12 Negatif Olmayan Fonksiyonların İntegrali
Sınırlı ve sonlu destekli fonksiyonların integralini biliyoruz. Şimdi sınırlılık ve sonlu destek koşullarını bırakıp \([0, \infty]\) değerli her ölçülebilir fonksiyona bir integral atıyoruz. Fikir basit: fonksiyonu alttan, integralini zaten bildiğimiz fonksiyonlarla yoklamak ve bu integrallerin supremumunu almak.
Bu yolla gelen integral hem doğrusal ve monoton olur hem de limitlerle çok iyi geçinir. Bölümün iki temel sonucu Fatou lemması ve Monoton Yakınsaklık Teoremi’dir; ikisi de integral ile limitin yer değiştirmesini hiçbir sınırlılık varsayımı olmadan, yalnız negatif olmama sayesinde sağlar.
12.1 Tanım
Bir \(h\) fonksiyonu, \(\{x \in E : h(x) \neq 0\}\) kümesinin ölçüsü sonluysa sonlu destekli adını alır. Bu bölüm boyunca \(E\) ölçülebilir bir kümedir ve \[ \mathcal{F}_E = \{\, h \colon E \to \mathbb{R} \;:\; h \text{ ölçülebilir, sınırlı, sonlu destekli, } h \ge 0 \,\} \] yazarız. \(\mathcal{F}_E\) deki fonksiyonların integrali doğrusal ve monotondur (Teorem 11.3). Ayrıca \([0, \infty]\) içindeki işlemlerde \(0 \cdot \infty = 0\) ve her \(c \in [0,\infty]\) için \(c + \infty = \infty\) kabul ederiz.
Tanım 12.1 (Negatif Olmayan Fonksiyonun İntegrali) \(f \colon E \to [0, \infty]\) ölçülebilir olsun. \(f\) nin \(E\) üzerindeki integrali \[ \int_E f = \sup \Big\{ \int_E h \;:\; h \in \mathcal{F}_E, \ 0 \le h \le f \text{ ($E$ üzerinde)} \Big\} \] genişletilmiş reel sayısıdır. Ölçülebilir \(A \subseteq E\) için \(\int_A f\), \(f\) nin \(A\) ya kısıtlanışının integralidir.
Yani \(f\) nin integrali, \(f\) nin altında kalan “iyi” fonksiyonların integrallerinin en küçük üst sınırıdır; değeri \(\infty\) olabilir.
İki gözlem hemen çıkar. Birincisi, \(f \in \mathcal{F}_E\) ise supremum \(h = f\) de erişilir ve monotonluktan başka bir \(h\) daha büyük integral veremez; yani yeni tanım eskisiyle çelişmez. Özel olarak \(A \subseteq E\) ölçülebilir, \(m(A) < \infty\) ve \(c \ge 0\) ise \(\int_E c\,\chi_A = c\, m(A)\) dır. İkincisi, \(E\) üzerinde \(0 \le f \le g\) ise \(f\) nin altında kalan her \(h\), \(g\) nin de altında kalır; dolayısıyla \[ \int_E f \le \int_E g. \tag{1} \]
12.2 Chebychev Eşitsizliği
Negatif olmayan bir fonksiyonun integrali, fonksiyonun büyük olduğu kümenin ölçüsünü kontrol eder.
Lemma 12.1 (Chebychev Eşitsizliği) \(f \colon E \to [0, \infty]\) ölçülebilir olsun. Her \(\lambda > 0\) için \[ m\{x \in E : f(x) \ge \lambda\} \le \frac{1}{\lambda} \int_E f. \tag{2} \]
İspat
\(E_\lambda = \{x \in E : f(x) \ge \lambda\}\) diyelim; \(f\) ölçülebilir olduğundan \(E_\lambda\) ölçülebilirdir. \(E_\lambda\) üzerinde \(f \ge \lambda\) ve \(f \ge 0\) olduğundan \(E\) üzerinde \(\lambda\,\chi_{E_\lambda} \le f\) dir.
