13 Genel Lebesgue İntegrali

Negatif olmayan ölçülebilir fonksiyonların integralini kurduk. İşaret değiştiren bir fonksiyonu pozitif ve negatif kısımlarına ayırıp iki integralin farkını almak doğal bir fikirdir; tek sorun \(\infty - \infty\) belirsizliğidir. Bu belirsizliği dışlayan koşul integrallenebilirliktir: \(|f|\) nin integrali sonlu olmalıdır.

Bu bölümde integrallenebilir fonksiyonlar için integralin doğrusal ve monoton olduğunu gösteriyor, ardından Lebesgue kuramının en çok kullanılan aracını, Baskın Yakınsaklık Teoremini kanıtlıyoruz.

13.1 Pozitif ve Negatif Kısımlar

Her ölçülebilir fonksiyon iki negatif olmayan ölçülebilir fonksiyonun farkıdır. Bu ayrışmayı hatırlayalım.

Tanım 13.1 (Pozitif ve Negatif Kısım) \(f \colon E \to \overline{\mathbb{R}}\) ölçülebilir olsun. \(f\) nin pozitif kısmı ve negatif kısmı \[ f^+ = \max\{f, 0\}, \qquad f^- = \max\{-f, 0\} \] fonksiyonlarıdır. İkisi de negatif olmayan ve ölçülebilirdir, ve \(E\) üzerinde \[ f = f^+ - f^-, \qquad |f| = f^+ + f^-. \]

Yani her noktada \(f^+\) ile \(f^-\) den en az biri sıfırdır; \(f\) pozitifken \(f^+\), negatifken \(f^-\) devrededir. Özel olarak \(0 \le f^+ \le |f|\) ve \(0 \le f^- \le |f|\) olduğundan, negatif olmayan fonksiyonlar için integralin monotonluğuna göre \(\int_E |f| < \infty\) ise \(\int_E f^+\) ve \(\int_E f^-\) ikisi de sonludur.

13.2 İntegrallenebilirlik

Bu gözlem integralin tanımını belirsizlikten kurtarır.

Tanım 13.2 (İntegrallenebilir Fonksiyon ve İntegrali) Ölçülebilir bir \(f \colon E \to \overline{\mathbb{R}}\) fonksiyonu \(\int_E |f| < \infty\) ise \(E\) üzerinde integrallenebilir (integrable) adını alır. Bu durumda \(f\) nin \(E\) üzerindeki integrali \[ \int_E f = \int_E f^+ - \int_E f^- \] dir.

Yani integral, iki sonlu sayının farkıdır. \(f \ge 0\) ise \(f^- = 0\) olur ve tanım, negatif olmayan fonksiyonlar için bilinen integralle çakışır. Ölçülebilir bir \(C \subseteq E\) üzerindeki integral her zamanki gibi kısıtlamanın integralidir: \(\int_C f = \int_C f|_C\).

Teorem 13.1 (İntegrallenebilir Fonksiyon Hemen Her Yerde Sonludur) \(f \colon E \to \overline{\mathbb{R}}\) integrallenebilir ise \(f\) hemen her yerde sonludur.

İspat

\(E_\infty = \{x \in E : |f(x)| = \infty\}\) ölçülebilirdir ve her \(n\) için \(\{x \in E : |f(x)| \ge n\}\) kümesinin içindedir. Chebychev eşitsizliğinden (Lemma 12.1) \[ m(E_\infty) \le m\{|f| \ge n\} \le \frac{1}{n} \int_E |f|. \] Sağ taraf sonlu bir sayının \(n\) ye bölümüdür ve \(n \to \infty\) için \(0\) a gider. Böylece \(m(E_\infty) = 0\) dır.

\(\blacksquare\)

Bu sonuç sayesinde integrallenebilir bir fonksiyonu sıfır ölçülü bir kümede değiştirip reel değerli yapabiliriz. Aşağıdaki lemma bunun integrali etkilemediğini söyler.

Lemma 13.1 (Hemen Her Yerde Eşit Fonksiyonlar) \(f \colon E \to \overline{\mathbb{R}}\) integrallenebilir, \(h \colon E \to \overline{\mathbb{R}}\) ölçülebilir ve \(E\) üzerinde hemen her yerde \(h = f\) olsun. O zaman \(h\) integrallenebilirdir ve \(\int_E h = \int_E f\).

İspat

\(E_0 \subseteq E\), \(m(E_0) = 0\) ve \(E \setminus E_0\) üzerinde \(h = f\) olsun (Tanım 4.2). Bu kümede \(h^\pm = f^\pm\) ve \(|h| = |f|\) dir. Negatif olmayan fonksiyonlar için bölgeye göre toplamsallıktan ve sıfır ölçülü küme üzerindeki integralin \(0\) olmasından, negatif olmayan her ölçülebilir \(u\) için \(\int_E u = \int_{E \setminus E_0} u\) dur. Bunu \(|h|\), \(h^+\) ve \(h^-\) ye uygularsak \[ \int_E |h| = \int_{E \setminus E_0} |f| = \int_E |f| < \infty, \qquad \int_E h^\pm = \int_E f^\pm \] bulunur. İlki integrallenebilirliği, ikincisi integrallerin eşitliğini verir.

\(\blacksquare\)

Yani integral, fonksiyonun sıfır ölçülü kümelerdeki değerlerini görmez. Bundan sonra integrallenebilir fonksiyonları gerektiğinde reel değerli kabul edeceğiz; iki integrallenebilir fonksiyonun toplamı, ikisinin de sonlu olduğu kümede tanımlıdır ve kalan sıfır ölçülü kümede nasıl tanımlandığı integrali değiştirmez.

İntegrallenebilirlik için pratik ölçüt, serilerdeki karşılaştırma testinin karşılığıdır.

Teorem 13.2 (İntegral Karşılaştırma Testi) \(f \colon E \to \overline{\mathbb{R}}\) ölçülebilir olsun. \(E\) üzerinde \(|f| \le g\) olacak biçimde integrallenebilir bir \(g \colon E \to [0, \infty]\) varsa \(f\) integrallenebilirdir ve \[ \Big| \int_E f \Big| \le \int_E |f|. \]

İspat

Negatif olmayan fonksiyonlar için integralin monotonluğundan \(\int_E |f| \le \int_E g < \infty\); demek ki \(f\) integrallenebilirdir. Üçgen eşitsizliği ve negatif olmayan fonksiyonlar için integralin doğrusallığı ile \[ \Big| \int_E f^+ - \int_E f^- \Big| \le \int_E f^+ + \int_E f^- = \int_E |f|. \]

\(\blacksquare\)

Yani sonlu integralli bir fonksiyonun altında kalan her ölçülebilir fonksiyon integrallenebilirdir.

