5 Düzgün Yakınsaklık ve İntegral
Bir \((f_n)\) dizisi \(f\)’ye yakınsıyorsa \(\int_a^b f_n(x)\,dx\) sayılarının \(\int_a^b f(x)\,dx\) sayısına yakınsamasını bekleriz; yani
\[\lim_{n \to \infty} \int_a^b f_n(x)\,dx = \int_a^b \Big( \lim_{n \to \infty} f_n(x) \Big)\,dx\]
eşitliğinin, limit ile integralin yer değiştirmesinin geçerli olmasını isteriz. Noktasal yakınsaklık bunu sağlamaz: sağdaki integral var olmayabilir (Örnek 1.6), var olsa bile iki yan farklı çıkabilir. Bu bölümde düzgün yakınsaklığın her iki sorunu da çözdüğünü gösteriyoruz.
Bu sonuç yalnız kuramsal bir güvence değildir; hesap aracı olarak da işe yarar. Doğrudan hesaplanması zor olan \(\lim \int f_n\) limitleri, limit integralin içine alınarak tek bir integrale indirgenir.
5.1 Terim Terime İntegral Teoremi
Teoremi ifade etmeden önce gösterimi hatırlayalım: \(\mathcal{R}[a, b]\), \([a, b]\) üzerinde Riemann integrallenebilir fonksiyonların kümesidir; \([a, b]\) üzerinde sürekli fonksiyonların kümesi \(C[a, b]\) bu kümenin bir alt kümesidir (bkz. Analiz 2). Bir \(P\) bölünüşü için alt ve üst Darboux toplamlarını \(L(P, f)\) ve \(U(P, f)\) ile gösteriyoruz.
Teorem 5.1 (Terim Terime İntegral Teoremi) \(a < b\) olsun ve her \(n \in \mathbb{N}\) için \(f_n \in \mathcal{R}[a, b]\) olsun. \(f_n \rightrightarrows f\) (\([a, b]\)) ise:
\(f \in \mathcal{R}[a, b]\);
limit ile integral yer değiştirir:
\[\lim_{n \to \infty} \int_a^b f_n(x)\,dx = \int_a^b f(x)\,dx;\]
- \(F_n(x) = \displaystyle\int_a^x f_n(t)\,dt\) ve \(F(x) = \displaystyle\int_a^x f(t)\,dt\) olmak üzere \(F_n \rightrightarrows F\) (\([a, b]\)).
İspat
(i) Her \(f_n\) integrallenebilir olduğundan sınırlıdır. Teorem 4.1 gereği \(f\) de \([a, b]\) üzerinde sınırlıdır; dolayısıyla Darboux toplamları tanımlıdır. Riemann ölçütünü (bkz. Analiz 2) uygulayacağız.
\(\varepsilon > 0\) verilsin ve \(\eta = \dfrac{\varepsilon}{3(b - a)}\) yazalım. Düzgün yakınsaklık gereği öyle bir \(N\) vardır ki her \(x \in [a, b]\) için
\[|f_N(x) - f(x)| < \eta, \qquad \text{yani} \qquad f_N(x) - \eta < f(x) < f_N(x) + \eta \tag{1}\]
olur. \(f_N\) integrallenebilir olduğundan Riemann ölçütü gereği \([a, b]\)’nin öyle bir \(P = \{x_0, x_1, \dots, x_p\}\) bölünüşü vardır ki
\[U(P, f_N) - L(P, f_N) < \frac{\varepsilon}{3} \tag{2}\]
olur. \(k\)’inci alt aralık \([x_{k-1}, x_k]\) üzerinde \(f\) ve \(f_N\)’nin supremumlarını \(M_k(f)\), \(M_k(f_N)\) ile; infimumlarını \(m_k(f)\), \(m_k(f_N)\) ile gösterelim. \((1)\) eşitsizliğinin sağ yarısından, alt aralığın her \(x\) noktası için \(f(x) < f_N(x) + \eta \le M_k(f_N) + \eta\) olur; supremum alınırsa \(M_k(f) \le M_k(f_N) + \eta\) çıkar. Aynı biçimde sol yarıdan \(m_k(f) \ge m_k(f_N) - \eta\) bulunur. İkisini taraf tarafa çıkaralım:
\[M_k(f) - m_k(f) \le M_k(f_N) - m_k(f_N) + 2\eta.\]
Her iki yanı \(\Delta x_k = x_k - x_{k-1}\) ile çarpıp \(k\) üzerinden toplayalım; \(\sum_{k=1}^{p} \Delta x_k = b - a\) olduğundan \((2)\) ile
\[ \begin{aligned} U(P, f) - L(P, f) &\le U(P, f_N) - L(P, f_N) + 2\eta\,(b - a) \\[1mm] &< \frac{\varepsilon}{3} + \frac{2\varepsilon}{3} = \varepsilon \end{aligned} \]
elde edilir. Riemann ölçütü gereği \(f \in \mathcal{R}[a, b]\).
