26 Riemann Toplamları ve Darboux Tanımıyla Denkliği
Riemann İntegrallenebilirlik Ölçütü bölümünde bir fonksiyonun integrallenebilir olmasının ne demek olduğunu tam olarak belirledik: sınırlı bir \(f\) fonksiyonu, alt integrali ile üst integrali çakışıyorsa integrallenebilirdir; bunu sınamanın pratik yolu ise, her \(\varepsilon > 0\) için \(U(P,f) - L(P,f) < \varepsilon\) olacak biçimde bir \(P\) bölünüşü (partition) bulabilmektir. Bu kuruluşun tamamı alt toplam (lower Darboux sum) ile üst toplama (upper Darboux sum), yani her alt aralıkta \(f\)’nin infimumu ile supremumuna dayanıyordu. Kuramı bu biçimde düzenleyen Gaston Darboux’dur.
Oysa integralin tarihsel olarak daha eski olan ve uygulamada çok daha sık kullanılan bir tanımı daha vardır. Riemann’ın özgün yaklaşımında her alt aralıkta \(f\)’nin en büyük ya da en küçük değeri değil, o alt aralıktan serbestçe seçilen bir noktadaki değeri kullanılır. Böyle bir seçimle kurulan toplama Riemann toplamı (Riemann sum) denir. Riemann toplamı, “eğrinin altındaki alanı dikdörtgenlerle yaklaşık hesaplama” sezgisine Darboux toplamlarından daha yakındır; sayısal integrasyonun bütün yöntemleri de bu toplamların birer özel hâlidir.
Bu iki kuruluş ilk bakışta farklı görünür. Darboux toplamlarında bölünüşün kaç parçalı olduğu değil, ne kadar ince olduğu bile doğrudan önemli değildir: alt integral bütün alt toplamların supremumu, üst integral bütün üst toplamların infimumudur. Riemann toplamlarında ise bölünüşün normu \(\|P\|\) sıfıra giderken toplamların bir limite gitmesi istenir ve bu limitin örnek nokta seçiminden bağımsız olması beklenir. Bu bölümün ana sonucu, bu iki tanımın reel değerli fonksiyonlar için tam olarak aynı şeyi söylediğidir.
Bu bölümde şunları öğreneceğiz: Riemann toplamının tanımı ve alt–üst toplamlar arasındaki sıkıştırma; alt toplamın örnek noktalara göre infimum, üst toplamın supremum olduğu gerçeği; \(\|P\| \to 0\) iken alt ve üst toplamların alt ve üst integrale yakınsadığını söyleyen Darboux limit teoremi (bu bölümün teknik omurgası); iki tanımın denkliği; Riemann’ın özgün \(\varepsilon\)–\(\delta\) tanımı; integrallenebilirliğin sınırlılığı gerektirdiği; buna karşın sınırlılığın tek başına yetmediği; ve son olarak, düzgün bölünüşler yardımıyla karmaşık toplam limitlerini belirli integrale çevirme tekniği. Bu son teknik, bölümün en çok kullanılacak pratik aracıdır.
Bu bölüm boyunca, sınırlı bir \(f : [a,b] \to \mathbb{R}\) fonksiyonunun alt integrali ile üst integrali için
\[\underline{I}(f) = \sup_{P} L(P,f), \qquad \overline{I}(f) = \inf_{P} U(P,f)\]
gösterimlerini kullanacağız; buradaki supremum ve infimum, \([a,b]\)’nin bütün \(P\) bölünüşleri üzerinden alınır. Yani \(\underline{I}(f)\) alt integrali, \(\overline{I}(f)\) üst integrali gösterir. Her sınırlı \(f\) için
\[\underline{I}(f) \le \overline{I}(f)\]
olduğunu ve eşitlik durumunda \(f\)’ye integrallenebilir denip ortak değerin \(\displaystyle\int_a^b f(x)\,dx\) ile gösterildiğini biliyoruz.
26.1 Riemann Toplamı
Bir bölünüş verildiğinde, her alt aralıkta \(f\)’nin infimumunu alırsak alt toplamı, supremumunu alırsak üst toplamı elde ediyorduk. Bu iki seçim, olabilecek en kötümser ve en iyimser seçimlerdir. Aradaki bütün ara seçimlere de bir ad vermek istiyoruz.
Tanım 26.1 (Riemann Toplamı) \(f : [a,b] \to \mathbb{R}\) bir fonksiyon ve
\[P = \{x_0, x_1, \dots, x_n\}, \qquad a = x_0 < x_1 < \cdots < x_n = b\]
bir bölünüş olsun. Her \(k \in \{1, 2, \dots, n\}\) için \([x_{k-1}, x_k]\) alt aralığından bir
\[t_k \in [x_{k-1}, x_k]\]
noktası seçelim. Böyle seçilen
\[T = \{t_1, t_2, \dots, t_n\}\]
nokta ailesine \(P\) bölünüşüne ilişkin bir örnek noktalar (sample points) ailesi, ya da kısaca bir işaretleme denir. \(\Delta x_k = x_k - x_{k-1}\) olmak üzere
\[S(P, f, T) = \sum_{k=1}^{n} f(t_k)\, \Delta x_k\]
sayısına \(f\)’nin \(P\) bölünüşüne ve \(T\) örnek noktalarına ilişkin Riemann toplamı (Riemann sum) denir.
Tanımda \(f\)’nin sınırlı olduğu varsayılmadı; Riemann toplamı her fonksiyon için anlamlıdır, çünkü yalnızca sonlu sayıda fonksiyon değeri kullanır. Alt ve üst toplamların tanımlı olabilmesi için ise sınırlılığın şart olduğunu (her alt aralıkta \(m_k\) ile \(M_k\)’nin birer reel sayı olması gerekir) hatırlarsak, Riemann toplamlarının bu anlamda daha “cömert” olduğunu görürüz. Bu farkın bir bedeli olacak; bölümün ilerisinde integrallenebilirliğin yine de sınırlılığı zorladığını göreceğiz.
Geometrik anlamı şudur: \(f \ge 0\) ise \(f(t_k)\, \Delta x_k\) çarpımı, tabanı \([x_{k-1}, x_k]\) ve yüksekliği \(f(t_k)\) olan dikdörtgenin alanıdır. \(S(P,f,T)\) ise bu dikdörtgenlerin alanları toplamıdır; yani eğrinin altındaki alana bir yaklaşımdır. Örnek noktaların üç klasik seçimi vardır:
- Sol uç noktalar: \(t_k = x_{k-1}\). Elde edilen toplama sol uç nokta toplamı denir.
- Sağ uç noktalar: \(t_k = x_k\). Uygulamalarda en sık kullanılan seçimdir; düzgün bölünüşlerle birleştiğinde çok temiz formüller verir.
- Orta noktalar: \(t_k = \dfrac{x_{k-1} + x_k}{2}\). Sayısal integrasyonda “orta nokta kuralı” adını alır ve genellikle uç nokta seçimlerinden daha isabetlidir.
Dikkat edilecek tek şey, \(T\)’nin \(P\)’ye bağlı olmasıdır: bölünüşü değiştirirsek örnek noktaları da yeniden seçmemiz gerekir. Bu yüzden Riemann toplamı iki değişkenin — bölünüşün ve işaretlemenin — fonksiyonudur ve gösterimde ikisi de yazılır.
\(f\), \([a,b]\) üzerinde sürekli olsun. Her \([x_{k-1}, x_k]\) kapalı ve sınırlı bir aralık olduğundan, Weierstrass ekstremum teoremi (bkz. Analiz 1) gereği \(f\) bu aralıkta en büyük ve en küçük değerini gerçekten alır: öyle \(u_k, v_k \in [x_{k-1}, x_k]\) noktaları vardır ki
\[f(u_k) = m_k = \inf_{[x_{k-1},x_k]} f, \qquad f(v_k) = M_k = \sup_{[x_{k-1},x_k]} f.\]
Öyleyse \(U = \{u_1, \dots, u_n\}\) ve \(V = \{v_1, \dots, v_n\}\) birer örnek nokta ailesidir ve
\[L(P,f) = S(P, f, U), \qquad U(P,f) = S(P, f, V)\]
olur. Yani sürekli fonksiyonlar için Darboux toplamları, Riemann toplamlarının özel hâlleridir. Süreklilik olmadan bu doğru olmayabilir: infimum ve supremum aralıkta alınmayabilir.
26.2 Sıkıştırma: Riemann Toplamı Alt ve Üst Toplam Arasındadır
Riemann toplamının Darboux kuramına bağlanması, tek bir gözlemle başlar: örnek nokta ne olursa olsun, \(f(t_k)\) değeri \(m_k\) ile \(M_k\) arasındadır. Bunun toplamlara yansıması aşağıdaki önermenin ilk kısmıdır. İkinci kısım ise çok daha güçlüdür ve bu bölümün bütün ispatlarını taşıyacaktır: alt ve üst toplamlar, Riemann toplamlarının yalnızca birer sınırı değil, tam olarak infimumu ve supremumudur.
Önerme 26.1 (Riemann Toplamının Sıkıştırılması) \(f : [a,b] \to \mathbb{R}\) sınırlı bir fonksiyon ve \(P = \{x_0, \dots, x_n\}\) bir bölünüş olsun.
(i) \(P\)’ye ilişkin her \(T\) örnek nokta ailesi için
\[L(P,f) \le S(P,f,T) \le U(P,f).\]
(ii) Dahası, \(T\) bütün olanaklı örnek nokta aileleri üzerinde değişirken
\[L(P,f) = \inf_{T} S(P,f,T), \qquad U(P,f) = \sup_{T} S(P,f,T).\]
İspat
(i) Sıkıştırma eşitsizliği. \(T = \{t_1, \dots, t_n\}\) verilsin. Her \(k\) için \(t_k \in [x_{k-1}, x_k]\) olduğundan, infimum ile supremumun tanımı (bkz. Analiz 1) gereği
\[m_k \le f(t_k) \le M_k\]
olur. Her iki eşitsizliği de pozitif olan \(\Delta x_k\) sayısıyla çarpalım (çarpanın pozitifliği sıralamayı korur):
\[m_k \, \Delta x_k \le f(t_k)\, \Delta x_k \le M_k \, \Delta x_k.\]
Şimdi \(k = 1\)’den \(n\)’ye toplarsak
\[\sum_{k=1}^{n} m_k \Delta x_k \;\le\; \sum_{k=1}^{n} f(t_k) \Delta x_k \;\le\; \sum_{k=1}^{n} M_k \Delta x_k,\]
yani \(L(P,f) \le S(P,f,T) \le U(P,f)\) elde edilir.