13.3 Doğrusallık, Monotonluk ve Bölgeye Göre Toplamsallık

Negatif olmayan fonksiyonlar için bildiğimiz iki temel özellik, pozitif ve negatif kısımlar üzerinden genel duruma taşınır.

Teorem 13.3 (İntegralin Doğrusallığı ve Monotonluğu) \(f, g \colon E \to \overline{\mathbb{R}}\) integrallenebilir olsun.

(i) Doğrusallık. Her \(\alpha, \beta \in \mathbb{R}\) için \(\alpha f + \beta g\) integrallenebilirdir ve \[ \int_E (\alpha f + \beta g) = \alpha \int_E f + \beta \int_E g. \]

(ii) Monotonluk. \(E\) üzerinde hemen her yerde \(f \le g\) ise \(\int_E f \le \int_E g\).

İspat

Adım 1: Reel değerlere indirgeme. Teorem 13.1 gereği \(E_0 = \{|f| = \infty\} \cup \{|g| = \infty\}\) sıfır ölçülüdür. \(f\) ve \(g\) yi \(E_0\) üzerinde \(0\) yaparsak integraller değişmez (Lemma 13.1) ve \(\alpha f + \beta g\) yalnız \(E_0\) üzerinde değişir. Bu yüzden \(f\) ve \(g\) yi reel değerli kabul edebiliriz. O zaman \(\alpha f + \beta g\) ölçülebilirdir (Teorem 7.4).

Adım 2: İntegrallenebilirlik. \(|\alpha f + \beta g| \le |\alpha|\,|f| + |\beta|\,|g|\) dir ve sağ taraf, negatif olmayan fonksiyonlar için doğrusallıktan, \(|\alpha| \int_E |f| + |\beta| \int_E |g| < \infty\) integralli negatif olmayan bir fonksiyondur. Karşılaştırma testi (Teorem 13.2) \(\alpha f + \beta g\) nin integrallenebilir olduğunu verir.

Adım 3: Skalerle çarpım. \(\alpha \ge 0\) ise \((\alpha f)^+ = \alpha f^+\) ve \((\alpha f)^- = \alpha f^-\) dir. \(\alpha < 0\) ise işaret değiştiği için \((\alpha f)^+ = |\alpha| f^-\) ve \((\alpha f)^- = |\alpha| f^+\) olur. İki durumda da negatif olmayan fonksiyonlar için doğrusallık \(\int_E \alpha f = \alpha \int_E f\) verir; örneğin \(\alpha < 0\) iken \[ \int_E \alpha f = |\alpha| \int_E f^- - |\alpha| \int_E f^+ = \alpha \int_E f. \]

Adım 4: Toplam. \(h = f + g\) olsun. \[ h^+ - h^- = h = (f^+ - f^-) + (g^+ - g^-) \] eşitliğinde bütün terimler reel olduğundan terimler yer değiştirebilir: \[ h^+ + f^- + g^- = h^- + f^+ + g^+. \] İki taraf da negatif olmayan ölçülebilir fonksiyonların toplamıdır; negatif olmayan fonksiyonlar için doğrusallıktan \[ \int_E h^+ + \int_E f^- + \int_E g^- = \int_E h^- + \int_E f^+ + \int_E g^+. \] \(f\), \(g\) ve \(h\) integrallenebilir olduğundan bu altı integral sonludur. Yeniden düzenlersek \(\int_E h = \int_E f + \int_E g\) çıkar.

Adım 3 ile Adım 4 birlikte (i) yi verir.

Adım 5: Monotonluk. Adım 1’deki gibi \(f\) ve \(g\) yi reel değerli alalım. \(g - f\) hemen her yerde negatif değildir; \(\{g - f < 0\}\) sıfır ölçülü kümesinde \(g - f\) yi \(0\) yapmak integrali değiştirmez (Lemma 13.1). Negatif olmayan bir fonksiyonun integrali negatif olmadığından (i) ile \[ \int_E g - \int_E f = \int_E (g - f) \ge 0. \]

\(\blacksquare\)

Yani integrallenebilir fonksiyonlar bir vektör uzayı oluşturur ve integral bu uzay üzerinde monoton bir doğrusal fonksiyoneldir.

Sonuç 13.1 (Bölgeye Göre Toplamsallık) \(f \colon E \to \overline{\mathbb{R}}\) integrallenebilir ve \(A, B\), \(E\) nin ayrık ölçülebilir alt kümeleri olsun. O zaman \(f\), \(A\) ve \(B\) üzerinde integrallenebilirdir ve \[ \int_{A \cup B} f = \int_A f + \int_B f. \]

İspat

Negatif olmayan fonksiyonlar için bölgeye göre toplamsallıktan \[ \int_A |f| \le \int_A |f| + \int_{E \setminus A} |f| = \int_E |f| < \infty; \] aynısı \(B\) ve \(A \cup B\) için de geçerlidir, dolayısıyla \(f\) bu kümeler üzerinde integrallenebilirdir. Kısıtlamanın pozitif kısmı pozitif kısmın kısıtlamasıdır: \((f|_A)^+ = f^+|_A\). Negatif olmayan fonksiyonlar için bölgeye göre toplamsallık \[ \int_{A \cup B} f^\pm = \int_A f^\pm + \int_B f^\pm \] verir. Bu dört terimin hepsi sonludur; \(+\) eşitliğinden \(-\) eşitliğini çıkarmak iddiayı verir.

\(\blacksquare\)

Özel olarak sıfır ölçülü bir \(Z \subseteq E\) üzerinde \(\int_Z f^\pm = 0\) olduğundan \(\int_Z f = 0\) dır; böylece \(\int_{E} f = \int_{E \setminus Z} f\).

Aralıklar üzerindeki integraller için kalkülüsteki gösterimi kullanmak rahattır.

Tanım 13.3 (Aralık Üzerinde İntegral Gösterimi) \(f \colon [a, b] \to \overline{\mathbb{R}}\) integrallenebilir ise \[ \int_a^b f = \int_{[a, b]} f = \int_{(a, b)} f \] yazarız. Değişkeni belirtmek gerektiğinde \(\int_a^b f(x)\,dx\) gösterimini kullanırız.

