25 Riemann İntegrallenebilirlik Ölçütü
Bölünüşler ve Darboux Toplamları bölümünde bir \([a,b]\) aralığını sonlu sayıda parçaya bölmeyi ve her parçada sınırlı bir \(f\) fonksiyonunun infimum ile supremumunu alarak \(L(P,f)\) alt toplamıyla \(U(P,f)\) üst toplamını kurmayı öğrendik. Vardığımız iki sonuç şuydu: bir incelmede alt toplamlar azalamaz, üst toplamlar artamaz; ve hangi iki bölünüş alınırsa alınsın alt toplam üst toplamı aşamaz. İkinci gözlem bize iki sayı verdi: bütün alt toplamların supremumu olan alt integral ile bütün üst toplamların infimumu olan üst integral; her sınırlı fonksiyon için birincisi ikincisini geçemez.
Şimdi asıl soruyu soruyoruz: bu iki sayı ne zaman birbirine eşittir? Eşit oldukları durumda eğrinin altındaki alanı aşağıdan ve yukarıdan istediğimiz kadar iyi kıstırabiliyoruz demektir ve ortak değere “integral” adını vermek meşrudur; eşit olmadıkları durumda ise hiçbir dikdörtgen yaklaşımı iki yandan aynı sayıya yaklaşmaz ve fonksiyona alan atamak anlamsızdır. Riemann integrallenebilirlik kavramı tam olarak bu ayrımı yapar.
Tanımı yazmak kolaydır ama doğrudan kullanmak zordur: alt ve üst integrali hesaplamak, bütün bölünüşler üzerinden bir supremum ve bir infimum hesaplamak demektir. Bu yüzden bölümün kalbinde, tek bir bölünüşe bakarak karar vermeyi sağlayan Riemann ölçütü duruyor: \(f\) integrallenebilirdir ancak ve ancak her \(\varepsilon > 0\) için \(U(P,f) - L(P,f) < \varepsilon\) olan bir \(P\) bölünüşü varsa. Bu ölçüt her şeyi, “üst ve alt dikdörtgenler arasında kalan alan istendiği kadar küçültülebiliyor mu?” sorusuna indirger.
Bu bölümde şunları öğreneceğiz: Riemann integralinin tanımı ve ilk hesap örnekleri; integrallenemeyen bir fonksiyonun (Dirichlet fonksiyonu) nasıl göründüğü; Riemann ölçütü ile onun pratikte en çok kullanılan dizisel biçimi; sürekli ve monoton fonksiyonların integrallenebilirliği; sonlu sayıda süreksizliği olan sınırlı fonksiyonlar; sayılabilir sonsuzlukta süreksizliği olduğu hâlde integrallenebilen Thomae fonksiyonu; ve sonlu sayıda noktadaki değeri değiştirmenin integrali hiç etkilememesi. Bölümün sonunda Lebesgue ölçütünden de kısaca söz edeceğiz.
25.1 Riemann İntegralinin Tanımı
Sınırlı bir \(f : [a,b] \to \mathbb{R}\) fonksiyonu ve \([a,b]\)’nin bir \(P = \{x_0, x_1, \dots, x_n\}\) bölünüşü için
\[m_k = \inf\{f(x) : x \in [x_{k-1}, x_k]\}, \qquad M_k = \sup\{f(x) : x \in [x_{k-1}, x_k]\}, \qquad \Delta x_k = x_k - x_{k-1}\]
olmak üzere alt ve üst Darboux toplamları
\[L(P,f) = \sum_{k=1}^{n} m_k \Delta x_k, \qquad U(P,f) = \sum_{k=1}^{n} M_k \Delta x_k\]
biçiminde tanımlanmıştı. Bütün alt toplamların supremumu ile bütün üst toplamların infimumu, sırasıyla alt ve üst integraldir; bu iki sayı bölümün her yerinde geçeceği için onlara kısa birer ad veriyoruz.
Tanım 25.1 (Riemann İntegrallenebilirlik) \(f : [a,b] \to \mathbb{R}\) sınırlı bir fonksiyon ve \(\mathcal{P}[a,b]\), \([a,b]\)’nin bütün bölünüşlerinin kümesi olsun. \(f\)’nin alt integrali (lower integral) ve üst integrali (upper integral) sırasıyla
\[\underline{I}(f) = \sup_{P \in \mathcal{P}[a,b]} L(P,f), \qquad \overline{I}(f) = \inf_{P \in \mathcal{P}[a,b]} U(P,f)\]
sayılarıdır. (Kitap boyunca alt integral için \(\underline{I}(f)\), üst integral için \(\overline{I}(f)\) gösterimini kullanacağız; hangi aralıkta çalışıldığı bağlamdan bellidir, gerektiğinde \(\underline{I}_a^b(f)\), \(\overline{I}_a^b(f)\) yazılır.)
Bu iki sayı birbirine eşitse, yani \(\underline{I}(f) = \overline{I}(f)\) ise, \(f\) fonksiyonuna \([a,b]\) üzerinde Riemann integrallenebilir (Riemann integrable) denir. Ortak değere \(f\)’nin \([a,b]\) üzerindeki Riemann integrali ya da belirli integrali (definite integral) denir ve \(\int_a^b f(x)\,dx\) ile gösterilir. \([a,b]\) üzerinde Riemann integrallenebilir fonksiyonların kümesi \(\mathcal{R}[a,b]\) ile gösterilir; “\(f \in \mathcal{R}[a,b]\)” yazımı “\(f\), \([a,b]\) üzerinde integrallenebilirdir” demektir.
Tanımın iki noktasına dikkat edelim. Birincisi, sınırlılık tanımın bir parçasıdır: \(f\) sınırlı değilse bir alt aralıkta \(m_k = -\infty\) ya da \(M_k = +\infty\) olur ve Darboux toplamları reel sayı olmaktan çıkar. İkincisi, alt ve üst integral her sınırlı fonksiyon için vardır; integrallenebilirlik, bunların eşit olması koşuludur. Önceki bölümde gördüğümüz gibi her sınırlı \(f\) için
\[m(b-a) \le L(P,f) \le \underline{I}(f) \le \overline{I}(f) \le U(Q,f) \le M(b-a)\]
eşitsizlikleri, \(P\) ve \(Q\) hangi bölünüşler olursa olsun geçerlidir; burada \(m = \inf_{[a,b]} f\) ve \(M = \sup_{[a,b]} f\)’dir (uç eşitsizlikler için Önerme 24.1, ortadaki \(\underline{I}(f) \le \overline{I}(f)\) için Teorem 24.2). Bu zincir bölüm boyunca durmadan kullanacağımız temel araçtır.
Şimdi tanımı birkaç somut fonksiyonda çalıştıralım.
Örnek 25.1 (Sabit Fonksiyonun İntegrali) \(c \in \mathbb{R}\) olmak üzere her \(x \in [a,b]\) için \(f(x) = c\) olsun. \(f\)’nin integrallenebilir olduğunu ve
\[\int_a^b c\,dx = c(b-a)\]
olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(P = \{x_0, \dots, x_n\}\) herhangi bir bölünüş olsun. Her \([x_{k-1},x_k]\) alt aralığında \(f\) yalnızca \(c\) değerini aldığından \(m_k = M_k = c\)’dir. Alt aralık uzunluklarının toplamı teleskopik olduğundan, yani
\[\sum_{k=1}^{n} \Delta x_k = (x_1 - x_0) + (x_2 - x_1) + \cdots + (x_n - x_{n-1}) = x_n - x_0 = b - a\]
olduğundan
\[L(P,f) = \sum_{k=1}^{n} c\,\Delta x_k = c(b-a) = U(P,f)\]
bulunur. Bütün alt toplamlar da bütün üst toplamlar da tek elemanlı \(\{c(b-a)\}\) kümesini oluşturur; tek elemanlı bir kümenin supremumu da infimumu da o eleman olduğundan \(\underline{I}(f) = c(b-a) = \overline{I}(f)\)’dir. Öyleyse \(f\) integrallenebilirdir ve \(\int_a^b c\,dx = c(b-a)\)’dır; \(c > 0\) hâlinde bu, taban uzunluğu \(b-a\), yüksekliği \(c\) olan dikdörtgenin alanıdır.
\(\blacksquare\)
Bir sonraki örnekte, bütün bölünüşleri tek tek incelemek yerine akıllıca seçilmiş tek bir bölünüş dizisi kullanacağız; bu yöntemin neden yeterli olduğunu birazdan bir sonuç olarak kayda geçireceğiz.
Örnek 25.2 (Kare Fonksiyonunun İntegrali) \(f(x) = x^2\) fonksiyonunun \([0,1]\) üzerinde integrallenebilir olduğunu ve
\[\int_0^1 x^2\,dx = \frac{1}{3}\]
olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Adım 1: Düzgün bölünüş. \(n \in \mathbb{N}\) için \([0,1]\)’in düzgün bölünüşünü \(x_k = \dfrac{k}{n}\), \(\Delta x_k = \dfrac{1}{n}\) olmak üzere \(P_n = \left\{ 0, \dfrac{1}{n}, \dots, \dfrac{n}{n} \right\}\) ile alalım. \(f(x) = x^2\) fonksiyonu \([0,1]\) üzerinde artan olduğundan her \([x_{k-1},x_k]\) alt aralığında infimum sol uçta, supremum sağ uçta alınır:
\[m_k = f(x_{k-1}) = \left( \frac{k-1}{n} \right)^2, \qquad M_k = f(x_k) = \left( \frac{k}{n} \right)^2.\]
Adım 2: Toplamların kapalı biçimi. Kare toplamı formülü \(\sum_{k=1}^{n} k^2 = \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}\) ile
\[U(P_n, f) = \sum_{k=1}^{n} \left( \frac{k}{n} \right)^2 \cdot \frac{1}{n} = \frac{1}{n^3} \cdot \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} = \frac{(n+1)(2n+1)}{6n^2}\]
bulunur.
Alt toplamda ise \(k\) yerine \(k-1\) geçtiğinden, \(j = k-1\) değişken değişimiyle
\[\sum_{k=1}^{n} (k-1)^2 = \sum_{j=0}^{n-1} j^2 = \sum_{j=1}^{n-1} j^2 = \frac{(n-1)n(2n-1)}{6}\]
olur ve
\[L(P_n, f) = \sum_{k=1}^{n} \left( \frac{k-1}{n} \right)^2 \cdot \frac{1}{n} = \frac{1}{n^3} \cdot \frac{(n-1)n(2n-1)}{6} = \frac{(n-1)(2n-1)}{6n^2}\]
elde edilir.