(ii) Üst toplam bir supremumdur. \(\mathcal{S} = \{ S(P,f,T) : T,\ P\text{'ye ilişkin bir örnek nokta ailesi} \}\) kümesini düşünelim. (i)’den \(U(P,f)\) bu kümenin bir üst sınırıdır. Supremum olduğunu göstermek için, \(U(P,f)\)’den küçük hiçbir sayının üst sınır olamayacağını göstermeliyiz; bunun için \(\varepsilon > 0\) verildiğinde \(\mathcal{S}\) içinde \(U(P,f) - \varepsilon\)’dan büyük bir eleman bulmamız yeter (bkz. Analiz 1).
\(\varepsilon > 0\) verilsin. Her \(k\) için \(M_k = \sup\{ f(x) : x \in [x_{k-1}, x_k] \}\) olduğundan, supremumun \(\varepsilon\)-nitelemesi (bkz. Analiz 1) gereği
\[f(t_k) > M_k - \frac{\varepsilon}{b-a}\]
olan bir \(t_k \in [x_{k-1}, x_k]\) noktası vardır. Burada \(\dfrac{\varepsilon}{b-a}\) sayısı pozitiftir, çünkü \(a < b\)’dir. Bu \(t_k\)’lerden oluşan aileye \(T\) diyelim. O hâlde
\[S(P,f,T) = \sum_{k=1}^{n} f(t_k) \Delta x_k > \sum_{k=1}^{n} \left( M_k - \frac{\varepsilon}{b-a} \right) \Delta x_k = \sum_{k=1}^{n} M_k \Delta x_k - \frac{\varepsilon}{b-a} \sum_{k=1}^{n} \Delta x_k.\]
Teleskopik toplam \(\sum_{k=1}^{n} \Delta x_k = x_n - x_0 = b - a\) olduğundan sağ taraf
\[U(P,f) - \frac{\varepsilon}{b-a} \cdot (b-a) = U(P,f) - \varepsilon\]
değerine eşittir. Yani \(S(P,f,T) > U(P,f) - \varepsilon\) olan bir \(T\) bulduk. Demek ki \(U(P,f) - \varepsilon\) bir üst sınır değildir; \(\varepsilon > 0\) keyfî olduğundan \(U(P,f) = \sup \mathcal{S}\)’dir.
Alt toplam bir infimumdur. Aynı akıl yürütmeyi infimum için tekrarlayalım. (i)’den \(L(P,f)\), \(\mathcal{S}\)’nin bir alt sınırıdır. \(\varepsilon > 0\) verilsin. Her \(k\) için \(m_k = \inf\{ f(x) : x \in [x_{k-1}, x_k] \}\) olduğundan, infimumun \(\varepsilon\)-nitelemesi (bkz. Analiz 1) gereği
\[f(t_k') < m_k + \frac{\varepsilon}{b-a}\]
olan bir \(t_k' \in [x_{k-1}, x_k]\) vardır. Bu noktalardan oluşan aileye \(T'\) diyelim. O hâlde
\[S(P,f,T') = \sum_{k=1}^{n} f(t_k') \Delta x_k < \sum_{k=1}^{n} \left( m_k + \frac{\varepsilon}{b-a} \right) \Delta x_k = L(P,f) + \varepsilon.\]
Demek ki \(L(P,f) + \varepsilon\) bir alt sınır değildir; \(\varepsilon > 0\) keyfî olduğundan \(L(P,f) = \inf \mathcal{S}\)’dir.
\(\blacksquare\)
Önermenin (ii) kısmı şu pratik sonucu verir: sabit bir \(P\) için Riemann toplamlarının alabileceği değerler \(L(P,f)\) ile \(U(P,f)\) arasına sıkışır ve bu iki uca istenildiği kadar yaklaşılabilir. Dolayısıyla \(U(P,f) - L(P,f)\) farkı, “\(P\) bölünüşünde örnek nokta seçimindeki belirsizliğin büyüklüğü”dür. İntegrallenebilirlik ölçütünün neden tam olarak bu farkı küçültmeyi istediği böylece daha anlaşılır olur.
26.3 Darboux’nun Limit Teoremi
Şimdi bu bölümün teknik olarak en çetin sonucuna geliyoruz. Alt integralin tanımı \(\underline{I}(f) = \sup_P L(P,f)\) biçimindedir; bu, “uygun seçilmiş bazı bölünüşler için \(L(P,f)\) değeri \(\underline{I}(f)\)’ye yaklaşır” demektir. Oysa Riemann toplamlarıyla çalışırken çok daha güçlü bir şey isteriz: normu yeterince küçük olan her bölünüşün iyi bir yaklaşım vermesi. Bu ikisi arasındaki geçiş hiç de bedava değildir; çünkü ince bir bölünüş, iyi yerleştirilmemişse ilkesel olarak kötü bir yaklaşım verebilirmiş gibi görünür. Darboux’nun limit teoremi, bunun olamayacağını söyler.
Önce “\(\|P\| \to 0\) iken limit” ifadesinin ne demek olduğunu netleştirelim. Bölünüşlere sayı atayan bir \(\Phi\) kuralı ve bir \(A \in \mathbb{R}\) verilsin.
\[\lim_{\|P\| \to 0} \Phi(P) = A\]
yazımı şu anlama gelir: her \(\varepsilon > 0\) için öyle bir \(\delta > 0\) vardır ki, \([a,b]\)’nin \(\|P\| < \delta\) olan her \(P\) bölünüşü için \(|\Phi(P) - A| < \varepsilon\) olur. Bu, fonksiyon limitine benzeyen ama bir fonksiyon limiti olmayan bir kavramdır: \(\Phi\)’nin tanım kümesi bölünüşler kümesidir, aynı norma sahip sonsuz çoklukta bölünüş vardır.
Darboux Teoremi: Türevin Ara Değer Özelliği bölümünde ispatladığımız Teorem 10.1, türev fonksiyonunun ara değer özelliği taşıdığını söylüyordu. Aşağıdaki teorem bambaşka bir sonuçtur ve integral kuramına aittir; ortak olan tek şey, ikisinin de aynı matematikçiye, Gaston Darboux’ya ait olmasıdır. Karıştırmamak için bu bölümdeki sonucu Darboux limit teoremi diye anacağız.
Teorem 26.1 (Darboux Limit Teoremi) \(f : [a,b] \to \mathbb{R}\) sınırlı bir fonksiyon olsun. O hâlde
\[\lim_{\|P\| \to 0} L(P,f) = \underline{I}(f) \qquad \text{ve} \qquad \lim_{\|P\| \to 0} U(P,f) = \overline{I}(f).\]
Açıkça yazarsak: her \(\varepsilon > 0\) için öyle bir \(\delta > 0\) vardır ki, \(\|P\| < \delta\) olan her \(P\) bölünüşü için
\[\overline{I}(f) \le U(P,f) < \overline{I}(f) + \varepsilon \qquad \text{ve} \qquad \underline{I}(f) - \varepsilon < L(P,f) \le \underline{I}(f)\]
olur.
İspat
Hazırlık. \(f\) sınırlı olduğundan \(\sup_{x \in [a,b]} |f(x)|\) bir reel sayıdır. Hesaplarda sıfıra bölmemek için
\[K = \sup_{x \in [a,b]} |f(x)| + 1\]
diyelim; \(K > 0\)’dır ve her \(x \in [a,b]\) için \(|f(x)| \le K\)’dir. Buradan, herhangi bir \(J \subseteq [a,b]\) aralığı için \(\sup_J f\) ile \(\inf_J f\) değerlerinin de \([-K, K]\) aralığında kaldığı çıkar. Özellikle, \(J_1 \subseteq J_2 \subseteq [a,b]\) olan iki aralık için
\[0 \le \sup_{J_2} f - \sup_{J_1} f \le K - (-K) = 2K, \qquad 0 \le \inf_{J_1} f - \inf_{J_2} f \le 2K\]
olur; buradaki negatif olmama koşulları sırasıyla, daha büyük bir aralığa geçildiğinde supremumun küçülemeyeceğinden ve infimumun büyüyemeyeceğinden gelir. Üstten sınırlar ise iki sayının da \([-K,K]\) aralığında kalmasının doğrudan sonucudur.
Ayrıca Bölünüşler ve Darboux Toplamları bölümünden şu iki olguyu kullanacağız: \(Q\), \(P\)’nin bir incelmesi (refinement) ise \(L(P,f) \le L(Q,f)\) ve \(U(Q,f) \le U(P,f)\)’dir; ayrıca her \(P\) için \(L(P,f) \le \underline{I}(f)\) ve \(\overline{I}(f) \le U(P,f)\)’dir (çünkü \(\underline{I}(f)\) alt toplamların supremumu, \(\overline{I}(f)\) üst toplamların infimumudur).
Adım 1: Üst toplamlar için uygun bir sabit bölünüş seçimi. \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(\overline{I}(f)\), \(\{U(P,f) : P \text{ bölünüş}\}\) kümesinin infimumu olduğundan, infimumun \(\varepsilon\)-nitelemesi (bkz. Analiz 1) gereği öyle bir \(P_0\) bölünüşü vardır ki
\[U(P_0, f) < \overline{I}(f) + \frac{\varepsilon}{2}.\]
Bu \(P_0\) bölünüşünü artık sabitliyoruz. \(P_0\)’ın \(a\) ve \(b\) dışında kalan noktalarının sayısına \(N\) diyelim; yani \(P_0\)’ın \((a,b)\) aralığının içinde kalan nokta sayısı \(N \ge 0\)’dır.
Adım 2: \(\delta\)’nın seçimi.
\[\delta = \frac{\varepsilon}{4K(N+1)}\]
alalım; \(K > 0\) ve \(N + 1 \ge 1\) olduğundan \(\delta > 0\)’dır.
