15 Ek Alıştırmalar
Bu bölümdeki alıştırmalar, ölçü ve integral kuramının temel araçlarını kısa ve somut sorular üzerinde çalıştırır. Her sorunun çözümü kendi kutusunun içindedir.
15.1 Dış Ölçü ve Ölçülebilir Kümeler
İlk üç soru, dış ölçünün infimum tanımını ve Carathéodory koşulunu doğrudan kullanır.
Alıştırma 15.1 (Dış Ölçüye Yakın Toplamlı Örtü) \(A \subseteq \mathbb{R}\) ve \(m^*(A) < \infty\) olsun. Her \(\varepsilon > 0\) için \(A \subseteq \bigcup_{k=1}^{\infty} I_k\) ve
\[ \sum_{k=1}^{\infty} \ell(I_k) < m^*(A) + \varepsilon \]
olacak biçimde boş olmayan, açık ve sınırlı aralıklardan oluşan bir \(\{I_k\}_{k=1}^{\infty}\) dizisinin var olduğunu gösterin.
Çözüm
Adım 1. Dış ölçünün tanımına göre (Tanım 1.5)
\[ m^*(A) = \inf \Big\{ \sum_{k=1}^{\infty} \ell(I_k) \Big\}, \]
burada infimum, \(A\)’yı örten boş olmayan, açık ve sınırlı aralık dizileri \(\{I_k\}\) üzerinden alınır.
Adım 2. Tersini varsayalım: \(A\)’yı örten her \(\{I_k\}\) dizisi için \(\sum_{k} \ell(I_k) \geq m^*(A) + \varepsilon\) olsun. O zaman \(m^*(A) + \varepsilon\), infimumu alınan kümenin bir alt sınırıdır. İnfimum en büyük alt sınır olduğundan (bkz. Analiz 1: Supremum, İnfimum ve Tamlık)
\[ m^*(A) \geq m^*(A) + \varepsilon \]
olur.
Adım 3. \(m^*(A)\) sonlu bir reel sayı olduğundan her iki yandan çıkarılabilir ve \(0 \geq \varepsilon\) elde edilir. Bu, \(\varepsilon > 0\) ile çelişir. Demek ki toplamı \(m^*(A) + \varepsilon\)’dan küçük olan bir örtü vardır.
Yani \(m^*(A)\) sonluyken \(m^*(A) + \varepsilon\) sayısı infimumdan kesin olarak büyüktür ve bu yüzden alt sınır olamaz. \(m^*(A) = \infty\) olsaydı bu sayı \(\infty\) olur ve istenen kesin eşitsizlik sağlanamazdı; sonluluk varsayımı bu yüzden gereklidir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 15.2 (Aralığın Ölçülebilir Kümeyle Bölünmesi) \(E\) ölçülebilir bir küme ve \(a < b\) olsun.
\[ b - a = m\big((a,b) \cap E\big) + m\big((a,b) \setminus E\big) \]
olduğunu gösterin.
Çözüm
Adım 1. \(E\) ölçülebilir olduğundan Carathéodory koşulu (Tanım 1.6) her \(A \subseteq \mathbb{R}\) test kümesi için
\[ m^*(A) = m^*(A \cap E) + m^*(A \setminus E) \]
eşitliğini verir. Test kümesi olarak \(A = (a,b)\) seçelim.
Adım 2. Bir aralığın dış ölçüsü uzunluğuna eşittir (Teorem 1.1), yani \(m^*((a,b)) = b - a\). Böylece
\[ b - a = m^*\big((a,b) \cap E\big) + m^*\big((a,b) \setminus E\big). \]
Adım 3. \((a,b)\) ve \(E\) ölçülebilirdir. Ölçülebilir kümeler bir σ-cebiri oluşturduğundan (Teorem 2.4) \((a,b) \cap E\) ve \((a,b) \setminus E = (a,b) \cap E^c\) kümeleri de ölçülebilirdir. Ölçülebilir kümelerde \(m\), \(m^*\)’ın kısıtlanışıdır; bu yüzden sağ taraftaki dış ölçüler \(m\) ile yazılabilir ve istenen eşitlik elde edilir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 15.3 (Aralıktan İrrasyonelleri Çıkarmak) \(A = [1,2]\) ve \(B = [1,2] \setminus \mathbb{Q}\) olsun. \(m(A \setminus B)\) değerini bulun.