Adım 3: Limitler. Her iki ifadede de payın baş terimi \(2n^2\) olduğundan
\[U(P_n, f) = \frac{2n^2 + 3n + 1}{6n^2} \xrightarrow[n \to \infty]{} \frac{1}{3}, \qquad L(P_n, f) = \frac{2n^2 - 3n + 1}{6n^2} \xrightarrow[n \to \infty]{} \frac{1}{3},\]
ve farkları çok sadedir: \(U(P_n,f) - L(P_n,f) = \dfrac{6n}{6n^2} = \dfrac{1}{n}\).
Adım 4: Sonuç. Alt integral bütün alt toplamların supremumu olduğundan her \(n\) için \(L(P_n,f) \le \underline{I}(f)\)’dir; \(n \to \infty\) için limit alıp sıralamanın korunmasını kullanırsak \(\dfrac{1}{3} \le \underline{I}(f)\) elde ederiz. Benzer biçimde her \(n\) için \(\overline{I}(f) \le U(P_n,f)\) olduğundan \(\overline{I}(f) \le \dfrac{1}{3}\)’tür. Her sınırlı fonksiyon için \(\underline{I}(f) \le \overline{I}(f)\) olduğunu da biliyoruz; üçünü birleştirirsek
\[\frac{1}{3} \le \underline{I}(f) \le \overline{I}(f) \le \frac{1}{3}\]
olur, yani hepsi eşittir. Demek ki \(f(x) = x^2\) fonksiyonu \([0,1]\) üzerinde integrallenebilirdir ve
\[\int_0^1 x^2\,dx = \frac{1}{3}.\]
\(\blacksquare\)
İntegrallenebilirliği anlamak için integrallenebilir olmayan bir fonksiyona da bakmak şarttır; aşağıdaki, analizin en ünlü karşı örneğidir.
Örnek 25.3 (Dirichlet Fonksiyonu İntegrallenemez) \(f : [0,1] \to \mathbb{R}\) fonksiyonu
\[f(x) = \begin{cases} 1, & x \in \mathbb{Q} \cap [0,1] \\ 0, & x \notin \mathbb{Q} \end{cases}\]
ile tanımlansın (Dirichlet fonksiyonu). \(f\)’nin \([0,1]\) üzerinde Riemann integrallenebilir olmadığını gösteriniz.
Çözüm
\(f\) sınırlıdır (\(0 \le f \le 1\)), dolayısıyla alt ve üst integrali vardır; göstereceğimiz, bunların farklı olduğudur. \(P = \{x_0, \dots, x_n\}\) herhangi bir bölünüş olsun. Her \([x_{k-1},x_k]\) alt aralığı pozitif uzunlukta olduğundan, rasyonellerin (bkz. Analiz 1) ve irrasyonellerin (bkz. Analiz 1) yoğunluğu gereği hem bir rasyonel hem bir irrasyonel sayı içerir. Rasyonel noktalarda \(f=1\), irrasyonel noktalarda \(f=0\) olduğundan, bölünüşten ve \(k\)’den bağımsız olarak \(m_k = 0\) ve \(M_k = 1\) olur. Öyleyse
\[L(P,f) = \sum_{k=1}^{n} 0 \cdot \Delta x_k = 0, \qquad U(P,f) = \sum_{k=1}^{n} 1 \cdot \Delta x_k = 1 \cdot (1-0) = 1.\]
Bütün alt toplamlar \(0\), bütün üst toplamlar \(1\) olduğundan
\[\underline{I}(f) = \sup_P L(P,f) = 0, \qquad \overline{I}(f) = \inf_P U(P,f) = 1.\]
\(0 \ne 1\) olduğundan alt ve üst integral eşit değildir; Tanım 25.1 gereği Dirichlet fonksiyonu \([0,1]\) üzerinde Riemann integrallenebilir değildir.
Tıkanmanın kaynağı açıktır: bölünüşü ne kadar incelirsek incelelim, her alt aralık hem \(f=1\) hem \(f=0\) noktaları içerir; alt dikdörtgenler hep tabanda, üst dikdörtgenler hep tavanda kalır ve aradaki boşluk asla küçülmez.
\(\blacksquare\)
25.2 Riemann Ölçütü
Yukarıdaki üç örnekte de aynı şeyi yaptık: \(U(P,f)\) ile \(L(P,f)\) arasındaki farka baktık. Sabit fonksiyonda bu fark her bölünüşte sıfırdı; \(x^2\)’de \(1/n\) idi ve küçültülebiliyordu; Dirichlet fonksiyonunda ise her bölünüşte \(1\)’e eşitti ve asla küçülmüyordu. Bu tesadüf değildir: integrallenebilirlik tam olarak bu farkın küçültülebilmesi demektir. Bunu teorem olarak yazmak, integrallenebilirlik sorularını supremum–infimum hesabından kurtarıp tek bir bölünüş bulma işine indirger.
Teorem 25.1 (Riemann Ölçütü) \(f : [a,b] \to \mathbb{R}\) sınırlı bir fonksiyon olsun. \(f\)’nin \([a,b]\) üzerinde Riemann integrallenebilir olması için gerek ve yeter koşul şudur: her \(\varepsilon > 0\) için, \([a,b]\)’nin
\[U(P,f) - L(P,f) < \varepsilon\]
koşulunu sağlayan bir \(P\) bölünüşü vardır.
İspat
(\(\Rightarrow\)) İntegrallenebilirlikten ölçüte. \(f\)’nin integrallenebilir olduğunu varsayalım ve ortak değeri \(I = \underline{I}(f) = \overline{I}(f)\) ile gösterelim. \(\varepsilon > 0\) verilsin.
\(I = \sup_P L(P,f)\) olduğundan, supremumun \(\varepsilon\)-nitelemesi (bkz. Analiz 1) gereği \(I - \dfrac{\varepsilon}{2}\) sayısı alt toplamlar kümesinin üst sınırı olamaz; yani \(L(P_1,f) > I - \dfrac{\varepsilon}{2}\) olan bir \(P_1\) bölünüşü vardır. Benzer biçimde \(I = \inf_P U(P,f)\) olduğundan, infimumun \(\varepsilon\)-nitelemesi (bkz. Analiz 1) gereği \(U(P_2,f) < I + \dfrac{\varepsilon}{2}\) olan bir \(P_2\) bölünüşü vardır.
Şimdi \(P = P_1 \cup P_2\) ortak incelmesini alalım; \(P\), hem \(P_1\)’in hem \(P_2\)’nin bir incelmesidir. Bir incelmede alt toplamların azalmadığını, üst toplamların artmadığını önceki bölümde görmüştük (Teorem 24.1): \(L(P_1,f) \le L(P,f)\) ve \(U(P,f) \le U(P_2,f)\). Ayrıca her bölünüş için \(L(P,f) \le U(P,f)\)’dir. Hepsini bir zincirde toplarsak
\[I - \frac{\varepsilon}{2} < L(P_1, f) \le L(P,f) \le U(P,f) \le U(P_2, f) < I + \frac{\varepsilon}{2}\]
olur. \(L(P,f)\) ile \(U(P,f)\), uzunluğu \(\varepsilon\) olan bir aralığın içinde kaldığından
\[U(P,f) - L(P,f) < \left( I + \frac{\varepsilon}{2} \right) - \left( I - \frac{\varepsilon}{2} \right) = \varepsilon\]
elde ederiz. Aradığımız bölünüş \(P\)’dir.
(\(\Leftarrow\)) Ölçütten integrallenebilirliğe. Şimdi her \(\varepsilon > 0\) için \(U(P,f) - L(P,f) < \varepsilon\) olan bir \(P\) bulunabildiğini varsayalım; \(\varepsilon > 0\) verilsin ve böyle bir \(P\) seçilsin. Alt integral bütün alt toplamların supremumu olduğundan \(L(P,f) \le \underline{I}(f)\), üst integral bütün üst toplamların infimumu olduğundan \(\overline{I}(f) \le U(P,f)\)’dir; ortada ise her sınırlı fonksiyon için geçerli olan \(\underline{I}(f) \le \overline{I}(f)\) vardır. Üçünü birleştirip uçlardan çıkarma yaparsak
\[0 \le \overline{I}(f) - \underline{I}(f) \le U(P,f) - L(P,f) < \varepsilon\]
olur. Burada \(\overline{I}(f) - \underline{I}(f)\) sabit, negatif olmayan bir sayıdır ve her \(\varepsilon > 0\)’dan küçüktür; böyle tek reel sayı \(0\)’dır (aksi hâlde \(\varepsilon\) olarak bu sayının kendisini alıp çelişki elde ederdik). Öyleyse \(\overline{I}(f) = \underline{I}(f)\), yani \(f\) integrallenebilirdir.
\(\blacksquare\)
Ölçütün geometrik okunuşu şudur: önceki bölümde gördüğümüz gibi (Önerme 24.3) \(U(P,f) - L(P,f) = \sum_{k=1}^{n} \omega_k \Delta x_k\) toplamı, üst ve alt dikdörtgenler arasında kalan ince şeritlerin toplam alanıdır; burada \(\omega_k = M_k - m_k\) sayısı \(f\)’nin \(k\)-inci alt aralıktaki salınımıdır (Tanım 24.5). Bu toplamı küçültmenin iki yolu vardır ve bölümün geri kalanı bu iki yoldan ibarettir: alt aralıkları kısaltarak salınımları hep birden küçültmek (sürekli ve monoton fonksiyonlarda); ya da salınımın büyük kaldığı birkaç yeri, toplam uzunluğu çok küçük alt aralıklarla örtmek (süreksizliği olan fonksiyonlarda).
Uygulamada ölçütü çoğu zaman şu dizisel biçimde kullanırız; bu biçim hem integrallenebilirliği verir hem de integralin değerini hesaplatır.
Sonuç 25.1 (Ölçütün Dizisel Biçimi) \(f : [a,b] \to \mathbb{R}\) sınırlı bir fonksiyon olsun. Eğer \([a,b]\)’nin
\[U(P_n, f) - L(P_n, f) \xrightarrow[n \to \infty]{} 0\]
koşulunu sağlayan bir \((P_n)_{n \in \mathbb{N}}\) bölünüş dizisi varsa, \(f\) integrallenebilirdir ve
\[\int_a^b f(x)\,dx = \lim_{n \to \infty} L(P_n, f) = \lim_{n \to \infty} U(P_n, f)\]
olur; yani integral, alt ve üst toplam dizilerinin ortak limitidir.