Durum 1: \(m(E_\lambda) < \infty\). Bu durumda \(h = \lambda\,\chi_{E_\lambda}\) sınırlı, ölçülebilir ve sonlu destekli, yani \(\mathcal{F}_E\) dedir ve \(0 \le h \le f\) dir. İntegralin tanımından \[ \lambda\, m(E_\lambda) = \int_E h \le \int_E f. \]
Durum 2: \(m(E_\lambda) = \infty\). Her \(n\) için \(E_{\lambda,n} = E_\lambda \cap [-n, n]\) ve \(\psi_n = \lambda\,\chi_{E_{\lambda,n}}\) alalım. \(m(E_{\lambda,n}) \le 2n\) olduğundan \(\psi_n \in \mathcal{F}_E\), \(0 \le \psi_n \le f\) ve \(\int_E \psi_n = \lambda\, m(E_{\lambda,n})\) dir. \(\{E_{\lambda,n}\}_n\) artan bir topluluktur ve birleşimi \(E_\lambda\) dır; ölçünün sürekliliğinden (Teorem 4.3) \[ \infty = \lambda\, m(E_\lambda) = \lim_{n\to\infty} \lambda\, m(E_{\lambda,n}) = \lim_{n\to\infty} \int_E \psi_n \le \int_E f. \] Demek ki \(\int_E f = \infty\) dur ve (2) nin iki tarafı da \(\infty\) olur.
\(\blacksquare\)
Yani \(f\) nin en az \(\lambda\) olduğu küme, integral sonlu kaldıkça, \(\lambda\) büyüdükçe \(1/\lambda\) hızıyla küçülür.
Chebychev eşitsizliğinin ilk önemli sonucu, integrali sıfır olan fonksiyonları tam olarak betimlemesidir.
Teorem 12.1 (İntegrali Sıfır Olan Fonksiyonlar) \(f \colon E \to [0, \infty]\) ölçülebilir olsun. \(\int_E f = 0\) olması için gerek ve yeter koşul \(E\) üzerinde hemen her yerde \(f = 0\) olmasıdır.
İspat
(\(\Rightarrow\)) \(\int_E f = 0\) olsun. Her \(n\) için Chebychev eşitsizliği (Lemma 12.1) \(\lambda = 1/n\) ile \[ m\{x \in E : f(x) \ge 1/n\} \le n \int_E f = 0 \] verir. \[ \{x \in E : f(x) > 0\} = \bigcup_{n=1}^\infty \{x \in E : f(x) \ge 1/n\} \] olduğundan sayılabilir alt toplamsallık (Teorem 1.3) bu kümenin ölçüsünün \(0\) olduğunu gösterir; yani hemen her yerde \(f = 0\) dır (Tanım 4.2).
(\(\Leftarrow\)) \(Z = \{x \in E : f(x) > 0\}\) için \(m(Z) = 0\) olsun. \(h \in \mathcal{F}_E\), \(0 \le h \le f\) ve \(M\), \(h\) nin bir üst sınırı ise \(h\), \(Z\) dışında sıfırdır; dolayısıyla \(E\) üzerinde \(0 \le h \le M\chi_Z\) dir. Sınırlı fonksiyonların integralinin monotonluğundan (Teorem 11.3) \[ 0 \le \int_E h \le M\, m(Z) = 0. \] Supremumu alınan bütün integraller sıfır olduğundan \(\int_E f = 0\) dır.
\(\blacksquare\)
12.3 Doğrusallık ve Monotonluk
Sınırlı durumdaki doğrusallık, supremum yoluyla negatif olmayan fonksiyonlara taşınır. Önce bir ölçülebilirlik notu: \(f, g \colon E \to [0,\infty]\) ölçülebilirse \(f + g\) iyi tanımlıdır (\(-\infty\) değeri olmadığı için \(\infty - \infty\) belirsizliği çıkmaz) ve her \(c\) için \[ \{f + g > c\} = \bigcup_{q \in \mathbb{Q}} \big(\{f > q\} \cap \{g > c - q\}\big) \] olduğundan ölçülebilirdir. Pozitif sabitle çarpım da ölçülebilirliği korur.
Teorem 12.2 (Doğrusallık ve Monotonluk) \(f, g \colon E \to [0, \infty]\) ölçülebilir ve \(\alpha, \beta > 0\) olsun.
- Doğrusallık: \(\displaystyle \int_E (\alpha f + \beta g) = \alpha \int_E f + \beta \int_E g\).
- Monotonluk: \(E\) üzerinde \(f \le g\) ise \(\displaystyle \int_E f \le \int_E g\).