Yani uç noktaların önemi yoktur: \(m\{a\} = m\{b\} = 0\) olduğundan Sonuç 13.1 iki integralin eşit olduğunu verir.

13.4 Lebesgue Baskın Yakınsaklık Teoremi

Sınırlı Yakınsaklık Teoremi (Teorem 11.5) sonlu ölçülü bir küme ve düzgün bir sınır ister. Lebesgue’in teoremi ikisini birden kaldırır: dizinin tamamını tek bir integrallenebilir fonksiyonun altında tutmak yeter.

Teorem 13.4 (Lebesgue Baskın Yakınsaklık Teoremi) \(\{f_n \colon E \to \overline{\mathbb{R}}\}\) ölçülebilir fonksiyonların bir dizisi olsun ve \(E\) üzerinde noktasal olarak \(f_n \to f\) olsun. Her \(n\) için \(E\) üzerinde \[ |f_n| \le g \] olacak biçimde integrallenebilir bir \(g \colon E \to [0, \infty]\) varsa (yani \(g\) diziyi baskılıyorsa, dominates), \(f\) integrallenebilirdir ve \[ \lim_{n \to \infty} \int_E f_n = \int_E f. \]

İspat

Adım 1: İntegrallenebilirlik. \(f\) ölçülebilir fonksiyonların noktasal limiti olarak ölçülebilirdir (Teorem 8.1). \(|f_n| \le g\) nin limiti \(|f| \le g\) dir. Karşılaştırma testi (Teorem 13.2) \(f\) nin ve her \(f_n\) nin integrallenebilir olduğunu verir.

Adım 2: Reel değerlere indirgeme. \(Z = \{g = \infty\}\) sıfır ölçülüdür (Teorem 13.1). Bütün \(f_n\), \(f\) ve \(g\) yi \(Z\) üzerinde \(0\) yapmak integralleri değiştirmez (Lemma 13.1) ve varsayımları korur. Artık \(g\) reel değerlidir, dolayısıyla \(|f_n| \le g\) ve \(|f| \le g\) den bütün fonksiyonlar reel değerlidir.

Adım 3: Üst limit. \(g - f_n\) negatif olmayan, ölçülebilir ve noktasal olarak \(g - f\) ye yakınsayan bir dizidir. Fatou lemmasından (Lemma 12.2) \[ \int_E (g - f) \le \liminf_{n \to \infty} \int_E (g - f_n). \] Doğrusallıkla (Teorem 13.3) bu \(\int_E g - \int_E f \le \int_E g - \limsup_n \int_E f_n\) demektir. \(\int_E g\) sonlu olduğundan iki taraftan çıkarılabilir: \[ \limsup_{n \to \infty} \int_E f_n \le \int_E f. \]

Adım 4: Alt limit. Aynı akıl yürütmeyi negatif olmayan \(g + f_n \to g + f\) dizisine uygularsak \(\int_E g + \int_E f \le \int_E g + \liminf_n \int_E f_n\), yani \[ \int_E f \le \liminf_{n \to \infty} \int_E f_n. \]

Adım 3 ve 4 birlikte limitin var olduğunu ve \(\int_E f\) ye eşit olduğunu gösterir.

\(\blacksquare\)

Yani ortak bir integrallenebilir tavan varsa integral ile limit yer değiştirir. Adım 2’deki gibi sıfır ölçülü kümeler atılabildiğinden noktasal yakınsaklık yerine hemen her yerde yakınsaklık da yeter.

Örnek 13.1 (Büyüyen Aralıklar Üzerinde İntegral) \(f \colon \mathbb{R} \to \overline{\mathbb{R}}\) integrallenebilir ise \[ \lim_{n \to \infty} \int_{[-n, n]} f = \int_{\mathbb{R}} f \] olduğunu gösterin.

Çözüm

\(f_n = f \cdot \chi_{[-n, n]}\) alalım. Her \(x\) için \(n \ge |x|\) olduğunda \(f_n(x) = f(x)\) olduğundan \(f_n \to f\) noktasal olarak yakınsar. Ayrıca \(|f_n| \le |f|\) ve \(|f|\) integrallenebilirdir. Baskın Yakınsaklık Teoremi (Teorem 13.4) \(\int_{\mathbb{R}} f_n \to \int_{\mathbb{R}} f\) verir.

Geriye \(\int_{\mathbb{R}} f_n = \int_{[-n, n]} f\) olduğunu görmek kalıyor. Bölgeye göre toplamsallıktan (Sonuç 13.1) \[ \int_{\mathbb{R}} f_n = \int_{[-n, n]} f_n + \int_{\mathbb{R} \setminus [-n, n]} f_n = \int_{[-n, n]} f + 0, \] çünkü \(f_n\), \([-n, n]\) üzerinde \(f\) ye, dışında \(0\) a eşittir.

\(\blacksquare\)

Baskılayan fonksiyon koşulu süs değildir; onsuz sonuç bozulabilir.

Örnek 13.2 (Baskılayan Fonksiyon Olmadan) \([0, 1]\) üzerinde \(f_n = n\,\chi_{(0, 1/n]}\) olsun. \(f_n \to 0\) noktasal olarak yakınsadığı hâlde \(\int_{[0,1]} f_n \not\to 0\) olduğunu gösterin ve bunun Baskın Yakınsaklık Teoremiyle neden çelişmediğini açıklayın.

Çözüm

\(x = 0\) da her \(f_n(0) = 0\) dır. \(x > 0\) için \(1/n < x\) olduğunda \(f_n(x) = 0\) olur; demek ki \(f_n \to 0\). Öte yandan her \(n\) için \[ \int_{[0,1]} f_n = n \cdot m\big((0, 1/n]\big) = n \cdot \frac{1}{n} = 1 \] dir, yani integraller \(1\) e yakınsar, limitin integrali ise \(0\) dır.

n = 1, 2, 4 için f_n = nχ_{(0, 1/n]}. Dikdörtgenler daralıp yükselir, alanları hep 1'dir; köşeleri y = 1/x eğrisi üzerindedir. Bütün f_n'leri baskılayan bir fonksiyon bu merdiveni aşmak zorunda kalır ve integrali sonsuz olur.

