14 İntegrasyonun Toplamsallığı
Doğrusallık ve monotonluk, Riemann integralinden tanıdığımız özelliklerin genişlemesiydi. Bu son bölümde Lebesgue integralinin Riemann integralinde karşılığı olmayan iki özelliğini kanıtlıyoruz: integral, tanım kümesinin sayılabilir sayıda ayrık parçaya bölünmesine uyum sağlar ve iç içe küme dizileri boyunca limitle yer değiştirir.
Bu iki sonuç, Lebesgue ölçüsünün sayılabilir toplamsallığının (Teorem 4.1) ve sürekliliğinin (Teorem 4.3) integraldeki karşılıklarıdır.
14.1 Sayılabilir Toplamsallık
Önce kısa bir hatırlatma. \(f\), ölçülebilir bir \(E\) kümesi üzerinde integrallenebilir (Tanım 13.2) ve \(A \subseteq E\) ölçülebilir ise \(f\), \(A\) üzerinde de integrallenebilirdir ve \[ \int_A f = \int_E f \cdot \chi_A \] dır (bkz. Alıştırma 13.6). Ayrıca \(m(A) = 0\) ise \(\int_A f = 0\) dır (Sonuç 13.1 sonrasındaki gözlem). Tanım kümesini parçalara bölmenin dilini sabitleyelim.
Tanım 14.1 (Ölçülebilir Ayrışma) \(E\) ölçülebilir bir küme olsun. Ölçülebilir kümelerin ayrık ve sayılabilir bir \(\{E_n\}_{n=1}^\infty\) topluluğu \(\bigcup_{n=1}^\infty E_n = E\) koşulunu sağlıyorsa bu topluluğa \(E\) nin bir ölçülebilir ayrışması (measurable decomposition) denir.
Yani \(E\) yi, her noktası tam olarak bir parçaya düşecek biçimde, sayılabilir sayıda ölçülebilir parçaya bölüyoruz. Sonlu ayrışmalar da bu tanıma girer: fazladan parçalar boş küme alınır.
Teorem 14.1 (İntegrasyonun Sayılabilir Toplamsallığı) \(f\), \(E\) üzerinde integrallenebilir ve \(\{E_n\}_{n=1}^\infty\), \(E\) nin bir ölçülebilir ayrışması olsun. Bu durumda \[ \int_E f = \sum_{n=1}^\infty \int_{E_n} f. \tag{1} \]
İspat
Adım 1: Kesilmiş fonksiyonlar. Her \(n\) için \(U_n = \bigcup_{k=1}^n E_k\) ve \(f_n = f \cdot \chi_{U_n}\) tanımlayalım. \(U_n\) ölçülebilir olduğundan \(f_n\), \(E\) üzerinde ölçülebilirdir ve \(E\) üzerinde \(|f_n| \le |f|\) dir.
Adım 2: Limite geçiş. Her \(x \in E\) bir \(E_k\) ya aittir; \(n \ge k\) için \(x \in U_n\) ve \(f_n(x) = f(x)\) olur. Yani \(\{f_n\}\), \(E\) üzerinde noktasal olarak \(f\) ye yakınsar. \(|f|\) integrallenebilir bir baskın fonksiyon olduğundan Lebesgue baskın yakınsaklık teoremi (Teorem 13.4) \[ \int_E f = \lim_{n \to \infty} \int_E f_n \] verir.
Adım 3: Sonlu toplam. \(E_1, \dots, E_n\) ayrık olduğundan \(\chi_{U_n} = \sum_{k=1}^n \chi_{E_k}\) dır. İntegralin doğrusallığından (Teorem 13.3) \[ \int_E f_n = \sum_{k=1}^n \int_E f \cdot \chi_{E_k} = \sum_{k=1}^n \int_{E_k} f. \]
Adım 4: Sonuç. Adım 2 ve Adım 3 birlikte \[ \int_E f = \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^n \int_{E_k} f = \sum_{k=1}^\infty \int_{E_k} f \] verir; özellikle sağdaki seri yakınsaktır.
\(\blacksquare\)
Yani integrallenebilir bir fonksiyonun integrali, tanım kümesinin ayrık ölçülebilir parçaları üzerindeki integrallerin toplamıdır. Teoremi \(|f|\) ye uygulamak \(\sum_n \int_{E_n} |f| = \int_E |f| < \infty\) verir; dolayısıyla (1) deki seri mutlak yakınsaktır ve terimlerin sırası değiştirilebilir.
Örnek 14.1 (Şeritlere Bölerek İntegral) \(f(x) = 1/x^2\) fonksiyonunun \([1, \infty)\) üzerindeki integralini, bu kümeyi \([k, k+1)\) şeritlerine bölerek hesaplayın.