İspat
Adım 1: İntegrallenebilirlik. \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(U(P_n,f) - L(P_n,f) \to 0\) olduğundan, limit tanımı gereği öyle bir \(n_0 \in \mathbb{N}\) vardır ki her \(n \ge n_0\) için
\[\big| U(P_n,f) - L(P_n,f) \big| < \varepsilon\]
olur. \(U(P_n,f) - L(P_n,f) \ge 0\) olduğundan bu, doğrudan \(U(P_{n_0}, f) - L(P_{n_0}, f) < \varepsilon\) demektir. Aradığımız bölünüş \(P = P_{n_0}\)’dır; Teorem 25.1 gereği \(f\) integrallenebilirdir.
Adım 2: İntegralin değeri. \(I = \int_a^b f(x)\,dx\) olsun. Her \(n\) için, Teorem 25.1’nun ispatındaki gibi \(L(P_n,f) \le \underline{I}(f) = I = \overline{I}(f) \le U(P_n,f)\) yazabiliriz. Buradan
\[0 \le I - L(P_n, f) \le U(P_n, f) - L(P_n, f), \qquad 0 \le U(P_n, f) - I \le U(P_n, f) - L(P_n, f)\]
elde edilir. Sağ taraftaki dizi \(0\)’a yakınsadığından, sıkıştırma teoremi (bkz. Analiz 1) gereği \(L(P_n,f) \to I\) ve \(U(P_n,f) \to I\)’dır; her iki dizi de \(I\)’ya yakınsar ve ortak limitleri integraldir.
\(\blacksquare\)
Örnek 25.2’nde yaptığımız hesap tam olarak budur. Aynı yolla, önceki bölümde \(f(x) = x\) için hesapladığımız \(L(P_n,f) = \dfrac{n-1}{2n}\) ve \(U(P_n,f) = \dfrac{n+1}{2n}\) toplamlarından, farkları \(\dfrac{1}{n} \to 0\) olduğu için \(\int_0^1 x\,dx = \dfrac{1}{2}\) sonucu çıkar.
Farkı sıfıra götüren tek bir bölünüş dizisi bulmak yeter. Düzgün bölünüşler çoğu zaman iş görür; süreksizliği olan fonksiyonlarda ise süreksizlik noktalarını çevreleyen ince aralıklar içeren “kişiye özel” bölünüşler kurmak daha kolaydır.
25.3 Sürekli Fonksiyonlar İntegrallenebilir
Riemann ölçütünün ilk büyük ödülü şudur: kapalı ve sınırlı bir aralıkta sürekli olan her fonksiyon integrallenebilirdir. İspatın anahtarı ince bir noktadadır: tek bir bölünüşün bütün alt aralıklarını aynı anda denetlemek istediğimizden, verilen bir \(\varepsilon\) için seçilen \(\delta\)’nın noktadan bağımsız olması gerekir. Bu tam olarak düzgün sürekliliktir (bkz. Analiz 1); Cantor teoremi (bkz. Analiz 1) de kapalı ve sınırlı bir aralıkta sürekliliğin düzgün sürekliliği gerektirdiğini söyler.
Teorem 25.2 (Sürekli Fonksiyonların İntegrallenebilirliği) \(f : [a,b] \to \mathbb{R}\) sürekli bir fonksiyon ise \(f\), \([a,b]\) üzerinde Riemann integrallenebilirdir.
İspat
Adım 0: Sınırlılık. \([a,b]\) kapalı ve sınırlı bir aralık, \(f\) orada sürekli olduğundan \(f\) sınırlıdır (bkz. Analiz 1). Böylece Darboux toplamları anlamlıdır ve Teorem 25.1’nu uygulayabiliriz.
Adım 1: Düzgün süreklilik. \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(f\), kapalı ve sınırlı \([a,b]\) aralığında sürekli olduğundan Cantor teoremi (bkz. Analiz 1) gereği \([a,b]\) üzerinde düzgün süreklidir. Düzgün sürekliliği \(\dfrac{\varepsilon}{b-a}\) pozitif sayısına uygulayalım: öyle bir \(\delta > 0\) vardır ki her \(x, y \in [a,b]\) için
\[|x - y| < \delta \implies |f(x) - f(y)| < \frac{\varepsilon}{b-a}.\]
Buradaki \(\delta\)’nın \(x\) ve \(y\)’den bağımsız olması, ispatın can alıcı noktasıdır.
Adım 2: Normu küçük bir bölünüş. \(\|P\| < \delta\) olan bir \(P = \{x_0, \dots, x_n\}\) bölünüşü seçelim. Böyle bir bölünüş vardır: Arşimet özelliği (bkz. Analiz 1) gereği \(\dfrac{b-a}{n} < \delta\) olan bir \(n \in \mathbb{N}\) seçip düzgün bölünüşü almak yeter.
Adım 3: Alt aralıklardaki salınım. \(k \in \{1,\dots,n\}\) olsun. \(f\), kapalı ve sınırlı \([x_{k-1},x_k]\) aralığında sürekli olduğundan orada en büyük ve en küçük değerlerini gerçekten alır (bkz. Analiz 1): \(m_k = f(u_k)\) ve \(M_k = f(v_k)\) olan \(u_k, v_k \in [x_{k-1},x_k]\) noktaları vardır. Bu iki nokta aynı alt aralıkta olduğundan \(|u_k - v_k| \le \Delta x_k \le \|P\| < \delta\)’dır ve Adım 1’deki gerektirmeden
\[M_k - m_k = f(v_k) - f(u_k) = |f(v_k) - f(u_k)| < \frac{\varepsilon}{b-a}\]
elde ederiz (mutlak değeri kaldırabildik, çünkü \(M_k \ge m_k\)’dir).
Adım 4: Darboux toplamlarının farkı. Her \(\Delta x_k\) pozitif olduğundan eşitsizliğin yönü korunur ve
\[U(P,f) - L(P,f) = \sum_{k=1}^{n} (M_k - m_k)\,\Delta x_k < \frac{\varepsilon}{b-a} \sum_{k=1}^{n} \Delta x_k = \frac{\varepsilon}{b-a} \cdot (b-a) = \varepsilon\]
bulunur. Verilen her \(\varepsilon > 0\) için istenen bölünüşü elde ettik; Teorem 25.1 gereği \(f\) integrallenebilirdir.
\(\blacksquare\)
Bu teorem, “eğrinin altındaki alan” sezgisini sağlam bir zemine oturtur: polinomlar, \(\sin\), \(\cos\), \(\exp\) ve bunların sürekli bileşkeleri kapalı aralıklarda integrallenebilirdir. Ancak süreklilik yalnızca yeter koşuldur.
İntegrallenebilir olmak, sürekli olmayı gerektirmez: süreklilik integrallenebilirlik için yeter koşuldur, gerek koşul değildir. Aşağıdaki basamak fonksiyonu, bir sıçrama süreksizliği olduğu hâlde integrallenebilirdir; ilerideki örneklerde sonsuz sayıda süreksizliği olan integrallenebilir fonksiyonlar bile göreceğiz.
Örnek 25.4 (Basamak Fonksiyonu) \(f : [0,2] \to \mathbb{R}\) fonksiyonu
\[f(x) = \begin{cases} 1, & 0 \le x \le 1 \\ 2, & 1 < x \le 2 \end{cases}\]
ile tanımlansın. \(f\), \(x = 1\) noktasında sıçrama süreksizliğine sahiptir. Buna karşın \(f\)’nin \([0,2]\) üzerinde integrallenebilir olduğunu gösteriniz ve integralini hesaplayınız.
Çözüm
Adım 0: Süreksizlik. \(\lim_{x \to 1^-} f(x) = 1 = f(1)\) ama \(\lim_{x \to 1^+} f(x) = 2\)’dir; iki tek yönlü limit de sonlu ama birbirinden farklı olduğundan Süreksizlik Çeşitleri gereği \(x=1\) bir sıçrama süreksizliğidir. Öyleyse \(f\) sürekli değildir, Teorem 25.2 uygulanamaz ve doğrudan Riemann ölçütünü kullanacağız.
Adım 1: Bölünüşün kurulması. \(\varepsilon > 0\) verilsin ve \(0 < \delta < 1\) ile \(2\delta < \varepsilon\) koşullarını birlikte sağlayan bir \(\delta\) seçelim; örneğin \(\delta = \dfrac{1}{2}\min\left\{ 1, \dfrac{\varepsilon}{2} \right\}\) işi görür. (\(\delta < 1\) koşulu, aşağıdaki noktaların sırasının bozulmaması içindir.) Şimdi
\[P = \{x_0, x_1, x_2, x_3\} = \{0,\; 1 - \delta,\; 1 + \delta,\; 2\}\]
bölünüşünü alalım. \(\delta < 1\) olduğundan \(0 < 1-\delta < 1 + \delta < 2\)’dir, yani \(P\) gerçekten \([0,2]\)’nin bir bölünüşüdür. Buradaki fikir açıktır: sıçramanın olduğu \(x = 1\) noktasını, uzunluğu \(2\delta\) olan çok ince bir alt aralığın içine hapsettik.
Adım 2: Alt aralıklarda infimum ve supremum. Birinci alt aralıkta \(x \le 1-\delta < 1\) olduğundan \(f \equiv 1\), üçüncüde \(x \ge 1+\delta > 1\) olduğundan \(f \equiv 2\)’dir. Orta alt aralıkta ise \(f\) hem \(1\) (örneğin \(x=1\)’de) hem \(2\) (örneğin \(x = 1+\delta\)’da) değerini alır, başka değer almaz.
| Alt aralık | \(m_k\) | \(M_k\) | \(\Delta x_k\) |
|---|---|---|---|
| \([0,\,1-\delta]\) | \(1\) | \(1\) | \(1-\delta\) |
| \([1-\delta,\,1+\delta]\) | \(1\) | \(2\) | \(2\delta\) |
| \([1+\delta,\,2]\) | \(2\) | \(2\) | \(1-\delta\) |
Adım 3: Toplamlar.
\[L(P,f) = 1 \cdot (1-\delta) + 1 \cdot 2\delta + 2 \cdot (1-\delta) = 1 - \delta + 2\delta + 2 - 2\delta = 3 - \delta,\]
\[U(P,f) = 1 \cdot (1-\delta) + 2 \cdot 2\delta + 2 \cdot (1-\delta) = 1 - \delta + 4\delta + 2 - 2\delta = 3 + \delta.\]
Adım 4: Ölçüt. Fark
\[U(P,f) - L(P,f) = (3+\delta) - (3-\delta) = 2\delta < \varepsilon\]
olur. Verilen her \(\varepsilon > 0\) için istenen bölünüş bulunduğundan Teorem 25.1 gereği \(f\), \([0,2]\) üzerinde integrallenebilirdir.