İspat
Monotonluk (1) ile gösterildi. Doğrusallığı iki adımda kanıtlarız.
Adım 1: Pozitif katla çarpım. \(h \mapsto \alpha h\) eşlemesi, \(0 \le h \le f\) koşulunu sağlayan \(h \in \mathcal{F}_E\) fonksiyonlarını \(0 \le k \le \alpha f\) koşulunu sağlayan \(k \in \mathcal{F}_E\) fonksiyonlarına birebir ve örten biçimde götürür (tersi \(k \mapsto k/\alpha\)). \(\mathcal{F}_E\) de \(\int_E \alpha h = \alpha \int_E h\) olduğundan supremumlar da \(\int_E \alpha f = \alpha \int_E f\) ilişkisini sağlar. Böylece \(\alpha = \beta = 1\) durumunu kanıtlamak yeter.
Adım 2a: \(\int_E f + \int_E g \le \int_E (f+g)\). \(h, k \in \mathcal{F}_E\), \(0 \le h \le f\) ve \(0 \le k \le g\) olsun. O zaman \(h + k \in \mathcal{F}_E\) ve \(0 \le h + k \le f + g\) dir; \(\mathcal{F}_E\) deki doğrusallıktan \[ \int_E h + \int_E k = \int_E (h + k) \le \int_E (f + g). \] Soldaki toplamda önce \(h\), sonra \(k\) üzerinden supremum almak istenen eşitsizliği verir.
Adım 2b: \(\int_E (f+g) \le \int_E f + \int_E g\). \(\ell \in \mathcal{F}_E\) ve \(0 \le \ell \le f + g\) olsun. \(\int_E \ell \le \int_E f + \int_E g\) olduğunu göstermek yeter. \(E\) üzerinde \[ h = \min\{f, \ell\}, \qquad k = \ell - h \] tanımlayalım. \(h\) ölçülebilir, \(0 \le h \le \ell\) olduğundan sınırlı ve sonlu destekli, yani \(h \in \mathcal{F}_E\) ve \(h \le f\) dir. \(k\) da ölçülebilir, \(0 \le k \le \ell\) ve dolayısıyla \(k \in \mathcal{F}_E\) dir. Ayrıca \(k \le g\) dir: \(\ell(x) \le f(x)\) olan noktada \(k(x) = 0 \le g(x)\); \(f(x) < \ell(x)\) olan noktada \(f(x)\) sonludur ve \(k(x) = \ell(x) - f(x) \le g(x)\) dir.
Bu durumda \(\ell = h + k\) ve \(\mathcal{F}_E\) deki doğrusallıkla \[ \int_E \ell = \int_E h + \int_E k \le \int_E f + \int_E g. \] \(\ell\) üzerinden supremum alınırsa istenen eşitsizlik çıkar. Adım 2a ile 2b birlikte eşitliği verir.
\(\blacksquare\)
Yani negatif olmayan fonksiyonlarda integral toplamı toplamlara, pozitif katı katlara taşır. \(0 \cdot \infty = 0\) kuralıyla sonuç \(\alpha = 0\) ya da \(\beta = 0\) için de geçerlidir. Özel olarak integrallenebilir (integrali sonlu) iki fonksiyonun toplamının integrali de sonludur.
Doğrusallıktan, integralin tanım kümesine göre toplamsallığı çıkar.
Teorem 12.3 (Tanım Kümesine Göre Toplamsallık) \(f \colon E \to [0,\infty]\) ölçülebilir olsun.
- Ölçülebilir her \(A \subseteq E\) için \(\displaystyle \int_A f = \int_E f\cdot\chi_A\) dır.
- \(A, B \subseteq E\) ayrık ve ölçülebilir ise \(\displaystyle \int_{A \cup B} f = \int_A f + \int_B f\) dir.
- \(E_0 \subseteq E\) ölçülebilir ve \(m(E \setminus E_0) = 0\) ise \(\displaystyle \int_E f = \int_{E_0} f\) dir.