Çözüm
Adım 1: İntegrallenebilirlik. Her \(n\) için \(\int_{[1, n]} f = 1 - 1/n \le 1\) dir (sürekli fonksiyonun Riemann ve Lebesgue integralleri eşittir, Teorem 11.4). \(f \cdot \chi_{[1, n]}\) artarak \(f\) ye yakınsadığından monoton yakınsaklık teoremi (Teorem 12.4) \(\int_{[1, \infty)} f \le 1\) verir; \(f\) integrallenebilirdir.
Adım 2: Ayrışma. \(E_k = [k, k+1)\) kümeleri \([1, \infty)\) nın bir ölçülebilir ayrışmasıdır ve \[ \int_{E_k} f = \frac{1}{k} - \frac{1}{k+1} \] dir.
Adım 3: Toplam. Sayılabilir toplamsallıktan (Teorem 14.1) ve iç içe sadeleşen toplamdan \[ \int_{[1, \infty)} f = \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^n \Big(\frac{1}{k} - \frac{1}{k+1}\Big) = \lim_{n \to \infty} \Big(1 - \frac{1}{n+1}\Big) = 1. \]
\(\blacksquare\)
14.2 İntegrasyonun Sürekliliği
Ölçünün sürekliliği sayılabilir toplamsallıktan nasıl çıktıysa, integralin sürekliliği de aynı yolla integralin sayılabilir toplamsallığından (Teorem 14.1) çıkar. Artan ve azalan küme toplulukları Tanım 4.1 ile tanımlandı.
Teorem 14.2 (İntegrasyonun Sürekliliği) \(f\), \(E\) üzerinde integrallenebilir olsun.
(i) \(\{E_n\}_{n=1}^\infty\), \(E\) nin ölçülebilir alt kümelerinin artan bir topluluğuysa \[ \int_{\bigcup_{n=1}^\infty E_n} f = \lim_{n \to \infty} \int_{E_n} f. \]
(ii) \(\{E_n\}_{n=1}^\infty\), \(E\) nin ölçülebilir alt kümelerinin azalan bir topluluğuysa \[ \int_{\bigcap_{n=1}^\infty E_n} f = \lim_{n \to \infty} \int_{E_n} f. \]
İspat
Bütün kümeler \(E\) nin ölçülebilir alt kümeleri olduğundan geçen her integral sonlu bir reel sayıdır. Sayılabilir toplamsallık sonlu ayrışmalara da uygulanır (fazla parçalar boş, onlar üzerindeki integral \(0\)); buna sonlu toplamsallık diyeceğiz.
(i) kısmı. \(E_0 = \varnothing\) alıp \(n \ge 1\) için \(C_n = E_n \setminus E_{n-1}\) tanımlayalım. Topluluk artan olduğundan \(C_n\) ler ayrık ve ölçülebilirdir; her \(n\) için \(E_n = \bigcup_{k=1}^n C_k\) ve \[ \bigcup_{n=1}^\infty C_n = \bigcup_{n=1}^\infty E_n \] dir: birleşimdeki her nokta, ait olduğu ilk \(E_k\) nın \(C_k\) sına düşer. Böylece \(\{C_n\}\), \(\bigcup_n E_n\) nin bir ölçülebilir ayrışmasıdır. Sayılabilir toplamsallıktan, ardından sonlu toplamsallıktan \[ \begin{aligned} \int_{\bigcup_n E_n} f &= \sum_{k=1}^\infty \int_{C_k} f = \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^n \int_{C_k} f \\[1mm] &= \lim_{n \to \infty} \int_{E_n} f \end{aligned} \] bulunur.
(ii) kısmı. \(D_n = E_1 \setminus E_n\) olsun. \(\{E_n\}\) azalan olduğundan \(\{D_n\}\) artan bir topluluktur ve \(\bigcup_n D_n = E_1 \setminus \bigcap_n E_n\) dir. \(E_1\), \(E_n\) ile \(D_n\) nin ayrık birleşimi olduğundan sonlu toplamsallık \[ \int_{D_n} f = \int_{E_1} f - \int_{E_n} f \] verir; aynı gerekçeyle \(E_1 = \bigcap_n E_n \cup \bigcup_n D_n\) ayrışmasından \[ \int_{\bigcup_n D_n} f = \int_{E_1} f - \int_{\bigcap_n E_n} f \] olur. (i) kısmını \(\{D_n\}\) ye uygularsak \[ \int_{E_1} f - \int_{\bigcap_n E_n} f = \lim_{n \to \infty} \Big[\int_{E_1} f - \int_{E_n} f\Big] \] elde edilir. \(\int_{E_1} f\) sonlu bir sayı olduğundan iki taraftan çıkarılabilir; bu (ii) dir.
\(\blacksquare\)
Yani integral, artan dizilerde birleşime, azalan dizilerde kesişime sürekli biçimde geçer. Ölçünün sürekliliğindeki \(m(E_1) < \infty\) koşulunun burada karşılığı yoktur: gerekli sonluluğu \(f\) nin integrallenebilirliği sağlar.