Adım 5: İntegralin değeri. \(\delta = \dfrac{1}{n}\) (\(n \ge 2\)) seçerek bir \((P_n)\) bölünüş dizisi kuralım:
\[L(P_n, f) = 3 - \frac{1}{n} \to 3, \qquad U(P_n, f) = 3 + \frac{1}{n} \to 3, \qquad U(P_n,f) - L(P_n,f) = \frac{2}{n} \to 0.\]
Sonuç 25.1 gereği \(\int_0^2 f(x)\,dx = 3\)’tür. Bu sonuç sezgiyle uyumludur: \([0,1]\) üzerinde yüksekliği \(1\), \([1,2]\) üzerinde yüksekliği \(2\) olan iki dikdörtgenin alanları toplamı \(3\)’tür. Tek bir noktadaki değer (\(f(1)=1\)) sonucu hiç etkilememiştir; bunun neden kaçınılmaz olduğunu bölümün sonunda göreceğiz.
\(\blacksquare\)
25.4 Monoton Fonksiyonlar İntegrallenebilir
Monoton fonksiyonlar, sürekli fonksiyonlardan tümüyle farklı bir sınıftır: bir monoton fonksiyonun sonsuz (ama sayılabilir) çoklukta süreksizliği olabilir (bkz. Analiz 1). Yine de monotonluk, Darboux toplamlarının farkını denetlemeye tek başına yeter; bunun nedeni çok güzel bir teleskopik toplamadır.
Teorem 25.3 (Monoton Fonksiyonların İntegrallenebilirliği) \(f : [a,b] \to \mathbb{R}\) monoton bir fonksiyon (artan ya da azalan; Monoton Fonksiyon) ise \(f\), \([a,b]\) üzerinde Riemann integrallenebilirdir.
İspat
Durum 1: \(f\) azalmayan. Yani \(x < y\) iken \(f(x) \le f(y)\) olsun.
Adım 0: Sınırlılık. Her \(x \in [a,b]\) için \(f(a) \le f(x) \le f(b)\) olduğundan \(f\) sınırlıdır ve Darboux toplamları anlamlıdır.
Adım 1: Yozlaşmış durum. \(f(a) = f(b)\) ise bu eşitsizlikten her \(x\) için \(f(x) = f(a)\) çıkar; \(f\) sabittir ve Örnek 25.1 gereği integrallenebilirdir (integrali \(f(a)(b-a)\)’dır). Bundan sonra \(f(a) < f(b)\), yani \(f(b) - f(a) > 0\) varsayalım.
Adım 2: Bölünüşün seçilmesi. \(\varepsilon > 0\) verilsin. Arşimet özelliği (bkz. Analiz 1) gereği \(\dfrac{b-a}{n} < \dfrac{\varepsilon}{f(b)-f(a)}\) olan bir \(n \in \mathbb{N}\) vardır. \(P = \{x_0, \dots, x_n\}\), \([a,b]\)’nin \(n\) eşit parçaya bölünmesiyle elde edilen düzgün bölünüş olsun:
\[x_k = a + k \cdot \frac{b-a}{n}, \qquad \Delta x_k = \Delta x = \frac{b-a}{n} \quad (k = 1, \dots, n).\]
Adım 3: İnfimum ve supremumlar. \(f\) azalmayan olduğundan her \([x_{k-1},x_k]\) alt aralığında \(f(x_{k-1}) \le f(x) \le f(x_k)\)’dir; bu iki uç değer alt aralıkta gerçekten alındığından alt sınır infimum, üst sınır supremumdur:
\[m_k = f(x_{k-1}), \qquad M_k = f(x_k).\]
Adım 4: Teleskopik toplam. Bütün alt aralıklar aynı uzunlukta olduğundan \(\Delta x\)’i toplamın dışına alabiliriz ve ara terimlerin hepsi birbirini götürür:
\[U(P,f) - L(P,f) = \sum_{k=1}^{n} \big( f(x_k) - f(x_{k-1}) \big) \Delta x = \Delta x \sum_{k=1}^{n} \big( f(x_k) - f(x_{k-1}) \big) = \Delta x \big[ f(b) - f(a) \big].\]
Adım 5: Sonuç. Adım 2’deki seçimimizi yerine koyalım:
\[U(P,f) - L(P,f) = \frac{b-a}{n} \big[ f(b) - f(a) \big] < \frac{\varepsilon}{f(b)-f(a)} \cdot \big[ f(b) - f(a) \big] = \varepsilon.\]
Teorem 25.1 gereği \(f\) integrallenebilirdir.
Durum 2: \(f\) artmayan. Bu kez her \(x\) için \(f(b) \le f(x) \le f(a)\) olduğundan \(f\) yine sınırlıdır; \(f(a) = f(b)\) ise \(f\) sabittir ve işimiz biter. \(f(a) > f(b)\) olsun ve \(\dfrac{b-a}{n} < \dfrac{\varepsilon}{f(a)-f(b)}\) olan bir \(n\) ile düzgün bölünüşü alalım. Her alt aralıkta en büyük değer sol uçta, en küçük değer sağ uçta olduğundan \(m_k = f(x_k)\), \(M_k = f(x_{k-1})\)’dir ve aynı teleskopik hesapla
\[U(P,f) - L(P,f) = \Delta x \sum_{k=1}^{n} \big( f(x_{k-1}) - f(x_k) \big) = \Delta x \big[ f(a) - f(b) \big] < \varepsilon\]
elde edilir. Her iki durumda da Teorem 25.1 sağlanmıştır; monoton her fonksiyon integrallenebilirdir.
\(\blacksquare\)
Sürekli fonksiyonlarda olduğu gibi, burada da monotonluk yalnızca bir yeter koşuldur.
Elimizde artık iki geniş integrallenebilir sınıf var: sürekliler ve monotonlar. Bu iki sınıfın hiçbiri integrallenebilirliğe denk değildir. Monoton olmayan integrallenebilir fonksiyonlar vardır: \(f(x) = \sin x\) fonksiyonu \([0,2\pi]\) üzerinde monoton değildir ama süreklidir, dolayısıyla Teorem 25.2 gereği integrallenebilirdir. Dahası, ne sürekli ne monoton olan integrallenebilir fonksiyonlar vardır: bölümün ilerisindeki Örnek 25.6 ve Önerme 25.2 örnekleri böyledir. Öte yandan yalnızca sınırlı olmak yetmez; Örnek 25.3’deki fonksiyon sınırlıdır ama integrallenebilir değildir. Kısacası “sürekli \(\Rightarrow\) integrallenebilir” ve “monoton \(\Rightarrow\) integrallenebilir” gerektirmelerinin karşıtları doğru değildir.
Şimdi de süreksizliği bir uç noktada olan, ince aralıkla örtme fikrinin en yalın biçimini gösteren bir örnek yapalım.
Örnek 25.5 (Uç Noktada Süreksiz Bir Fonksiyon) \(f : [0,1] \to \mathbb{R}\) fonksiyonu
\[f(x) = \begin{cases} 0, & x = 0 \\ 1, & 0 < x \le 1 \end{cases}\]
ile tanımlansın. \(f\)’nin \(x = 0\)’da süreksiz olmasına karşın integrallenebilir olduğunu gösteriniz ve integralini hesaplayınız.
Çözüm
Adım 0: Süreksizlik. \(\lim_{x \to 0^+} f(x) = 1 \ne 0 = f(0)\) olduğundan \(f\), \(x=0\) noktasında sürekli değildir; başka her noktada yerel olarak sabit \(1\) olduğundan süreklidir.
Adım 1: Bölünüş. \(\varepsilon > 0\) verilsin. Genelliği bozmadan \(\varepsilon < 2\) varsayabiliriz, çünkü küçük bir \(\varepsilon\) için bulunan bölünüş daha büyüğü için de işe yarar. Böylece \(\dfrac{\varepsilon}{2} < 1\) olur ve \(P = \left\{ 0,\; \dfrac{\varepsilon}{2},\; 1 \right\}\) bir bölünüştür.
Adım 2: İnfimum ve supremumlar. Birinci alt aralık \(\left[0, \dfrac{\varepsilon}{2}\right]\) üzerinde \(f\), \(x=0\)’da \(0\), öteki noktalarda \(1\) değerini alır: \(m_1 = 0\), \(M_1 = 1\), \(\Delta x_1 = \dfrac{\varepsilon}{2}\). İkinci alt aralık \(\left[\dfrac{\varepsilon}{2}, 1\right]\) üzerinde \(x > 0\) olduğundan \(f \equiv 1\)’dir: \(m_2 = M_2 = 1\), \(\Delta x_2 = 1 - \dfrac{\varepsilon}{2}\).
Adım 3: Fark.
\[U(P,f) - L(P,f) = \sum_{k=1}^{2} (M_k - m_k)\,\Delta x_k = (1-0)\cdot \frac{\varepsilon}{2} + (1-1)\cdot\left(1 - \frac{\varepsilon}{2}\right) = \frac{\varepsilon}{2} < \varepsilon.\]
Teorem 25.1 gereği \(f\), \([0,1]\) üzerinde integrallenebilirdir.
Adım 4: İntegralin değeri. Aynı bölünüşle \(U(P,f) = \dfrac{\varepsilon}{2} + \left(1 - \dfrac{\varepsilon}{2}\right) = 1\) ve \(L(P,f) = 1 - \dfrac{\varepsilon}{2}\) bulunur; öyleyse her \(\varepsilon \in (0,2)\) için
\[1 - \frac{\varepsilon}{2} \le \underline{I}(f) = \overline{I}(f) \le 1\]
olur. \(\varepsilon \to 0^+\) için soldaki ifade \(1\)’e gittiğinden ortak değer \(1\)’dir: \(\int_0^1 f(x)\,dx = 1\). Yine, tek bir noktadaki değer değişikliği (\(f(0)=0\) olması) integrali etkilememiştir; sonuç, sabit \(1\) fonksiyonunun integraliyle aynıdır.