İspat
Birinci kısım. \(h \in \mathcal{F}_A\) ve \(A\) üzerinde \(0 \le h \le f\) olsun. \(h\) yi \(E \setminus A\) üzerinde \(0\) diye genişletirsek elde edilen \(\hat h\) fonksiyonu \(\mathcal{F}_E\) dedir, \(0 \le \hat h \le f\chi_A\) dır. \(E_0 = \{h \neq 0\} \subseteq A\) sonlu ölçülü olduğundan sınırlı fonksiyonlar için desteğe indirgeme önermesine göre \(\int_E \hat h = \int_{E_0} \hat h = \int_{E_0} h = \int_A h\) dir. Tersine, \(k \in \mathcal{F}_E\) ve \(0 \le k \le f\chi_A\) ise \(k\), \(A\) dışında sıfırdır; \(A\) ya kısıtlanışı \(\mathcal{F}_A\) dadır, \(f\) nin altındadır ve aynı integrale sahiptir. İki supremum aynı sayılar kümesi üzerinden alındığından eşittir.
İkinci kısım. \(A \cup B\) üzerinde \(f = f\chi_A + f\chi_B\) dir. Birinci kısım (\(E\) yerine \(A \cup B\) ile) ve doğrusallık (Teorem 12.2) sonucu verir.
Üçüncü kısım. İkinci kısımdan \(\int_E f = \int_{E_0} f + \int_{E \setminus E_0} f\) dir. \(E \setminus E_0\) sıfır ölçülü olduğundan \(f\) orada hemen her yerde sıfırdır ve Teorem 12.1 son terimi \(0\) yapar.
\(\blacksquare\)
Yani integral, tanım kümesinin ayrık parçaları üzerinde toplanır ve sıfır ölçülü bir kümeyi atmak integrali değiştirmez.
12.4 Fatou Lemması ve Monoton Yakınsaklık
Şimdi limitlere geçiyoruz. Negatif olmayan fonksiyonlarda integral, noktasal limitte “kütle kaybedebilir” ama hiçbir zaman kütle kazanamaz.
Lemma 12.2 (Fatou Lemması) \(\{f_n\}\), \(E\) üzerinde tanımlı \([0, \infty]\) değerli ölçülebilir fonksiyonların bir dizisi olsun ve \(E\) üzerinde noktasal olarak \(f_n \to f\) olsun. O zaman \[ \int_E f \le \liminf_{n\to\infty} \int_E f_n. \tag{3} \]
İspat
\(f\), ölçülebilir fonksiyonların noktasal limiti olduğundan ölçülebilirdir (Teorem 8.1) ve negatif değildir. İntegralin tanımı gereği, \(0 \le h \le f\) koşulunu sağlayan her \(h \in \mathcal{F}_E\) için \[ \int_E h \le \liminf_{n\to\infty} \int_E f_n \] olduğunu göstermek yeter. Böyle bir \(h\) ve onun bir üst sınırı \(M\) alalım.
Adım 1: Sonlu ölçülü kümeye inme. \(E_0 = \{x \in E : h(x) \neq 0\}\) için \(m(E_0) < \infty\) dır. \(h\), \(E_0\) dışında sıfır olduğundan sınırlı fonksiyonlar için desteğe indirgeme önermesine göre \(\int_E h = \int_{E_0} h\); tanım kümesine göre toplamsallıktan (Teorem 12.3) de \(\int_{E_0} f_n \le \int_E f_n\) dir. Bu yüzden \(E\) yerine \(E_0\) alarak \(m(E) < \infty\) varsayabiliriz.
Adım 2: Kesilmiş dizi. Her \(n\) için \(E\) üzerinde \[ h_n = \min\{h, f_n\} \] tanımlayalım. \(h_n\) ölçülebilir ve \(0 \le h_n \le M\) dir; yani \(\{h_n\}\), sonlu ölçülü bir kümede düzgün sınırlı bir ölçülebilir fonksiyon dizisidir. Her \(x \in E\) için \(h(x)\) sonlu, \(f_n(x) \to f(x)\) ve \(h(x) \le f(x)\) olduğundan \[ h_n(x) = \min\{h(x), f_n(x)\} \to \min\{h(x), f(x)\} = h(x). \]
Adım 3: Sınırlı yakınsaklık. Sınırlı Yakınsaklık Teoremi’nden (Teorem 11.5) \(\lim_{n} \int_E h_n = \int_E h\) dir. Öte yandan her \(n\) için \(h_n \in \mathcal{F}_E\) ve \(h_n \le f_n\) olduğundan tanım gereği \(\int_E h_n \le \int_E f_n\) dir. Buna göre \[ \int_E h = \lim_{n\to\infty} \int_E h_n \le \liminf_{n\to\infty} \int_E f_n. \]
\(\blacksquare\)
Yani limit fonksiyonun integrali, integrallerin alt limitini aşamaz. Eşitsizlik gerçekten kesin olabilir; kütle ya bir noktaya sıkışarak ya da sonsuza kaçarak kaybolur.