Örnek 14.2 (Kuyruk İntegralleri Sıfıra Gider) \(f\), \(\mathbb{R}\) üzerinde integrallenebilir olsun. \(E_n = \{x : |x| \ge n\}\) için \(\lim_{n \to \infty} \int_{E_n} f = 0\) olduğunu gösterin.
Çözüm
Her \(E_n\) kapalı olduğundan ölçülebilirdir ve \(E_{n+1} \subseteq E_n\) dir; topluluk azalandır. Hiçbir \(x\) bütün \(E_n\) lere ait olamaz, çünkü \(n > |x|\) için \(x \notin E_n\) dir; yani \(\bigcap_n E_n = \varnothing\) dır. İntegrasyonun sürekliliğinin (ii) kısmından (Teorem 14.2) \[ \lim_{n \to \infty} \int_{E_n} f = \int_{\varnothing} f = 0. \] Burada her \(m(E_n) = \infty\) olmasına karşın sonuç geçerlidir; gerekli olan yalnız \(f\) nin integrallenebilirliğidir.
\(\blacksquare\)
14.3 Alıştırmalar
Aşağıdaki alıştırmalar toplamsallık ve süreklilik teoremlerini kullanmayı, integrallenebilirlik koşulunun rolünü ve integrallenebilir fonksiyonların yaklaşımını pekiştirir.
Alıştırma 14.1 (Artan Kümelerde Doğrudan İspat) \(f\), \(E\) üzerinde integrallenebilir ve \(\{E_n\}_{n=1}^\infty\), \(E\) nin ölçülebilir alt kümelerinin artan bir topluluğu olsun. Lebesgue baskın yakınsaklık teoremini doğrudan kullanarak aşağıdaki eşitliği kanıtlayın: \[ \int_{\bigcup_{n=1}^\infty E_n} f = \lim_{n \to \infty} \int_{E_n} f. \]
Çözüm
\(U = \bigcup_{n=1}^\infty E_n\) ve \(f_n = f \cdot \chi_{E_n}\) olsun. Her \(f_n\), \(E\) üzerinde ölçülebilirdir ve \(\int_{E_n} f = \int_E f_n\) dir.
Adım 1: Noktasal limit. \(x \in U\) ise \(x\) bir \(E_k\) ya aittir; topluluk artan olduğundan \(n \ge k\) için \(x \in E_n\) ve \(f_n(x) = f(x)\) olur. \(x \notin U\) ise her \(n\) için \(f_n(x) = 0\) dır. Yani \(\{f_n\}\), \(E\) üzerinde noktasal olarak \(f \cdot \chi_U\) ya yakınsar.
Adım 2: Baskınlık. Her \(n\) için \(E\) üzerinde \(|f_n| \le |f|\) dir ve \(|f|\) integrallenebilirdir.
Adım 3: Sonuç. Lebesgue baskın yakınsaklık teoreminden (Teorem 13.4) \[ \lim_{n \to \infty} \int_{E_n} f = \lim_{n \to \infty} \int_E f_n = \int_E f \cdot \chi_U = \int_U f. \]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 14.2 (Azalan Kümelerde Doğrudan İspat) \(f\), \(E\) üzerinde integrallenebilir ve \(\{E_n\}_{n=1}^\infty\), \(E\) nin ölçülebilir alt kümelerinin azalan bir topluluğu olsun. Lebesgue baskın yakınsaklık teoremini doğrudan kullanarak aşağıdaki eşitliği kanıtlayın: \[ \int_{\bigcap_{n=1}^\infty E_n} f = \lim_{n \to \infty} \int_{E_n} f. \]
Çözüm
\(K = \bigcap_{n=1}^\infty E_n\) ve \(f_n = f \cdot \chi_{E_n}\) olsun.
Adım 1: Noktasal limit. \(x \in K\) ise her \(n\) için \(f_n(x) = f(x)\) dir. \(x \notin K\) ise \(x \notin E_k\) olan bir \(k\) vardır; topluluk azalan olduğundan \(n \ge k\) için \(x \notin E_n\) ve \(f_n(x) = 0\) olur. Yani \(\{f_n\}\), \(E\) üzerinde noktasal olarak \(f \cdot \chi_K\) ya yakınsar.
Adım 2: Baskınlık ve sonuç. \(E\) üzerinde \(|f_n| \le |f|\) ve \(|f|\) integrallenebilir olduğundan Lebesgue baskın yakınsaklık teoremi (Teorem 13.4) \[ \lim_{n \to \infty} \int_{E_n} f = \lim_{n \to \infty} \int_E f_n = \int_E f \cdot \chi_K = \int_K f \] verir. Ölçünün sürekliliğinden farklı olarak burada \(m(E_1) < \infty\) gibi bir koşula gerek yoktur; bu işi \(|f|\) baskın fonksiyonu görür.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 14.3 (Uçlara Doğru Genişleyen Aralıklar) \(f\), \([0, \infty)\) üzerinde integrallenebilir olsun. Aşağıdaki eşitliği gösterin: \[ \lim_{n \to \infty} \int_{[1/n,\, n]} f = \int_{[0, \infty)} f. \]
Çözüm
Adım 1: Artan topluluk. \(E_n = [1/n, n]\) olsun. \(1/(n+1) < 1/n\) ve \(n < n+1\) olduğundan \(E_n \subseteq E_{n+1}\) dir; topluluk artandır ve her \(E_n\), \([0, \infty)\) nın ölçülebilir bir alt kümesidir.