(ii) \(d_n = \sup_{x \in [a, b]} |f_n(x) - f(x)|\) yazalım; Teorem 3.3 gereği \(d_n \to 0\)’dır. \(f_n - f\) integrallenebilir olduğundan integralin lineerliği, integraller için üçgen eşitsizliği (bkz. Analiz 2) ve sıralama özelliğiyle
\[ \begin{aligned} \left| \int_a^b f_n(x)\,dx - \int_a^b f(x)\,dx \right| &= \left| \int_a^b \big(f_n(x) - f(x)\big)\,dx \right| \\[1mm] &\le \int_a^b |f_n(x) - f(x)|\,dx \\[1mm] &\le \int_a^b d_n\,dx = d_n\,(b - a) \end{aligned} \]
bulunur. \(d_n (b - a) \to 0\) olduğundan sıkıştırma teoremiyle \(\int_a^b f_n \to \int_a^b f\).
(iii) \(x \in [a, b]\) olsun. \(x = a\) için \(F_n(a) = F(a) = 0\)’dır. \(x > a\) için (ii)’deki hesap \([a, x]\) aralığında yinelenirse
\[|F_n(x) - F(x)| \le \int_a^x |f_n(t) - f(t)|\,dt \le d_n\,(x - a) \le d_n\,(b - a)\]
olur. Sağdaki \(\alpha_n = d_n(b - a)\) sayısı \(x\)’ten bağımsızdır ve \(\alpha_n \to 0\)’dır. Teorem 3.1 gereği \(F_n \rightrightarrows F\) (\([a, b]\)). \(\blacksquare\)
Yani düzgün yakınsaklık altında integrallenebilirlik limite geçer ve “önce limit, sonra integral” ile “önce integral, sonra limit” aynı sayıyı verir. (ii)’nin ispatındaki eşitsizlik, hatanın büyüklüğünü de verir: integraller arasındaki fark en çok \(d_n (b - a)\) kadardır.
- Noktasal limit. \(f(x) = \lim_{n \to \infty} f_n(x)\) bulunur.
- Düzgün yakınsaklık. \([a, b]\) üzerinde \(f_n \rightrightarrows f\) olduğu bir ölçütle (sınırlama, supremum, Dini) gösterilir.
- Limiti içeri al. Aranan limit \(\displaystyle\int_a^b f(x)\,dx\) integraline eşittir; bu integral hesaplanır.
Örnek 5.1 (Geometrik Toplamın İntegrali) \(\left[0, \dfrac{1}{2}\right]\) üzerinde \(f_n(x) = \dfrac{1 - x^{n+1}}{1 - x}\) olsun. \(\displaystyle\lim_{n \to \infty} \int_0^{1/2} f_n(x)\,dx\) limitini hesaplayınız.
Çözüm
Adım 1: Noktasal limit. \(0 \le x \le \dfrac{1}{2}\) için \(x^{n+1} \to 0\) olduğundan
\[\lim_{n \to \infty} \frac{1 - x^{n+1}}{1 - x} = \frac{1}{1 - x}\]
olur. Uçlarda da aynı formül geçerlidir: \(f_n(0) = 1 \to 1\) ve \(f_n\left(\tfrac{1}{2}\right) = 2\left(1 - \left(\tfrac{1}{2}\right)^{n+1}\right) \to 2\). Noktasal limit \(f(x) = \dfrac{1}{1 - x}\)’tir.