Teorem uygulanamaz, çünkü diziyi baskılayan integrallenebilir bir \(g\) yoktur. Böyle bir \(g\) her \(n\) için \(f_n \le g\) sağlasaydı \((1/(n+1), 1/n]\) üzerinde \(g \ge n\) olurdu. Bu aralıklar ayrıktır ve uzunlukları \(\frac{1}{n(n+1)}\) dir. Her \(N\) için \([0,1]\) üzerinde \(g \ge \sum_{n=1}^{N} n\,\chi_{(1/(n+1),\,1/n]}\) olur; sağ taraf basit bir fonksiyon olduğundan monotonlukla \[ \int_{[0,1]} g \ge \sum_{n=1}^{N} n \cdot \frac{1}{n(n+1)} = \sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n+1} \] çıkar. \(N \to \infty\) alınca \(\int_{[0,1]} g = \infty\) olurdu.

\(\blacksquare\)

Baskılayan fonksiyon \(n\) ye bağlı olabilir; yeter ki baskılayanlar da iyi davranan bir diziye yakınsasın.

Teorem 13.5 (Genel Baskın Yakınsaklık Teoremi) \(\{f_n \colon E \to \overline{\mathbb{R}}\}\) ölçülebilir fonksiyonların \(E\) üzerinde noktasal olarak \(f\) ye yakınsayan bir dizisi olsun. \(\{g_n \colon E \to [0, \infty]\}\) integrallenebilir fonksiyonların \(E\) üzerinde noktasal olarak \(g\) ye yakınsayan bir dizisi olsun ve her \(n\) için \(E\) üzerinde \(|f_n| \le g_n\) olsun. \[ \lim_{n \to \infty} \int_E g_n = \int_E g < \infty \] ise \[ \lim_{n \to \infty} \int_E f_n = \int_E f. \]

İspat

Adım 1: Hazırlık. \(f\) ve \(g\), ölçülebilir fonksiyonların noktasal limitleri olarak ölçülebilirdir (Teorem 8.1); \(g \ge 0\) ve hipotez gereği \(\int_E g < \infty\) olduğundan \(g\) integrallenebilirdir. \(|f_n| \le g_n\) nin limiti \(|f| \le g\) dir. Karşılaştırma testi (Teorem 13.2) \(|f| \le g\) den \(f\) nin, \(|f_n| \le g_n\) den her \(f_n\) nin integrallenebilir olduğunu verir. Teorem 13.1 gereği \(Z = \{g = \infty\} \cup \bigcup_n \{g_n = \infty\}\) sayılabilir sayıda sıfır ölçülü kümenin birleşimi olarak sıfır ölçülüdür. Bütün fonksiyonları \(Z\) üzerinde \(0\) yapmak integralleri değiştirmez (Lemma 13.1) ve varsayımları korur; böylece hepsi reel değerlidir.

Adım 2: Üst limit. \(g_n - f_n \ge 0\) ölçülebilirdir ve noktasal olarak \(g - f\) ye yakınsar. Fatou lemması (Lemma 12.2) ve doğrusallıkla \[ \int_E g - \int_E f \le \liminf_{n \to \infty} \Big( \int_E g_n - \int_E f_n \Big). \] \(\int_E g_n\) sonlu \(\int_E g\) ye yakınsadığından sağ taraf \(\int_E g - \limsup_n \int_E f_n\) dir. \(\int_E g\) yi iki taraftan çıkarırsak \(\limsup_n \int_E f_n \le \int_E f\).

Adım 3: Alt limit. \(g_n + f_n \ge 0\) dizisi \(g + f\) ye yakınsar; aynı akıl yürütme \(\int_E g + \int_E f \le \int_E g + \liminf_n \int_E f_n\), yani \(\int_E f \le \liminf_n \int_E f_n\) verir.

İki eşitsizlik birlikte sonucu verir.

\(\blacksquare\)

Yani baskılayan fonksiyonların integralleri limitte kaybolmuyorsa, baskılanan dizinin integralleri de kaybolmaz. \(g_n = g\) sabit dizisi Lebesgue Baskın Yakınsaklık Teoremini geri verir.

13.5 Alıştırmalar

Aşağıdaki alıştırmalar integrallenebilirliği ve baskın yakınsaklığı farklı durumlarda sınar.

Alıştırma 13.1 (Genel Katsayılarla Doğrusallık) \(f, g \colon E \to \overline{\mathbb{R}}\) integrallenebilir olsun. Her \(\alpha, \beta \in \mathbb{R}\) için \(\alpha f + \beta g\) nin integrallenebilir olduğunu ve \[ \int_E (\alpha f + \beta g) = \alpha \int_E f + \beta \int_E g \] olduğunu, yalnız \(\alpha = \beta = 1\) durumunu kullanarak kanıtlayın.

Çözüm

Teorem 13.1 ve Lemma 13.1 sayesinde \(f\) ve \(g\) yi sıfır ölçülü bir kümede \(0\) yaparak reel değerli kabul edebiliriz; bu, hiçbir integrali değiştirmez. Toplam durumu bilindiğine göre, her integrallenebilir \(f\) ve her \(\alpha \in \mathbb{R}\) için \[ \alpha f \text{ integrallenebilir ve } \int_E \alpha f = \alpha \int_E f \] olduğunu göstermek yeter. Gerçekten bu durumda \(\alpha f\) ve \(\beta g\) integrallenebilir olur, toplam durumu da \[ \int_E (\alpha f + \beta g) = \int_E \alpha f + \int_E \beta g = \alpha \int_E f + \beta \int_E g \] verir.

Adım 2: \(\alpha \ge 0\). Her noktada \(\max\{\alpha f, 0\} = \alpha \max\{f, 0\}\) olduğundan \((\alpha f)^+ = \alpha f^+\), aynı biçimde \((\alpha f)^- = \alpha f^-\) dir. Negatif olmayan fonksiyonlar için doğrusallıkla \[ \int_E \alpha f = \alpha \int_E f^+ - \alpha \int_E f^- = \alpha \int_E f. \]

İki durum birlikte istenen skaler eşitliği kanıtlar.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 13.2 (Mutlak Değeri İntegrallenebilen Ölçülemez Fonksiyon) \(|f|\) integrallenebilir olduğu hâlde kendisi integrallenebilir olmayan bir \(f \colon [0, 1] \to \mathbb{R}\) örneği verin. (İpucu: ölçülebilirliği düşünün.)

Çözüm

İntegrallenebilirlik tanımı (Tanım 13.2) ölçülebilirliği şart koşar; bu yüzden \(|f|\) ölçülebilir ama \(f\) ölçülemez olacak bir örnek arayacağız.