Adım 3: Nokta eklemenin üst toplamı ne kadar düşürebileceği. \(Q'\) herhangi bir bölünüş, \(c \notin Q'\) bir nokta ve \(Q'' = Q' \cup \{c\}\) olsun. \(c\) noktası \(Q'\)’nün bir \([u,v]\) alt aralığının içine düşer. \(U(Q',f)\) ile \(U(Q'',f)\) arasındaki tek fark bu alt aralıktan gelen katkıdır:
\[U(Q',f) - U(Q'',f) = \Big( \sup_{[u,v]} f \Big)(v-u) - \Big( \sup_{[u,c]} f \Big)(c-u) - \Big( \sup_{[c,v]} f \Big)(v-c).\]
\((v-u) = (c-u) + (v-c)\) olduğundan sağ tarafı yeniden düzenleyebiliriz:
\[U(Q',f) - U(Q'',f) = \Big( \sup_{[u,v]} f - \sup_{[u,c]} f \Big)(c-u) + \Big( \sup_{[u,v]} f - \sup_{[c,v]} f \Big)(v-c).\]
\([u,c] \subseteq [u,v]\) ve \([c,v] \subseteq [u,v]\) olduğundan yukarıdaki hazırlık gereği her iki parantez de \([0, 2K]\) aralığındadır. Öyleyse
\[0 \le U(Q',f) - U(Q'',f) \le 2K\big( (c-u) + (v-c) \big) = 2K(v-u) \le 2K \, \|Q'\|.\]
Adım 4: Keyfî ince bir bölünüşün üst toplamının kestirimi. \(\|P\| < \delta\) olan herhangi bir \(P\) bölünüşü alalım ve
\[Q = P \cup P_0\]
ortak incelmesini kuralım. \(Q\), hem \(P\)’nin hem \(P_0\)’ın incelmesidir. \(a, b \in P\) olduğundan, \(Q\) bölünüşü \(P\)’ye en çok \(N\) tane yeni nokta eklenerek elde edilir. Bu noktaları teker teker ekleyelim:
\[P = Q_0 \subseteq Q_1 \subseteq \cdots \subseteq Q_m = Q, \qquad m \le N,\]
öyle ki her adımda tam bir nokta eklenmiş olsun. Her \(Q_j\), \(P\)’nin bir incelmesi olduğundan \(\|Q_j\| \le \|P\|\)’dir (nokta eklemek alt aralıkları yalnızca kısaltır). Adım 3’ü her adıma uygulayıp topladığımızda
\[0 \le U(P,f) - U(Q,f) = \sum_{j=1}^{m} \big( U(Q_{j-1},f) - U(Q_j,f) \big) \le m \cdot 2K \|P\| \le 2KN\delta\]
elde ederiz. Seçtiğimiz \(\delta\) ile
\[2KN\delta = 2KN \cdot \frac{\varepsilon}{4K(N+1)} = \frac{\varepsilon}{2} \cdot \frac{N}{N+1} < \frac{\varepsilon}{2}\]
olur. Öte yandan \(Q\), \(P_0\)’ın incelmesi olduğundan \(U(Q,f) \le U(P_0,f) < \overline{I}(f) + \dfrac{\varepsilon}{2}\)’dir. İkisini birleştirirsek
\[U(P,f) < U(Q,f) + \frac{\varepsilon}{2} < \overline{I}(f) + \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \overline{I}(f) + \varepsilon.\]
Ayrıca her bölünüş için \(\overline{I}(f) \le U(P,f)\) olduğunu zaten biliyoruz. Demek ki \(\|P\| < \delta\) olan her \(P\) için
\[0 \le U(P,f) - \overline{I}(f) < \varepsilon,\]
yani \(\lim_{\|P\| \to 0} U(P,f) = \overline{I}(f)\)’dir.
Adım 5: Alt toplamlar. Şimdi aynı yolu alt toplamlar için yürüyelim. \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(\underline{I}(f)\), \(\{L(P,f) : P \text{ bölünüş}\}\) kümesinin supremumu olduğundan, supremumun \(\varepsilon\)-nitelemesi (bkz. Analiz 1) gereği öyle bir \(P_1\) bölünüşü vardır ki
\[L(P_1, f) > \underline{I}(f) - \frac{\varepsilon}{2}.\]
\(P_1\)’in \((a,b)\) içindeki nokta sayısına \(N_1\) diyelim ve \(\delta_1 = \dfrac{\varepsilon}{4K(N_1+1)}\) alalım.
Nokta eklemenin alt toplamı ne kadar yükseltebileceğini kestirelim. \(Q'' = Q' \cup \{c\}\) ve \(c\), \(Q'\)’nün \([u,v]\) alt aralığının içinde olsun. Aynı hesapla
\[L(Q'',f) - L(Q',f) = \Big( \inf_{[u,c]} f - \inf_{[u,v]} f \Big)(c-u) + \Big( \inf_{[c,v]} f - \inf_{[u,v]} f \Big)(v-c)\]
olur ve her iki parantez \([0, 2K]\) aralığında olduğundan
\[0 \le L(Q'',f) - L(Q',f) \le 2K(v-u) \le 2K\|Q'\|.\]
Şimdi \(\|P\| < \delta_1\) olan herhangi bir \(P\) alalım ve \(Q = P \cup P_1\) diyelim. \(Q\), \(P\)’ye en çok \(N_1\) nokta eklenerek elde edilir; noktaları teker teker ekleyip yukarıdaki kestirimi toplarsak
\[0 \le L(Q,f) - L(P,f) \le 2K N_1 \|P\| \le 2K N_1 \delta_1 = \frac{\varepsilon}{2} \cdot \frac{N_1}{N_1+1} < \frac{\varepsilon}{2}\]
buluruz. \(Q\), \(P_1\)’in incelmesi olduğundan \(L(Q,f) \ge L(P_1,f) > \underline{I}(f) - \dfrac{\varepsilon}{2}\)’dir. Öyleyse
\[L(P,f) > L(Q,f) - \frac{\varepsilon}{2} > \underline{I}(f) - \frac{\varepsilon}{2} - \frac{\varepsilon}{2} = \underline{I}(f) - \varepsilon.\]
Her bölünüş için \(L(P,f) \le \underline{I}(f)\) olduğundan, \(\|P\| < \delta_1\) olan her \(P\) için
\[0 \le \underline{I}(f) - L(P,f) < \varepsilon\]
olur; yani \(\lim_{\|P\| \to 0} L(P,f) = \underline{I}(f)\)’dir.
Son olarak, teoremin iki iddiasını aynı \(\delta\) ile birden sağlamak istersek \(\min\{\delta, \delta_1\}\) almak yeter.
\(\blacksquare\)
İspatın fikrini bir cümlede özetleyelim: kötü yerleştirilmiş ama çok ince bir bölünüşün üst toplamı, iyi seçilmiş sabit bir \(P_0\) bölünüşünün üst toplamından çok az sapabilir; çünkü ikisinin ortak incelmesine geçerken yalnızca \(P_0\)’ın sonlu sayıdaki noktası devreye girer ve bu noktaların her biri hesabı en çok \(2K\|P\|\) kadar değiştirir. Sabit bir sayı (\(N\)) ile sıfıra giden bir sayının (\(\|P\|\)) çarpımı sıfıra gider; teoremin tamamı bu gözlemin üzerine kuruludur.
İntegrallenebilirlik ölçütü, \(U(P,f) - L(P,f) < \varepsilon\) olacak biçimde bir bölünüşün varlığını ister. Riemann toplamlarının limiti ise normu küçük olan her bölünüşten iyi davranış bekler. Teorem 26.1 tam olarak bu iki istek arasındaki köprüyü kurar: uygun bir bölünüşün varlığı, aslında yeterince ince bütün bölünüşlerin iyi davranmasını zorlar. Bu köprü olmadan, bir sonraki teoremin “\(\Longrightarrow\)” yönü ispatlanamaz.
26.4 İki Tanımın Denkliği
Artık ana teoremi ifade edip ispatlayabiliriz.
Teorem 26.2 (Darboux ve Riemann Tanımlarının Denkliği) \(f : [a,b] \to \mathbb{R}\) sınırlı bir fonksiyon olsun. Aşağıdaki iki önerme denktir.
(i) \(f\), Darboux anlamında integrallenebilirdir; yani \(\underline{I}(f) = \overline{I}(f)\)’dir.
(ii) Öyle bir \(I \in \mathbb{R}\) sayısı vardır ki
\[\lim_{\|P\| \to 0} S(P,f,T) = I;\]
yani her \(\varepsilon > 0\) için öyle bir \(\delta > 0\) vardır ki, \(\|P\| < \delta\) olan her \(P\) bölünüşü ve \(P\)’ye ilişkin her \(T\) örnek nokta ailesi için \(|S(P,f,T) - I| < \varepsilon\) olur.
Bu koşullar sağlandığında
\[I = \underline{I}(f) = \overline{I}(f) = \int_a^b f(x)\,dx\]
olur; özellikle (ii)’deki \(I\) sayısı tektir.
İspat
(\(\Longrightarrow\)) (i)’den (ii)’ye. \(f\) Darboux anlamında integrallenebilir olsun ve
\[I = \underline{I}(f) = \overline{I}(f) = \int_a^b f(x)\,dx\]
diyelim. \(\varepsilon > 0\) verilsin. Teorem 26.1 gereği öyle bir \(\delta > 0\) vardır ki \(\|P\| < \delta\) olan her \(P\) için hem
\[I - \varepsilon < L(P,f) \le I \qquad \text{hem de} \qquad I \le U(P,f) < I + \varepsilon\]
olur. Şimdi böyle bir \(P\) ve ona ilişkin herhangi bir \(T\) örnek nokta ailesi alalım. Önerme 26.1 (i) gereği
\[I - \varepsilon < L(P,f) \le S(P,f,T) \le U(P,f) < I + \varepsilon,\]
yani \(|S(P,f,T) - I| < \varepsilon\)’dur. \(T\) keyfî olduğundan bu, (ii)’nin tam olarak istediği şeydir.
(\(\Longleftarrow\)) (ii)’den (i)’ye. (ii) sağlansın ve \(I\) oradaki sayı olsun. \(\varepsilon > 0\) verilsin. Varsayım gereği öyle bir \(\delta > 0\) vardır ki \(\|P\| < \delta\) olan her \(P\) ve her \(T\) için
\[I - \frac{\varepsilon}{3} < S(P,f,T) < I + \frac{\varepsilon}{3}.\]
Böyle bir \(P\)’nin var olduğuna dikkat edelim: Arşimet özelliği (bkz. Analiz 1) gereği \(n > \dfrac{b-a}{\delta}\) olan bir \(n \in \mathbb{N}\) vardır ve \([a,b]\)’nin \(n\) eşit parçaya bölünmesiyle elde edilen düzgün bölünüşün normu \(\dfrac{b-a}{n} < \delta\)’dır.
Böyle bir \(P\)’yi sabitleyelim. Yukarıdaki eşitsizlik \(P\)’ye ilişkin her \(T\) için geçerli olduğundan, sağ eşitsizlikte \(T\) üzerinden supremum alabiliriz. Önerme 26.1 (ii) gereği bu supremum tam olarak \(U(P,f)\)’dir:
\[U(P,f) = \sup_{T} S(P,f,T) \le I + \frac{\varepsilon}{3}.\]
Benzer biçimde sol eşitsizlikte \(T\) üzerinden infimum alırsak
\[L(P,f) = \inf_{T} S(P,f,T) \ge I - \frac{\varepsilon}{3}\]
buluruz. (Supremum ve infimum alırken katı eşitsizlikler zayıflayabilir; bu bize zarar vermez.) İkisini çıkararak
\[U(P,f) - L(P,f) \le \left( I + \frac{\varepsilon}{3} \right) - \left( I - \frac{\varepsilon}{3} \right) = \frac{2\varepsilon}{3} < \varepsilon\]
elde ederiz. Yani her \(\varepsilon > 0\) için \(U(P,f) - L(P,f) < \varepsilon\) olan bir \(P\) bölünüşü bulduk; Riemann İntegrallenebilirlik Ölçütü bölümündeki ölçüt gereği \(f\) integrallenebilirdir. Bu, (i)’dir.