Adım 2: Düzgün yakınsaklık. \(0 \le x \le \dfrac{1}{2}\) için \(1 - x \ge \dfrac{1}{2}\), yani \(\dfrac{1}{1 - x} \le 2\) olur. Dolayısıyla
\[|f_n(x) - f(x)| = \frac{x^{n+1}}{1 - x} \le 2\,x^{n+1} \le 2 \left( \frac{1}{2} \right)^{n+1} = \left( \frac{1}{2} \right)^{n} = \alpha_n\]
bulunur. \(\alpha_n \to 0\) olduğundan Teorem 3.1 gereği \(f_n \rightrightarrows f\) \(\left(\left[0, \tfrac{1}{2}\right]\right)\).
Adım 3: Limiti içeri al. Her \(f_n\) sürekli, dolayısıyla integrallenebilirdir. Teorem 5.1 gereği
\[ \begin{aligned} \lim_{n \to \infty} \int_0^{1/2} f_n(x)\,dx &= \int_0^{1/2} \frac{dx}{1 - x} = \Big[ -\ln(1 - x) \Big]_0^{1/2} \\[1mm] &= -\ln \frac{1}{2} + \ln 1 = \ln 2. \end{aligned} \]
Bir yan ürün. \(f_n(x) = 1 + x + x^2 + \dots + x^n\) olduğundan soldaki integral doğrudan da hesaplanır:
\[\int_0^{1/2} f_n(x)\,dx = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{(k+1)\,2^{k+1}} = \sum_{k=1}^{n+1} \frac{1}{k\,2^k}.\]
Bulduğumuz limit, bu toplamların \(\ln 2\)’ye yakınsadığını söyler: \(\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k\,2^k} = \ln 2\).
Aynı dizi \((-1, 1)\) aralığında da \(\dfrac{1}{1 - x}\) fonksiyonuna noktasal yakınsar, ama orada yakınsama düzgün değildir: \(f_n\) sınırlı, limit ise sınırsızdır (Sonuç 4.1). \(\blacksquare\)
Örnek 5.2 (Dini Teoremiyle Birlikte Kullanım) \(\displaystyle\lim_{n \to \infty} \int_0^1 \left( 1 + \frac{x}{n} \right)^{n} dx\) limitini hesaplayınız.
Çözüm
Örnek 4.5 gereği \([0, 1]\) üzerinde \(\left(1 + \dfrac{x}{n}\right)^{n} \rightrightarrows e^x\) olur. Her terim bir polinomdur; süreklidir ve integrallenebilirdir. Teorem 5.1 gereği
\[\lim_{n \to \infty} \int_0^1 \left( 1 + \frac{x}{n} \right)^{n} dx = \int_0^1 e^x\,dx = \Big[ e^x \Big]_0^1 = e - 1.\]
Doğrudan denetim. Soldaki integral açıkça hesaplanabilir:
\[\int_0^1 \left( 1 + \frac{x}{n} \right)^{n} dx = \left[ \frac{n}{n+1} \left( 1 + \frac{x}{n} \right)^{n+1} \right]_0^1 = \frac{n}{n+1} \left[ \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n+1} - 1 \right].\]
Burada \(\dfrac{n}{n+1} \to 1\) olur ve
\[\left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n+1} = \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n}\left(1 + \frac{1}{n}\right) \to e \cdot 1 = e\]
olduğundan limit \(1 \cdot (e - 1) = e - 1\) çıkar; iki yol aynı sonucu verir. \(\blacksquare\)
5.2 Düzgün Yakınsaklık Olmadığında
Teorem 5.1 bir yeter koşul verir. Düzgün yakınsaklık yokken iki şey de olabilir: eşitlik bozulabilir ya da tesadüfen korunabilir.
Örnek 5.3 (Noktasal Yakınsaklıkta Bozulan Eşitlik) \([0, 1]\) üzerinde
\[f_n(x) = \begin{cases} 0, & x = 0 \\[1mm] n, & 0 < x \le \dfrac{1}{n} \\[1mm] 0, & \dfrac{1}{n} < x \le 1 \end{cases}\]
dizisi için \(\displaystyle\lim_{n \to \infty} \int_0^1 f_n(x)\,dx\) ile \(\displaystyle\int_0^1 \lim_{n \to \infty} f_n(x)\,dx\) sayılarını karşılaştırınız.