Adım 2: Birleşim. Her \(x > 0\) için \(n \ge \max\{x, 1/x\}\) seçilirse \(x \in E_n\) olur; \(0\) hiçbir \(E_n\) ye ait değildir. Dolayısıyla \(\bigcup_{n=1}^\infty E_n = (0, \infty)\).
Adım 3: Süreklilik. İntegrasyonun sürekliliğinin (i) kısmından (Teorem 14.2) \[ \lim_{n \to \infty} \int_{[1/n,\, n]} f = \int_{(0, \infty)} f. \]
Adım 4: Sıfır noktası. \([0, \infty)\), \(\{0\}\) ile \((0, \infty)\) nın ayrık birleşimidir ve \(m(\{0\}) = 0\) olduğundan \(\int_{\{0\}} f = 0\) dır. Toplamsallıktan (Teorem 14.1) \[ \int_{[0, \infty)} f = \int_{\{0\}} f + \int_{(0, \infty)} f = \int_{(0, \infty)} f, \] ve istenen eşitlik elde edilir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 14.4 (Belirsiz İntegralin Sürekliliği) \(f\), \(\mathbb{R}\) üzerinde integrallenebilir olsun ve her \(x \in \mathbb{R}\) için \[ F(x) = \int_{(-\infty,\, x]} f \] tanımlansın. \(F\) nin iyi tanımlı ve sürekli olduğunu gösterin. \(F\) her zaman Lipschitz midir?
Çözüm
Adım 1: İyi tanımlılık. \((-\infty, x]\) kapalı, dolayısıyla ölçülebilir bir kümedir. \(f\) nin \(\mathbb{R}\) üzerinde integrallenebilir olması, \(f\) nin bu küme üzerinde de integrallenebilir olmasını gerektirir (\(|f \cdot \chi_{(-\infty, x]}| \le |f|\)). Yani \(F(x)\) sonlu bir reel sayıdır.
Adım 2: Farkın kestirimi. \(x < y\) ise \((-\infty, y]\), \((-\infty, x]\) ile \((x, y]\) nin ayrık birleşimidir; toplamsallıktan (Teorem 14.1) \(F(y) - F(x) = \int_{(x, y]} f\) olur; \(y < x\) ise aynı gerekçeyle \(F(x) - F(y) = \int_{(y, x]} f\) dir. \(J\), \(x\) ile \(y\) arasındaki yarı açık aralık olsun. İntegral karşılaştırma testine göre \(|F(y) - F(x)| = \big|\int_J f\big| \le \int_J |f|\) dir. \(h > 0\) ve \(|y - x| \le h\) ise \(J \subseteq [x-h, x+h]\) olduğundan, negatif olmayan fonksiyonlar için integralin monotonluğuyla \[ |F(y) - F(x)| \le \int_{[x-h,\, x+h]} |f| =: \varphi(h) \] bulunur; aynı gerekçeyle \(\varphi\), \(h\) ye göre artandır.
Adım 3: \(\varphi\) sıfıra gider. \(I_n = [x - 1/n, x + 1/n]\) azalan bir topluluktur ve \(\bigcap_n I_n = \{x\}\) tir. İntegrasyonun sürekliliğini (Teorem 14.2, (ii) kısmı) integrallenebilir \(|f|\) ye uygularsak \[ \lim_{n \to \infty} \varphi(1/n) = \int_{\{x\}} |f| = 0 \] bulunur, çünkü \(m(\{x\}) = 0\) dır.
Adım 4: Süreklilik. \(\varepsilon > 0\) verilsin. Adım 3’e göre \(\varphi(1/n) < \varepsilon\) olan bir \(n\) vardır. \(\delta = 1/n\) için \(|y - x| < \delta\) ise Adım 2’den \(|F(y) - F(x)| \le \varphi(1/n) < \varepsilon\) olur. Yani \(F\), her \(x\) noktasında süreklidir.