Ortak değerin \(I\) olduğu. Yukarıdaki \(P\) için, alt ve üst integralin tanımı gereği
\[\overline{I}(f) \le U(P,f) \le I + \frac{\varepsilon}{3}, \qquad \underline{I}(f) \ge L(P,f) \ge I - \frac{\varepsilon}{3}\]
olur. Buradaki \(P\) bölünüşü \(\varepsilon\)’a bağlı olsa da, sol taraflardaki \(\overline{I}(f)\) ile \(\underline{I}(f)\) sayıları \(\varepsilon\)’dan bağımsızdır; dolayısıyla bu iki eşitsizlik her \(\varepsilon > 0\) için geçerlidir. \(\varepsilon \to 0^+\) limitine geçersek (ya da doğrudan: her \(\varepsilon > 0\) için \(I + \varepsilon/3\)’ü aşmayan bir sayı \(I\)’den büyük olamaz)
\[\overline{I}(f) \le I \le \underline{I}(f)\]
buluruz. Öte yandan her sınırlı fonksiyon için \(\underline{I}(f) \le \overline{I}(f)\) olduğunu biliyoruz. Bu ikisi birlikte
\[\underline{I}(f) = \overline{I}(f) = I\]
verir; yani \(I = \displaystyle\int_a^b f(x)\,dx\)’tir.
Teklik. (ii)’deki \(I\) sayısının tek olduğu da böylece çıkar: (ii)’yi sağlayan her \(I\), integralin kendisine eşit olmak zorundadır. Doğrudan bir kanıt da şudur: \(I_1\) ile \(I_2\) ikisi de (ii)’yi sağlasa, \(\varepsilon > 0\) için uygun \(\delta_1, \delta_2\) alıp \(\|P\| < \min\{\delta_1,\delta_2\}\) olan bir \(P\) ve bir \(T\) seçtiğimizde, üçgen eşitsizliği (bkz. Analiz 1) gereği
\[|I_1 - I_2| \le |I_1 - S(P,f,T)| + |S(P,f,T) - I_2| < 2\varepsilon\]
olur; \(\varepsilon > 0\) keyfî olduğundan \(I_1 = I_2\)’dir.
\(\blacksquare\)
İspatın “\(\Longleftarrow\)” yönünde asıl işi Önerme 26.1’nın (ii) kısmı yapar: elimizde yalnızca \(L \le S \le U\) sıkıştırması olsaydı, \(S\)’ye ilişkin bilgiden \(U\) ile \(L\)’ye geri dönemezdik. Alt ve üst toplamların Riemann toplamlarının tam infimumu ve supremumu olması, \(S\) üzerindeki her kestirimi doğrudan \(U\) ve \(L\) üzerine bir kestirime çevirir.
26.5 Riemann’ın Özgün Tanımı
Teorem 26.2 sayesinde integrali, alt ve üst toplamlardan hiç söz etmeden de tanımlayabiliriz. Tarihsel olarak Riemann’ın verdiği tanım tam olarak budur.
Tanım 26.2 (Riemann Anlamında İntegrallenebilirlik) \(f : [a,b] \to \mathbb{R}\) bir fonksiyon olsun (sınırlı olduğu varsayılmıyor). Eğer öyle bir \(I \in \mathbb{R}\) sayısı varsa ki her \(\varepsilon > 0\) için bir \(\delta > 0\) bulunup, \([a,b]\)’nin \(\|P\| < \delta\) olan her \(P\) bölünüşü ve \(P\)’ye ilişkin her \(T\) örnek nokta ailesi için
\[\big| S(P,f,T) - I \big| < \varepsilon\]
sağlanıyorsa, \(f\)’ye \([a,b]\) üzerinde Riemann anlamında integrallenebilir denir. Bu durumda \(I\) sayısı tektir, \(f\)’nin \([a,b]\) üzerindeki Riemann integrali (ya da belirli integrali) adını alır ve
\[I = \int_a^b f(x)\,dx\]
ile gösterilir. Kısaca \(\displaystyle \lim_{\|P\| \to 0} S(P,f,T) = \int_a^b f(x)\,dx\) yazılır.
Tanımdaki “her \(P\) ve her \(T\)” vurgusu esastır. Bir bölünüş dizisi için toplamların yakınsaması yetmez; \(\|P\| < \delta\) koşulunu sağlayan bütün bölünüşler ve o bölünüşlerdeki bütün örnek nokta seçimleri aynı \(I\)’ye yaklaşmak zorundadır. Bu kadar güçlü bir isteğin sağlanabilmesi şaşırtıcıdır ve \(f\) üzerinde ciddi kısıtlar doğurur; bunlardan ilkini hemen görüyoruz.
26.6 İntegrallenebilir Fonksiyon Sınırlıdır
Darboux kuruluşunda sınırlılık en baştan varsayılıyordu, çünkü \(m_k\) ve \(M_k\)’nin reel sayı olması gerekiyordu. Tanım 26.2’nde ise böyle bir varsayım yok. Öyleyse doğal soru şudur: Riemann anlamında integrallenebilir ama sınırsız bir fonksiyon olabilir mi? Yanıt hayırdır ve nedeni tam olarak “her \(T\) için” ifadesinin gücüdür: fonksiyon bir alt aralıkta sınırsızsa, örnek noktayı orada uygun seçerek Riemann toplamını istediğimiz kadar büyütebiliriz.
Teorem 26.3 (İntegrallenebilirlik Sınırlılığı Gerektirir) \(f : [a,b] \to \mathbb{R}\) fonksiyonu Tanım 26.2 anlamında \([a,b]\) üzerinde integrallenebiliyorsa, \(f\) bu aralıkta sınırlıdır.
İspat
Olmayana ergi yapalım: \(f\) integrallenebilir olsun, integrali \(I\) olsun; ama \(f\), \([a,b]\) üzerinde sınırsız olsun.
Adım 1: Tanımı \(\varepsilon = 1\) ile kullanmak. İntegrallenebilirlik tanımını \(\varepsilon = 1\) için uygularsak, öyle bir \(\delta > 0\) vardır ki \(\|P\| < \delta\) olan her \(P\) ve her \(T\) için
\[|S(P,f,T) - I| < 1\]
olur. Üçgen eşitsizliği (bkz. Analiz 1) gereği bundan
\[|S(P,f,T)| \le |S(P,f,T) - I| + |I| < |I| + 1\]
çıkar. Yani \(\|P\| < \delta\) olan bölünüşlerde bütün Riemann toplamları \(|I| + 1\) sayısıyla sınırlıdır. Şimdi bu sınırın çiğnendiği bir toplam üreterek çelişki elde edeceğiz.
Adım 2: Böyle bir bölünüş seçmek. Arşimet özelliği (bkz. Analiz 1) gereği \(n > \dfrac{b-a}{\delta}\) olan bir \(n \in \mathbb{N}\) vardır. \([a,b]\)’yi \(n\) eşit parçaya bölen düzgün bölünüşü alalım; normu \(\dfrac{b-a}{n} < \delta\)’dır. Bu bölünüşü \(P = \{x_0, x_1, \dots, x_n\}\) ile gösterelim ve sabitleyelim.
Adım 3: Sınırsızlık bir alt aralığa taşınır. \(f\), \([a,b]\) üzerinde sınırsızdır. Eğer \(f\), \(P\)’nin her \([x_{k-1}, x_k]\) alt aralığında sınırlı olsaydı — diyelim \([x_{k-1},x_k]\) üzerinde \(|f| \le C_k\) — o zaman
\[[a,b] = \bigcup_{k=1}^{n} [x_{k-1}, x_k]\]
olduğundan \(f\), \([a,b]\) üzerinde \(C = \max\{C_1, \dots, C_n\}\) ile sınırlı olurdu (sonlu bir kümenin maksimumu vardır). Bu, varsayımımızla çelişir. Öyleyse \(f\), en az bir \([x_{i-1}, x_i]\) alt aralığında sınırsızdır. Böyle bir \(i\) indisini sabitleyelim.
Adım 4: Örnek noktaların seçimi. \(k \ne i\) olan bütün indisler için örnek noktaları keyfî ama sabit seçelim: \(t_k \in [x_{k-1}, x_k]\). Bu seçimle
\[A = \left| \sum_{k \ne i} f(t_k)\, \Delta x_k \right|\]
sayısı belirli, sonlu bir reel sayıdır.
Şimdi \(t_i\)’yi seçeceğiz. \(\Delta x_i > 0\) olduğundan
\[\frac{|I| + 1 + A}{\Delta x_i}\]
bir reel sayıdır. \(f\), \([x_{i-1}, x_i]\) üzerinde sınırsız olduğundan \(|f|\) bu aralıkta hiçbir reel sayıyla sınırlanmaz; öyleyse
\[|f(t_i)| > \frac{|I| + 1 + A}{\Delta x_i}\]
olan bir \(t_i \in [x_{i-1}, x_i]\) noktası vardır.
Adım 5: Çelişki. \(T = \{t_1, \dots, t_n\}\) olsun. Riemann toplamını \(i\)’nci terimi ayırarak yazalım:
\[S(P,f,T) = f(t_i)\, \Delta x_i + \sum_{k \ne i} f(t_k)\, \Delta x_k.\]
Ters üçgen eşitsizliği (bkz. Analiz 1) gereği
\[|S(P,f,T)| \ge |f(t_i)| \, \Delta x_i - \left| \sum_{k \ne i} f(t_k)\, \Delta x_k \right| = |f(t_i)|\,\Delta x_i - A.\]
\(t_i\)’nin seçimini kullanırsak
\[|f(t_i)|\, \Delta x_i - A > \big( |I| + 1 + A \big) - A = |I| + 1,\]
yani \(|S(P,f,T)| > |I| + 1\) olur. Oysa \(\|P\| < \delta\) olduğundan Adım 1 gereği \(|S(P,f,T)| < |I| + 1\) olmalıydı. Bu bir çelişkidir.
Demek ki \(f\)’nin sınırsız olduğu varsayımı yanlıştır; \(f\), \([a,b]\) üzerinde sınırlıdır.
\(\blacksquare\)
Bu teorem sayesinde Tanım 26.2 ile Darboux tanımı arasındaki son fark da ortadan kalkar: Riemann anlamında integrallenebilir bir fonksiyon zorunlu olarak sınırlıdır, dolayısıyla Teorem 26.2 ona uygulanabilir. Böylece iki tanım tam olarak aynı fonksiyon sınıfını ve aynı sayıyı üretir. Bundan sonra “integrallenebilir” derken hangi tanımı kastettiğimizi belirtmeye gerek kalmayacak.