Çözüm
Noktasal limit. \(x = 0\) için her \(n\)’de \(f_n(0) = 0\)’dır. \(x \in (0, 1]\) olsun. Arşimet özelliğine göre \(N_x > \dfrac{1}{x}\) olan bir \(N_x \in \mathbb{N}\) vardır. \(n \ge N_x\) ise \(\dfrac{1}{n} \le \dfrac{1}{N_x} < x\) olur; yani \(x\) üçüncü parçadadır ve \(f_n(x) = 0\)’dır. Öyleyse \(f_n \to 0\) (noktasal, \([0, 1]\)) ve
\[\int_0^1 \lim_{n \to \infty} f_n(x)\,dx = \int_0^1 0\,dx = 0.\]
İntegrallerin limiti. Her \(f_n\) sonlu sayıda noktada süreksiz bir basamak fonksiyonudur; integrallenebilirdir (bkz. Analiz 2) ve
\[\int_0^1 f_n(x)\,dx = \int_0^{1/n} n\,dx + \int_{1/n}^1 0\,dx = n \cdot \frac{1}{n} = 1\]
olur. Dolayısıyla \(\displaystyle\lim_{n \to \infty} \int_0^1 f_n(x)\,dx = 1\).
Karşılaştırma. \(1 \ne 0\): limit ile integral yer değiştirmez. Şekildeki dikdörtgenler incelip yükselirken alanları hep \(1\) kalır; limit fonksiyonunun altında ise alan yoktur.
Teorem 5.1 gereği bu ancak yakınsama düzgün değilse olabilir. Gerçekten de \([0, 1]\) üzerinde \(d_n = \sup |f_n(x) - 0| = n\) olur ve \(d_n \to +\infty\). \(\blacksquare\)
Örnek 5.4 (Düzgün Yakınsaklık Olmadan Korunan Eşitlik) \([0, 1]\) üzerinde \(f_n(x) = nx(1 - x)^n\) dizisinin düzgün yakınsamadığını, buna karşın limit ile integralin yer değiştirdiğini gösteriniz.
Çözüm
Noktasal limit. \(f_n(0) = 0\) ve \(f_n(1) = 0\)’dır. \(0 < x < 1\) için \(q = 1 - x \in (0, 1)\) yazılırsa \(f_n(x) = x \cdot n q^n\) olur. \(0 < q < 1\) için \(n q^n \to 0\) olduğundan (Alıştırma 3.2 çözümündeki gerekçe) \(f_n(x) \to 0\). Noktasal limit \(f = 0\)’dır.
Düzgün yakınsamama. \(g_n(x) = nx(1 - x)^n\) için çarpım kuralıyla
\[ \begin{aligned} g_n'(x) &= n(1 - x)^n - n^2 x (1 - x)^{n-1} \\[1mm] &= n(1 - x)^{n-1}\big( (1 - x) - nx \big) = n(1 - x)^{n-1}\big( 1 - (n+1)x \big) \end{aligned} \]
olur. \((0, 1)\) içindeki tek kritik nokta \(x = \dfrac{1}{n+1}\)’dir; solunda türev pozitif, sağında negatiftir. Uçlarda \(g_n = 0\) olduğundan
\[d_n = g_n\left( \frac{1}{n+1} \right) = \frac{n}{n+1} \left( 1 - \frac{1}{n+1} \right)^{n} = \left( 1 - \frac{1}{n+1} \right)^{n+1}\]
bulunur. \(m = n + 1\) yazılırsa \(\left(1 - \dfrac{1}{m}\right)^{m} \to \dfrac{1}{e}\) olduğundan \(d_n \to \dfrac{1}{e} \ne 0\). Teorem 3.3 gereği yakınsama \([0, 1]\) üzerinde düzgün değildir.