Adım 1: Ölçülemez bir küme. \(m^*([0, 1]) = 1 > 0\) olduğundan Vitali teoremine (Teorem 5.1) göre ölçülebilir olmayan bir \(V \subseteq [0, 1]\) vardır.

Adım 2: Fonksiyon. \[ f(x) = \begin{cases} 1, & x \in V, \\ -1, & \text{diğer durumlarda} \end{cases} \] tanımlayalım. \(\{x \in [0, 1] : f(x) > 0\} = V\) ölçülebilir olmadığından \(f\) ölçülebilir değildir (Tanım 7.2); dolayısıyla integrallenebilir değildir.

Adım 3: Mutlak değer. \([0, 1]\) üzerinde \(|f| = 1\) sabittir; ölçülebilirdir ve \(\int_{[0,1]} |f| = m([0, 1]) = 1 < \infty\). Böylece \(|f|\) integrallenebilirdir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 13.3 (Karesi İntegrallenemeyen Fonksiyon) İntegrallenebilir olduğu hâlde \(f^2\) integrallenebilir olmayan bir \(f \colon [0, 1] \to [0, \infty]\) örneği verin.

Çözüm

\(f(0) = 0\) ve \(0 < x \le 1\) için \(f(x) = 1/\sqrt{x}\) alalım. \(f\) ölçülebilir ve negatif değildir; \(f^2(x) = 1/x\) dir (\(x > 0\)).

Adım 1: Kesilmiş fonksiyonlar. \(n \ge 1\) için \(f_n = f \cdot \chi_{[1/n, 1]}\) olsun. \(f_n\) ölçülebilirdir, \(\{f_n\}\) artandır ve noktasal olarak \(f\) ye yakınsar: \(x = 0\) da hepsi \(0\), \(x > 0\) için \(1/n \le x\) olduğunda \(f_n(x) = f(x)\).

Adım 2: \(\int f_n\). Bölgeye göre toplamsallıkla \(\int_{[0,1]} f_n = \int_{[1/n, 1]} f\) dir. \(f\), \([1/n, 1]\) üzerinde sürekli ve sınırlıdır; Riemann integrali Lebesgue integraline eşittir (Teorem 11.4): \[ \int_{[1/n, 1]} f = \int_{1/n}^1 x^{-1/2}\,dx = 2 - \frac{2}{\sqrt{n}}. \]

Adım 3: \(f\) integrallenebilir. Monoton Yakınsaklık Teoremi (Teorem 12.4) ile \[ \int_{[0,1]} f = \lim_{n \to \infty} \Big( 2 - \frac{2}{\sqrt{n}} \Big) = 2 < \infty. \]

Adım 4: \(f^2\) integrallenemez. Her \(n\) için \(f^2 \ge f^2 \chi_{[1/n, 1]}\) dir; monotonluk ve aynı Riemann hesabıyla \[ \int_{[0,1]} f^2 \ge \int_{1/n}^1 \frac{dx}{x} = \ln n. \] \(n\) keyfi olduğundan \(\int_{[0,1]} f^2 = \infty\).

\(\blacksquare\)

Alıştırma 13.4 (Kareleri İntegrallenebilen Fonksiyonların Çarpımı) \(f, g \colon E \to \mathbb{R}\) ölçülebilir ve \(f^2\), \(g^2\) integrallenebilir olsun. \(f \cdot g\) nin integrallenebilir olduğunu gösterin. (İpucu: \((|a| - |b|)^2 \ge 0\).)

Çözüm

Adım 1: Ölçülebilirlik. Ölçülebilir reel değerli fonksiyonların çarpımı ölçülebilirdir (Teorem 7.4); \(f \cdot g\) ölçülebilirdir.

Adım 2: Nokta nokta eşitsizlik. Reel \(a, b\) için \(0 \le (|a| - |b|)^2 = a^2 - 2|ab| + b^2\) olduğundan \(|ab| \le \frac{1}{2}(a^2 + b^2)\). Buna göre \(E\) üzerinde \[ |f g| \le \tfrac{1}{2}\big(f^2 + g^2\big). \]

Adım 3: Karşılaştırma. Sağ taraf negatif olmayan ölçülebilir bir fonksiyondur ve negatif olmayan fonksiyonlar için doğrusallıktan integrali \(\frac{1}{2}\big(\int_E f^2 + \int_E g^2\big) < \infty\) dur. Karşılaştırma testi (Teorem 13.2) \(f \cdot g\) nin integrallenebilir olduğunu verir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 13.5 (Sınırlı Fonksiyonla Çarpım) \(f \colon E \to \mathbb{R}\) integrallenebilir, \(g \colon E \to \mathbb{R}\) sınırlı ve ölçülebilir olsun. \(f \cdot g\) nin integrallenebilir olduğunu gösterin.

Çözüm

\(E\) üzerinde \(|g| \le M\) olacak bir \(M \ge 0\) seçelim. \(f \cdot g\) ölçülebilirdir (Teorem 7.4) ve \[ |f g| \le M |f| \] dir. \(M|f|\) negatif değildir ve \(\int_E M|f| = M \int_E |f| < \infty\). Karşılaştırma testi (Teorem 13.2) \(f \cdot g\) nin integrallenebilir olduğunu verir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 13.6 (Kısıtlama ve Karakteristik Fonksiyonla Çarpım) \(f \colon E \to \mathbb{R}\) integrallenebilir ve \(C \subseteq E\) ölçülebilir olsun. \(f|_C\) nin integrallenebilir olduğunu ve \[ \int_C f|_C = \int_E f \cdot \chi_C \] olduğunu gösterin.

Çözüm

Adım 1: \(f|_C\) integrallenebilir. Ölçülebilir bir fonksiyonun ölçülebilir bir alt kümeye kısıtlaması ölçülebilirdir. Negatif olmayan fonksiyonlar için bölgeye göre toplamsallıktan \[ \int_C |f| \le \int_C |f| + \int_{E \setminus C} |f| = \int_E |f| < \infty. \]

Adım 2: \(f \chi_C\) integrallenebilir. \(f \chi_C\) ölçülebilir fonksiyonların çarpımıdır (Teorem 7.4) ve \(|f \chi_C| \le |f|\); karşılaştırma testi (Teorem 13.2) integrallenebilir olduğunu verir.