\(f\) integrallenebilir \(\Longrightarrow\) \(f\) sınırlıdır. Bu gerektirmenin tersi doğru değildir: sınırlı olduğu hâlde integrallenemeyen fonksiyonlar vardır. Sınırlılık, integrallenebilirlik için gerek koşuldur ama yeter koşul değildir. Klasik karşı örnek Dirichlet fonksiyonudur; hemen aşağıda inceliyoruz.
26.7 Sınırlılık Yeter Değildir
Örnek 26.1 (Dirichlet Fonksiyonu: Sınırlı ama İntegrallenemez) \([0,1]\) üzerinde
\[f(x) = \begin{cases} 1, & x \in \mathbb{Q} \\ 0, & x \notin \mathbb{Q} \end{cases}\]
ile tanımlanan Dirichlet fonksiyonunun sınırlı olduğunu ama \([0,1]\) üzerinde integrallenemediğini gösteriniz.
Çözüm
Sınırlılık. Her \(x \in [0,1]\) için \(0 \le f(x) \le 1\)’dir; öyleyse \(f\) sınırlıdır. Demek ki alt ve üst toplamlar tanımlıdır ve Darboux kuramı uygulanabilir.
Alt ve üst toplamların hesabı. \(P = \{x_0, \dots, x_n\}\), \([0,1]\)’in herhangi bir bölünüşü olsun. Herhangi bir \(k\) için \([x_{k-1}, x_k]\) alt aralığını düşünelim; \(x_{k-1} < x_k\) olduğundan bu, boş olmayan bir aralıktır.
Rasyonel sayıların yoğunluğu (bkz. Analiz 1) gereği \((x_{k-1}, x_k)\) aralığında bir \(r\) rasyoneli vardır; \(f(r) = 1\)’dir. İrrasyonel sayıların yoğunluğu (bkz. Analiz 1) gereği aynı aralıkta bir \(s\) irrasyoneli vardır; \(f(s) = 0\)’dır. \(f\)’nin bütün değerleri \(\{0,1\}\) kümesinde olduğundan
\[M_k = \sup_{[x_{k-1},x_k]} f = 1, \qquad m_k = \inf_{[x_{k-1},x_k]} f = 0\]
olur. Bu, alt aralığı ne kadar küçültürsek küçültelim değişmez; yoğunluk her ölçekte iş görür.
Buradan, \(\sum_{k=1}^{n} \Delta x_k = 1 - 0 = 1\) olduğunu kullanarak
\[U(P,f) = \sum_{k=1}^{n} 1 \cdot \Delta x_k = 1, \qquad L(P,f) = \sum_{k=1}^{n} 0 \cdot \Delta x_k = 0\]
elde ederiz. Her bölünüş için aynı iki sayı çıkar. Öyleyse
\[\overline{I}(f) = \inf_P U(P,f) = 1, \qquad \underline{I}(f) = \sup_P L(P,f) = 0.\]
\(\underline{I}(f) = 0 \ne 1 = \overline{I}(f)\) olduğundan \(f\), Darboux anlamında integrallenemez.
Aynı sonucun Riemann toplamlarıyla görülüşü. Bu bölümün diliyle de bakalım; sonuç daha çarpıcı görünür. \(P\) herhangi bir bölünüş olsun.
- Her \(k\) için \(t_k \in [x_{k-1}, x_k]\) noktasını rasyonel seçelim (yoğunluk gereği mümkündür). O hâlde her terim \(1 \cdot \Delta x_k\) olur ve \(S(P,f,T) = 1\)’dir.
- Şimdi her \(k\) için \(t_k' \in [x_{k-1}, x_k]\) noktasını irrasyonel seçelim. Bu kez her terim sıfırdır ve \(S(P,f,T') = 0\)’dır.
Yani normu ne kadar küçük olursa olsun her bölünüşte Riemann toplamı, yalnızca örnek noktaların seçimine bağlı olarak \(0\) ile \(1\) arasında zıplar. \(\|P\| \to 0\) iken hiçbir \(I\) sayısına yakınsayamaz: \(I\) böyle bir sayı olsaydı, \(\varepsilon = \tfrac{1}{2}\) için uygun \(\delta\)’yı alıp \(\|P\| < \delta\) olan bir \(P\) seçtiğimizde hem \(|1 - I| < \tfrac12\) hem \(|0 - I| < \tfrac12\) olurdu; üçgen eşitsizliği gereği \(1 = |1 - 0| \le |1 - I| + |I - 0| < 1\) çelişkisi çıkardı.
Demek ki Dirichlet fonksiyonu sınırlıdır ama integrallenemez. Bu örnek, “sınırlılık yeter koşul değildir” uyarısının somut kanıtıdır.
\(\blacksquare\)
Teorem 26.3’nin karşıt tersi (contrapositive), uygulamada çok işe yarayan bir araçtır:
\[f,\ [a,b] \text{ üzerinde sınırsız} \;\Longrightarrow\; f,\ [a,b] \text{ üzerinde integrallenemez.}\]
Bir fonksiyonun integrallenemediğini göstermek için çoğu zaman tek yapmamız gereken, onun sınırsız olduğunu fark etmektir. Sınırsız fonksiyonların integrali, ileride genelleştirilmiş integral (improper integral) kavramıyla, yani bir limit süreciyle ayrıca ele alınacaktır; ama bu, bu bölümdeki anlamda bir Riemann integrali değildir.
Örnek 26.2 (Sınırsız Bir Fonksiyon İntegrallenemez) \([0,1]\) üzerinde
\[f(x) = \begin{cases} \dfrac{1}{x}, & x \in (0,1] \\[2mm] 0, & x = 0 \end{cases}\]
ile tanımlanan fonksiyonun \([0,1]\) üzerinde Riemann integrallenebilir olmadığını gösteriniz.
Çözüm
Kısa yol. \(f\), \([0,1]\) üzerinde sınırsızdır: \(n \in \mathbb{N}\) için \(x = \dfrac{1}{n} \in (0,1]\) noktasında \(f\!\left( \dfrac{1}{n} \right) = n\) olur; Arşimet özelliği (bkz. Analiz 1) gereği \(\{n : n \in \mathbb{N}\}\) kümesi üstten sınırsız olduğundan \(f\)’nin değerler kümesi de üstten sınırsızdır. Teorem 26.3 gereği \(f\) integrallenemez.
Ayrıntılı yol: Riemann toplamları neden yakınsamıyor? Kısa yolun arkasındaki mekanizmayı görmek için doğrudan bakalım. \(P = \{x_0, x_1, \dots, x_n\}\), \([0,1]\)’in herhangi bir bölünüşü olsun; \(0 = x_0 < x_1 < \cdots < x_n = 1\). İlk alt aralık \([x_0, x_1] = [0, x_1]\)’dir ve \(x_1 > 0\)’dır.
\(k \ge 2\) için örnek noktaları keyfî sabitleyelim ve
\[A = \left| \sum_{k=2}^{n} f(t_k)\,\Delta x_k \right|\]
diyelim. Şimdi \(t_1\)’i \((0, x_1]\) içinde seçelim. Arşimet özelliği gereği, verilen herhangi bir \(C > 0\) için
\[\frac{1}{t_1} > \frac{C + A}{x_1}, \qquad \text{yani} \qquad t_1 < \frac{x_1}{C+A}\]
olacak biçimde bir \(t_1 \in (0, x_1]\) vardır. Bu seçimle \(\Delta x_1 = x_1 - 0 = x_1\) olduğundan \(f(t_1)\Delta x_1 = \dfrac{x_1}{t_1} > C + A\) olur ve ters üçgen eşitsizliği (bkz. Analiz 1) gereği
\[|S(P,f,T)| \ge f(t_1)\,\Delta x_1 - A > (C + A) - A = C\]
elde edilir. \(C > 0\) keyfî olduğundan, sabit bir \(P\) bölünüşünde bile Riemann toplamları yalnızca \(t_1\)’in seçimiyle istenildiği kadar büyütülebilir. Öyleyse hiçbir \(I\) sayısı için “\(\|P\| < \delta\) olan her \(P\) ve her \(T\) için \(|S(P,f,T) - I| < \varepsilon\)” koşulu sağlanamaz.
Bir uyarı. Bu örnekte Darboux toplamlarına başvurmadığımıza dikkat edelim. \([0, x_1]\) üzerinde \(f\) üstten sınırsız olduğundan \(\sup_{[0,x_1]} f\) bir reel sayı değildir; dolayısıyla \(U(P,f)\) üst toplamı bu fonksiyon için tanımlı bile değildir. Alt ve üst toplamlar yalnızca sınırlı fonksiyonlar için anlamlıdır; sınırsız fonksiyonlarda “üst toplam sonsuzdur” demek yerine, doğrudan Teorem 26.3’yi ya da yukarıdaki Riemann toplamı argümanını kullanmak gerekir.
\(\blacksquare\)
26.8 Düzgün Bölünüşlerle Limit Hesabı
Şimdi bu bölümün en çok kullanılacak sonucuna geliyoruz. Denklik teoremi, integrallenebilir bir fonksiyon için normu sıfıra giden her bölünüş ailesinin ve her örnek nokta seçiminin aynı sayıya, integrale götürdüğünü söylüyordu. Bu serbestliği tersine çevirirsek çok güçlü bir hesap aracı elde ederiz: karmaşık görünen bir toplamın limitini, onu bir Riemann toplamı olarak tanıyıp integrale çevirerek hesaplayabiliriz.
Teorem 26.4 (Düzgün Bölünüşle Limit Formülü) \(f\), \([a,b]\) üzerinde integrallenebilir olsun. O hâlde
\[\lim_{n \to \infty} \frac{b-a}{n} \sum_{k=1}^{n} f\!\left( a + k\,\frac{b-a}{n} \right) = \int_a^b f(x)\,dx.\]
Aynı sonuç sol uç noktalarla da geçerlidir:
\[\lim_{n \to \infty} \frac{b-a}{n} \sum_{k=0}^{n-1} f\!\left( a + k\,\frac{b-a}{n} \right) = \int_a^b f(x)\,dx.\]
İspat
Adım 1: Bölünüşün ve örnek noktaların kurulması. Her \(n \in \mathbb{N}\) için \([a,b]\)’yi \(n\) eşit parçaya bölen düzgün bölünüşü (uniform partition) alalım:
\[P_n = \{x_0, x_1, \dots, x_n\}, \qquad x_k = a + k\,\frac{b-a}{n}, \quad k = 0, 1, \dots, n.\]
Gerçekten \(x_0 = a\), \(x_n = a + (b-a) = b\)’dir ve \(x_k\) dizisi \(k\)’ye göre kesin artandır. Her alt aralığın uzunluğu
\[\Delta x_k = x_k - x_{k-1} = \frac{b-a}{n}\]
olduğundan bölünüşün normu
\[\|P_n\| = \max_{1 \le k \le n} \Delta x_k = \frac{b-a}{n}\]
olur.