İntegraller. \(t = 1 - x\) değişken değiştirmesiyle (\(dx = -dt\); \(x = 0\) için \(t = 1\), \(x = 1\) için \(t = 0\))
\[ \begin{aligned} \int_0^1 nx(1 - x)^n\,dx &= n \int_0^1 (1 - t)\,t^n\,dt = n \int_0^1 t^n\,dt - n \int_0^1 t^{n+1}\,dt \\[1mm] &= \frac{n}{n+1} - \frac{n}{n+2} = \frac{n}{(n+1)(n+2)} \end{aligned} \]
olur. Dolayısıyla
\[\lim_{n \to \infty} \int_0^1 f_n(x)\,dx = \lim_{n \to \infty} \frac{n}{(n+1)(n+2)} = 0 = \int_0^1 0\,dx = \int_0^1 f(x)\,dx.\]
Yakınsama düzgün olmadığı hâlde eşitlik sağlanır. Düzgün yakınsaklık limit ile integralin yer değiştirmesi için yeterlidir, ama gerekli değildir. \(\blacksquare\)
İki örneği birlikte okuyalım: düzgün yakınsaklık yoksa Teorem 5.1 hiçbir şey söylemez; eşitliğin sağlanıp sağlanmadığı integrallerin doğrudan hesaplanmasıyla anlaşılır. Ters yönde ise kesin bir sonuç vardır: limit ile integral yer değiştirmiyorsa yakınsama düzgün olamaz. Örneğin Örnek 2.5 çadırlarında \(\int_0^2 f_n(x)\,dx\), tabanı \(\dfrac{2}{n}\) ve yüksekliği \(n^2\) olan üçgenin alanıdır:
\[\int_0^2 f_n(x)\,dx = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{n} \cdot n^2 = n \to +\infty,\]
oysa noktasal limitin integrali \(0\)’dır.
5.3 Alıştırmalar
Alıştırma 5.1 (Rasyonel Bir Dizinin İntegral Limiti) \(\displaystyle\lim_{n \to \infty} \int_0^1 \frac{nx}{n + x}\,dx\) limitini hesaplayınız.
Çözüm
Noktasal limit. \(f_n(x) = \dfrac{nx}{n + x} = \dfrac{x}{1 + \frac{x}{n}} \to x\); \(f(x) = x\).
Düzgün yakınsaklık. \(x \in [0, 1]\) için
\[|f_n(x) - x| = \left| \frac{nx - x(n + x)}{n + x} \right| = \frac{x^2}{n + x} \le \frac{1}{n}\]
olur; çünkü \(x^2 \le 1\) ve \(n + x \ge n\)’dir. \(\dfrac{1}{n} \to 0\) olduğundan Teorem 3.1 gereği \(f_n \rightrightarrows x\) (\([0, 1]\)).
Limit. Her \(f_n\) sürekli olduğundan Teorem 5.1 gereği
\[\lim_{n \to \infty} \int_0^1 \frac{nx}{n + x}\,dx = \int_0^1 x\,dx = \frac{1}{2}.\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 5.2 (Hızla Sönen Üstel Dizi) \(\displaystyle\lim_{n \to \infty} \int_1^2 e^{-nx^2}\,dx\) limitini hesaplayınız.
Çözüm
\(x \in [1, 2]\) için \(x^2 \ge 1\) olduğundan \(0 < e^{-nx^2} \le e^{-n}\) olur. \(\alpha_n = e^{-n} \to 0\) olduğundan Teorem 3.1 gereği \(e^{-nx^2} \rightrightarrows 0\) (\([1, 2]\)). Terimler sürekli olduğundan Teorem 5.1 gereği
\[\lim_{n \to \infty} \int_1^2 e^{-nx^2}\,dx = \int_1^2 0\,dx = 0.\]
Bu integrallerin hiçbiri temel fonksiyonlarla hesaplanamaz; limit ise tek satırda bulunur. \(\blacksquare\)
Alıştırma 5.3 (Alanı Kaybolmayan Dizi) \([0, 1]\) üzerinde \(f_n(x) = nx(1 - x^2)^n\) dizisinin noktasal limitini bulunuz, \(\displaystyle\lim_{n \to \infty} \int_0^1 f_n(x)\,dx\) limitini hesaplayınız ve yakınsamanın düzgün olup olmadığına karar veriniz.
Çözüm
Noktasal limit. \(f_n(0) = 0\) ve \(f_n(1) = 0\)’dır. \(0 < x < 1\) için \(q = 1 - x^2 \in (0, 1)\) ile \(f_n(x) = x \cdot n q^n \to 0\) olur. Noktasal limit \(f = 0\) ve \(\int_0^1 f(x)\,dx = 0\)’dır.