Çözüm
Adım 1. Farkı sadeleştirelim. \(A \setminus B = A \cap B^c\) ve De Morgan kuralıyla \(B^c = [1,2]^c \cup \mathbb{Q}\) olduğundan
\[ \begin{aligned} A \setminus B &= [1,2] \cap \big([1,2]^c \cup \mathbb{Q}\big) \\[1mm] &= \big([1,2] \cap [1,2]^c\big) \cup \big([1,2] \cap \mathbb{Q}\big) \\[1mm] &= [1,2] \cap \mathbb{Q}. \end{aligned} \]
Adım 2. \([1,2] \cap \mathbb{Q}\), sayılabilir \(\mathbb{Q}\) kümesinin bir alt kümesi olduğundan sayılabilirdir (bkz. Analiz 1: Sayılabilir Kümeler). Elemanlarını \(q_1, q_2, \dots\) diye sıralayalım. Verilen \(\varepsilon > 0\) için
\[ I_k = \Big(q_k - \frac{\varepsilon}{2^{k+1}},\ q_k + \frac{\varepsilon}{2^{k+1}}\Big) \]
aralıkları kümeyi örter ve \(\sum_{k} \ell(I_k) = \sum_{k} \varepsilon/2^k = \varepsilon\) olur. Buradan \(m^*([1,2] \cap \mathbb{Q}) \leq \varepsilon\) bulunur; \(\varepsilon\) keyfi olduğundan dış ölçü \(0\)’dır.
Adım 3. Dış ölçüsü sıfır olan küme ölçülebilirdir (Teorem 1.4). Dolayısıyla
\[ m(A \setminus B) = m\big([1,2] \cap \mathbb{Q}\big) = 0. \]
\(\blacksquare\)
15.2 Ölçülebilir Fonksiyonlar
Aşağıdaki sorularda ölçülebilirlik, \(\{f > c\}\) ya da \(\{f < c\}\) biçimindeki kümelerin ölçülebilirliği üzerinden denetlenir.
Alıştırma 15.4 (Sayılabilir Kümede Tanımlı Fonksiyon) \(A \subseteq \mathbb{R}\) sayılabilir bir küme ve \(f \colon A \to \mathbb{R}\) herhangi bir fonksiyon olsun. \(f\) ölçülebilir midir?
Çözüm
Evet, \(f\) her zaman ölçülebilirdir.
Adım 1. Tanım kümesi ölçülebilirdir. Sayılabilir bir kümenin dış ölçüsü \(0\)’dır (bir önceki sorudaki örtü bunu her sayılabilir küme için verir); dış ölçüsü sıfır olan küme ölçülebilir olduğundan (Teorem 1.4) \(A\) ölçülebilirdir ve \(m(A) = 0\) olur.
Adım 2. \(c \in \mathbb{R}\) keyfi olsun. \(\{x \in A : f(x) > c\} \subseteq A\) olduğundan dış ölçünün monotonluğuyla
\[ 0 \leq m^*\big(\{x \in A : f(x) > c\}\big) \leq m^*(A) = 0 \]
bulunur. Demek ki bu kümenin dış ölçüsü sıfırdır ve küme ölçülebilirdir.
Adım 3. \(c\) keyfi olduğundan her \(c \in \mathbb{R}\) için \(\{f > c\}\) ölçülebilirdir. Ölçülebilir fonksiyon tanımına göre (Tanım 7.2) \(f\) ölçülebilirdir.
Yani ölçüsü sıfır olan bir küme üzerinde tanımlı her fonksiyon, değerleri ne olursa olsun, ölçülebilirdir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 15.5 (Ölçülebilir Fonksiyonların İnfimumu) \(\{f_n\}\), \(E\) üzerinde tanımlı ölçülebilir fonksiyonların bir dizisi olsun. Her \(x \in E\) için
\[ f(x) = \inf_{n \in \mathbb{N}} f_n(x) \]
diye tanımlanan \(f\) fonksiyonunun (değerleri \(\overline{\mathbb{R}}\)’de olabilir) ölçülebilir olduğunu gösterin.