Adım 2: Normun sıfıra gitmesi. \(b - a > 0\) sabit olduğundan \(\|P_n\| = \dfrac{b-a}{n} \to 0\)’dır (\(n \to \infty\)). Bunu \(\varepsilon\)–\(N\) diliyle de yazabiliriz: verilen \(\delta > 0\) için, Arşimet özelliği (bkz. Analiz 1) gereği \(N > \dfrac{b-a}{\delta}\) olan bir \(N \in \mathbb{N}\) vardır ve \(n \ge N\) olduğunda
\[\|P_n\| = \frac{b-a}{n} \le \frac{b-a}{N} < \delta\]
olur.
Adım 3: Örnek noktalar sağ uç noktalar. \(T_n = \{t_1, \dots, t_n\}\) ailesini
\[t_k = x_k = a + k\,\frac{b-a}{n}, \qquad k = 1, \dots, n\]
ile seçelim. \(t_k \in [x_{k-1}, x_k]\) olduğundan bu geçerli bir örnek nokta ailesidir. Karşılık gelen Riemann toplamı
\[S(P_n, f, T_n) = \sum_{k=1}^{n} f(t_k)\,\Delta x_k = \frac{b-a}{n} \sum_{k=1}^{n} f\!\left( a + k\,\frac{b-a}{n} \right)\]
olur; bu, tam olarak teoremdeki toplamdır.
Adım 4: Limite geçiş. \(f\) integrallenebilir olduğundan Teorem 26.2 gereği
\[\lim_{\|P\| \to 0} S(P,f,T) = I := \int_a^b f(x)\,dx\]
olur. Bunu açalım: \(\varepsilon > 0\) verilsin; öyle bir \(\delta > 0\) vardır ki \(\|P\| < \delta\) olan her bölünüş ve her örnek nokta seçimi için \(|S(P,f,T) - I| < \varepsilon\)’dur. Adım 2’deki \(N\)’yi bu \(\delta\) için seçersek, \(n \ge N\) olan her \(n\) için \(\|P_n\| < \delta\) ve dolayısıyla
\[\left| \frac{b-a}{n} \sum_{k=1}^{n} f\!\left( a + k\,\frac{b-a}{n} \right) - I \right| = \big| S(P_n, f, T_n) - I \big| < \varepsilon\]
olur. Dizi limitinin tanımı gereği bu, tam olarak
\[\lim_{n \to \infty} \frac{b-a}{n} \sum_{k=1}^{n} f\!\left( a + k\,\frac{b-a}{n} \right) = \int_a^b f(x)\,dx\]
demektir.
Adım 5: Sol uç noktalar. Aynı \(P_n\) bölünüşünde bu kez \(t_k = x_{k-1} = a + (k-1)\dfrac{b-a}{n}\) seçelim; bu da geçerli bir örnek nokta ailesidir. Riemann toplamı
\[S(P_n,f,T_n') = \frac{b-a}{n} \sum_{k=1}^{n} f\!\left( a + (k-1)\frac{b-a}{n} \right) = \frac{b-a}{n} \sum_{j=0}^{n-1} f\!\left( a + j\,\frac{b-a}{n} \right)\]
olur (\(j = k-1\) değişken değişimiyle). Adım 4’teki akıl yürütme, örnek nokta seçiminden bağımsız olarak geçerli olduğundan, bu toplam da \(\displaystyle\int_a^b f(x)\,dx\)’e yakınsar.
\(\blacksquare\)
Teoremin en çok kullanılan özel hâli \([a,b] = [0,1]\) durumudur; bu durumda \(\dfrac{b-a}{n} = \dfrac{1}{n}\) ve \(a + k\dfrac{b-a}{n} = \dfrac{k}{n}\) olur:
\[\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} f\!\left( \frac{k}{n} \right) = \int_0^1 f(x)\,dx.\]
Bu formülü kullanabilmek için verilen toplamı \(\dfrac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} f\!\left( \dfrac{k}{n} \right)\) biçimine sokmayı öğrenmek gerekir. Pratikte izlenecek yol şudur:
- Toplamın önündeki ya da içindeki \(\dfrac{1}{n}\) çarpanını ayırıp \(\Delta x\) rolüne koy.
- Geri kalan ifadede \(k\) ile \(n\)’nin yalnızca \(\dfrac{k}{n}\) oranı biçiminde göründüğünü doğrula; gerekiyorsa pay ve paydayı uygun \(n\) kuvvetine böl.
- \(\dfrac{k}{n}\) yerine \(x\) yaz; ortaya çıkan fonksiyon \(f\)’dir, aralık \([0,1]\)’dir.
- \(f\)’nin \([0,1]\) üzerinde integrallenebilir olduğunu doğrula (çoğu kez süreklidir, bu yeter) ve integrali hesapla.
Aşağıdaki örneklerde ortaya çıkan integralleri, ilkel fonksiyon (antiderivative) yardımıyla hesaplayacağız:
\[\int_a^b f(x)\,dx = F(b) - F(a), \qquad F' = f.\]
Bu Newton–Leibniz formülüdür ve Analizin Temel Teoremleri bölümünde ispatlanacaktır. Şu an için onu yalnızca bir hesap aracı olarak kullanıyoruz; bu bölümde ispatladığımız hiçbir sonuç ona dayanmıyor. İlkel fonksiyonları ise İlkel Fonksiyon ve Belirsiz İntegral bölümünden biliyoruz.
26.9 Uygulamalar: Toplam Limitlerinden İntegrale
Şimdi tekniği örneklerde çalıştıralım. Her örnekte iki şeyi açıkça belirteceğiz: hangi \(f\) fonksiyonu ve hangi \([a,b]\) aralığı.
Örnek 26.3 (Kareler Toplamının Limiti) \[\lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{k^2}{n^3}\]
limitini hesaplayınız.
Çözüm
Riemann toplamı biçimine getirme. \(n^3 = n \cdot n^2\) yazarak toplamı düzenleyelim:
\[\sum_{k=1}^{n} \frac{k^2}{n^3} = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n} \cdot \frac{k^2}{n^2} = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \left( \frac{k}{n} \right)^2.\]
Fonksiyon ve aralığın belirlenmesi. Elde ettiğimiz ifade, \(\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} f\!\left( \dfrac{k}{n} \right)\) kalıbındadır ve
\[f(x) = x^2, \qquad [a,b] = [0,1]\]
seçimine karşılık gelir. Gerçekten \([0,1]\)’in \(n\) eşit parçaya bölünmesiyle \(\Delta x = \dfrac{1-0}{n} = \dfrac{1}{n}\) ve sağ uç noktalar \(x_k = 0 + k \cdot \dfrac{1}{n} = \dfrac{k}{n}\) olur.
İntegrallenebilirlik. \(f(x) = x^2\) bir polinom olduğundan \([0,1]\) üzerinde süreklidir (bkz. Analiz 1); Riemann İntegrallenebilirlik Ölçütü bölümünde kapalı ve sınırlı bir aralıkta sürekli olan her fonksiyonun integrallenebilir olduğunu görmüştük. Öyleyse Teorem 26.4 uygulanabilir.
Sonuç. \(F(x) = \dfrac{x^3}{3}\) fonksiyonu \(f\)’nin bir ilkelidir; dolayısıyla
\[\lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{k^2}{n^3} = \int_0^1 x^2 \, dx = \Big[ \frac{x^3}{3} \Big]_0^1 = \frac{1}{3}.\]
Doğrudan denetim. Bu özel toplamda kapalı biçim bildiğimiz için sonucu bağımsız olarak sınayabiliriz. Kareler toplamı formülü
\[\sum_{k=1}^{n} k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\]
olduğundan
\[\sum_{k=1}^{n} \frac{k^2}{n^3} = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6n^3} = \frac{(n+1)(2n+1)}{6n^2} = \frac{2n^2 + 3n + 1}{6n^2} = \frac{1}{3} + \frac{1}{2n} + \frac{1}{6n^2}.\]
Son iki terim \(n \to \infty\) iken sıfıra gider (bkz. Analiz 1), yani limit \(\dfrac{1}{3}\)’tür. İki hesap uyuşuyor.
\(\blacksquare\)
Örnek 26.4 (Harmonik Tipte Bir Toplamın Limiti) \[S_n = \frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} + \cdots + \frac{1}{2n}\]
dizisinin limitini bulunuz.
Çözüm
Toplamı düzenleme. Terimleri tek bir toplam altında yazalım:
\[S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n+k}.\]
Gerçekten \(k = 1\) için \(\dfrac{1}{n+1}\), \(k = n\) için \(\dfrac{1}{2n}\) terimi çıkar. Şimdi pay ve paydayı \(n\)’ye bölelim:
\[S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n\left( 1 + \dfrac{k}{n} \right)} = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{1 + \dfrac{k}{n}}.\]
Fonksiyon ve aralık. Bu ifade \(\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} f\!\left( \dfrac{k}{n} \right)\) kalıbındadır ve
\[f(x) = \frac{1}{1+x}, \qquad [a,b] = [0,1]\]
seçimine karşılık gelir.
İntegrallenebilirlik. \([0,1]\) üzerinde \(1 + x \ge 1 > 0\) olduğundan \(f\) bu aralıkta tanımlıdır ve sürekli fonksiyonların bölümü olarak süreklidir (bkz. Analiz 1). Süreklilik integrallenebilirliği verir.
Sonuç. \(x \in [0,1]\) için \(1 + x > 0\) olduğundan \(F(x) = \ln(1+x)\) fonksiyonu \(f\)’nin bir ilkelidir. Öyleyse
\[\lim_{n \to \infty} S_n = \int_0^1 \frac{dx}{1+x} = \Big[ \ln(1+x) \Big]_0^1 = \ln 2 - \ln 1 = \ln 2.\]
Yaklaşık olarak \(\ln 2 \approx 0{,}693\)’tür. Toplamda \(n\) tane terim vardır ve her biri \(\dfrac{1}{2n}\) ile \(\dfrac{1}{n+1}\) arasındadır; buradan \(\dfrac{1}{2} \le S_n \le \dfrac{n}{n+1} < 1\) kaba kestirimi çıkar ve bulduğumuz limit bu aralığın içindedir.
\(\blacksquare\)
Örnek 26.5 (Karekök İçeren Bir Toplamın Limiti) \[\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \sqrt{\frac{k}{n}}\]
limitini hesaplayınız. Aynı limitin \(\displaystyle \lim_{n\to\infty} \frac{\sqrt{1} + \sqrt{2} + \cdots + \sqrt{n}}{n\sqrt{n}}\) biçiminde de yazılabileceğini gösteriniz.