\(\blacksquare\)
25.5 Süreksizliği Olan Fonksiyonlar
Son iki örnek aynı numarayı kullandı: süreksizlik noktası, uzunluğu istendiği kadar küçük yapılabilen bir alt aralığın içine kapatıldı. O alt aralıkta salınım büyük olabilir ama uzunluk küçük olduğundan katkısı küçüktür; geri kalan yerlerde fonksiyon süreklidir ve düzgün süreklilik devreye girer. Bu fikri genel bir önerme hâline getirelim.
Önerme 25.1 (Sonlu Sayıda Süreksizlik) \(f : [a,b] \to \mathbb{R}\) sınırlı bir fonksiyon olsun. \(f\)’nin \([a,b]\) üzerindeki süreksizlik noktalarının sayısı sonlu ise \(f\) integrallenebilirdir.
İspat
\(f\)’nin süreksizlik noktaları \(c_1 < c_2 < \cdots < c_p\) olsun (\(p \ge 0\)). \(p = 0\) ise \(f\) süreklidir ve Teorem 25.2 işi bitirir; bundan sonra \(p \ge 1\) varsayalım.
\(M = \sup_{[a,b]} f\), \(m = \inf_{[a,b]} f\) ve \(\Omega = M - m\) olsun (\(f\) sınırlı olduğundan bunlar reel sayılardır). Her alt aralıkta \(M_k - m_k \le \Omega\) olduğuna dikkat edelim: \(\Omega\), \(f\)’nin bütün aralıktaki salınımının üst sınırıdır. \(\Omega = 0\) ise \(f\) sabittir ve işimiz biter; öyleyse \(\Omega > 0\) varsayalım.
\(\varepsilon > 0\) verilsin.
Adım 1: Süreksizlik noktalarının örtülmesi. Öyle bir \(\eta > 0\) seçelim ki üç koşul birden sağlansın:
\[\eta < \frac{\varepsilon}{8p\Omega}, \qquad \eta < \frac{1}{2}\min\{ c_{i+1} - c_i : 1 \le i \le p-1 \}, \qquad \eta < \frac{b-a}{4}.\]
(İkinci koşul \(p=1\) ise boştur; üçüncüsü, \(J_i\) aralıklarının \([a,b]\)’yi tümüyle yutmasını engeller.) İkinci koşul sayesinde ardışık iki süreksizlik noktası için \(c_{i+1} - c_i > 2\eta\), yani \(c_i + \eta < c_{i+1} - \eta\) olur; dolayısıyla \(J_i = (c_i - \eta,\, c_i + \eta)\) açık aralıkları ikişer ikişer ayrıktır. Şimdi
\[F = [a,b] \setminus \bigcup_{i=1}^{p} J_i = [a_1, b_1] \cup [a_2, b_2] \cup \cdots \cup [a_r, b_r], \qquad r \le p+1\]
kümesine bakalım: \(F\), \([a,b]\)’den sonlu sayıda ayrık açık aralığın çıkarılmasıyla elde edildiğinden sonlu sayıda kapalı ve sınırlı aralığın ayrık birleşimidir. (\(c_1 - \eta < a\) ya da \(c_p + \eta > b\) ise uçlardaki parçalar ortaya çıkmaz; buna karşılık \(c_i + \eta < c_{i+1} - \eta\) olduğundan aradaki parçaların hiçbiri tek noktaya inmez.) \(F\) boş değildir, yani \(r \ge 1\)’dir: \(p \ge 2\) ise \([c_1 + \eta,\, c_2 - \eta]\) parçası zaten \(F\)’dedir; \(p = 1\) ise çıkarılan tek aralığın uzunluğu en çok \(2\eta < \dfrac{b-a}{2}\) olduğundan \([a,b]\)’nin en az yarısı geride kalır.
Adım 2: \(F\) üzerinde düzgün süreklilik. Her \(c_i\) noktası kendi \(J_i\) aralığının içinde kaldığından \(F\) hiçbir süreksizlik noktası içermez; öyleyse \(f\), her \([a_j,b_j]\) üzerinde süreklidir ve kapalı sınırlı bir aralıkta sürekli olduğundan Cantor teoremi (bkz. Analiz 1) gereği orada düzgün süreklidir. Bu yüzden her \(j\) için, \(x,y \in [a_j,b_j]\) ve \(|x-y| < \delta_j\) iken \(|f(x)-f(y)| \le \dfrac{\varepsilon}{2(b-a)}\) olmasını sağlayan bir \(\delta_j > 0\) vardır. \(\delta = \min\{\delta_1, \dots, \delta_r\} > 0\) diyelim.
Adım 3: Bölünüşün kurulması. \(P\) bölünüşünün noktaları şunlar olsun: \(a\) ve \(b\); \(J_i\) aralıklarının \([a,b]\) içinde kalan \(c_i \pm \eta\) uç noktaları; ve her \([a_j,b_j]\) parçasını uzunluğu \(\delta\)’dan küçük alt aralıklara bölen ek noktalar. \(\overline{J_i} = [c_i-\eta, c_i+\eta] \cap [a,b]\) kapalı aralıkları ile \([a_j,b_j]\) parçaları birlikte \([a,b]\)’yi uç uca döşediğinden, \(P\)’nin her alt aralığı ya bir \(\overline{J_i}\) içinde kalır (bunlara örtücü diyelim) ya da bir \([a_j,b_j]\) içinde kalır ve uzunluğu \(\delta\)’dan küçüktür (bunlara düzgün diyelim).
Adım 4: Örtücü alt aralıkların katkısı. Bunların toplam uzunluğu, her biri \(2\eta\) uzunluğunda \(p\) tane \(\overline{J_i}\) aralığının toplam uzunluğunu, yani \(2p\eta\)’yı aşamaz. Her alt aralıkta \(M_k - m_k \le \Omega\) olduğundan
\[\sum_{k \,\text{örtücü}} (M_k - m_k)\Delta x_k \le \Omega \cdot 2p\eta < \Omega \cdot 2p \cdot \frac{\varepsilon}{8p\Omega} = \frac{\varepsilon}{4}.\]
Adım 5: Düzgün alt aralıkların katkısı. Böyle bir \([x_{k-1},x_k]\) alt aralığı bir \([a_j,b_j]\) içinde kalır ve uzunluğu \(\delta\)’dan, dolayısıyla \(\delta_j\)’den küçüktür; öyleyse herhangi iki noktası \(x,y\) için \(|f(x)-f(y)| \le \dfrac{\varepsilon}{2(b-a)}\), dolayısıyla \(M_k - m_k \le \dfrac{\varepsilon}{2(b-a)}\)’dır. Bu alt aralıkların toplam uzunluğu en çok \(b-a\) olduğundan katkıları en çok \(\dfrac{\varepsilon}{2}\)’dir.
Adım 6: Toplam. İki katkıyı toplarsak \(U(P,f) - L(P,f) < \dfrac{\varepsilon}{4} + \dfrac{\varepsilon}{2} < \varepsilon\) olur. Verilen her \(\varepsilon > 0\) için istenen bölünüşü kurduk; Teorem 25.1 gereği \(f\) integrallenebilirdir.
\(\blacksquare\)
Bu önerme, Örnek 25.4 ve Örnek 25.5 örneklerini tek çatı altında toplar. Aşağıdaki örnek de aynı çatının altındadır; yine de hesabı açıkça yapmak öğreticidir.
Örnek 25.6 (Parçalı Sürekli Bir Fonksiyon) \(f : [1,3] \to \mathbb{R}\) fonksiyonu
\[f(x) = \begin{cases} 7, & 1 \le x < 2 \\ 10, & x = 2 \\ -4, & 2 < x \le 3 \end{cases}\]
ile tanımlansın. \(f\)’nin integrallenebilir olduğunu gösteriniz ve integralini hesaplayınız.
Çözüm
Adım 0: Süreksizlik ve sınırlılık. Her \(x\) için \(-4 \le f(x) \le 10\) olduğundan \(f\) sınırlıdır. \(x=2\) dışındaki her noktada \(f\) yerel olarak sabit, dolayısıyla süreklidir; \(x=2\)’de ise \(\lim_{x \to 2^-} f(x) = 7\), \(\lim_{x\to 2^+} f(x) = -4\) ve \(f(2) = 10\) olduğundan bir sıçrama süreksizliği vardır. Süreksizlik sayısı sonlu olduğundan Önerme 25.1 gereği \(f\) integrallenebilirdir; şimdi bunu açık bir bölünüşle doğrulayıp integrali hesaplayalım.
Adım 1: Bölünüş ve toplamlar. \(0 < \delta < \dfrac{1}{2}\) olmak üzere \(P_\delta = \{1,\; 2-\delta,\; 2+\delta,\; 3\}\) bölünüşünü alalım; süreksizlik noktası \(x=2\), uzunluğu \(2\delta\) olan orta alt aralığın içindedir. Üç alt aralıkta \((m_k, M_k)\) ikilileri sırasıyla \((7,7)\), \((-4,10)\), \((-4,-4)\); uzunluklar ise \(1-\delta\), \(2\delta\), \(1-\delta\)’dır. (Orta alt aralıkta \(f\) yalnızca \(7\), \(10\) ve \(-4\) değerlerini alır ve \(\delta > 0\) olduğundan üçü de gerçekten alınır; öyleyse infimum \(-4\), supremum \(10\)’dur.) Buradan
\[L(P_\delta, f) = 7(1-\delta) - 4(2\delta) - 4(1-\delta) = 3 - 11\delta, \qquad U(P_\delta, f) = 7(1-\delta) + 10(2\delta) - 4(1-\delta) = 3 + 17\delta.\]
Adım 2: Ölçüt ve değer. Fark \(U(P_\delta,f) - L(P_\delta,f) = 28\delta\)’dır (orta alt aralıkta \(M_2 - m_2 = 14\) ve \(\Delta x_2 = 2\delta\) olduğundan doğrudan da görülür). Verilen bir \(\varepsilon > 0\) için \(\delta < \min\left\{ \dfrac{1}{2}, \dfrac{\varepsilon}{28} \right\}\) seçersek fark \(\varepsilon\)’dan küçük olur ve Teorem 25.1 sağlanır. Değeri bulmak için \(\delta = \dfrac{1}{n}\) (\(n \ge 3\)) alalım:
\[L(P_n, f) = 3 - \frac{11}{n} \to 3, \qquad U(P_n, f) = 3 + \frac{17}{n} \to 3, \qquad U(P_n,f) - L(P_n,f) = \frac{28}{n} \to 0.\]
Sonuç 25.1 gereği \(\int_1^3 f(x)\,dx = 3\)’tür. Sezgisel karşılığı, \([1,2]\) üzerinde yüksekliği \(7\) olan dikdörtgenle \([2,3]\) üzerinde yüksekliği \(-4\) olan dikdörtgenin alanları toplamıdır: \(7 - 4 = 3\). \(x=2\) noktasındaki \(10\) değeri sonuca hiç girmez.