Çözüm
Adım 1. \(c \in \mathbb{R}\) ve \(x \in E\) olsun. İnfimumun tanımından
\[ \inf_{n} f_n(x) < c \iff \text{bir } n \in \mathbb{N} \text{ için } f_n(x) < c \]
olur. Gerçekten, \(c\) sayısı infimumdan büyükse alt sınır olamaz, dolayısıyla bir \(f_n(x)\) değeri \(c\)’nin altındadır; tersine bir \(f_n(x) < c\) ise \(f(x) \leq f_n(x) < c\) olur.
Adım 2. Bu denklik küme diliyle şöyle yazılır:
\[ \{x \in E : f(x) < c\} = \bigcup_{n=1}^{\infty} \{x \in E : f_n(x) < c\}. \]
Adım 3. Her \(f_n\) ölçülebilir olduğundan sağdaki her küme ölçülebilirdir (Teorem 7.1). Ölçülebilir kümeler bir σ-cebiri oluşturduğundan (Teorem 2.4) bunların sayılabilir birleşimi de ölçülebilirdir.
Adım 4. Böylece her \(c \in \mathbb{R}\) için \(\{f < c\}\) ölçülebilirdir. Ölçülebilirliğin denk koşullarına göre (Teorem 7.1) \(f\) ölçülebilirdir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 15.6 (Daralan Aralıklarda Büyüyen Basamaklar) Her \(n \in \mathbb{N}\) için \(f_n \colon (0,1) \to \mathbb{R}\),
\[ f_n = n\, \chi_{(0,\, 1/\sqrt{n})} \]
olsun. \(\{f_n\}\) dizisinin \((0,1)\) üzerinde noktasal olarak \(0\)’a yakınsadığını ve limit fonksiyonunun ölçülebilir olduğunu gösterin.
Çözüm
Adım 1. \(x \in (0,1)\) ve \(\varepsilon > 0\) olsun. Arşimet özelliğine göre \(n_0 > 1/x^2\) olacak biçimde bir \(n_0 \in \mathbb{N}\) vardır (bkz. Analiz 1: Supremum, İnfimum ve Tamlık). Bu, \(1/\sqrt{n_0} < x\) demektir.
Adım 2. Her \(n \geq n_0\) için \(1/\sqrt{n} \leq 1/\sqrt{n_0} < x\) olduğundan \(x \notin (0, 1/\sqrt{n})\) ve
\[ |f_n(x) - 0| = \big|n\, \chi_{(0,\, 1/\sqrt{n})}(x)\big| = n \cdot 0 = 0 < \varepsilon. \]
Demek ki \(\lim_{n\to\infty} f_n(x) = 0\). \(x\) keyfi olduğundan dizi \((0,1)\) üzerinde noktasal olarak \(f \equiv 0\) fonksiyonuna yakınsar.
Adım 3. \(f \equiv 0\) ölçülebilirdir: \(c \in \mathbb{R}\) için \(\{f > c\}\) kümesi \(c < 0\) ise \((0,1)\), \(c \geq 0\) ise \(\varnothing\) olur ve ikisi de ölçülebilirdir. Aynı sonuç, her \(f_n\) basit (dolayısıyla ölçülebilir) bir fonksiyon olduğundan, ölçülebilir fonksiyonların noktasal limitinin ölçülebilir olmasından (Teorem 8.1) da çıkar.
Örneğin \(x = 0{,}3\) için \(1/\sqrt{n} < 0{,}3\) koşulu \(n \geq 12\) iken sağlanır; \(f_1(x), \dots, f_{11}(x)\) değerleri \(1, \dots, 11\) olup sonraki bütün terimler \(0\)’dır.
\(\blacksquare\)
15.3 Basit ve Sınırlı Fonksiyonların İntegrali
Bu kesimde integral, basit fonksiyonlar için doğrudan tanımdan hesaplanır ve sınırlı fonksiyonlara basit yaklaşım yoluyla taşınır.
