürütmeye yeter.
\(\blacksquare\)
Sırada bölüm var. \(1/f\)’nin tanımlı olması için \(f\)’nin hiçbir yerde sıfırlanmaması gerekir, ama bu yetmez: \(f\) sıfıra istediği kadar yaklaşabiliyorsa \(1/f\) sınırsız olur ve sınırsız bir fonksiyonun Darboux toplamları tanımlı değildir. Bu yüzden \(f\)’nin sıfırdan düzgün biçimde uzak durmasını, yani bir \(m > 0\) için \(f \ge m\) olmasını isteyeceğiz.
Teorem 27.3 (Bölümün İntegrallenebilirliği) \(f\), \([a,b]\) üzerinde Riemann integrallenebilir olsun. Her \(x \in [a,b]\) için \(f(x) \ge m > 0\) olacak biçimde bir \(m\) sayısı varsa, \(\dfrac{1}{f}\) fonksiyonu da \([a,b]\) üzerinde Riemann integrallenebilirdir.
İspat
\(g(x) = \dfrac{1}{f(x)}\) diyelim. \(f \ge m > 0\) olduğundan \(0 < g(x) \le \frac{1}{m}\)’dir, yani \(g\) sınırlıdır ve Darboux toplamları anlamlıdır. İntegrallenebilirliği Riemann ölçütüyle göstereceğiz.
Adım 1: Bir alt aralıkta \(g\)’nin supremumu ve infimumu. \(P = \{x_0, \dots, x_n\}\) herhangi bir bölünüş ve \(I_k = [x_{k-1},x_k]\) olsun. Her \(x \in I_k\) için \(0 < m \le m_k(f) \le f(x) \le M_k(f)\) olduğundan, pozitif sayılarda ters alma sıralamayı tersine çevirir:
\[\frac{1}{M_k(f)} \le \frac{1}{f(x)} \le \frac{1}{m_k(f)}.\]
Demek ki \(\frac{1}{m_k(f)}\) sayısı \(g\)’nin \(I_k\) üzerindeki bir üst sınırı, \(\frac{1}{M_k(f)}\) ise bir alt sınırıdır. Bunların en iyi sınırlar olduğunu da görelim.
Supremum. İnfimumun karakterizasyonu (bkz. Analiz 1) gereği \(I_k\)’de \(f(x_j) \to m_k(f)\) olacak biçimde bir \((x_j)\) dizisi vardır; \(t \mapsto \frac{1}{t}\) fonksiyonu \(m_k(f) \ge m > 0\) noktasında sürekli olduğundan \(g(x_j) \to \frac{1}{m_k(f)}\) olur (bkz. Analiz 1). Bir supremum, fonksiyonun aldığı değerlerin limitlerinden küçük olamayacağından \(M_k(g) \ge \frac{1}{m_k(f)}\)’dir; üst sınır olduğunu zaten bildiğimizden \(M_k(g) = \frac{1}{m_k(f)}\) çıkar.
İnfimum. Bu kez supremumun karakterizasyonunu (bkz. Analiz 1) kullanalım: \(I_k\)’de \(f(y_j) \to M_k(f)\) olacak biçimde bir \((y_j)\) dizisi vardır ve \(M_k(f) \ge m > 0\) olduğundan yine aynı süreklilik akıl yürütmesiyle \(g(y_j) \to \frac{1}{M_k(f)}\) olur. Bir infimum, fonksiyonun aldığı değerlerin limitlerinden büyük olamayacağından \(m_k(g) \le \frac{1}{M_k(f)}\)’dir; alt sınır olduğunu bildiğimizden \(m_k(g) = \frac{1}{M_k(f)}\) çıkar. Elde ettiklerimizi bir arada yazalım:
\[M_k(g) = \frac{1}{m_k(f)}, \qquad m_k(g) = \frac{1}{M_k(f)}.\]
Kısacası \(g = 1/f\)’nin supremumu, \(f\)’nin infimumunun bulunduğu yerde oluşur; infimumu ise supremumunun bulunduğu yerde.
Adım 2: Salınımın kestirimi. \(g\)’nin \(I_k\) üzerindeki salınımı
\[M_k(g) - m_k(g) = \frac{1}{m_k(f)} - \frac{1}{M_k(f)} = \frac{M_k(f) - m_k(f)}{M_k(f) \cdot m_k(f)}\]
’dır. Hipotez gereği \(M_k(f) \ge m\) ve \(m_k(f) \ge m\), dolayısıyla payda alttan sınırlıdır: \(M_k(f) \cdot m_k(f) \ge m^2 > 0\). Payda en az \(m^2\) olduğundan
\[M_k(g) - m_k(g) \le \frac{1}{m^2} \big( M_k(f) - m_k(f) \big).\]
Adım 3: Darboux toplamlarının farkı. Bu kestirimi \(\Delta x_k\) ile çarpıp toplar ve sabit \(\frac{1}{m^2}\) çarpanını dışarı alırsak, her \(P\) bölünüşü için
\[U(P,g) - L(P,g) = \sum_{k=1}^{n} \big( M_k(g) - m_k(g) \big) \Delta x_k \le \frac{1}{m^2} \sum_{k=1}^{n} \big( M_k(f) - m_k(f) \big) \Delta x_k = \frac{1}{m^2} \Big( U(P,f) - L(P,f) \Big)\]
elde ederiz.