\(\blacksquare\)
Önerme 25.1’de süreksizlik sayısının sonlu olması şart mıdır? Hayır. Sayılabilir sonsuzlukta süreksizliği olan integrallenebilir fonksiyonlar da vardır; bunun en zarif örneği Thomae fonksiyonudur (popçu fonksiyonu, Riemann fonksiyonu diye de anılır). Bu fonksiyon \([0,1]\)’deki her rasyonel noktada süreksizdir (rasyoneller sayılabilir sonsuz çokluktadır, Rasyonel Sayılar Sayılabilirdir), buna karşın integrallenebilirdir ve integrali sıfırdır. İspattaki fikir sonlu durumdakinin aynısıdır; tek fark, örtülecek noktaların “büyük değer alan” sonlu bir alt kümeyle sınırlanmasıdır.
Önerme 25.2 (Thomae Fonksiyonunun İntegrallenebilirliği) \(f : [0,1] \to \mathbb{R}\) fonksiyonu
\[f(x) = \begin{cases} \dfrac{1}{q}, & x = \dfrac{p}{q} \text{ en sade biçimde rasyonel } (p \in \mathbb{Z},\; q \in \mathbb{N}) \\[2mm] 0, & x \text{ irrasyonel} \end{cases}\]
ile tanımlansın (Thomae fonksiyonu). O hâlde \(f\), \([0,1]\) üzerinde Riemann integrallenebilirdir ve
\[\int_0^1 f(x)\,dx = 0\]
olur.
İspat
Tanım gereği \(f(0) = f\left(\frac{0}{1}\right) = 1\) ve \(f(1) = f\left(\frac{1}{1}\right) = 1\)’dir.
Adım 0: Sınırlılık. Her \(x\) için \(0 \le f(x) \le 1\)’dir.
Adım 1: Bütün alt toplamlar sıfırdır. \(P\) herhangi bir bölünüş olsun. Her \([x_{k-1},x_k]\) alt aralığı pozitif uzunlukta olduğundan en az bir irrasyonel sayı içerir (bkz. Analiz 1) ve orada \(f=0\)’dır; ayrıca \(f \ge 0\) olduğundan \(m_k = 0\) olur. Demek ki her \(P\) için \(L(P,f) = 0\) ve dolayısıyla \(\underline{I}(f) = 0\)’dır. Geriye \(\overline{I}(f) = 0\) olduğunu, yani \(U(P,f)\)’nin istendiği kadar küçültülebildiğini göstermek kalıyor.
Adım 2: Büyük değerlerin sonluluğu. \(\varepsilon \in (0,1)\) verilsin (küçük \(\varepsilon\)’lar için kanıtlamak yeter) ve
\[E = \left\{ x \in [0,1] : f(x) \ge \frac{\varepsilon}{2} \right\}\]
kümesine bakalım. \(x \in E\) ise \(f(x) > 0\), yani \(x\) rasyoneldir; \(x = \dfrac{p}{q}\) en sade biçim olmak üzere \(\dfrac{1}{q} \ge \dfrac{\varepsilon}{2}\), yani \(q \le \dfrac{2}{\varepsilon}\) olur. Payda için sonlu sayıda seçenek vardır ve her sabit \(q\) için \([0,1]\) aralığındaki \(\dfrac{p}{q}\) biçimli sayılar en çok \(q+1\) tanedir; öyleyse \(E\) sonlu bir kümedir. Eleman sayısını \(N\) ile gösterelim; \(f(0) = f(1) = 1 \ge \dfrac{\varepsilon}{2}\) ve \(\varepsilon < 1\) olduğundan \(f\left(\dfrac{1}{2}\right) = \dfrac{1}{2} \ge \dfrac{\varepsilon}{2}\)’dir, yani \(0,\ \dfrac{1}{2},\ 1 \in E\) ve \(N \ge 3\)’tür.
Adım 3: \(E\)’nin örtülmesi. \(N \ge 3\) olduğundan \(E\)’nin farklı iki elemanı arasındaki uzaklıkların kümesi boş değildir ve sonlu olduğundan pozitif bir minimumu vardır. Öyle bir \(\eta > 0\) seçelim ki
\[\eta < \frac{\varepsilon}{8N} \qquad \text{ve} \qquad \eta < \frac{1}{2}\min\{ |x - y| : x, y \in E,\; x \ne y \}\]
olsun. İkinci koşul sayesinde \(E\)’nin ardışık iki elemanı \(x < x'\) için \(x' - x > 2\eta\), yani \(x + \eta < x' - \eta\)’dır; dolayısıyla \(x \in E\) için \((x - \eta, x + \eta)\) açık aralıkları ikişer ikişer ayrıktır. \(\overline{J_x} = [x-\eta, x+\eta] \cap [0,1]\) kapalı aralıklarını alalım.
\(P\) bölünüşünü şu noktalardan kuralım: \(0\), \(1\) ve her \(x \in E\) için \([0,1]\) içinde kalan \(x \pm \eta\) noktaları. \(E\)’nin elemanlarını \(0 = z_1 < z_2 < \cdots < z_N = 1\) diye sıralarsak, \(P\)’nin noktaları küçükten büyüğe
\[0,\; \eta,\; z_2 - \eta,\; z_2 + \eta,\; \dots,\; z_{N-1} - \eta,\; z_{N-1} + \eta,\; 1 - \eta,\; 1\]
olur. Demek ki \(P\)’nin her alt aralığı ya bir \(\overline{J_{z_i}}\)’nin kendisidir (örtücü) ya da ardışık iki \(E\) elemanı \(z_i < z_{i+1}\) için \([z_i + \eta,\, z_{i+1} - \eta]\) biçimindedir (boş).
Adım 4: Boş alt aralıklarda \(E\) noktası yoktur. \([z_i + \eta,\, z_{i+1} - \eta]\) boş bir alt aralık ve \(z \in E\) olsun. \(z_i\) ile \(z_{i+1}\) ardışık olduğundan ya \(z \le z_i\) ya da \(z \ge z_{i+1}\)’dir. Birinci durumda \(z \le z_i < z_i + \eta\), ikinci durumda \(z \ge z_{i+1} > z_{i+1} - \eta\) olur; her iki durumda da \(z\) bu alt aralığın dışındadır. Öyleyse boş alt aralıkların hiçbir noktası \(E\)’de değildir, yani böyle bir alt aralığın her noktasında \(f < \dfrac{\varepsilon}{2}\) ve dolayısıyla \(M_k \le \dfrac{\varepsilon}{2}\)’dir.
Adım 5: Üst toplamın tahmini. İki türü ayrı ayrı toplayalım. Örtücü alt aralıklarda \(M_k \le 1\)’dir ve toplam uzunlukları en çok \(2N\eta\)’dır; boş alt aralıklarda \(M_k \le \dfrac{\varepsilon}{2}\)’dir ve toplam uzunlukları en çok \(1\)’dir. Öyleyse
\[U(P,f) = \sum_{k \,\text{örtücü}} M_k \Delta x_k + \sum_{k \,\text{boş}} M_k \Delta x_k \le 1 \cdot 2N\eta + \frac{\varepsilon}{2} \cdot 1 < 2N \cdot \frac{\varepsilon}{8N} + \frac{\varepsilon}{2} = \frac{3\varepsilon}{4} < \varepsilon.\]
Adım 6: Sonuç. \(L(P,f) = 0\) olduğundan \(U(P,f) - L(P,f) = U(P,f) < \varepsilon\) olur. \(\varepsilon \in (0,1)\) için ölçütü sağlayan bir bölünüş bulmak yeterlidir, çünkü \(\varepsilon \ge 1\) verildiğinde aynı bölünüşü \(\varepsilon' = \dfrac{1}{2}\) için kurmak işi görür; öyleyse Teorem 25.1 gereği \(f\) integrallenebilirdir. Ayrıca her \(\varepsilon \in (0,1)\) için \(0 \le \overline{I}(f) \le U(P,f) < \varepsilon\) olduğundan \(\overline{I}(f) = 0\)’dır. Alt integral de \(0\) olduğuna göre
\[\int_0^1 f(x)\,dx = 0.\]
\(\blacksquare\)
Thomae fonksiyonu her irrasyonel noktada sürekli, her rasyonel noktada süreksizdir. Süreksizlik kolaydır: \(x_0\) rasyonelse \(f(x_0) > 0\)’dır, ama \(x_0\)’a yakınsayan irrasyonel bir dizi boyunca \(f\) değerleri sabit \(0\)’dır. Süreklilik için yukarıdaki Adım 2 kullanılır: \(x_0\) irrasyonel ve \(\varepsilon > 0\) verilmişse \(f(x) \ge \varepsilon\) olan noktalar sonlu sayıdadır ve \(x_0\) bunların hiçbiri olmadığından, \(x_0\)’ın hepsinden uzak duran bir komşuluğunda \(|f(x) - f(x_0)| = f(x) < \varepsilon\) olur.
Demek ki süreksizlik kümesi \(\mathbb{Q} \cap [0,1]\), yani sayılabilir sonsuzlukta bir kümedir (bkz. Analiz 1), buna karşın fonksiyon integrallenebilirdir; oysa Dirichlet fonksiyonunun süreksizlik kümesi \([0,1]\)’in tamamıdır ve o integrallenemez. Bu karşıtlık, gerçek ölçütün “süreksizlik kümesinin ne kadar büyük olduğu” ile ilgili olduğunu sezdiriyor.
25.6 Sonlu Sayıda Değeri Değiştirmek
Örnek 25.4, Örnek 25.5 ve Örnek 25.6 hesaplarında hep aynı olguyla karşılaştık: birkaç noktadaki değer integrale hiç yansımadı. Bu tesadüf değildir; Darboux toplamlarında bir noktanın katkısı, onu içeren alt aralığın uzunluğuyla çarpılır ve bu uzunluk istendiği kadar küçültülebilir.