Alıştırma 15.7 (Ters Karelerle Basamak Fonksiyonu) \(n \in \mathbb{N}\) ve \(E = (1, n+1]\) olsun. \(u \colon E \to \mathbb{R}\),
\[ u = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^2}\, \chi_{(k,\,k+1]} \]
basit fonksiyonu için \(\int_E u\) integralini hesaplayın.
Çözüm
Adım 1. \((k, k+1]\) aralıkları (\(k = 1, \dots, n\)) ikişer ikişer ayrıktır ve birleşimleri \(E = (1, n+1]\)’dir. \(u\) fonksiyonu \((k,k+1]\) üzerinde sabit \(1/k^2\) değerini alır ve bu değerler birbirinden farklıdır; dolayısıyla verilen yazılış \(u\)’nun kanonik gösterimidir.
Adım 2. Basit bir fonksiyonun integrali, aldığı her değerle o değeri aldığı kümenin ölçüsünün çarpımlarının toplamıdır:
\[ \int_E u = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^2}\, m\big((k,k+1]\big). \]
Adım 3. \(m((k,k+1]) = (k+1) - k = 1\) olduğundan
\[ \int_E u = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^2} \cdot 1 = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^2}. \]
Örneğin \(n = 3\) için \(\int_E u = 1 + \tfrac14 + \tfrac19 = \tfrac{49}{36}\) bulunur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 15.8 (Sonlu Ölçülü Kümede Sınırlı Fonksiyon) \(m(E) < \infty\) ve \(f \colon E \to \mathbb{R}\) sınırlı, ölçülebilir bir fonksiyon olsun. \(f\)’nin \(E\) üzerinde Lebesgue integrallenebilir olduğunu, yani alt ve üst Lebesgue integrallerinin eşit olduğunu gösterin.
Çözüm
Adım 1. \(n \in \mathbb{N}\) olsun. Basit yaklaşım lemmasına göre (Lemma 8.1) \(E\) üzerinde
\[ \varphi_n \leq f \leq \psi_n, \qquad 0 \leq \psi_n - \varphi_n \leq \frac{1}{n} \]
olacak biçimde \(\varphi_n\) ve \(\psi_n\) basit fonksiyonları vardır.
Adım 2. \(m(E) < \infty\) olduğundan basit fonksiyonların \(E\) üzerindeki integralleri sonludur. Basit fonksiyonlar için integralin doğrusallığı ve monotonluğundan
\[ \begin{aligned} 0 \leq \int_E \psi_n - \int_E \varphi_n &= \int_E (\psi_n - \varphi_n) \\[1mm] &\leq \int_E \frac{1}{n}\, \chi_E = \frac{m(E)}{n} \end{aligned} \]
elde edilir. Bu eşitsizliğe \((\ast)\) diyelim.
Adım 3. Alt ve üst Lebesgue integrallerini
\[ \begin{aligned} L &= \sup \Big\{ \int_E \varphi : \varphi \text{ basit},\ \varphi \leq f \Big\}, \\[1mm] U &= \inf \Big\{ \int_E \psi : \psi \text{ basit},\ \psi \geq f \Big\} \end{aligned} \]
ile gösterelim. \(\varphi \leq f \leq \psi\) olan her basit \(\varphi, \psi\) için monotonluktan \(\int_E \varphi \leq \int_E \psi\) olduğundan \(L \leq U\) olur.
Adım 4. \(\varphi_n\) ve \(\psi_n\) bu kümelerin elemanları olduğundan \(L \geq \int_E \varphi_n\) ve \(U \leq \int_E \psi_n\) olur. \((\ast)\) ile birlikte her \(n\) için
\[ 0 \leq U - L \leq \int_E \psi_n - \int_E \varphi_n \leq \frac{m(E)}{n}. \]
Adım 5. \(n \to \infty\) iken sağ taraf \(0\)’a gider. Dolayısıyla \(U = L\) olur ve \(f\), \(E\) üzerinde Lebesgue integrallenebilirdir.