Adım 5: Lipschitz olmayabilir. \(f(x) = x^{-1/2}\) (\(0 < x \le 1\)) ve diğer durumlarda \(f(x) = 0\) olsun. \(0 < t \le 1\) ve \(n \ge 1/t\) için \([1/n, t]\) üzerinde \(f\) sürekli olduğundan (Teorem 11.4) \[ \int_{[1/n,\, t]} f = 2\sqrt{t} - \frac{2}{\sqrt{n}} \] dir. \(f \ge 0\) ve \(n \ge 1/t\) iken \(f \cdot \chi_{[1/n, t]}\) artarak \(f \cdot \chi_{(0, t]}\) ye yakınsadığından, limiti \(n \ge 1/t\) üzerinden alırsak monoton yakınsaklık teoremi (Teorem 12.4) \(\int_{(0, t]} f = 2\sqrt{t}\) verir; özellikle \(\int_{\mathbb{R}} f = 2\) ve \(f\) integrallenebilirdir. Buna göre \(F(0) = 0\) ve \(0 < h \le 1\) için \(F(h) = 2\sqrt{h}\) dir; dolayısıyla \[ \frac{|F(h) - F(0)|}{h} = \frac{2}{\sqrt{h}} \to \infty \quad (h \to 0^+). \] Hiçbir \(L\) sabiti \(|F(h) - F(0)| \le L h\) eşitsizliğini sağlayamaz; \(F\) Lipschitz değildir. Buna karşılık \(f\) sınırlıysa, \(|f| \le M\) için Adım 2 den \(|F(y) - F(x)| \le M |y - x|\) olur ve \(F\) Lipschitzdir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 14.5 (Alterne Basamak Fonksiyonu) \([1, \infty)\) üzerinde, her \(k \in \mathbb{N}\) ve \(k \le x < k+1\) için \(f(x) = (-1)^k / k\) tanımlansın. \(\lim_{n \to \infty} \int_{[1, n]} f\) limitinin var olduğunu, ancak \(f\) nin \([1, \infty)\) üzerinde integrallenebilir olmadığını gösterin. Bu, integrasyonun sürekliliğiyle çelişir mi?
Çözüm
Adım 1: Kısmi integraller. \([1, n]\), \([k, k+1)\) (\(1 \le k \le n-1\)) aralıkları ile \(\{n\}\) noktasının ayrık birleşimidir. \([k, k+1)\) üzerinde \(f\) sabit \((-1)^k/k\) ve tek noktanın ölçüsü sıfır olduğundan, sonlu toplamsallıktan \[ \int_{[1, n]} f = \sum_{k=1}^{n-1} \frac{(-1)^k}{k} \] bulunur.
Adım 2: Limit vardır. \(1/k\) azalarak sıfıra gittiğinden alterne seri testine göre \(\sum_{k \ge 1} (-1)^k / k\) yakınsaktır. Dolayısıyla limit vardır; değeri \(-\ln 2 \approx -0{,}6931\) dir.
Adım 3: İntegrallenebilir değildir. Adım 1’deki hesap \(|f|\) için \[ \int_{[1, \infty)} |f| \ge \int_{[1, n]} |f| = \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k} \] verir (negatif olmayan fonksiyonlarda integralin monotonluğu). Harmonik seri ıraksak olduğundan sağ taraf \(n \to \infty\) iken sınırsız büyür; \(\int_{[1, \infty)} |f| = \infty\) ve \(f\) integrallenebilir değildir.
Adım 4: Çelişki yoktur. İntegrasyonun sürekliliği (Teorem 14.2) \(f\) nin artan kümelerin birleşimi olan \([1, \infty)\) üzerinde integrallenebilir olduğunu varsayar. Burada bu varsayım sağlanmaz; \(\int_{[1, \infty)} f\) tanımlı bile değildir. Kısmi integrallerin limitinin var olması teoremin kapsamı dışındadır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 14.6 (Sinüs Bölü x) \([1, \infty)\) üzerinde \(f(x) = (\sin x)/x\) tanımlansın. \(\lim_{n \to \infty} \int_{[1, n]} f\) limitinin var olduğunu, ancak \(f\) nin \([1, \infty)\) üzerinde integrallenebilir olmadığını gösterin. Bu, integrasyonun sürekliliğiyle çelişir mi?
Çözüm
Adım 1: Riemann integraline geçiş. \(f\), \([1, n]\) üzerinde süreklidir; Lebesgue ve Riemann integralleri eşittir (Teorem 11.4). Kısmi integrasyonla \[ \int_1^n \frac{\sin x}{x}\,dx = \cos 1 - \frac{\cos n}{n} - \int_1^n \frac{\cos x}{x^2}\,dx. \]
Adım 2: Limit vardır. \(|\cos n / n| \le 1/n \to 0\) dır. \(g(x) = \cos x / x^2\) için \(|g(x)| \le 1/x^2\) ve \(1/x^2\), \([1, \infty)\) üzerinde integrallenebilir olduğundan (Örnek 14.1) \(g\) de integrallenebilirdir. \([1, n]\) artan bir topluluk olduğundan integrasyonun sürekliliği (Teorem 14.2) \(\int_{[1, n]} g \to \int_{[1, \infty)} g\) verir. Dolayısıyla \[ \lim_{n \to \infty} \int_{[1, n]} f = \cos 1 - \int_{[1, \infty)} g \] vardır; sayısal değeri yaklaşık \(0{,}6247\) dir.