Önerme 25.3 (Değer Değiştirmenin Etkisizliği) \(f \in \mathcal{R}[a,b]\) olsun. \(g : [a,b] \to \mathbb{R}\) fonksiyonu, \([a,b]\)’nin sonlu sayıda \(c_1, \dots, c_p\) noktası dışında \(f\) ile aynı olsun; yani \(x \notin \{c_1, \dots, c_p\}\) için \(g(x) = f(x)\) olsun. O hâlde \(g\) de integrallenebilirdir ve
\[\int_a^b g(x)\,dx = \int_a^b f(x)\,dx\]
olur.
İspat
Adım 0: Sınırlılık ve gösterimler. \(f\) sınırlıdır; \(g\), \(f\)’den yalnızca sonlu sayıda noktada ayrıldığından \(g\) de sınırlıdır. \(I = \int_a^b f(x)\,dx\) olsun ve \(C = \max\left\{ \sup_{[a,b]} |f|,\; |g(c_1)|,\; \dots,\; |g(c_p)| \right\}\) diyelim; böylece hem \(f\) hem \(g\) mutlak değerce \(C\) ile sınırlıdır. \(C = 0\) ise \(f\) ve \(g\) özdeş olarak sıfırdır ve iddia açıktır; öyleyse \(C > 0\) varsayalım. \(\varepsilon > 0\) verilsin.
Adım 1: \(f\) için iyi bir bölünüş. \(f\) integrallenebilir olduğundan Teorem 25.1 gereği \(U(P_0,f) - L(P_0,f) < \dfrac{\varepsilon}{3}\) olan bir \(P_0\) bölünüşü vardır.
Adım 2: Ayrık noktaların yalıtılması. \(\eta > 0\) sayısını yalnızca \(4Cp\,\eta < \dfrac{\varepsilon}{3}\) olacak kadar küçük seçelim; başka bir koşula gerek yoktur. \(P_0\)’a, her \(c_i\) için \([a,b]\) içinde kalan \(c_i \pm \eta\) noktalarını ekleyerek \(P\) bölünüşünü elde edelim. \(P\), \(P_0\)’ın bir incelmesi olduğundan
\[U(P,f) - L(P,f) \le U(P_0,f) - L(P_0,f) < \frac{\varepsilon}{3}\]
olur; ayrıca her zamanki gibi \(L(P,f) \le I \le U(P,f)\)’dir.
\(P\)’nin alt aralıklarından, içinde bir \(c_i\) bulunanlara kirli, ötekilere temiz diyelim. Sabit bir \(c_i\) için: \(c_i\) ya bir alt aralığın içindedir (tek bir kirli alt aralık doğurur) ya da bir bölünüş noktasıdır (biri solunda biri sağında olmak üzere iki komşu kirli alt aralık doğurur). Her iki durumda da bu alt aralıklar \([c_i - \eta,\, c_i + \eta] \cap [a,b]\) kümesinin içinde kalır: bu kümenin uçları ya \(P\)’ye eklediğimiz \(c_i \pm \eta\) noktalarıdır ya da \([a,b]\)’nin uçlarıdır, dolayısıyla \(c_i\)’ye komşu bölünüş noktaları bu uçları aşamaz. Öyleyse \(c_i\)’nin doğurduğu kirli alt aralıkların toplam uzunluğu en çok \(2\eta\), \(p\) nokta için hepsinin toplam uzunluğu en çok \(2p\eta\)’dır.
Adım 3: Toplamların karşılaştırılması. Temiz bir alt aralıkta \(f\) ile \(g\) özdeştir; orada \(m_k\) ve \(M_k\) değerleri iki fonksiyonda da aynıdır ve toplamlara katkıları eşittir. Farklar yalnızca kirli alt aralıklardan gelir; orada her iki fonksiyon için \(|M_k| \le C\) ve \(|m_k| \le C\) olduğundan üst toplam terimleri arasındaki fark en çok \(2C\,\Delta x_k\)’dır. Öyleyse
\[\big| U(P,g) - U(P,f) \big| \le \sum_{k \,\text{kirli}} 2C\,\Delta x_k \le 2C \cdot 2p\eta = 4Cp\eta < \frac{\varepsilon}{3}\]
ve aynı gerekçeyle \(\big| L(P,g) - L(P,f) \big| < \dfrac{\varepsilon}{3}\) olur.
Adım 4: \(g\) integrallenebilirdir. Üçgen eşitsizliğiyle
\[U(P,g) - L(P,g) \le \big| U(P,g) - U(P,f) \big| + \big( U(P,f) - L(P,f) \big) + \big| L(P,f) - L(P,g) \big| < \frac{\varepsilon}{3} + \frac{\varepsilon}{3} + \frac{\varepsilon}{3} = \varepsilon\]
olur; verilen her \(\varepsilon > 0\) için böyle bir bölünüş kurulabildiğinden Teorem 25.1 gereği \(g \in \mathcal{R}[a,b]\)’dir.
Adım 5: İntegraller eşittir. \(J = \int_a^b g(x)\,dx\) olsun. \(J \le U(P,g)\), \(U(P,f) < L(P,f) + \dfrac{\varepsilon}{3}\) ve \(L(P,f) \le I\) olduğundan
\[J \le U(P,g) < U(P,f) + \frac{\varepsilon}{3} < L(P,f) + \frac{2\varepsilon}{3} \le I + \varepsilon;\]
benzer biçimde \(J \ge L(P,g) > L(P,f) - \dfrac{\varepsilon}{3} > U(P,f) - \dfrac{2\varepsilon}{3} \ge I - \varepsilon\) olur. Demek ki her \(\varepsilon > 0\) için \(|J - I| < \varepsilon\)’dur; öyleyse \(J = I\)’dır.
\(\blacksquare\)
Örnek 25.7 (Değer Değiştirmenin Bir Uygulaması) \(g : [0,1] \to \mathbb{R}\) fonksiyonu
\[g(x) = \begin{cases} 5, & x = \dfrac{1}{3} \\[2mm] -7, & x = \dfrac{1}{2} \\[2mm] 100, & x = 1 \\[2mm] x^2, & \text{öteki durumlarda} \end{cases}\]
ile tanımlansın. \(g\)’nin integrallenebilir olduğunu gösteriniz ve \(\int_0^1 g(x)\,dx\) değerini bulunuz.
Çözüm
\(f(x) = x^2\) fonksiyonu \([0,1]\) üzerinde süreklidir; Teorem 25.2 gereği integrallenebilirdir ve Örnek 25.2’nde integralinin \(\dfrac{1}{3}\) olduğunu bulmuştuk. \(g\) fonksiyonu \(f\)’den yalnızca \(\dfrac{1}{3}\), \(\dfrac{1}{2}\) ve \(1\) noktalarında, yani sonlu sayıda noktada ayrılır; Önerme 25.3 gereği \(g\) de integrallenebilirdir ve
\[\int_0^1 g(x)\,dx = \int_0^1 x^2\,dx = \frac{1}{3}.\]
Değerlerin ne kadar büyük olduğunun hiç önemi yoktur; önemli olan yalnızca kaç tane noktada değişiklik yapıldığıdır.
\(\blacksquare\)
Bu bölümde topladığımız bütün örnekler tek bir teoremin özel hâlleridir: sınırlı bir \(f : [a,b] \to \mathbb{R}\) fonksiyonu Riemann integrallenebilirdir ancak ve ancak süreksizlik noktalarının kümesi sıfır ölçülüyse (yani her \(\varepsilon > 0\) için, toplam uzunlukları \(\varepsilon\)’dan küçük olan sayılabilir çoklukta aralıkla örtülebiliyorsa). Bu, Lebesgue integrallenebilirlik ölçütüdür; ispatı ölçü kuramının araçlarını gerektirdiğinden burada verilmeyecektir. Ölçütün bu bölümdeki sonuçları nasıl açıkladığına dikkat edin: sürekli fonksiyonların süreksizlik kümesi boş, sonlu süreksizliği olanlarınki sonlu, monoton fonksiyonlarınki ve Thomae fonksiyonunkiler sayılabilirdir (sayılabilir her küme sıfır ölçülüdür); buna karşılık Dirichlet fonksiyonununki \([0,1]\)’in tamamıdır ve sıfır ölçülü değildir.
25.7 Alıştırmalar
Alıştırma 25.1 (İntegrallenebilirlik Ölçütü Üzerine)
Düzgün bölünüşler kullanarak \(f(x) = x^3\) fonksiyonunun \([0,1]\) üzerinde integrallenebilir olduğunu gösteriniz ve integralini hesaplayınız. (İpucu: \(\sum_{k=1}^{n} k^3 = \left( \dfrac{n(n+1)}{2} \right)^2\).)
\(f(x) = \lfloor x \rfloor\) taban fonksiyonunun (bkz. Analiz 1) \([0,3]\) üzerinde integrallenebilir olduğunu iki ayrı gerekçeyle açıklayınız ve \(\int_0^3 \lfloor x \rfloor\,dx\) değerini bir bölünüş dizisiyle hesaplayınız.
\(f : [0,1] \to \mathbb{R}\) fonksiyonu, \(x\) irrasyonel iken \(f(x) = 0\), \(x \in \mathbb{Q} \cap [0,1]\) iken \(f(x) = x\) olsun. \(f\)’nin alt ve üst integrallerini bulunuz ve \(f\)’nin integrallenebilir olmadığını gösteriniz.
\(f : [0,1] \to \mathbb{R}\) fonksiyonu \(f(x) = \sin \dfrac{1}{x}\) (\(x \ne 0\)), \(f(0) = 0\) ile tanımlansın. \(f\)’nin integrallenebilir olduğunu gösteriniz.
\(f : [0,1] \to \mathbb{R}\) fonksiyonu, \(x = \dfrac{1}{n}\) (\(n \in \mathbb{N}\)) noktalarında \(1\), öteki noktalarda \(0\) olsun. \(f\)’nin integrallenebilir olduğunu ve \(\int_0^1 f(x)\,dx = 0\) olduğunu gösteriniz. Bu fonksiyona Önerme 25.1 doğrudan uygulanabilir mi?