\(\blacksquare\)
15.4 Limit ile İntegralin Yer Değiştirmesi
Aşağıdaki sorular, limit ile integralin hangi koşullarda yer değiştirebildiğini ve bu koşullar sağlanmadığında neler olabileceğini gösterir.
Alıştırma 15.9 (Sivri Dizinin İntegralleri) Her \(n \in \mathbb{N}\) için \(f_n \colon [0,1] \to [0,\infty)\),
\[ f_n(x) = n\, \chi_{[0,\,1/n]}(x) = \begin{cases} n, & x \in [0, 1/n], \\ 0, & x \in (1/n, 1] \end{cases} \]
olsun. \(\int_{[0,1]} f_n\) integrallerini ve \(\lim_{n\to\infty} \int_{[0,1]} f_n\) limitini bulun.
Çözüm
Adım 1. \(n = 1\) için \(f_1 = 1 \cdot \chi_{[0,1]}\) olduğundan
\[ \int_{[0,1]} f_1 = 1 \cdot m([0,1]) = 1. \]
Adım 2. \(n \geq 2\) için \(f_n\), \([0,1/n]\) üzerinde \(n\), \((1/n, 1]\) üzerinde \(0\) değerini alan basit bir fonksiyondur. Basit fonksiyonun integralinden
\[ \begin{aligned} \int_{[0,1]} f_n &= n \cdot m\big([0,\tfrac1n]\big) + 0 \cdot m\big((\tfrac1n, 1]\big) \\[1mm] &= n \cdot \frac{1}{n} + 0 = 1. \end{aligned} \]
Adım 3. Demek ki her \(n\) için \(\int_{[0,1]} f_n = 1\) ve
\[ \lim_{n\to\infty} \int_{[0,1]} f_n = 1. \]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 15.10 (Sivri Dizinin Limitinin İntegrali) Her \(n \in \mathbb{N}\) için \(f_n = n\, \chi_{[0,\,1/n]}\) fonksiyonu \([0,1]\) üzerinde tanımlı olsun. \(f(x) = \lim_{n\to\infty} f_n(x)\) noktasal limitini ve \(\int_{[0,1]} f\) integralini bulun; sonucu \(\lim_{n\to\infty} \int_{[0,1]} f_n = 1\) ile karşılaştırın.
Çözüm
Adım 1. \(x = 0\) için her \(n\)’de \(0 \in [0,1/n]\) olduğundan \(f_n(0) = n \to \infty\), yani \(f(0) = \infty\).
Adım 2. \(x \in (0,1]\) olsun. Arşimet özelliğiyle \(1/n_0 < x\) olan bir \(n_0\) vardır. Her \(n \geq n_0\) için \(1/n \leq 1/n_0 < x\) olduğundan \(x \notin [0,1/n]\) ve \(f_n(x) = 0\) olur. Demek ki \(f(x) = 0\). Sonuç olarak
\[ f(x) = \begin{cases} \infty, & x = 0, \\ 0, & x \in (0,1]. \end{cases} \]
Adım 3. \(f\) negatif olmayan ölçülebilir bir fonksiyondur ve yalnız \(m(\{0\}) = 0\) ölçülü kümede sıfırdan farklıdır; yani \([0,1]\) üzerinde hemen her yerde \(f = 0\)’dır. \(f\)’nin integrali, \(0 \leq h \leq f\) olan sınırlı, ölçülebilir ve sonlu destekli \(h\) fonksiyonlarının integrallerinin supremumudur. Böyle bir \(h\), \((0,1]\) üzerinde \(0\)’dır ve bir \(M\) sayısıyla sınırlıdır; bu yüzden \(\int_{[0,1]} h \leq M \cdot m(\{0\}) = 0\). Dolayısıyla
\[ \int_{[0,1]} f = 0. \]
Adım 4. Karşılaştırma:
\[ \int_{[0,1]} \lim_{n\to\infty} f_n = 0 < 1 = \lim_{n\to\infty} \int_{[0,1]} f_n. \]
Limit ile integral burada yer değiştirmez. Bu, Fatou lemmasıyla (Lemma 12.2) uyumludur; lemma yalnız \(\int f \leq \liminf \int f_n\) eşitsizliğini verir ve eşitsizlik bu örnekte kesindir. Monoton yakınsaklık teoremi de uygulanamaz, çünkü dizi artan değildir: örneğin \(x = 1/3\) noktasında \(f_1(x) = 1\), \(f_2(x) = 2\), \(f_3(x) = 3\) iken \(f_4(x) = 0\) olur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 15.11 (Kayan Blok Dizisinin Noktasal Limiti) Her \(n \in \mathbb{N}\) için \(g_n = \chi_{(n,\,n+1)}\) fonksiyonu \(\mathbb{R}\) üzerinde tanımlı olsun. \(\{g_n\}\) dizisinin noktasal olarak bir \(g\) fonksiyonuna yakınsadığını gösterin ve \(g\)’yi bulun.