Adım 3: Eşitlik. \(E = C \cup (E \setminus C)\) ayrık birleşimdir. \(f \chi_C\) nin \(C\) ye kısıtlaması \(f|_C\), \(E \setminus C\) ye kısıtlaması ise sıfır fonksiyonudur. Bölgeye göre toplamsallıktan (Sonuç 13.1) \[ \int_E f \chi_C = \int_C f \chi_C + \int_{E \setminus C} f \chi_C = \int_C f|_C + 0. \]

\(\blacksquare\)

Alıştırma 13.7 (Parça İntegrallerinin Serisi) \(f \colon [1, \infty) \to \mathbb{R}\) ölçülebilir ve her sınırlı küme üzerinde sınırlı olsun; her \(n\) için \(a_n = \int_{[n, n+1)} f\) tanımlayalım. “\(f\) integrallenebilirdir ancak ve ancak \(\sum_{n=1}^\infty a_n\) yakınsaktır” önermesi doğru mudur?

Çözüm

Önerme yanlıştır. Bir yönü doğru, öbürü yanlıştır.

Adım 1: \(a_n\) tanımlı. \([n, n+1)\) üzerinde \(|f| \le M_n\) ise \(\int_{[n, n+1)} |f| \le M_n < \infty\); \(f\) bu aralıkta integrallenebilirdir.

Adım 2: “\(\Rightarrow\)” doğrudur. \(f\) integrallenebilir olsun ve \(f_N = f \chi_{[1, N+1)}\) diyelim. Bölgeye göre toplamsallık (Sonuç 13.1) ve Alıştırma 13.6 ile \[ \sum_{n=1}^N a_n = \int_{[1, N+1)} f = \int_{[1, \infty)} f_N. \] \(f_N \to f\) noktasal olarak yakınsar ve \(|f_N| \le |f|\). Baskın Yakınsaklık Teoremi (Teorem 13.4) kısmi toplamların \(\int_{[1,\infty)} f\) ye yakınsadığını verir.

Adım 3: “\(\Leftarrow\)” yanlıştır. \(x \in [n, n+1)\) için \(f(x) = (-1)^n / n\) alalım. \(f\) ölçülebilirdir (her \(\{f > c\}\) kümesi \([n, n+1)\) aralıklarının birleşimidir) ve sınırlıdır (\(|f| \le 1\)). \(a_n = (-1)^n/n\) olduğundan \(\sum a_n\) alterne seri testiyle yakınsaktır (toplamı \(-\ln 2\)).

Öte yandan \(|f| \chi_{[1, N+1)}\) artarak \(|f|\) ye yakınsar ve \(\int_{[1, N+1)} |f| = \sum_{n=1}^N \frac{1}{n}\) dir. Monoton Yakınsaklık Teoremi (Teorem 12.4) ile \[ \int_{[1, \infty)} |f| = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n} = \infty, \] yani \(f\) integrallenebilir değildir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 13.8 (Parça İntegrallerinin Mutlak Yakınsak Serisi) \(f \colon [1, \infty) \to \mathbb{R}\) ölçülebilir ve her sınırlı küme üzerinde sınırlı olsun; her \(n\) için \(a_n = \int_{[n, n+1)} f\) tanımlayalım. “\(f\) integrallenebilirdir ancak ve ancak \(\sum_{n=1}^\infty a_n\) mutlak yakınsaktır” önermesi doğru mudur?

Çözüm

Önerme yanlıştır. Yine bir yönü doğru, öbürü yanlıştır.

Adım 1: “\(\Rightarrow\)” doğrudur. Karşılaştırma testinden (Teorem 13.2) \(|a_n| \le \int_{[n, n+1)} |f|\). Negatif olmayan \(|f|\) için bölgeye göre toplamsallık ve Monoton Yakınsaklık Teoremi (Teorem 12.4), \(|f| \chi_{[1, N+1)} \uparrow |f|\) olduğundan, \[ \sum_{n=1}^\infty |a_n| \le \sum_{n=1}^\infty \int_{[n, n+1)} |f| = \int_{[1, \infty)} |f| < \infty \] verir.

Adım 2: “\(\Leftarrow\)” yanlıştır. \(f(x) = \sin(2\pi x)\) alalım; sürekli olduğundan ölçülebilir, \(|f| \le 1\) olduğundan sınırlıdır. Her \(n\) için \([n, n+1]\) bir tam periyottur ve (uç nokta sıfır ölçülü olduğundan, Teorem 11.4 ile) \[ a_n = \int_n^{n+1} \sin(2\pi x)\,dx = 0, \] dolayısıyla \(\sum |a_n| = 0\) mutlak yakınsaktır. Oysa \[ \int_n^{n+1} |\sin(2\pi x)|\,dx = 2\int_0^{1/2} \sin(2\pi x)\,dx = \frac{2}{\pi}, \] ve Adım 1’deki gibi Monoton Yakınsaklık Teoremi \(\int_{[1, \infty)} |f| = \sum_{n=1}^\infty \frac{2}{\pi} = \infty\) verir. \(f\) integrallenebilir değildir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 13.9 (Basit Fonksiyonlarla İntegral Yaklaşımı) \(f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) integrallenebilir olsun. Noktasal olarak \(f\) ye yakınsayan ve \[ \lim_{n \to \infty} \int_{\mathbb{R}} \psi_n = \int_{\mathbb{R}} f \] sağlayan, sonlu destekli basit fonksiyonlardan oluşan bir \(\{\psi_n\}\) dizisi bulunduğunu gösterin.

Çözüm

Adım 1: Dizi. \(f\) ölçülebilir olduğundan Basit Yaklaşım Teoremi (Teorem 8.2), \(\mathbb{R}\) üzerinde noktasal olarak \(f\) ye yakınsayan ve her \(n\) için \(|\psi_n| \le |f|\) sağlayan, sonlu destekli basit fonksiyonlardan oluşan bir \(\{\psi_n\}\) dizisi verir.

Adım 2: Baskılama. \(|f|\) integrallenebilir ve negatif olmayan bir fonksiyondur ve bütün diziyi baskılar. Baskın Yakınsaklık Teoremi (Teorem 13.4) \[ \lim_{n \to \infty} \int_{\mathbb{R}} \psi_n = \int_{\mathbb{R}} f \] verir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 13.10 (Genel Baskın Yakınsaklık Teoreminin İspatı) Lebesgue Baskın Yakınsaklık Teoreminin ispatını izleyip \(\{g - f_n\}\) ve \(\{g + f_n\}\) dizilerini sırasıyla \(\{g_n - f_n\}\) ve \(\{g_n + f_n\}\) ile değiştirerek Genel Baskın Yakınsaklık Teoremini kanıtlayın.