Çözüm
a) \(P_n = \left\{ 0, \dfrac{1}{n}, \dots, \dfrac{n}{n} \right\}\) düzgün bölünüşünü alalım; \(\Delta x_k = \dfrac{1}{n}\)’dir. \(f(x) = x^3\), \([0,1]\) üzerinde artan olduğundan \(m_k = \left( \dfrac{k-1}{n} \right)^3\) ve \(M_k = \left( \dfrac{k}{n} \right)^3\)’tür. İpucundaki formülle
\[U(P_n, f) = \frac{1}{n^4} \sum_{k=1}^{n} k^3 = \frac{(n+1)^2}{4n^2}, \qquad L(P_n, f) = \frac{1}{n^4} \sum_{j=1}^{n-1} j^3 = \frac{(n-1)^2}{4n^2}.\]
Farkları \(U(P_n,f) - L(P_n,f) = \dfrac{(n+1)^2 - (n-1)^2}{4n^2} = \dfrac{1}{n} \to 0\) olduğundan Sonuç 25.1 uygulanır: \(f\) integrallenebilirdir ve
\[\int_0^1 x^3\,dx = \lim_{n\to\infty} \frac{(n+1)^2}{4n^2} = \frac{1}{4}.\]
b) Birinci gerekçe: \(\lfloor \cdot \rfloor\) azalmayandır, dolayısıyla Teorem 25.3 gereği integrallenebilirdir. İkinci gerekçe: \([0,3]\) üzerinde \(\lfloor x \rfloor\) sınırlıdır ve yalnızca \(x=1\), \(x=2\), \(x=3\) noktalarında süreksizdir; Önerme 25.1 gereği integrallenebilirdir.
Değeri bulmak için \(0 < \delta < \dfrac{1}{2}\) olmak üzere
\[P_\delta = \{ 0,\; 1-\delta,\; 1+\delta,\; 2-\delta,\; 2+\delta,\; 3-\delta,\; 3 \}\]
bölünüşünü alalım; süreksizlik noktası \(x=3\) sağ uçta olduğundan onu da ince bir aralığa hapsettik. Altı alt aralıkta \((m_k, M_k)\) ikilileri sırasıyla \((0,0)\), \((0,1)\), \((1,1)\), \((1,2)\), \((2,2)\), \((2,3)\); uzunluklar ise \(1-\delta\), \(2\delta\), \(1-2\delta\), \(2\delta\), \(1-2\delta\), \(\delta\)’dır. Buradan
\[L(P_\delta, f) = (1-2\delta) + 2\delta + 2(1-2\delta) + 2\delta = 3 - 2\delta, \qquad U(P_\delta, f) = 2\delta + (1-2\delta) + 4\delta + 2(1-2\delta) + 3\delta = 3 + 3\delta\]
olur; fark \(5\delta\)’dır. \(\delta = \dfrac{1}{n}\) (\(n \ge 3\)) alarak \(U(P_n,f) - L(P_n,f) = \dfrac{5}{n} \to 0\) elde ederiz; Sonuç 25.1 gereği
\[\int_0^3 \lfloor x \rfloor\,dx = \lim_{n\to\infty}\left( 3 - \frac{2}{n} \right) = 3.\]
Bu, \([0,1)\), \([1,2)\) ve \([2,3)\) üzerindeki \(0\), \(1\), \(2\) yüksekliğinde üç dikdörtgenin alanları toplamıdır.
c) \(f\) sınırlıdır (\(0 \le f \le 1\)). \(P = \{x_0, \dots, x_n\}\) herhangi bir bölünüş olsun. Her alt aralık bir irrasyonel sayı içerdiğinden (bkz. Analiz 1) ve \(f \ge 0\) olduğundan \(m_k = 0\)’dır; öyleyse \(L(P,f) = 0\) ve \(\underline{I}(f) = 0\).
Üst toplamlar için: \([x_{k-1},x_k]\) üzerinde \(f\)’nin aldığı değerler oradaki rasyonel sayıların kendileri ve \(0\)’dır; \(x_k\)’ye soldan istendiği kadar yakın rasyonel sayılar bulunduğundan (bkz. Analiz 1)
\[M_k = \sup\big( \mathbb{Q} \cap [x_{k-1},x_k] \big) = x_k\]
olur. Öyleyse \(U(P,f) = \sum_{k=1}^{n} x_k \Delta x_k = U(P,\mathrm{id})\)’dir; yani \(U(P,f)\), artan olan \(\mathrm{id}(x)=x\) fonksiyonunun aynı bölünüşteki üst toplamıdır. Bütün bölünüşler üzerinden infimum alırsak
\[\overline{I}(f) = \inf_P U(P,\mathrm{id}) = \int_0^1 x\,dx = \frac{1}{2}\]
buluruz (\(\mathrm{id}\) süreklidir, dolayısıyla Teorem 25.2 gereği integrallenebilirdir; integralinin \(\dfrac{1}{2}\) olduğunu Sonuç 25.1 ile bu bölümün başında hesaplamıştık, o yüzden üst integrali de \(\dfrac{1}{2}\)’dir). \(\underline{I}(f) = 0 \ne \dfrac{1}{2} = \overline{I}(f)\) olduğundan \(f\) integrallenebilir değildir.
d) Her \(x \ne 0\) için \(\left| \sin \dfrac{1}{x} \right| \le 1\) ve \(f(0) = 0\) olduğundan \(f\) sınırlıdır. \(x_0 \ne 0\) noktalarında \(x \mapsto \dfrac{1}{x}\) ile \(\sin\) sürekli olduğundan bileşke de süreklidir; öyleyse \(f\)’nin \((0,1]\) üzerinde süreksizlik noktası yoktur. Geriye yalnızca \(x=0\) kalır ve orada \(f\) gerçekten süreksizdir: \(u_n = \dfrac{2}{(4n+1)\pi} \to 0\) için \(f(u_n) = 1 \ne 0 = f(0)\)’dır. Sınırlı ve tek süreksizliği olan bir fonksiyon olarak, Önerme 25.1 gereği \(f\) integrallenebilirdir.
e) Önerme 25.1 doğrudan uygulanamaz: \(f\)’nin süreksizlik noktaları \(x = \dfrac{1}{n}\) (\(n \in \mathbb{N}\)) ile \(x=0\)’dır ve bunlar sonsuz çokluktadır. (Her \(\dfrac{1}{n}\) noktasında \(f\) değeri \(1\), çevresinde \(0\)’dır; \(x=0\)’da da \(f\left(\dfrac{1}{n}\right) = 1 \not\to 0 = f(0)\) olduğundan \(f\) süreksizdir.) Önerme 25.2’in yöntemini kullanacağız.
\(f\) sınırlıdır (\(0 \le f \le 1\)) ve her alt aralık bir irrasyonel sayı içerdiğinden (bkz. Analiz 1) orada \(f = 0\)’dır; \(f \ge 0\) olduğundan \(m_k = 0\) olur, yani her \(P\) için \(L(P,f) = 0\) ve \(\underline{I}(f) = 0\)’dır.
\(\varepsilon \in (0,1)\) verilsin; küçük \(\varepsilon\)’lar için ölçütü sağlamak yeter, çünkü küçük bir \(\varepsilon\) için kurulan bölünüş daha büyüğü için de işe yarar. Arşimet özelliği (bkz. Analiz 1) gereği \(\dfrac{1}{N} < \dfrac{\varepsilon}{4}\) olan bir \(N \in \mathbb{N}\) vardır (bu \(N\) ister istemez \(N \ge 5\)’tir, çünkü \(\varepsilon < 1\)’dir). Kesme noktası olarak
\[c = \frac{1}{2}\left( \frac{1}{N} + \frac{1}{N+1} \right)\]
sayısını alalım. \(\dfrac{1}{N+1} < c < \dfrac{1}{N} < \dfrac{\varepsilon}{4}\) olduğundan \(c\) hiçbir \(\dfrac{1}{n}\)’e eşit değildir ve \(c\)’nin sağında kalan \(\dfrac{1}{n}\) noktaları tam olarak
\[E = \left\{ \frac{1}{n} : 1 \le n \le N \right\}\]
kümesidir; \(E\) sonludur ve \(N\) elemanlıdır. Şimdi
\[\eta < \frac{\varepsilon}{8N}, \qquad \eta < \frac{1}{2}\min\{ |x-y| : x,y \in E,\; x \ne y \}, \qquad \eta < \frac{1}{N} - c\]
koşullarını sağlayan bir \(\eta > 0\) seçelim; üçüncü koşul, örtücü aralıkların \(c\)’nin soluna taşmasını engeller. \(P\) bölünüşü \(0\), \(c\), \(1\) ve her \(x \in E\) için \([c,1]\) içinde kalan \(x \pm \eta\) noktalarından oluşsun. Üst toplamı üç parçada tahmin edelim: \([0,c]\) alt aralığında \(M_k \le 1\) ve uzunluk \(c < \dfrac{\varepsilon}{4}\) olduğundan katkı \(\dfrac{\varepsilon}{4}\)’ten küçüktür; \(E\)’yi örten alt aralıklarda \(M_k \le 1\) ve toplam uzunlukları en çok \(2N\eta < \dfrac{\varepsilon}{4}\) olduğundan katkıları da \(\dfrac{\varepsilon}{4}\)’ten küçüktür; geri kalan alt aralıklar ise Önerme 25.2’in Adım 4’ündeki gerekçeyle \(E\)’nin hiçbir noktasını (uçları dâhil) içermez, üstelik \(c\)’nin sağında kaldıklarından \(E\) dışındaki \(\dfrac{1}{n}\) noktalarını da içeremezler; öyleyse orada \(f \equiv 0\), \(M_k = 0\) ve katkı sıfırdır. Toplarsak \(U(P,f) < \dfrac{\varepsilon}{4} + \dfrac{\varepsilon}{4} = \dfrac{\varepsilon}{2} < \varepsilon\) ve \(L(P,f) = 0\) olur; yani \(U(P,f) - L(P,f) < \varepsilon\). Teorem 25.1 gereği \(f\) integrallenebilirdir. Ayrıca \(0 \le \overline{I}(f) < \varepsilon\) her \(\varepsilon \in (0,1)\) için geçerli olduğundan \(\overline{I}(f) = 0\)’dır ve
\[\int_0^1 f(x)\,dx = 0.\]
\(\blacksquare\)
Bu bölümde integrallenebilirliği tek bir bölünüşe indirgeyen ölçütü kurduk ve onunla sürekli, monoton ve süreksizliği olan geniş fonksiyon sınıflarını ele aldık. Ancak alt aralıklarda hep infimum ve supremum kullandık; oysa Riemann’ın özgün yaklaşımı, her alt aralıktan serbestçe seçilen bir örnek nokta üzerinden toplam kurmaktı. İki yaklaşımın aynı kapıya çıktığını bir sonraki bölümde göreceğiz: Riemann Toplamları ve Darboux Tanımıyla Denkliği.