Adım 4: Ölçütün uygulanması. \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(\frac{m^2 \varepsilon}{2} > 0\) olduğundan, \(f\)’nin integrallenebilirliği gereği \(U(P,f) - L(P,f) < \frac{m^2 \varepsilon}{2}\) koşulunu sağlayan bir \(P\) bölünüşü vardır. Bunu Adım 3’teki eşitsizlikte kullanırsak
\[U(P,g) - L(P,g) \le \frac{1}{m^2} \cdot \frac{m^2 \varepsilon}{2} = \frac{\varepsilon}{2} < \varepsilon\]
buluruz. Verilen her \(\varepsilon > 0\) için böyle bir bölünüş bulunduğundan, Riemann ölçütü gereği \(g = \dfrac{1}{f}\) integrallenebilirdir.
\(\blacksquare\)
Bu teoremi çarpım sonucuyla birleştirmek bölüm için beklenen genel sonucu verir: \(f\) ve \(g\) integrallenebilir ve bir \(m > 0\) için her \(x\)’te \(g(x) \ge m\) ise, \(\frac{f}{g} = f \cdot \frac{1}{g}\) fonksiyonu Teorem 27.3 ile Sonuç 27.3’in ardışık uygulanmasıyla integrallenebilirdir. Hipotez \(g \le -m < 0\) ile de değiştirilebilir; o zaman \(-g \ge m > 0\) olur ve \(\frac{f}{g} = -\frac{f}{-g}\) yazılır. Kaçınılmaz olan şey, \(g\)’nin sıfıra keyfî yakın değerler almamasıdır.
27.5 Aralık Üzerinde Toplamsallık
Şimdiye kadarki sonuçlar integralin integrali alınan fonksiyona göre davranışıyla ilgiliydi; şimdi integrasyon aralığına göre davranışını inceleyeceğiz. Sezgi basittir: \([a,b]\)’yi bir \(c\) noktasında ikiye böldüğümüzde grafiğin altındaki alan da ikiye bölünür. Bunu kesinleştirirken yalnızca integralin toplandığını değil, integrallenebilirliğin kendisinin de bu bölünmeyle uyumlu olduğunu göreceğiz.
Teorem 27.4 (İntegralin Aralık Üzerinde Toplamsallığı) \(f\), \([a,b]\) üzerinde sınırlı bir fonksiyon ve \(c \in (a,b)\) olsun. \(f\)’nin \([a,b]\) üzerinde Riemann integrallenebilir olması için gerek ve yeter koşul, hem \([a,c]\) hem de \([c,b]\) üzerinde Riemann integrallenebilir olmasıdır. Bu durumda
\[\int_a^b f(x)\,dx = \int_a^c f(x)\,dx + \int_c^b f(x)\,dx.\]
İspat
Adım 1: Gereklilik. \(f\)’nin \([a,b]\) üzerinde integrallenebilir olduğunu varsayalım ve \(\varepsilon > 0\) verilsin. Riemann ölçütü gereği \(U(P,f) - L(P,f) < \varepsilon\) koşulunu sağlayan bir \(P\) bölünüşü vardır. \(c\) noktası \(P\)’de yoksa onu ekleyip \(P^{*} = P \cup \{c\}\) incelmesini oluşturalım; inceltmek üst toplamı artırmaz, alt toplamı azaltmaz, dolayısıyla
\[U(P^{*},f) - L(P^{*},f) \le U(P,f) - L(P,f) < \varepsilon\]
olur. \(P^{*}\), \(c\)’yi içerdiğinden doğal biçimde \(P_1 = P^{*} \cap [a,c]\) ve \(P_2 = P^{*} \cap [c,b]\) bölünüşlerine ayrılır. \(P^{*}\)’ın her alt aralığı ya tümüyle \(c\)’nin solunda ya tümüyle sağında olduğundan Darboux toplamları da ayrışır:
\[U(P^{*},f) = U(P_1,f) + U(P_2,f), \qquad L(P^{*},f) = L(P_1,f) + L(P_2,f).\]
Bunları yukarıdaki eşitsizlikte yerine koyarsak
\[\Big( U(P_1,f) - L(P_1,f) \Big) + \Big( U(P_2,f) - L(P_2,f) \Big) < \varepsilon\]
elde ederiz. Her bölünüş için \(U \ge L\) olduğundan parantez içindeki iki terim de negatif değildir; negatif olmayan iki sayının toplamı \(\varepsilon\)’dan küçükse her biri de ayrı ayrı \(\varepsilon\)’dan küçüktür. Verilen her \(\varepsilon > 0\) için bu koşulu sağlayan bölünüşler bulunduğundan, Riemann ölçütü gereği \(f\) hem \([a,c]\) hem \([c,b]\) üzerinde integrallenebilirdir.