İntegraller. \(u = 1 - x^2\) değişken değiştirmesiyle (\(du = -2x\,dx\); \(x = 0\) için \(u = 1\), \(x = 1\) için \(u = 0\))
\[\int_0^1 nx(1 - x^2)^n\,dx = \frac{n}{2} \int_0^1 u^n\,du = \frac{n}{2(n+1)}\]
olur. Dolayısıyla
\[\lim_{n \to \infty} \int_0^1 f_n(x)\,dx = \frac{1}{2} \ne 0 = \int_0^1 f(x)\,dx.\]
Karar. Limit ile integral yer değiştirmiyor. Yakınsama düzgün olsaydı Teorem 5.1 eşitliği zorunlu kılardı; öyleyse yakınsama \([0, 1]\) üzerinde düzgün değildir. \(\blacksquare\)
Alıştırma 5.4 (Aralığı Bölerek Limit Alma) \(\displaystyle\lim_{n \to \infty} \int_0^{\pi/2} \sin^n x\,dx = 0\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(\sin^n x\) dizisi \(\left[0, \dfrac{\pi}{2}\right]\) üzerinde noktasal olarak, \(x < \dfrac{\pi}{2}\) için \(0\)’a ve \(x = \dfrac{\pi}{2}\) için \(1\)’e yakınsar. Limit süreksiz olduğundan yakınsama düzgün değildir (Sonuç 4.2) ve Teorem 5.1 bütün aralıkta uygulanamaz. Sorunlu uç noktayı küçük bir aralıkla ayıralım.
\(\varepsilon > 0\) verilsin; \(\varepsilon < \pi\) varsayabiliriz. \(\delta = \dfrac{\varepsilon}{2}\) alalım ve integrali ikiye bölelim:
\[\int_0^{\pi/2} \sin^n x\,dx = \int_0^{\pi/2 - \delta} \sin^n x\,dx + \int_{\pi/2 - \delta}^{\pi/2} \sin^n x\,dx.\]
İkinci parça. \(0 \le \sin^n x \le 1\) olduğundan bu integral en çok aralığın uzunluğu kadardır: \(\le \delta = \dfrac{\varepsilon}{2}\).
Birinci parça. \(\left[0, \dfrac{\pi}{2} - \delta\right]\) üzerinde sinüs artandır; \(r = \sin\left(\dfrac{\pi}{2} - \delta\right) = \cos \delta \in (0, 1)\) yazılırsa \(0 \le \sin^n x \le r^n\) olur. \(r^n \to 0\) olduğundan bu aralıkta \(\sin^n x \rightrightarrows 0\) ve
\[0 \le \int_0^{\pi/2 - \delta} \sin^n x\,dx \le \frac{\pi}{2}\,r^n \to 0\]
olur. Öyleyse öyle bir \(N\) vardır ki \(n \ge N\) için birinci parça \(\dfrac{\varepsilon}{2}\)’den küçüktür.
Sonuç. \(n \ge N\) için
\[0 \le \int_0^{\pi/2} \sin^n x\,dx < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon\]
olur; limit \(0\)’dır. Bu örnek, düzgün yakınsaklığın yalnız küçük bir bölgede bozulduğu durumlarda izlenecek yolu gösterir: sorunlu bölge ayrılır ve orada integral doğrudan sınırlanır. \(\blacksquare\)
Alıştırma 5.5 (İntegral Fonksiyonlarının Düzgün Limiti) \([0, 1]\) üzerinde \(F_n(x) = \displaystyle\int_0^x \frac{\cos(nt)}{n}\,dt\) dizisinin düzgün limitini Teorem 5.1 (iii) yardımıyla bulunuz ve sonucu doğrudan hesapla doğrulayınız.
Çözüm
\(f_n(t) = \dfrac{\cos(nt)}{n}\) için \(|f_n(t) - 0| \le \dfrac{1}{n} \to 0\) olduğundan \(f_n \rightrightarrows 0\) (\([0, 1]\)). Terimler süreklidir. Teorem 5.1 (iii) gereği
\[F_n(x) = \int_0^x f_n(t)\,dt \rightrightarrows \int_0^x 0\,dt = 0 \qquad ([0, 1]).\]
Doğrudan hesap. \(F_n(x) = \left[ \dfrac{\sin(nt)}{n^2} \right]_0^x = \dfrac{\sin(nx)}{n^2}\) olur ve \(|F_n(x)| \le \dfrac{1}{n^2} \to 0\) sınırlaması aynı sonucu verir. \(\blacksquare\)
Düzgün yakınsaklığın integralle uyumunu gördük. Türevle ilişki daha incedir: düzgün yakınsak bir dizinin türevleri yakınsamayabilir. Düzgün Yakınsaklık ve Türev bölümünde terim terime türev için doğru koşulun ne olduğunu araştırıyoruz.