Adım 3: İntegrallenebilir değildir. \(k \ge 1\) için \([k\pi, (k+1)\pi] \subseteq [1, \infty)\) dur ve bu aralıkta \(x \le (k+1)\pi\) olduğundan \[ \int_{k\pi}^{(k+1)\pi} \frac{|\sin x|}{x}\,dx \ge \frac{1}{(k+1)\pi} \int_{k\pi}^{(k+1)\pi} |\sin x|\,dx = \frac{2}{(k+1)\pi} \] dir. Bu aralıklar yalnız uç noktalarda kesiştiğinden \[ \int_{[1, \infty)} |f| \ge \sum_{k=1}^{N} \frac{2}{(k+1)\pi} \quad (N \in \mathbb{N}) \] ve harmonik serinin ıraksaklığından \(\int_{[1, \infty)} |f| = \infty\) olur.
Adım 4: Çelişki yoktur. Önceki alıştırmada olduğu gibi integrasyonun sürekliliği \(f\) nin birleşim olan \([1, \infty)\) üzerinde integrallenebilir olmasını varsayar; bu varsayım burada sağlanmaz. \(\int_1^\infty (\sin x)/x\,dx\) genelleştirilmiş Riemann integrali olarak vardır ama bir Lebesgue integrali değildir.
\(\blacksquare\)
Sıradaki üç alıştırma, \(\mathbb{R}\) üzerinde integrallenebilir bir \(f\) için şu dört önermenin denk olduğunu gösterir: \(f = 0 \ \text{h.h.y.}\); sınırlı, sonlu destekli her ölçülebilir \(g\) için \(\int_{\mathbb{R}} f g = 0\); her ölçülebilir \(A\) için \(\int_A f = 0\); her açık \(\mathcal{O}\) için \(\int_{\mathcal{O}} f = 0\). Açık kümeler ölçülebilir olduğundan üçüncü önerme dördüncüyü kendiliğinden verir; zinciri kalan üç gerektirme kapatır.
Alıştırma 14.7 (Sıfır Fonksiyonla Çarpımın İntegrali) \(f\), \(\mathbb{R}\) üzerinde integrallenebilir ve \(f = 0 \ \text{h.h.y.}\) olsun. Sınırlı, sonlu destekli her ölçülebilir \(g\) için \(\int_{\mathbb{R}} f g = 0\) olduğunu gösterin.
Çözüm
Adım 1: İntegrallenebilirlik. \(|g| \le M\) ise \(|fg| \le M|f|\) dir; \(fg\) ölçülebilir ve integrallenebilirdir.
Adım 2: Sonuç. \(f(x) = 0\) olan her \(x\) te \(f(x) g(x) = 0\) dır; dolayısıyla \(fg = 0 \ \text{h.h.y.}\) Sıfır fonksiyonu integrallenebilir ve integrali \(0\) olduğundan, hemen her yerde eşit fonksiyonların integrallerinin eşitliği (Lemma 13.1) \[ \int_{\mathbb{R}} fg = \int_{\mathbb{R}} 0 = 0 \] verir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 14.8 (Her Ölçülebilir Küme Üzerinde Sıfır İntegral) \(f\), \(\mathbb{R}\) üzerinde integrallenebilir olsun ve sınırlı, sonlu destekli her ölçülebilir \(g\) için \(\int_{\mathbb{R}} f g = 0\) olsun. Her ölçülebilir \(A\) kümesi için \(\int_A f = 0\) olduğunu gösterin.
Çözüm
Adım 1: Sınırlı parçalar. \(A\) ölçülebilir olsun ve \(A_n = A \cap [-n, n]\) tanımlansın. \(g_n = \chi_{A_n}\) ölçülebilir, \(1\) ile sınırlı ve \([-n, n]\) dışında sıfır, yani sonlu desteklidir. Varsayımdan \[ \int_{A_n} f = \int_{\mathbb{R}} f \cdot \chi_{A_n} = 0. \]
Adım 2: Limite geçiş. \(\{A_n\}\) ölçülebilir kümelerin artan bir topluluğudur ve \(\bigcup_n A_n = A\) dır. İntegrasyonun sürekliliğinin (i) kısmından (Teorem 14.2) \[ \int_A f = \lim_{n \to \infty} \int_{A_n} f = 0. \]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 14.9 (Açık Kümeler Üzerinde Sıfır İntegral) \(f\), \(\mathbb{R}\) üzerinde integrallenebilir olsun ve her açık \(\mathcal{O}\) kümesi için \(\int_{\mathcal{O}} f = 0\) olsun. \(\mathbb{R}\) üzerinde \(f = 0 \ \text{h.h.y.}\) olduğunu gösterin.