Çözüm

Varsayımlar: \(f_n \to f\) ve \(g_n \to g\) noktasal, \(|f_n| \le g_n\), her \(g_n\) integrallenebilir ve \(\int_E g_n \to \int_E g < \infty\).

Adım 1: İntegrallenebilirlik. \(f\) ve \(g\) ölçülebilir fonksiyonların noktasal limitleri olarak ölçülebilirdir (Teorem 8.1). \(|f_n| \le g_n\) de limite geçersek \(|f| \le g\). \(g\) integrallenebilir olduğundan karşılaştırma testi (Teorem 13.2) \(f\) nin, \(|f_n| \le g_n\) ise her \(f_n\) nin integrallenebilir olduğunu verir.

Adım 2: Reel değerlere indirgeme. Teorem 13.1 ile \(\{g = \infty\}\) ve her \(\{g_n = \infty\}\) sıfır ölçülüdür; sayılabilir birleşimleri \(Z\) de sıfır ölçülüdür. \(E \setminus Z\) üzerinde \(|f_n| \le g_n < \infty\) ve \(|f| \le g < \infty\). Bütün fonksiyonları \(Z\) üzerinde \(0\) yapmak hiçbir integrali değiştirmez (Lemma 13.1) ve varsayımları korur. Böylece bütün fonksiyonlar reel değerlidir.

Adım 3: \(\{g_n - f_n\}\) dizisi. \(g_n - f_n \ge 0\) ölçülebilirdir ve noktasal olarak \(g - f\) ye yakınsar. Fatou lemmasından (Lemma 12.2) ve doğrusallıktan (Teorem 13.3) \[ \int_E g - \int_E f \le \liminf_{n \to \infty} \Big( \int_E g_n - \int_E f_n \Big). \] \(b_n = \int_E g_n\) sonlu \(b = \int_E g\) ye yakınsıyorsa her \(\{c_n\}\) reel dizisi için \(\liminf (b_n - c_n) = b - \limsup c_n\) dir. Buna göre sağ taraf \(\int_E g - \limsup_n \int_E f_n\) dir; \(\int_E g\) sonlu olduğundan çıkarılabilir: \[ \limsup_{n \to \infty} \int_E f_n \le \int_E f. \]

Adım 4: \(\{g_n + f_n\}\) dizisi. \(g_n + f_n \ge 0\) ölçülebilirdir ve \(g + f\) ye yakınsar. Aynı yolla ve \(\liminf (b_n + c_n) = b + \liminf c_n\) kullanılarak \[ \int_E g + \int_E f \le \int_E g + \liminf_{n \to \infty} \int_E f_n, \] yani \(\int_E f \le \liminf_n \int_E f_n\).

Adım 5: Sonuç. \(\limsup_n \int_E f_n \le \int_E f \le \liminf_n \int_E f_n\); demek ki limit vardır ve \(\int_E f\) ye eşittir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 13.11 (Farkın İntegralinin Sıfıra Gitmesi) \(\{f_n \colon E \to \overline{\mathbb{R}}\}\) integrallenebilir fonksiyonların bir dizisi, \(E\) üzerinde noktasal olarak \(f_n \to f\) ve \(f\) integrallenebilir olsun. \[ \int_E |f - f_n| \to 0 \iff \int_E |f_n| \to \int_E |f| \] olduğunu gösterin. (İpucu: Genel Baskın Yakınsaklık Teoremini kullanın.)

Çözüm

Adım 0: Reel değerlere indirgeme. Teorem 13.1 ile \(\{|f| = \infty\} \cup \bigcup_n \{|f_n| = \infty\}\) sıfır ölçülüdür. Bütün fonksiyonları bu kümede \(0\) yapmak integralleri değiştirmez (Lemma 13.1) ve noktasal yakınsaklığı korur. Böylece \(f\) ve \(f_n\) reel değerlidir.

Adım 1: “\(\Rightarrow\)”. Üçgen eşitsizliğinden \(\big| |f_n| - |f| \big| \le |f_n - f|\). Doğrusallık ve karşılaştırma testi (Teorem 13.3, Teorem 13.2) ile \[ \Big| \int_E |f_n| - \int_E |f| \Big| = \Big| \int_E \big( |f_n| - |f| \big) \Big| \le \int_E |f_n - f| \to 0. \]

Adım 2: “\(\Leftarrow\)”, kurulum. \(\int_E |f_n| \to \int_E |f|\) olsun. Genel Baskın Yakınsaklık Teoremini (Teorem 13.5) \[ h_n = |f - f_n|, \qquad g_n = |f| + |f_n| \] ile uygulayacağız. Her \(g_n\) negatif olmayan ve integrallenebilirdir, ve üçgen eşitsizliğinden \(|h_n| \le g_n\).

Adım 3: Varsayımların denetimi. Noktasal olarak \(h_n \to 0\) ve \(g_n \to 2|f|\) dir. Ayrıca \[ \int_E g_n = \int_E |f| + \int_E |f_n| \to 2\int_E |f| = \int_E 2|f| < \infty. \]

Adım 4: Sonuç. Teorem \(\int_E h_n \to \int_E 0 = 0\), yani \(\int_E |f - f_n| \to 0\) verir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 13.12 (Parametreye Bağlı İntegralin Limiti) \(Q = [0, 1] \times [0, 1]\) ve \(f \colon Q \to \mathbb{R}\) olsun. Her sabit \(y\) için \(x \mapsto f(x, y)\) ölçülebilir, her sabit \(x\) için \(\lim_{y \to 0} f(x, y) = f_0(x)\) olsun ve \([0, 1]\) üzerinde integrallenebilir bir \(g\) için her \((x, y) \in Q\) da \(|f(x, y)| \le g(x)\) olsun. \[ \lim_{y \to 0} \int_0^1 f(x, y)\,dx = \int_0^1 f_0(x)\,dx \] olduğunu gösterin.

Çözüm

\(F(y) = \int_0^1 f(x, y)\,dx\) yazalım. \(x \mapsto f(x, y)\) ölçülebilir ve \(|f(\cdot, y)| \le g\) olduğundan karşılaştırma testi (Teorem 13.2) her \(F(y)\) nin tanımlı olduğunu verir.