Çözüm
Adım 1. \(x \in \mathbb{R}\) olsun. Arşimet özelliğine göre \(n_0 > x\) olacak biçimde bir \(n_0 \in \mathbb{N}\) vardır.
Adım 2. Her \(n \geq n_0\) için \(x < n_0 \leq n\) olduğundan \(x \notin (n, n+1)\) ve
\[ |g_n(x) - 0| = \big|\chi_{(n,\,n+1)}(x) - 0\big| = 0. \]
Adım 3. Demek ki her \(x \in \mathbb{R}\) için \(\lim_{n\to\infty} g_n(x) = 0\) ve \(g \equiv 0\) olur.
Yani birim yüksekliğindeki blok sağa doğru kayar; sabit bir \(x\) noktası bir süre sonra bloğun hep solunda kalır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 15.12 (Kayan Blok Dizisinin Limitinin İntegrali) Her \(n \in \mathbb{N}\) için \(g_n = \chi_{(n,\,n+1)}\) olsun ve \(g\), \(\{g_n\}\) dizisinin \(\mathbb{R}\) üzerindeki noktasal limiti olsun. \(\int_{\mathbb{R}} g\) integralini bulun.
Çözüm
Adım 1. Bir önceki sorudan her \(x \in \mathbb{R}\) için \(g(x) = 0\), yani \(g \equiv 0\)’dır.
Adım 2. \(g = 0 \cdot \chi_{\mathbb{R}}\) basit bir fonksiyondur. Negatif olmayan fonksiyonların integralinde \(0 \cdot \infty = 0\) uzlaşımı kullanılır; ayrıca \(0 \leq h \leq g\) olan her \(h\) özdeşçe sıfırdır. Dolayısıyla
\[ \int_{\mathbb{R}} g = \int_{\mathbb{R}} 0 = 0. \]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 15.13 (Kayan Blok Dizisinin İntegrallerinin Limiti) Her \(n \in \mathbb{N}\) için \(g_n = \chi_{(n,\,n+1)}\) olsun. \(\lim_{n\to\infty} \int_{\mathbb{R}} g_n\) limitini bulun ve noktasal limitin integraliyle karşılaştırın.
Çözüm
Adım 1. \(n \in \mathbb{N}\) olsun. \(g_n\), \((n,n+1)\) üzerinde \(1\), dışında \(0\) olan basit bir fonksiyondur. Basit fonksiyonun integralinden
\[ \int_{\mathbb{R}} g_n = 1 \cdot m\big((n,n+1)\big) = 1 \cdot \big((n+1) - n\big) = 1. \]
Adım 2. Her \(n\) için integral \(1\) olduğundan
\[ \lim_{n\to\infty} \int_{\mathbb{R}} g_n = 1. \]
Adım 3. Önceki iki sorudan noktasal limit \(g \equiv 0\) ve \(\int_{\mathbb{R}} g = 0\)’dır. Böylece
\[ \int_{\mathbb{R}} \lim_{n\to\infty} g_n = 0 \neq 1 = \lim_{n\to\infty} \int_{\mathbb{R}} g_n. \]
Burada da limit ile integral yer değiştirmez. Dizi artan değildir. Ayrıca her \(n\) için \(h \geq g_n\) olan bir \(h\), tam sayı olmayan her \(x > 1\) noktasında \(h(x) \geq 1\) sağlar; bu yüzden \(\int_{\mathbb{R}} h = \infty\) olur ve bütün \(g_n\)’leri sınırlayan integrallenebilir bir fonksiyon yoktur. Dolayısıyla ne monoton ne de baskın yakınsaklık teoremi uygulanabilir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 15.14 (Negatif Olmayan Serinin Terim Terim İntegrali) \(\{g_n\}\), \(E\) üzerinde negatif olmayan ölçülebilir fonksiyonların bir dizisi ve her \(x \in E\) için \(g(x) = \sum_{n=1}^{\infty} g_n(x)\) olsun (değerler \([0,\infty]\)’da olabilir).