Çözüm
Adım 1: Her ölçülebilir küme üzerinde integral sıfırdır. \(A\) ölçülebilir olsun. Her \(k\) için Teorem 3.1, \(A \subseteq \mathcal{O}_k\) ve \(m(\mathcal{O}_k \setminus A) < 1/k\) olan açık bir \(\mathcal{O}_k\) verir. \(\mathcal{V}_k = \mathcal{O}_1 \cap \dots \cap \mathcal{O}_k\) açıktır, \(A\) yı içerir, \(m(\mathcal{V}_k \setminus A) < 1/k\) dır ve \(\{\mathcal{V}_k\}\) azalan bir topluluktur. \(G = \bigcap_k \mathcal{V}_k\) için her \(k\) da \(m(G \setminus A) \le m(\mathcal{V}_k \setminus A) < 1/k\), yani \(m(G \setminus A) = 0\) dır. İntegrasyonun sürekliliğinin (ii) kısmından (Teorem 14.2) \[ \int_G f = \lim_{k \to \infty} \int_{\mathcal{V}_k} f = 0. \] \(G\), \(A\) ile sıfır ölçülü \(G \setminus A\) kümesinin ayrık birleşimi olduğundan \(\int_A f = \int_G f - \int_{G \setminus A} f = 0\) bulunur.
Adım 2: Pozitif kısım. \(P = \{x : f(x) > 0\}\) ölçülebilirdir ve Adım 1’e göre \(\int_{\mathbb{R}} f \cdot \chi_P = \int_P f = 0\) dır. \(f \cdot \chi_P \ge 0\) olduğundan Chebychev eşitsizliği (Lemma 12.1) her \(j \in \mathbb{N}\) için \[ m\big(\{x : f(x) \cdot \chi_P(x) \ge 1/j\}\big) \le j \int_{\mathbb{R}} f \cdot \chi_P = 0 \] verir. \(P\) bu kümelerin \(j \in \mathbb{N}\) üzerinden birleşimi olduğundan alt toplamsallıktan (Teorem 1.3) \(m(P) = 0\) dır.
Adım 3: Negatif kısım. \(-f\) de varsayımı sağlar; Adım 2 ona uygulanırsa \(\{x : f(x) < 0\}\) kümesinin ölçüsü de sıfır çıkar. Böylece \(\{x : f(x) \ne 0\}\) sıfır ölçülüdür, yani \(f = 0 \ \text{h.h.y.}\)
\(\blacksquare\)
Alıştırma 14.10 (Basit Fonksiyonla Yaklaşım) \(f\), \([a, b]\) üzerinde integrallenebilir ve \(\varepsilon > 0\) olsun. \([a, b]\) üzerinde \(\int_{[a, b]} |f - \eta| < \varepsilon\) koşulunu sağlayan bir \(\eta\) basit fonksiyonunun bulunduğunu gösterin.
Çözüm
Adım 1: Basit yaklaşım dizisi. \(f\) ölçülebilir olduğundan basit yaklaşım teoremi (Teorem 8.2), \([a, b]\) üzerinde \(f\) ye noktasal yakınsayan ve her \(n\) için \(|\eta_n| \le |f|\) koşulunu sağlayan basit \(\eta_n\) fonksiyonları verir.
Adım 2: Baskın yakınsaklık. \(|f - \eta_n|\) noktasal olarak \(0\) a yakınsar ve \(|f - \eta_n| \le |f| + |\eta_n| \le 2|f|\) dir; \(2|f|\) integrallenebilirdir. Lebesgue baskın yakınsaklık teoreminden (Teorem 13.4) \[ \lim_{n \to \infty} \int_{[a, b]} |f - \eta_n| = 0. \]
Adım 3: Seçim. Bu limit nedeniyle \(\int_{[a, b]} |f - \eta_n| < \varepsilon\) olan bir \(n\) vardır; \(\eta = \eta_n\) istenen basit fonksiyondur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 14.11 (Basamak Fonksiyonuyla Yaklaşım) \(f\), \([a, b]\) üzerinde integrallenebilir ve \(\varepsilon > 0\) olsun. \([a, b]\) üzerinde \(\int_{[a, b]} |f - s| < \varepsilon\) koşulunu sağlayan bir \(s\) basamak fonksiyonunun bulunduğunu gösterin. (İpucu: Teorem 3.3.)
Çözüm
Adım 1: Önce basit fonksiyon. Önceki alıştırmaya göre \(\int_{[a, b]} |f - \eta| < \varepsilon/2\) olan bir \(\eta\) basit fonksiyonu vardır. \(\eta\) yı \[ \eta = \sum_{i=1}^N c_i \chi_{A_i} \] biçiminde yazalım; burada \(A_i \subseteq [a, b]\) ayrık ve ölçülebilir, \(c_i\) ler reel sayılardır. Bütün \(c_i\) ler sıfırsa \(s = 0\) alınır; aksi halde \(C = \sum_{i=1}^N |c_i| > 0\) olsun.