Adım 1: Dizisel ölçüt. Limit dizilerle karakterize edilir (bkz. Analiz 1: Süreklilik): \((0, 1]\) de \(0\) a yakınsayan her \(\{y_n\}\) için \(F(y_n) \to \int_0^1 f_0\) olduğunu göstermek yeter.

Adım 2: Dizi. Böyle bir \(\{y_n\}\) sabitleyip \(f_n(x) = f(x, y_n)\) diyelim. Her \(f_n\) ölçülebilirdir, \(|f_n| \le g\) ve her \(x\) için \(f_n(x) \to f_0(x)\).

Adım 3: Baskın yakınsaklık. \(g\) bütün diziyi baskılayan integrallenebilir bir fonksiyondur. Lebesgue Baskın Yakınsaklık Teoremi (Teorem 13.4) \(f_0\) ın integrallenebilir olduğunu ve \[ F(y_n) = \int_0^1 f_n \to \int_0^1 f_0 \] olduğunu verir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 13.13 (Parametreye Bağlı İntegralin Sürekliliği) \(Q = [0, 1] \times [0, 1]\) ve \(f \colon Q \to \mathbb{R}\) olsun. Her sabit \(y\) için \(x \mapsto f(x, y)\) ölçülebilir, her sabit \(x\) için \(y \mapsto f(x, y)\) sürekli olsun ve \([0, 1]\) üzerinde integrallenebilir bir \(g\) için her \((x, y) \in Q\) da \(|f(x, y)| \le g(x)\) olsun. \[ h(y) = \int_0^1 f(x, y)\,dx \] fonksiyonunun \([0, 1]\) üzerinde sürekli olduğunu gösterin.

Çözüm

\(|f(\cdot, y)| \le g\) olduğundan karşılaştırma testi (Teorem 13.2) her \(h(y)\) nin tanımlı ve sonlu olduğunu verir. \(y_0 \in [0, 1]\) sabitleyelim; dizisel süreklilik ölçütüne göre (bkz. Analiz 1: Süreklilik) \([0, 1]\) de \(y_0\) a yakınsayan her \(\{y_n\}\) için \(h(y_n) \to h(y_0)\) olduğunu göstermek yeter.

Adım 1: Dizi. \(f_n(x) = f(x, y_n)\) ölçülebilirdir ve \(|f_n| \le g\). \(y \mapsto f(x, y)\) sürekli olduğundan her \(x\) için \(f_n(x) \to f(x, y_0)\).

Adım 2: Baskın yakınsaklık. Lebesgue Baskın Yakınsaklık Teoremi (Teorem 13.4) \[ h(y_n) = \int_0^1 f_n \to \int_0^1 f(x, y_0)\,dx = h(y_0) \] verir. \(y_0\) keyfi olduğundan \(h\), \([0, 1]\) üzerinde süreklidir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 13.14 (İntegral İşareti Altında Türev) \(Q = [0, 1] \times [0, 1]\) ve \(f \colon Q \to \mathbb{R}\) olsun. Her sabit \(y\) için \(x \mapsto f(x, y)\) ölçülebilir ve \(x \mapsto f(x, 0)\) integrallenebilir olsun. Her \((x, y) \in Q\) da \(\partial f / \partial y\) var olsun (\(y = 0, 1\) da tek yanlı) ve \([0, 1]\) üzerinde integrallenebilir bir \(g\) için \[ \Big| \frac{\partial f}{\partial y}(x, y) \Big| \le g(x), \qquad (x, y) \in Q \] olsun. Her \(y \in [0, 1]\) için \[ \frac{d}{dy} \int_0^1 f(x, y)\,dx = \int_0^1 \frac{\partial f}{\partial y}(x, y)\,dx \] olduğunu kanıtlayın.

Çözüm

Adım 1: Ortalama değer tahmini. Her \(x\) için \(y \mapsto f(x, y)\), \([0, 1]\) üzerinde türevlenebilir, dolayısıyla süreklidir. Ortalama Değer Teoremiyle \(y, y' \in [0, 1]\) için \(y\) ile \(y'\) arasında bir \(\xi\) vardır ve \[ |f(x, y') - f(x, y)| = \Big| \frac{\partial f}{\partial y}(x, \xi) \Big|\,|y' - y| \le g(x)\,|y' - y|. \]

Adım 2: \(F\) tanımlı. Bu tahminde \(y = 0\) alırsak \(|f(x, y')| \le |f(x, 0)| + g(x)\). Sağ taraf integrallenebilir olduğundan karşılaştırma testi (Teorem 13.2) her \(y'\) için \(F(y') = \int_0^1 f(x, y')\,dx\) nin tanımlı ve sonlu olduğunu verir.

Adım 3: Fark bölümleri. \(y \in [0, 1]\) sabitleyelim ve \([0, 1] \setminus \{y\}\) de \(y\) ye yakınsayan bir \(\{y_n\}\) alalım. Doğrusallıkla (Teorem 13.3) \[ \frac{F(y_n) - F(y)}{y_n - y} = \int_0^1 D_n, \qquad D_n(x) = \frac{f(x, y_n) - f(x, y)}{y_n - y}. \] Her \(D_n\) ölçülebilir fonksiyonların doğrusal birleşimi olarak ölçülebilirdir (Teorem 7.4) ve Adım 1’deki tahminden \(|D_n| \le g\). Kısmi türevin tanımından her \(x\) için \(D_n(x) \to \frac{\partial f}{\partial y}(x, y)\); özel olarak \(x \mapsto \frac{\partial f}{\partial y}(x, y)\) ölçülebilirdir (Teorem 8.1).

Adım 4: Baskın yakınsaklık. \(g\), \(\{D_n\}\) dizisini baskılar. Lebesgue Baskın Yakınsaklık Teoremi (Teorem 13.4) \[ \frac{F(y_n) - F(y)}{y_n - y} \to \int_0^1 \frac{\partial f}{\partial y}(x, y)\,dx \] verir. Bu her \(y_n \to y\) (\(y_n \ne y\)) dizisi için geçerli olduğundan dizisel ölçüt \(F'(y)\) nin var olduğunu ve bu integrale eşit olduğunu gösterir (\(y = 0, 1\) da tek yanlı türev olarak).

\(\blacksquare\)

İntegrallenebilir fonksiyonlar için doğrusallık ve baskın yakınsaklık elimizde. Sıradaki bölüm İntegrasyonun Sayılabilir Toplamsallığı ve Sürekliliği, integralin bölgeye göre sayılabilir toplamsal ve sürekli olduğunu gösteriyor.