Adım 2: Yeterlilik. Şimdi \(f\)’nin hem \([a,c]\) hem \([c,b]\) üzerinde integrallenebilir olduğunu varsayalım. \(\varepsilon > 0\) verilsin. Riemann ölçütünü iki aralıkta da \(\frac{\varepsilon}{2}\) ile uygularsak, \([a,c]\)’nin bir \(P_1\) bölünüşü ve \([c,b]\)’nin bir \(P_2\) bölünüşü için
\[U(P_1,f) - L(P_1,f) < \frac{\varepsilon}{2} \qquad \text{ve} \qquad U(P_2,f) - L(P_2,f) < \frac{\varepsilon}{2}\]
olur. \(P = P_1 \cup P_2\) diyelim; \(P_1\)’in en büyük noktasıyla \(P_2\)’nin en küçük noktası \(c\)’de çakıştığından \(P\), \([a,b]\)’nin geçerli bir bölünüşüdür. Toplamlar yine ayrıştığından
\[U(P,f) - L(P,f) = \Big( U(P_1,f) - L(P_1,f) \Big) + \Big( U(P_2,f) - L(P_2,f) \Big) < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon\]
bulunur. Riemann ölçütü gereği \(f\), \([a,b]\)’nin tamamı üzerinde integrallenebilirdir.
Adım 3: İntegrallerin eşitliği. Artık üç aralıkta da integrallenebilirlik elimizde; integralin alt toplamların supremumuna ve üst toplamların infimumuna eşit olduğunu kullanacağız.
Bir yön. \(Q\), \([a,b]\)’nin herhangi bir bölünüşü ve \(Q^{*} = Q \cup \{c\}\) olsun. \(Q^{*}\) bir incelme olduğundan \(L(Q,f) \le L(Q^{*},f)\)’dir; ayrıca \(Q^{*}\), \(c\)’de \(Q_1\) ve \(Q_2\) bölünüşlerine ayrılır. Bir alt toplam kendi aralığındaki alt integrali (yani integrali) aşamayacağından \(L(Q_1,f) \le \int_a^c f\) ve \(L(Q_2,f) \le \int_c^b f\)’dir. Bunları birleştirirsek
\[L(Q,f) \le L(Q^{*},f) = L(Q_1,f) + L(Q_2,f) \le \int_a^c f(x)\,dx + \int_c^b f(x)\,dx\]
olur. Sağ taraf \(Q\)’dan bağımsız olduğundan bütün \(Q\) bölünüşleri üzerinden supremum alabiliriz:
\[\int_a^b f(x)\,dx = \underline{I}_a^b(f) = \sup_{Q} L(Q,f) \le \int_a^c f(x)\,dx + \int_c^b f(x)\,dx.\]
Öteki yön. Aynı akıl yürütmeyi üst toplamlarla yapalım. İncelme üst toplamı artırmadığından ve bir üst toplam kendi aralığındaki integralden küçük olamayacağından
\[U(Q,f) \ge U(Q^{*},f) = U(Q_1,f) + U(Q_2,f) \ge \int_a^c f(x)\,dx + \int_c^b f(x)\,dx\]
olur. Bütün \(Q\) bölünüşleri üzerinden infimum alırsak
\[\int_a^b f(x)\,dx = \overline{I}_a^b(f) = \inf_{Q} U(Q,f) \ge \int_a^c f(x)\,dx + \int_c^b f(x)\,dx\]
çıkar.
Sonuç. \(\int_a^b f\) sayısı, \(\int_a^c f + \int_c^b f\) sayısından hem küçük ya da eşit hem büyük ya da eşit olduğuna göre ona eşittir.
\(\blacksquare\)
Teoremin ilk kullanımı, integrallenebilirliğin kalıtsal olduğunu göstermektir: büyük aralıkta integrallenebilen bir fonksiyon, içindeki her kapalı alt aralıkta da integrallenebilir. Bu, sonraki bölümlerde \(x \mapsto \int_a^x f(t)\,dt\) biçimindeki fonksiyonları tanımlarken sürekli ihtiyaç duyacağımız bir gerçektir.
Sonuç 27.4 (Alt Aralıklara Kısıtlama) \(f\), \([a,b]\) üzerinde Riemann integrallenebilir olsun. \([c,d] \subseteq [a,b]\) olan her kapalı aralık için \(f\), \([c,d]\) üzerinde de Riemann integrallenebilirdir.
İspat
\(a \le c \le d \le b\) olsun. \(c = d\) ise iddia boştur (tek noktalı aralıkta integral, birazdan vereceğimiz tanım gereği sıfırdır); bu yüzden \(c < d\) varsayalım.
Adım 1: Soldaki fazlalığı atalım. \(a < c\) ise \(c \in (a,b)\)’dir; Teorem 27.4’ni \([a,b]\) aralığına ve \(c\) noktasına uygularsak \(f\), hem \([a,c]\) hem \([c,b]\) üzerinde integrallenebilirdir. Özellikle \([c,b]\) üzerinde integrallenebilirdir. \(a = c\) ise zaten \([c,b] = [a,b]\)’dir ve aynı sonuç doğrudan geçerlidir.