\[ \int_E \sum_{n=1}^{\infty} g_n = \sum_{n=1}^{\infty} \int_E g_n \]
olduğunu gösterin.
Çözüm
Adım 1. Kısmi toplamları tanımlayalım: her \(n \in \mathbb{N}\) için
\[ s_n = \sum_{k=1}^{n} g_k. \]
Adım 2. \(\{s_n\}\) dizisinin özellikleri:
Her \(n\) için \(s_n \geq 0\), çünkü negatif olmayan terimlerin toplamıdır.
Her \(s_n\) ölçülebilirdir. Terimler negatif olmadığından toplam \([0,\infty]\)’da iyi tanımlıdır ve her \(c \in \mathbb{R}\) için
\[ \{g_1+g_2>c\}=\bigcup_{q\in\mathbb{Q}}\big(\{g_1>q\}\cap\{g_2>c-q\}\big) \]
eşitliği gereği \(\{g_1+g_2>c\}\) kümesi, ölçülebilir kümelerin sayılabilir birleşimi olarak ölçülebilirdir. Tümevarımla her \(s_n\) ölçülebilirdir.
Her \(n\) için \(s_{n+1} = s_n + g_{n+1} \geq s_n\), yani dizi artandır.
Serinin tanımı gereği \(E\) üzerinde noktasal olarak \(s_n \to g\).
Adım 3. Bu dört özellik monoton yakınsaklık teoreminin (Teorem 12.4) varsayımlarıdır. Teoremden
\[ \int_E g = \lim_{n\to\infty} \int_E s_n. \]
Adım 4. Negatif olmayan ölçülebilir fonksiyonların integrali toplamsaldır; bu yüzden
\[ \int_E s_n = \int_E \sum_{k=1}^{n} g_k = \sum_{k=1}^{n} \int_E g_k. \]
Adım 5. Son iki eşitlik birleştirilirse
\[ \int_E g = \lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n} \int_E g_k = \sum_{n=1}^{\infty} \int_E g_n \]
bulunur. Terimler negatif olmadığından sağdaki seri ya yakınsar ya da \(\infty\)’a ıraksar; eşitlik her iki durumda da geçerlidir.
\(\blacksquare\)
15.5 Genel Lebesgue İntegrali
Son iki soru, işaret değiştirebilen integrallenebilir fonksiyonlarla çalışır ve baskın yakınsaklık teoremini ve karşılaştırma ilkesini kullanır.
Alıştırma 15.15 (İntegralin Tanım Kümesine Göre Sayılabilir Toplamsallığı) \(f\), \(E\) üzerinde integrallenebilir olsun ve \(\{E_n\}_{n=1}^{\infty}\) ikişer ikişer ayrık ölçülebilir kümelerden oluşan, \(E = \bigcup_{n=1}^{\infty} E_n\) koşulunu sağlayan bir dizi olsun.
\[ \int_E f = \sum_{n=1}^{\infty} \int_{E_n} f \]
olduğunu gösterin.