Çözüm
Fonksiyon ve aralık. Verilen ifade zaten \(\dfrac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} f\!\left( \dfrac{k}{n} \right)\) kalıbındadır:
\[f(x) = \sqrt{x}, \qquad [a,b] = [0,1].\]
İntegrallenebilirlik. \(f(x) = \sqrt{x}\) fonksiyonu \([0,1]\) üzerinde süreklidir (bkz. Analiz 1) ve \(0 \le \sqrt{x} \le 1\) olduğundan sınırlıdır; öyleyse integrallenebilirdir.
Sonuç. \(F(x) = \dfrac{2}{3} x^{3/2}\) fonksiyonu \((0,1)\) üzerinde \(F'(x) = x^{1/2} = \sqrt{x}\) sağlar ve \([0,1]\) üzerinde süreklidir. Öyleyse
\[\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \sqrt{\frac{k}{n}} = \int_0^1 \sqrt{x}\,dx = \Big[ \frac{2}{3} x^{3/2} \Big]_0^1 = \frac{2}{3}.\]
İkinci yazım. Karekökü paylara dağıtalım:
\[\frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \sqrt{\frac{k}{n}} = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \frac{\sqrt{k}}{\sqrt{n}} = \frac{1}{n\sqrt{n}} \sum_{k=1}^{n} \sqrt{k} = \frac{\sqrt{1} + \sqrt{2} + \cdots + \sqrt{n}}{n\sqrt{n}}.\]
Demek ki
\[\lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt{1} + \sqrt{2} + \cdots + \sqrt{n}}{n \sqrt{n}} = \frac{2}{3}.\]
Bu ikinci yazım, tekniğin neden bu kadar güçlü olduğunu iyi gösterir: \(\sqrt{1} + \cdots + \sqrt{n}\) toplamının kapalı bir formülü yoktur, ama \(n\sqrt{n}\) ile ölçeklendiğinde limiti bir integral olarak tam biçimde hesaplanabilir.
\(\blacksquare\)
Örnek 26.6 (Sinüslü Bir Toplamın Limiti) \[\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \sin \frac{k\pi}{n}\]
limitini hesaplayınız.
Çözüm
Birinci okuma: \([0,1]\) aralığı. Toplamın içindeki argümanı \(\dfrac{k\pi}{n} = \pi \cdot \dfrac{k}{n}\) biçiminde yazalım. O hâlde ifade
\[\frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \sin\!\left( \pi \cdot \frac{k}{n} \right)\]
olur; bu, \(\dfrac{1}{n}\sum f\!\left( \dfrac{k}{n} \right)\) kalıbıdır ve
\[f(x) = \sin(\pi x), \qquad [a,b] = [0,1]\]
seçimine karşılık gelir. \(\sin\) süreklidir (bkz. Analiz 1), \(x \mapsto \pi x\) süreklidir ve bileşkeleri de süreklidir (bkz. Analiz 1); öyleyse \(f\) integrallenebilirdir. \(F(x) = -\dfrac{\cos(\pi x)}{\pi}\) bir ilkeldir ve
\[\int_0^1 \sin(\pi x)\,dx = \Big[ -\frac{\cos(\pi x)}{\pi} \Big]_0^1 = -\frac{\cos \pi}{\pi} + \frac{\cos 0}{\pi} = \frac{1}{\pi} + \frac{1}{\pi} = \frac{2}{\pi}.\]
Öyleyse limit \(\dfrac{2}{\pi}\)’dir.
İkinci okuma: \([0,\pi]\) aralığı. Aynı toplamı başka bir aralıkta da tanıyabiliriz:
\[\frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \sin \frac{k\pi}{n} = \frac{1}{\pi} \cdot \frac{\pi}{n} \sum_{k=1}^{n} \sin\!\left( 0 + k \cdot \frac{\pi - 0}{n} \right).\]
Sağdaki \(\dfrac{\pi}{n}\sum \sin\!\left( k \dfrac{\pi}{n} \right)\) toplamı, \(g(x) = \sin x\) fonksiyonunun \([0,\pi]\) aralığındaki düzgün bölünüşe ve sağ uç noktalara ilişkin Riemann toplamıdır; Teorem 26.4 gereği
\[\lim_{n \to \infty} \frac{\pi}{n} \sum_{k=1}^{n} \sin \frac{k\pi}{n} = \int_0^{\pi} \sin x \, dx = \Big[ -\cos x \Big]_0^{\pi} = 2.\]
Öyleyse aranan limit \(\dfrac{1}{\pi} \cdot 2 = \dfrac{2}{\pi}\)’dir; iki okuma aynı sonucu verdi.
Doğrudan denetim. Bu toplamın kapalı bir biçimi de vardır: \(\theta = \dfrac{\pi}{n}\) için
\[\sum_{k=1}^{n} \sin(k\theta) = \frac{\sin\dfrac{n\theta}{2} \, \sin\dfrac{(n+1)\theta}{2}}{\sin\dfrac{\theta}{2}} = \frac{1 \cdot \cos \dfrac{\pi}{2n}}{\sin \dfrac{\pi}{2n}}\]
olur; burada \(\dfrac{n\theta}{2} = \dfrac{\pi}{2}\) ve \(\sin\!\left( \dfrac{\pi}{2} + \dfrac{\pi}{2n} \right) = \cos \dfrac{\pi}{2n}\) kullanıldı. \(u_n = \dfrac{\pi}{2n} \to 0^+\) dersek \(\dfrac{1}{n} = \dfrac{2u_n}{\pi}\) olduğundan
\[\frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \sin \frac{k\pi}{n} = \frac{2 u_n}{\pi} \cdot \frac{\cos u_n}{\sin u_n} = \frac{2}{\pi} \cdot \cos u_n \cdot \frac{u_n}{\sin u_n}.\]
\(\cos u_n \to 1\) ve \(\dfrac{\sin u_n}{u_n} \to 1\) (bkz. Analiz 1) olduğundan limit yine \(\dfrac{2}{\pi}\)’dir.
\(\blacksquare\)
Örnek 26.7 (Arktanjanta Götüren Bir Toplam) \[\lim_{n \to \infty} \left( \frac{n}{n^2 + 1^2} + \frac{n}{n^2 + 2^2} + \cdots + \frac{n}{n^2 + n^2} \right)\]
limitini hesaplayınız.
Çözüm
Toplamı düzenleme. İfade
\[T_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{n}{n^2 + k^2}\]
biçimindedir. Pay ve paydayı \(n^2\)’ye bölelim:
\[T_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{\dfrac{n}{n^2}}{1 + \dfrac{k^2}{n^2}} = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{1 + \left( \dfrac{k}{n} \right)^2} = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{1 + \left( \dfrac{k}{n} \right)^2}.\]
Fonksiyon ve aralık. Bu, \(\dfrac{1}{n}\sum f\!\left( \dfrac{k}{n} \right)\) kalıbıdır ve
\[f(x) = \frac{1}{1+x^2}, \qquad [a,b] = [0,1]\]
seçimine karşılık gelir.
İntegrallenebilirlik. Her \(x\) için \(1 + x^2 \ge 1 > 0\) olduğundan \(f\), \(\mathbb{R}\) üzerinde tanımlı ve süreklidir (bkz. Analiz 1); özellikle \([0,1]\) üzerinde integrallenebilirdir.
Sonuç. \(F(x) = \arctan x\) fonksiyonu \(f\)’nin bir ilkelidir. Öyleyse
\[\lim_{n \to \infty} T_n = \int_0^1 \frac{dx}{1+x^2} = \Big[ \arctan x \Big]_0^1 = \arctan 1 - \arctan 0 = \frac{\pi}{4}.\]
Bir kestirimle denetim. \(1 \le k \le n\) için \(n^2 \le n^2 + k^2 \le 2n^2\) olduğundan her terim \(\dfrac{n}{2n^2} = \dfrac{1}{2n}\) ile \(\dfrac{n}{n^2} = \dfrac{1}{n}\) arasındadır. \(n\) tane terim olduğundan
\[\frac{1}{2} \le T_n \le 1\]
olur. Bulduğumuz \(\dfrac{\pi}{4} \approx 0{,}785\) değeri bu aralıktadır.
\(\blacksquare\)
Bu yöntem yalnızca \(\dfrac{k}{n}\) oranına bağlı toplamlarda işler. Örneğin \(\displaystyle\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n + k^2}\) toplamında terimleri \(\dfrac{1}{n} g\!\left( \dfrac{k}{n} \right)\) biçimine sokamayız; bu toplamın limiti sıfırdır ve bunu görmek için sıkıştırma yeter, integral gerekmez. Ayrıca ortaya çıkan \(f\) fonksiyonunun ilgili kapalı aralıkta sınırlı olması şarttır: \(f(x) = \ln x\) gibi uçta patlayan fonksiyonlar için Teorem 26.4 doğrudan uygulanamaz, çünkü Teorem 26.3 gereği böyle bir fonksiyon \([0,1]\) üzerinde integrallenebilir değildir.
26.10 Alıştırmalar
Alıştırma 26.1 (Riemann Toplamları Üzerine)
\(f(x) = x^2\) fonksiyonunu ve \(P = \left\{ 0, \tfrac14, \tfrac12, \tfrac34, 1 \right\}\) bölünüşünü alınız. Örnek noktalar alt aralıkların orta noktaları olmak üzere \(S(P,f,T)\) Riemann toplamını hesaplayınız; ayrıca \(L(P,f)\) ve \(U(P,f)\) değerlerini bulup Önerme 26.1’nın sağlandığını doğrulayınız. Sonuçları \(\int_0^1 x^2\,dx = \tfrac13\) ile karşılaştırınız.
\(\displaystyle \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{n^2 + k^2}\) limitini hesaplayınız.
\(\displaystyle \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{n^2 + k^2}}\) limitini hesaplayınız.
\(\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \ln\!\left( 1 + \frac{k}{n} \right)\) limitini hesaplayınız.
(d) şıkkını kullanarak \(\displaystyle \lim_{n \to \infty} \left( \frac{(2n)!}{n! \, n^n} \right)^{1/n}\) limitini bulunuz.
\(g : [0,1] \to \mathbb{R}\) fonksiyonu \(x\) rasyonelse \(g(x) = 1\), irrasyonelse \(g(x) = -1\) olarak tanımlansın. \(g\)’nin integrallenebilir olmadığını, buna karşın \(|g|\)’nin integrallenebilir olduğunu gösteriniz. Bu, “\(|f|\) integrallenebilir ise \(f\) de integrallenebilirdir” önermesi hakkında ne söyler?
Çözüm
a) Bölünüşün dört alt aralığı \(\left[0,\tfrac14\right]\), \(\left[\tfrac14,\tfrac12\right]\), \(\left[\tfrac12,\tfrac34\right]\), \(\left[\tfrac34,1\right]\) olup her birinin uzunluğu \(\Delta x_k = \tfrac14\)’tür.