Adım 2: Sağdaki fazlalığı atalım. \(d < b\) ise \(d \in (c,b)\)’dir; Teorem 27.4’ni bu kez \([c,b]\) aralığına ve \(d\) noktasına uygularsak \(f\)’nin \([c,d]\) üzerinde integrallenebilir olduğu çıkar. \(d = b\) ise \([c,d] = [c,b]\)’dir ve sonuç Adım 1’de zaten elde edilmiştir.
\(\blacksquare\)
Toplamsallık, tümevarımla sonlu sayıda parçaya da genişler: \(a = c_0 < c_1 < \cdots < c_p = b\) ise ve \(f\) bunların her birinde integrallenebilirse \(\int_a^b f = \sum_{j=1}^{p} \int_{c_{j-1}}^{c_j} f\) olur. Bu, parçalı tanımlı (piecewise) fonksiyonların integralini hesaplamanın standart yöntemidir: fonksiyonun tanımının değiştiği noktalardan aralığı kırar, her parçada bilinen formülleri kullanırız. İlk örneğimiz mutlak değer fonksiyonudur.
Örnek 27.4 (Mutlak Değerli Bir Fonksiyonun İntegrali) \(\displaystyle\int_0^3 |x - 1|\,dx\) integralini hesaplayınız.
Çözüm
Adım 1: Kırılma noktasının belirlenmesi. Mutlak değer, içindeki ifadenin işaret değiştirdiği yerde davranışını değiştirir. \(x - 1 = 0\) denkleminin kökü \(x = 1\)’dir ve \(1 \in (0,3)\)’tür:
\[|x - 1| = \begin{cases} 1 - x, & 0 \le x \le 1 \quad (\text{çünkü } x - 1 \le 0) \\ x - 1, & 1 \le x \le 3 \quad (\text{çünkü } x - 1 \ge 0). \end{cases}\]
\(x \mapsto |x-1|\) sürekli olduğundan \([0,3]\) üzerinde integrallenebilirdir; Teorem 27.4’ni \(c = 1\) ile uygulayabiliriz:
\[\int_0^3 |x-1|\,dx = \int_0^1 (1-x)\,dx + \int_1^3 (x-1)\,dx.\]
Adım 2: Parçaların hesabı. Lineerlik (Teorem 27.1) ve temel integrallerle
\[\int_0^1 (1-x)\,dx = 1 \cdot (1 - 0) - \frac{1^2 - 0^2}{2} = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2},\]
\[\int_1^3 (x-1)\,dx = \frac{3^2 - 1^2}{2} - 1 \cdot (3-1) = 4 - 2 = 2.\]
Adım 3: Toplama. \(\displaystyle\int_0^3 |x-1|\,dx = \frac{1}{2} + 2 = \frac{5}{2}\).
Geometrik doğrulama. \(y = |x-1|\) grafiği iki doğru parçasından oluşur: \([0,1]\) üzerindeki parça dik kenarları \(1\) ve \(1\) olan bir dik üçgen sınırlar (alanı \(\frac{1}{2}\)), \([1,3]\) üzerindeki parça ise dik kenarları \(2\) ve \(2\) olan bir dik üçgen sınırlar (alanı \(2\)). Toplam alan \(\frac{5}{2}\) olup hesabımızı doğrular.
\(\blacksquare\)
Toplamsallığın gerçek gücü, parçalar arasında sıçrama olduğunda görülür: fonksiyon kırılma noktasında sürekli olmasa bile teorem çalışır.
Örnek 27.5 (Sıçramalı Parçalı Bir Fonksiyonun İntegrali) \(f : [0,2] \to \mathbb{R}\) fonksiyonu
\[f(x) = \begin{cases} 2x, & 0 \le x \le 1 \\ 3, & 1 < x \le 2 \end{cases}\]
ile tanımlansın. \(f\)’nin \([0,2]\) üzerinde integrallenebilir olduğunu gösterip \(\int_0^2 f(x)\,dx\) integralini hesaplayınız.
Çözüm
\(f\), \(x = 1\) noktasında bir sıçramaya sahiptir: soldan yaklaşırken değerler \(2\)’ye, sağdan yaklaşırken \(3\)’e gider ve \(f(1) = 2\)’dir. Yine de aralığı \(c = 1\) noktasından ayıracağız.
Adım 1: \([0,1]\) parçası. Bu aralıkta \(f(x) = 2x\) bir polinomdur, dolayısıyla süreklidir ve integrallenebilirdir; lineerlikle \(\int_0^1 f = 2 \int_0^1 x\,dx = 2 \cdot \frac{1}{2} = 1\)’dir.