Çözüm
Adım 1. \(n \in \mathbb{N}\) için \(F_n = \bigcup_{k=1}^{n} E_k\) ve
\[ f_n = f \cdot \chi_{F_n} \]
olsun. \(F_n\) ölçülebilir olduğundan \(\chi_{F_n}\) ölçülebilirdir. \(f\) integrallenebilir olduğundan \(E\) üzerinde hemen her yerde sonludur; dolayısıyla \(f_n = f\,\chi_{F_n}\), hemen her yerde sonlu iki ölçülebilir fonksiyonun çarpımı olarak ölçülebilirdir (Teorem 7.4). Ayrıca \(E\) üzerinde \(|f_n| \leq |f|\) olur.
Adım 2. \(E\) üzerinde \(f_n \to f\) noktasal olarak: \(x \in E\) ise \(x\), kümelerin ayrıklığından tam olarak bir \(E_m\) kümesindedir. Her \(n \geq m\) için \(x \in F_n\) ve \(f_n(x) = f(x)\) olur.
Adım 3. \(|f|\) integrallenebilir ve bütün \(f_n\)’leri sınırlar. Baskın yakınsaklık teoremine göre (Teorem 13.4)
\[ \int_E f = \lim_{n\to\infty} \int_E f_n. \tag{1} \]
Adım 4. \(F_n\) ayrık \(E_1, \dots, E_n\) kümelerinin birleşimi olduğundan \(f_n = \sum_{k=1}^{n} f \chi_{E_k}\) olur. Her \(f\chi_{E_k}\) integrallenebilirdir, çünkü \(|f\chi_{E_k}| \leq |f|\). İntegralin doğrusallığından (Teorem 13.3)
\[ \int_E f_n = \sum_{k=1}^{n} \int_E f \chi_{E_k} = \sum_{k=1}^{n} \int_{E_k} f. \tag{2} \]
Adım 5. \((1)\) ve \((2)\) birleştirilirse
\[ \int_E f = \lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n} \int_{E_k} f = \sum_{n=1}^{\infty} \int_{E_n} f \]
elde edilir; özellikle sağdaki seri yakınsaktır.
Burada sınırlı yakınsaklık teoremi yeterli olmaz: \(f\) sınırlı olmayabilir ve \(m(E)\) sonsuz olabilir. Gereken, bütün \(f_n\)’leri integrallenebilir tek bir fonksiyonun sınırlamasıdır; bunu \(|f|\) sağlar.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 15.16 (İntegrallenebilir Fonksiyonla Sınırlı Fonksiyonun Çarpımı) \(f\), \(E\) üzerinde integrallenebilir ve \(g\), \(E\) üzerinde sınırlı ve ölçülebilir olsun. \(fg\) çarpımının \(E\) üzerinde integrallenebilir olduğunu gösterin.
Çözüm
Adım 1. \(g\) sınırlı olduğundan \(E\) üzerinde \(|g| \leq M\) olacak biçimde bir \(M > 0\) vardır.
Adım 2. \(f\) integrallenebilir olduğundan hemen her yerde sonludur; sıfır ölçülü bir kümede değer değiştirmek ne ölçülebilirliği ne de integrali etkiler. Böylece \(fg\), ölçülebilir iki fonksiyonun çarpımı olarak ölçülebilirdir (Teorem 7.4).
Adım 3. Bir fonksiyon ancak ve ancak mutlak değeri integrallenebilirse integrallenebilirdir (Tanım 13.2). \(|f|\) integrallenebilir olduğundan \(M|f|\) de integrallenebilirdir ve \(E\) üzerinde
\[ |fg| = |f|\,|g| \leq M\,|f|. \]
Adım 4. Negatif olmayan fonksiyonlar için integralin monotonluğundan
\[ \int_E |fg| \leq M \int_E |f| < \infty. \]
Demek ki \(|fg|\) integrallenebilir, dolayısıyla \(fg\) de \(E\) üzerinde integrallenebilirdir.
Adım 5. Ayrıca integralin mutlak değer eşitsizliğinden
\[ \Big| \int_E fg \Big| \leq \int_E |fg| \leq M \int_E |f| \]
elde edilir.
\(\blacksquare\)
Bu alıştırmalar, dış ölçüden yakınsaklık teoremlerine kadar kitaptaki temel araçların birlikte nasıl işlediğini kısa hesaplar üzerinde bir kez daha gösterir.