Orta noktalar \(t_1 = \tfrac18\), \(t_2 = \tfrac38\), \(t_3 = \tfrac58\), \(t_4 = \tfrac78\)’dir. O hâlde
\[S(P,f,T) = \frac{1}{4} \left[ \left(\frac18\right)^2 + \left(\frac38\right)^2 + \left(\frac58\right)^2 + \left(\frac78\right)^2 \right] = \frac{1}{4} \cdot \frac{1 + 9 + 25 + 49}{64} = \frac{1}{4} \cdot \frac{84}{64} = \frac{21}{64}.\]
\(f(x) = x^2\) fonksiyonu \([0,1]\) üzerinde artan olduğundan her alt aralıkta infimum sol uçta, supremum sağ uçta alınır:
\[m_k = \left( \frac{k-1}{4} \right)^2, \qquad M_k = \left( \frac{k}{4} \right)^2, \qquad k = 1,2,3,4.\]
Buradan
\[L(P,f) = \frac14 \left[ 0 + \frac{1}{16} + \frac{4}{16} + \frac{9}{16} \right] = \frac14 \cdot \frac{14}{16} = \frac{14}{64} = \frac{7}{32},\]
\[U(P,f) = \frac14 \left[ \frac{1}{16} + \frac{4}{16} + \frac{9}{16} + \frac{16}{16} \right] = \frac14 \cdot \frac{30}{16} = \frac{30}{64} = \frac{15}{32}.\]
Ondalık olarak \(L(P,f) = 0{,}21875\), \(S(P,f,T) = 0{,}328125\), \(U(P,f) = 0{,}46875\)’tir. Gerçekten
\[L(P,f) \le S(P,f,T) \le U(P,f)\]
sağlanmaktadır; bu, Önerme 26.1’nın (i) kısmının somut bir doğrulamasıdır. Ayrıca integralin değeri \(\tfrac13 \approx 0{,}3333\) olup yine bu iki sınırın arasındadır ve orta nokta toplamı ona oldukça yakındır. Fark \(\left| \tfrac13 - \tfrac{21}{64} \right| = \left| \tfrac{64 - 63}{192} \right| = \tfrac{1}{192} \approx 0{,}0052\)’dir; buna karşılık \(U(P,f) - L(P,f) = \tfrac{16}{64} = \tfrac14\)’tür. Orta nokta seçiminin neden tercih edildiği burada görülüyor.
b) Toplamın pay ve paydasını \(n^2\)’ye bölelim:
\[\sum_{k=1}^{n} \frac{k}{n^2+k^2} = \sum_{k=1}^{n} \frac{\dfrac{k}{n^2}}{1 + \left( \dfrac{k}{n} \right)^2} = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \frac{\dfrac{k}{n}}{1 + \left( \dfrac{k}{n} \right)^2}.\]
Bu, \(f(x) = \dfrac{x}{1+x^2}\) fonksiyonunun \([0,1]\) aralığındaki düzgün bölünüşe ve sağ uç noktalara ilişkin Riemann toplamıdır. \(f\) süreklidir (payda hiç sıfır olmaz), dolayısıyla integrallenebilirdir. \(F(x) = \tfrac12 \ln(1+x^2)\) bir ilkeldir; gerçekten \(F'(x) = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{2x}{1+x^2} = \dfrac{x}{1+x^2}\)’dir. Öyleyse
\[\lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{n^2+k^2} = \int_0^1 \frac{x}{1+x^2}\,dx = \Big[ \frac12 \ln(1+x^2) \Big]_0^1 = \frac{\ln 2}{2}.\]
c) Kök içindeki ifadeden \(n^2\) çekelim:
\[\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{n^2+k^2}} = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n \sqrt{1 + \left( \dfrac{k}{n} \right)^2}} = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{1 + \left( \dfrac{k}{n} \right)^2}}.\]
Bu, \(f(x) = \dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}\) fonksiyonunun \([0,1]\) aralığındaki Riemann toplamıdır; \(f\) süreklidir. \(F(x) = \ln\!\left( x + \sqrt{1+x^2} \right)\) bir ilkeldir:
\[F'(x) = \frac{1 + \dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}}{x + \sqrt{1+x^2}} = \frac{\dfrac{\sqrt{1+x^2} + x}{\sqrt{1+x^2}}}{x + \sqrt{1+x^2}} = \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}.\]
Öyleyse
\[\lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{n^2+k^2}} = \int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{1+x^2}} = \Big[ \ln\!\left( x + \sqrt{1+x^2} \right) \Big]_0^1 = \ln\!\left( 1 + \sqrt{2} \right) - \ln 1 = \ln\!\left( 1 + \sqrt{2} \right).\]
Sayısal olarak bu \(\approx 0{,}8814\)’tür; toplamın her terimi \(\dfrac{1}{\sqrt{2}\,n}\) ile \(\dfrac1n\) arasında olduğundan limitin \(\left[ \tfrac{1}{\sqrt 2}, 1 \right] \approx [0{,}707,\ 1]\) aralığında çıkması beklenirdi ve öyle oldu.
d) İfade zaten \(\dfrac1n \sum f\!\left( \dfrac kn \right)\) kalıbındadır:
\[f(x) = \ln(1+x), \qquad [a,b] = [0,1].\]
\([0,1]\) üzerinde \(1+x \in [1,2]\) olduğundan \(f\) süreklidir ve \(0 \le f(x) \le \ln 2\) ile sınırlıdır; dolayısıyla integrallenebilirdir. İlkeli kısmi integrasyonla bulalım (Teorem 19.2): \(u = \ln(1+x)\), \(dv = dx\) alırsak \(du = \dfrac{dx}{1+x}\), \(v = 1 + x\) seçebiliriz (sabit farkı serbesttir). O hâlde
\[\int \ln(1+x)\,dx = (1+x)\ln(1+x) - \int (1+x) \cdot \frac{1}{1+x}\,dx = (1+x)\ln(1+x) - x + C.\]
Buradan
\[\int_0^1 \ln(1+x)\,dx = \Big[ (1+x)\ln(1+x) - x \Big]_0^1 = \big( 2\ln 2 - 1 \big) - \big( 1 \cdot \ln 1 - 0 \big) = 2\ln 2 - 1.\]
Öyleyse
\[\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \ln\!\left( 1 + \frac{k}{n} \right) = 2\ln 2 - 1 = \ln \frac{4}{e}.\]
e) \(a_n = \left( \dfrac{(2n)!}{n! \, n^n} \right)^{1/n}\) olsun. Önce parantez içini sadeleştirelim:
\[\frac{(2n)!}{n!} = (n+1)(n+2)\cdots(2n) = \prod_{k=1}^{n} (n+k),\]
çünkü \((2n)!\)’in ilk \(n\) çarpanı \(n!\) ile sadeleşir. O hâlde
\[\frac{(2n)!}{n! \, n^n} = \frac{1}{n^n} \prod_{k=1}^{n} (n+k) = \prod_{k=1}^{n} \frac{n+k}{n} = \prod_{k=1}^{n} \left( 1 + \frac{k}{n} \right).\]
Bütün çarpanlar pozitif olduğundan logaritma alabiliriz:
\[\ln a_n = \frac{1}{n} \ln \prod_{k=1}^{n} \left( 1 + \frac{k}{n} \right) = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \ln\!\left( 1 + \frac{k}{n} \right).\]
(d) şıkkına göre \(\ln a_n \to 2\ln 2 - 1\)’dir. \(\exp\) fonksiyonu sürekli olduğundan, süreklilik için dizisel ölçüt (bkz. Analiz 1) gereği
\[a_n = e^{\ln a_n} \longrightarrow e^{2\ln 2 - 1} = \frac{e^{\ln 4}}{e} = \frac{4}{e}.\]
Yani aranan limit \(\dfrac{4}{e} \approx 1{,}4715\)’tir.
f) Önce \(g\)’nin integrallenemediğini gösterelim. \(g\) sınırlıdır: her \(x\) için \(|g(x)| = 1\)’dir. \(P = \{x_0, \dots, x_n\}\) herhangi bir bölünüş olsun. Her \([x_{k-1}, x_k]\) alt aralığı hem rasyonel hem irrasyonel sayı içerir (bkz. Analiz 1, İrrasyonel Sayıların Yoğunluğu); \(g\)’nin aldığı değerler yalnızca \(1\) ve \(-1\) olduğundan
\[M_k = 1, \qquad m_k = -1\]
olur. Öyleyse her \(P\) için
\[U(P,g) = \sum_{k=1}^{n} 1 \cdot \Delta x_k = 1, \qquad L(P,g) = \sum_{k=1}^{n} (-1) \cdot \Delta x_k = -1\]
ve dolayısıyla \(\overline{I}(g) = 1\), \(\underline{I}(g) = -1\)’dir. Bunlar eşit olmadığından \(g\) integrallenemez. (Riemann toplamlarıyla da aynı sonuç çıkar: bütün örnek noktalar rasyonel seçilirse \(S = 1\), irrasyonel seçilirse \(S = -1\) olur; norm ne kadar küçük olursa olsun toplam iki farklı değer arasında zıplar.)
Şimdi \(|g|\)’ye bakalım. Her \(x \in [0,1]\) için \(|g(x)| = 1\)’dir; yani \(|g|\) sabit fonksiyondur. Sabit fonksiyon için her alt aralıkta \(M_k = m_k = 1\) olduğundan her \(P\) bölünüşünde
\[U(P,|g|) = L(P,|g|) = \sum_{k=1}^{n} \Delta x_k = 1\]
olur; öyleyse \(\overline{I}(|g|) = \underline{I}(|g|) = 1\) ve \(|g|\) integrallenebilirdir:
\[\int_0^1 |g(x)|\,dx = 1.\]
Sonuç. “\(|f|\) integrallenebilir ise \(f\) de integrallenebilirdir” önermesi yanlıştır; \(g\) bunun karşı örneğidir. Bu gerektirmenin doğru olan yönünü (İntegralin Cebirsel Özellikleri bölümünde göreceğiz) şudur: \(f\) integrallenebilirse \(|f|\) de integrallenebilirdir. Yani mutlak değer almak integrallenebilirliği korur ama geri döndürmez.
\(\blacksquare\)
Bu bölümde integralin iki farklı kuruluşunun aynı kapıya çıktığını gördük ve elimize hem kuramsal hem hesapsal güçlü araçlar geçti. Artık integralin varlığı üzerine söyleyeceklerimizi büyük ölçüde tamamladık; bundan sonra integralin bir işlem olarak nasıl davrandığına, yani toplama, sabitle çarpma ve aralığın parçalanması karşısında hangi kurallara uyduğuna bakacağız: İntegralin Cebirsel Özellikleri.