Adım 2: \([1,2]\) parçası. Burada dikkatli olmalıyız: \([1,2]\) üzerinde \(f\), \(x = 1\) noktası dışında \(3\)’e eşittir, o noktada ise \(2\) değerini alır; yani \(f\) bu aralıkta sabit değildir. Bunun bir sorun yaratmadığını doğrudan gösterelim. \(P = \{x_0 = 1, x_1, \dots, x_n = 2\}\), \([1,2]\)’nin bir bölünüşü olsun. İlk alt aralık dışındaki her alt aralıkta \(f \equiv 3\), yani \(m_k(f) = M_k(f) = 3\)’tür; ilk alt aralık \([1,x_1]\)’de ise \(M_1(f) = 3\) ve \(m_1(f) = 2\)’dir. Öyleyse
\[U(P,f) = 3 \sum_{k=1}^{n} \Delta x_k = 3, \qquad L(P,f) = 2\, \Delta x_1 + 3 \sum_{k=2}^{n} \Delta x_k = 3 - \Delta x_1.\]
Buradan \(U(P,f) - L(P,f) = \Delta x_1 \le \|P\|\) çıkar; normu \(\varepsilon\)’dan küçük bir bölünüş seçmek Riemann ölçütünü sağlar, dolayısıyla \(f\), \([1,2]\) üzerinde integrallenebilirdir. Bütün üst toplamlar \(3\)’e eşit olduğundan \(\overline{I}_1^2(f) = 3\), yani \(\int_1^2 f(x)\,dx = 3\)’tür.
Adım 3: Birleştirme. \(f\), hem \([0,1]\) hem \([1,2]\) üzerinde integrallenebilir olduğundan Teorem 27.4 gereği \([0,2]\) üzerinde de integrallenebilirdir ve
\[\int_0^2 f(x)\,dx = \int_0^1 f(x)\,dx + \int_1^2 f(x)\,dx = 1 + 3 = 4.\]
Not. Adım 2’deki hesap şu genel olguyu da gösterir: bir fonksiyonun değerini tek bir noktada değiştirmek ne integrallenebilirliğini ne de integralinin değerini bozar.
\(\blacksquare\)
27.6 Yönlü İntegral
Şimdiye kadar \(\int_a^b f(x)\,dx\) yazarken hep \(a < b\) varsaydık; \([a,b]\)’nin bölünüşlerinden söz edebilmek için buna ihtiyacımız vardı. Pratikte bu kısıt can sıkıcıdır: ileride \(\Phi(x) = \int_a^x f(t)\,dt\) gibi fonksiyonlarla çalışacağız ve \(x\)’in \(a\)’nın solunda mı sağında mı olduğunu her seferinde denetlemek istemeyiz.
Çözüm, integrali bir yönlü (oriented) nesne olarak görmektir: \(a\)’dan \(b\)’ye giderken hesaplanan integral ile \(b\)’den \(a\)’ya giderken hesaplanan integral aynı büyüklükte ama ters işaretli olsun. Bu, tek amacı cebirsel kuralları istisnasız kılmak olan bir işaret sözleşmesidir.
Tanım 27.1 (Yönlü İntegral) \(f\) bir \(J\) aralığında Riemann integrallenebilir ve \(a, b \in J\) olsun.
1. Bir noktada integral. Her \(a\) için
\[\int_a^a f(x)\,dx = 0.\]
2. Yönün ters çevrilmesi. \(b < a\) ise
\[\int_a^b f(x)\,dx = - \int_b^a f(x)\,dx\]
olarak tanımlanır; sağdaki integral alışılmış anlamdaki (yani soldan sağa) integraldir.
Bu iki maddeyle birlikte \(\int_a^b f(x)\,dx\) ifadesi, \(a\) ile \(b\) arasındaki sıralamaya bakılmaksızın anlamlıdır. Buna \(f\)’nin \(a\)’dan \(b\)’ye yönlü integrali denir.
İki gözlem yapalım. Birincisi, ters çevirme kuralı her \(a, b \in J\) için geçerlidir: \(\int_a^b f = - \int_b^a f\). Gerçekten, \(a < b\) ise bu tanımın ikinci maddesinin (\(a\) ile \(b\) rollerinin değişmiş hâlinin) kendisidir; \(a > b\) ise doğrudan tanımın ikinci maddesidir; \(a = b\) ise her iki taraf da \(0\)’dır. İkincisi, lineerlik ve Sonuç 27.1 gibi cebirsel kurallar yönlü integral için de geçerlidir, çünkü iki tarafın işareti aynı anda değişir; örneğin \(b < a\) için
\[\int_a^b (f+g) = - \int_b^a (f+g) = - \left( \int_b^a f + \int_b^a g \right) = \int_a^b f + \int_a^b g\]
olur. Asıl kazanç ise aralık toplamsallığının her sıralamada geçerli olmasıdır.
Önerme 27.1 (Yönlü İntegralde Toplamsallık) \(J\) bir aralık ve \(f\), \(J\)’nin her kapalı ve sınırlı alt aralığında Riemann integrallenebilir olsun. O hâlde \(a, b, c \in J\) noktalarının sıralaması ne olursa olsun
\[\int_a^b f(x)\,dx = \int_a^c f(x)\,dx + \int_c^b f(x)\,dx\]
eşitliği geçerlidir.
İspat
Önce bütün terimlerin tanımlı olduğuna dikkat edelim: \(a\), \(b\), \(c\)’nin herhangi ikisinin belirlediği kapalı aralık \(J\)’nin içinde kaldığından ve \(f\) orada integrallenebilir olduğundan (gerekirse Sonuç 27.4 ile) üç yönlü integral de anlamlıdır.