Adım 2: Kümeleri aralıklarla değiştirmek. Her \(A_i\) nin ölçüsü en çok \(b - a\), yani sonludur. Teorem 3.3, sonlu sayıda ayrık açık aralığın birleşimi olan ve \(m(A_i \,\triangle\, U_i) < \varepsilon/(2C)\) koşulunu sağlayan bir \(U_i\) verir. \(V_i = U_i \cap [a, b]\) de sonlu sayıda aralığın birleşimidir. \(A_i \subseteq [a, b]\) olduğundan \(A_i \,\triangle\, V_i \subseteq A_i \,\triangle\, U_i\) dir.
Adım 3: Basamak fonksiyonu. \(s = \sum_{i=1}^N c_i \chi_{V_i}\) olsun. Bütün \(V_i\) aralıklarının uç noktaları \(a\) ve \(b\) ile birlikte \([a, b]\) nin bir bölüntüsünü verir ve \(s\) bu bölüntünün her açık alt aralığında sabittir; yani \(s\) bir basamak fonksiyonudur.
Adım 4: Kestirim. \(|\chi_{A_i} - \chi_{V_i}| = \chi_{A_i \triangle V_i}\) olduğundan \[ \int_{[a, b]} |\eta - s| \le \sum_{i=1}^N |c_i|\, m(A_i \,\triangle\, V_i) < C \cdot \frac{\varepsilon}{2C} = \frac{\varepsilon}{2}. \] Üçgen eşitsizliğinden \[ \int_{[a, b]} |f - s| \le \int_{[a, b]} |f - \eta| + \int_{[a, b]} |\eta - s| < \varepsilon. \]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 14.12 (Sürekli Fonksiyonla Yaklaşım) \(f\), \([a, b]\) üzerinde integrallenebilir ve \(\varepsilon > 0\) olsun. \([a, b]\) üzerinde \(\int_{[a, b]} |f - g| < \varepsilon\) koşulunu sağlayan sürekli bir \(g\) fonksiyonunun bulunduğunu gösterin.
Çözüm
Adım 1: Önce basamak fonksiyonu. Önceki alıştırmaya göre \(\int_{[a, b]} |f - s| < \varepsilon/2\) olan bir \(s\) basamak fonksiyonu vardır: \(a = x_0 < x_1 < \dots < x_n = b\) bölüntüsü için \(s\), her \((x_{j-1}, x_j)\) aralığında sabit \(c_j\) değerini alır. \(M = \max_j |c_j|\) olsun. \(n = 1\) ya da \(M = 0\) ise \(s\) hemen her yerde sabittir ve \(g = c_1\) yeter; bu yüzden \(n \ge 2\) ve \(M > 0\) varsayalım.
Adım 2: Köşeleri yumuşatmak. \(\delta > 0\) sayısını \[ \delta < \tfrac{1}{2} \min_j (x_j - x_{j-1}), \qquad 4M(n-1)\delta < \tfrac{\varepsilon}{2} \] olacak biçimde seçelim. Birinci koşul, \(1 \le j \le n-1\) için \(J_j = [x_j - \delta, x_j + \delta]\) aralıklarının ayrık ve \((a, b)\) içinde olmasını sağlar. \(g\) yi şöyle tanımlayalım: \(J_j\) üzerinde \(x_j - \delta\) da \(c_j\), \(x_j + \delta\) da \(c_{j+1}\) değerini alan doğrusal fonksiyon; bu aralıkların dışında, \((x_{j-1}, x_j)\) içindeki noktalarda \(c_j\); ayrıca \(g(a) = c_1\) ve \(g(b) = c_n\).
Adım 3: \(g\) süreklidir. Her parça süreklidir ve parçaların birleştiği \(x_j \pm \delta\), \(a\), \(b\) noktalarında soldan ve sağdan değerler çakışır. Ayrıca her yerde \(|g| \le M\) dir.
Adım 4: Kestirim. \(g\) ile \(s\), \(\bigcup_{j=1}^{n-1} J_j\) ve sonlu sayıda bölüntü noktası dışında eşittir. \(J_j\) üzerinde \(|s - g| \le |s| + |g| \le 2M\) (\(x_j\) noktası hariç, o da sıfır ölçülü) olduğundan \[ \int_{[a, b]} |s - g| \le 2M \sum_{j=1}^{n-1} m(J_j) = 4M(n-1)\delta < \frac{\varepsilon}{2}. \] Üçgen eşitsizliğinden \[ \int_{[a, b]} |f - g| \le \int_{[a, b]} |f - s| + \int_{[a, b]} |s - g| < \varepsilon. \]
\(\blacksquare\)
Böylece Lebesgue integralinin temel özelliklerini tamamlamış olduk: doğrusallık ve monotonluğun yanında yakınsaklık teoremleri, sayılabilir toplamsallık ve süreklilik. Kitabın son bölümü, bu araçları bir arada çalıştıran Ek Alıştırmalar’dır.