Durum 1: Noktalardan ikisi çakışıyor. \(a = b\) ise sol taraf \(0\)’dır, sağ taraf ise ters çevirme gözlemiyle \(\int_a^c f + \int_c^a f = \int_a^c f - \int_a^c f = 0\)’dır. \(a = c\) ise sağ taraf \(\int_a^a f + \int_a^b f = 0 + \int_a^b f\); \(b = c\) ise sağ taraf \(\int_a^b f + \int_b^b f = \int_a^b f + 0\) olur. Üç durumda da eşitlik sağlanır.
Durum 2: Üç nokta da farklı. Altı olası sıralama vardır; hepsini tek tek ele alalım. Her seferinde kullanacağımız tek araç, klasik toplamsallık (Teorem 27.4) ile ters çevirme kuralıdır.
(i) \(a < c < b\). Bu, Teorem 27.4’nin doğrudan kendisidir.
(ii) \(a < b < c\). Teorem 27.4’ni \([a,c]\) aralığına ve içindeki \(b\) noktasına uygularsak \(\int_a^c f = \int_a^b f + \int_b^c f\) olur. Buradan, ters çevirme kuralıyla \(-\int_b^c f = \int_c^b f\) olduğu da kullanılarak
\[\int_a^b f = \int_a^c f - \int_b^c f = \int_a^c f + \int_c^b f.\]
(iii) \(c < a < b\). Bu kez \([c,b]\) aralığını ve içindeki \(a\) noktasını alırsak \(\int_c^b f = \int_c^a f + \int_a^b f\) olur; \(-\int_c^a f = \int_a^c f\) olduğundan
\[\int_a^b f = \int_c^b f - \int_c^a f = \int_a^c f + \int_c^b f.\]
(iv) \(b < c < a\). \([b,a]\) aralığını ve içindeki \(c\) noktasını alırsak \(\int_b^a f = \int_b^c f + \int_c^a f\) olur; her iki tarafı \(-1\) ile çarpıp ters çevirme kuralını üç yerde de kullanırsak
\[\int_a^b f = - \int_b^a f = - \int_b^c f - \int_c^a f = \int_a^c f + \int_c^b f.\]
(v) \(b < a < c\). \([b,c]\) aralığını ve içindeki \(a\) noktasını alırsak \(\int_b^c f = \int_b^a f + \int_a^c f\), yani \(\int_b^a f = \int_b^c f - \int_a^c f\) olur; her iki tarafı \(-1\) ile çarparsak
\[\int_a^b f = - \int_b^c f + \int_a^c f = \int_a^c f + \int_c^b f.\]
(vi) \(c < b < a\). \([c,a]\) aralığını ve içindeki \(b\) noktasını alalım:
\[\int_c^a f = \int_c^b f + \int_b^a f,\]
yani \(\int_b^a f = \int_c^a f - \int_c^b f\). Her iki tarafı \(-1\) ile çarpalım:
\[\int_a^b f = - \int_c^a f + \int_c^b f = \int_a^c f + \int_c^b f.\]
Bütün durumlarda iddia doğrulanmıştır.
\(\blacksquare\)
Önerme 27.1’ten sonra artık “\(c\), \(a\) ile \(b\) arasında mı?” diye sormamıza gerek kalmaz; \(\int_a^b f = \int_a^c f + \int_c^b f\) kuralını, \(a\), \(b\), \(c\) nerede olurlarsa olsunlar serbestçe kullanabiliriz. Örneğin \(\int_2^5 f = 9\) ve \(\int_2^7 f = 4\) biliniyorsa,
\[\int_5^7 f = \int_5^2 f + \int_2^7 f = -\int_2^5 f + \int_2^7 f = -9 + 4 = -5\]
diye hiç düşünmeden yazabiliriz. Bu esneklik, analizin temel teoremlerini ve türev alma kurallarını integral üzerinde uygularken vazgeçilmez olacaktır.
27.7 Alıştırmalar
Alıştırma 27.1 (İntegralin Cebirsel Özellikleri Üzerine)
\(\displaystyle\int_0^2 |x^2 - 1|\,dx\) integralini hesaplayınız.
\(f\), \([a,b]\) üzerinde Riemann integrallenebilir olsun. \(g : [a,b] \to \mathbb{R}\) fonksiyonu \(f\) ile yalnızca sonlu sayıda noktada farklı olsun. \(g\)’nin de integrallenebilir olduğunu ve \(\int_a^b g = \int_a^b f\) olduğunu gösteriniz.
\(f\) ve \(g\), \([a,b]\) üzerinde integrallenebilir olsun ve bir \(m > 0\) için her \(x \in [a,b]\)’de \(g(x) \ge m\) olsun. \(\dfrac{f}{g}\) fonksiyonunun integrallenebilir olduğunu gösteriniz. Ayrıca \(g \ge m > 0\) koşulunu “her \(x\) için \(g(x) \ne 0\)” ile değiştirmenin yetmediğini bir örnekle gösteriniz.
\(f\) ve \(g\), \([a,b]\) üzerinde integrallenebilir olsun. \(f^{+} = \max(f, 0)\), \(f^{-} = \max(-f, 0)\), \(\max(f,g)\) ve \(\min(f,g)\) fonksiyonlarının da integrallenebilir olduğunu gösteriniz.
\(\int_a^b f(x)\,dx = 0\) olması \(\int_a^b \big( f(x) \big)^2 dx = 0\) olmasını gerektirir mi? Yanıtınızı bir örnekle destekleyiniz.
\(f\), \([1,4]\) üzerinde integrallenebilir olsun ve \(\int_1^4 f = 7\), \(\int_1^2 f = 2\) verilsin. \(\int_2^4 f\), \(\int_4^2 f\) ve \(\int_2^4 f + \int_4^1 f\) değerlerini bulunuz; son sonucu Önerme 27.1 ile doğrulayınız.
Çözüm
a) \(x^2 - 1\) ifadesi \(x = 1\)’de işaret değiştirir ve \(1 \in (0,2)\)’dir. \(0 \le x \le 1\) için \(x^2 \le 1\), yani \(x^2 - 1 \le 0\); \(1 \le x \le 2\) için \(x^2 \ge 1\), yani \(x^2 - 1 \ge 0\)’dır. Öyleyse
\[|x^2 - 1| = \begin{cases} 1 - x^2, & 0 \le x \le 1 \\ x^2 - 1, & 1 \le x \le 2. \end{cases}\]
İntegrali alınan fonksiyon sürekli olduğundan Teorem 27.4’ni \(c = 1\) ile uygulayabiliriz. Önce \(\int_1^2 x^2\,dx\)’i bulalım: toplamsallık gereği \(\int_0^2 x^2\,dx = \int_0^1 x^2\,dx + \int_1^2 x^2\,dx\) olduğundan \(\int_1^2 x^2\,dx = \frac{8}{3} - \frac{1}{3} = \frac{7}{3}\)’tür. Şimdi iki parçayı lineerlikle hesaplayalım:
\[\int_0^1 (1 - x^2)\,dx = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}, \qquad \int_1^2 (x^2 - 1)\,dx = \frac{7}{3} - 1 = \frac{4}{3}.\]
Toplarsak \(\int_0^2 |x^2 - 1|\,dx = \frac{2}{3} + \frac{4}{3} = 2\) bulunur.
b) Önce \(f\) ile \(g\)’nin yalnızca tek bir \(x_0 \in [a,b]\) noktasında farklı olduğu durumu ele alalım. \(d = g - f\) diyelim; \(d\), \(x_0\) dışında özdeş olarak sıfırdır ve \(d(x_0) = \alpha\) olsun. \(\alpha = 0\) ise yapacak bir şey yok; \(\alpha \ne 0\) varsayalım.
\(P\), \([a,b]\)’nin bir bölünüşü olsun. \(x_0\) en fazla iki alt aralıkta bulunabilir; bu alt aralıklarda \(M_k(d) \le |\alpha|\) ve \(m_k(d) \ge -|\alpha|\), yani salınım en fazla \(2|\alpha|\)’dır. Öteki alt aralıklarda \(d \equiv 0\) olduğundan salınım sıfırdır. Öyleyse
\[U(P,d) - L(P,d) \le 2 \cdot 2|\alpha| \cdot \|P\| = 4|\alpha|\, \|P\|.\]
\(\varepsilon > 0\) verildiğinde \(\|P\| < \frac{\varepsilon}{4|\alpha|}\) olan bir bölünüş seçersek Riemann ölçütü sağlanır; \(d\) integrallenebilirdir. Ayrıca \(|U(P,d)| \le 2|\alpha| \|P\|\) ve \(|L(P,d)| \le 2|\alpha| \|P\|\) olduğundan, normu sıfıra giden bölünüşler alarak \(\underline{I}(d) = \overline{I}(d) = 0\), yani \(\int_a^b d(x)\,dx = 0\) buluruz. \(g = f + d\) olduğundan Teorem 27.1 gereği \(g\) integrallenebilirdir ve \(\int_a^b g = \int_a^b f + 0 = \int_a^b f\)’dir.
\(f\) ile \(g\) sonlu sayıda, diyelim \(N\) noktada farklıysa, bu noktaları teker teker düzelterek \(N\) adımda \(f\)’den \(g\)’ye ulaşırız; her adımda integrallenebilirlik ve integralin değeri korunduğundan sonuç \(N\) üzerinden tümevarımla çıkar (bkz. Analiz 1).
c) \(g \ge m > 0\) olduğundan Teorem 27.3 gereği \(\frac{1}{g}\) integrallenebilirdir; \(f\) de integrallenebilir olduğundan Sonuç 27.3 gereği \(\frac{f}{g} = f \cdot \frac{1}{g}\) integrallenebilirdir.
Koşulu yalnızca “\(g\) hiçbir yerde sıfır değildir” biçiminde zayıflatmak yetmez. \([0,1]\) üzerinde \(f \equiv 1\) ve
\[g(x) = \begin{cases} x, & 0 < x \le 1 \\ 1, & x = 0 \end{cases}\]
alalım. \(g\) hiçbir noktada sıfır olmaz ve (b) şıkkı gereği integrallenebilirdir (sürekli \(x \mapsto x\) fonksiyonundan yalnızca \(x = 0\)’da farklıdır). Buna karşın \(\frac{f}{g}\), \((0,1]\) üzerinde \(\frac{1}{x}\)’e eşittir ve \(x \to 0^{+}\) iken sınırsızca büyür; sınırsız bir fonksiyonun Darboux toplamları tanımlı olmadığından \(\frac{f}{g}\) Riemann integrallenemez. Demek ki \(g\)’nin sıfırdan düzgün biçimde uzak durması şarttır.
d) Her \(u \in \mathbb{R}\) için \(\max(u,0) = \frac{u + |u|}{2}\) ve \(\max(-u,0) = \frac{|u| - u}{2}\)’dir (\(u \ge 0\) ise sağ taraflar \(u\) ve \(0\); \(u < 0\) ise \(0\) ve \(-u\) verir). Fonksiyonlar düzeyinde
\[f^{+} = \frac{f + |f|}{2}, \qquad f^{-} = \frac{|f| - f}{2}\]
olur. Sonuç 27.2’in ikinci maddesi gereği \(|f|\) integrallenebilirdir; Teorem 27.1 ve Sonuç 27.1 gereği bu iki lineer birleşim de integrallenebilirdir. (Bu arada \(f = f^{+} - f^{-}\) ve \(|f| = f^{+} + f^{-}\) eşitliklerini de kaydedelim.) \(\max\) ve \(\min\) için de benzer özdeşlikler vardır:
\[\max(u,v) = \frac{u + v + |u - v|}{2}, \qquad \min(u,v) = \frac{u + v - |u - v|}{2}.\]
Sonuç 27.1 gereği \(f-g\), Sonuç 27.2 gereği \(|f-g|\), Teorem 27.1 gereği de \(\max(f,g)\) ve \(\min(f,g)\) integrallenebilirdir.
e) Gerektirmez. \([0,1]\) üzerinde
\[f(x) = \begin{cases} 1, & 0 \le x \le \dfrac{1}{2} \\[2mm] -1, & \dfrac{1}{2} < x \le 1 \end{cases}\]
alalım. Teorem 27.4’ni \(c = \frac{1}{2}\) ile uygulayalım: \(\left[ 0, \frac{1}{2} \right]\) üzerinde \(f \equiv 1\) olduğundan bu parçadaki integral \(\frac{1}{2}\)’dir; \(\left[ \frac{1}{2}, 1 \right]\) üzerinde \(f\), tek bir nokta (\(x = \frac{1}{2}\)) dışında \(-1\)’e eşit olduğundan (b) şıkkı gereği bu parçadaki integral \(-\frac{1}{2}\)’dir. Öyleyse \(\int_0^1 f(x)\,dx = \frac{1}{2} - \frac{1}{2} = 0\)’dır. Buna karşın her \(x\) için \(\big( f(x) \big)^2 = 1\) olduğundan
\[\int_0^1 \big( f(x) \big)^2 dx = \int_0^1 1\,dx = 1 \ne 0.\]
Sezgisel olarak: \(f\)’nin integralinin sıfır olması, pozitif ve negatif katkıların birbirini götürmesinden kaynaklanır; kare almak bütün katkıları pozitife çevirdiğinden bu iptal ortadan kalkar.
f) \(f\), \([1,4]\) üzerinde integrallenebilir olduğundan Sonuç 27.4 gereği bütün kapalı alt aralıklarda da integrallenebilirdir; aşağıdaki integrallerin hepsi anlamlıdır. \(2 \in (1,4)\) olduğundan Teorem 27.4 gereği
\[\int_1^4 f = \int_1^2 f + \int_2^4 f \;\Longrightarrow\; 7 = 2 + \int_2^4 f \;\Longrightarrow\; \int_2^4 f = 5.\]
Yönün ters çevrilmesi kuralı (Tanım 27.1) gereği \(\int_4^2 f = - \int_2^4 f = -5\) ve \(\int_4^1 f = - \int_1^4 f = -7\)’dir; öyleyse \(\int_2^4 f + \int_4^1 f = 5 + (-7) = -2\)’dir.
Doğrulama: Önerme 27.1’i \(a = 2\), \(c = 4\), \(b = 1\) ile (\(b < a < c\) sıralamasıyla) uygularsak \(\int_2^1 f = \int_2^4 f + \int_4^1 f\) olmalıdır. Sol taraf ters çevirme kuralıyla \(\int_2^1 f = - \int_1^2 f = -2\)’dir ve gerçekten \(-2 = 5 + (-7)\) çıkmıştır. Yönlü integral tanımı, üç nokta hiç de “soldan sağa” sıralı olmadığı hâlde toplamsallığı korumuştur.
\(\blacksquare\)
Bu bölümde integralin cebirsel iskeletini kurduk: lineerlik, bileşkeyle uyum, çarpım ve bölüm, aralık üzerinde toplamsallık ve yönlü integral. Sırada integralin sıralamayla ilişkisi var; büyük fonksiyonun integralinin de büyük olduğunu ve bu basit gözlemin ne kadar güçlü kestirimler ürettiğini göreceğiz: İntegralde Sıralama ve Temel Eşitsizlikler.