Örnek 12.1 (Bir Noktaya Sıkışan Kütle) \([0,1]\) üzerinde \(f_n = n\,\chi_{(0,1/n]}\) dizisi için Fatou lemmasındaki eşitsizliğin kesin olduğunu gösterin.
Çözüm
\(f_n\) sınırlı ve sonlu destekli olduğundan \[ \int_{[0,1]} f_n = n \cdot m\big((0,1/n]\big) = n \cdot \frac1n = 1. \]
Noktasal limit sıfırdır: \(f_n(0) = 0\) ve her \(x \in (0,1]\) için \(n > 1/x\) olunca \(x \notin (0,1/n]\), yani \(f_n(x) = 0\) olur. Dolayısıyla \(f = 0\) ve \[ \int_{[0,1]} f = 0 < 1 = \liminf_{n\to\infty} \int_{[0,1]} f_n. \]
\(\blacksquare\)
Örnek 12.2 (Sonsuza Kaçan Kütle) \(\mathbb{R}\) üzerinde \(f_n = \chi_{[n, n+1]}\) dizisi için Fatou lemmasındaki eşitsizliğin kesin olduğunu gösterin.
Çözüm
Her \(n\) için \(\int_{\mathbb{R}} f_n = m([n,n+1]) = 1\) dir. Her \(x \in \mathbb{R}\) için \(n > x\) olunca \(f_n(x) = 0\) olduğundan noktasal limit \(f = 0\) dır. Buna göre \[ \int_{\mathbb{R}} f = 0 < 1 = \liminf_{n\to\infty} \int_{\mathbb{R}} f_n. \]
\(\blacksquare\)
Dizi artan olduğunda böyle bir kayıp mümkün değildir ve Fatou eşitsizliği eşitliğe döner.
Teorem 12.4 (Monoton Yakınsaklık Teoremi) \(\{f_n\}\), \(E\) üzerinde \([0,\infty]\) değerli ölçülebilir fonksiyonların artan bir dizisi olsun ve \(E\) üzerinde noktasal olarak \(f_n \to f\) olsun. O zaman \[ \lim_{n\to\infty} \int_E f_n = \int_E f. \]
İspat
Fatou lemmasından (Lemma 12.2) \(\int_E f \le \liminf_n \int_E f_n\) dir. Öte yandan dizi artan olduğundan her \(n\) için \(E\) üzerinde \(f_n \le f\) dir; monotonluktan (Teorem 12.2) \(\int_E f_n \le \int_E f\) ve dolayısıyla \[ \limsup_{n\to\infty} \int_E f_n \le \int_E f \le \liminf_{n\to\infty} \int_E f_n. \] Alt limit üst limiti aşamayacağından hepsi eşittir; limit vardır ve \(\int_E f\) ye eşittir.
\(\blacksquare\)
Yani negatif olmayan fonksiyonlar artarak yakınsıyorsa integraller de limitin integraline artarak yakınsar; hiçbir sınırlılık varsayımı gerekmez.
Örnek 12.3 (Sabit Fonksiyonun Doğru Üzerindeki İntegrali) Monoton Yakınsaklık Teoremi’ni kullanarak \(\int_{\mathbb{R}} 1 = \infty\) olduğunu gösterin.
Çözüm
\(f_n = \chi_{[-n,n]}\) dizisi artandır ve her \(x\) için \(|x| \le n\) olunca \(f_n(x) = 1\) olduğundan noktasal olarak \(1\) e yakınsar. Her \(n\) için \(\int_{\mathbb{R}} f_n = m([-n,n]) = 2n\) dir. Monoton Yakınsaklık Teoremi’nden (Teorem 12.4) \[ \int_{\mathbb{R}} 1 = \lim_{n\to\infty} 2n = \infty. \]
\(\blacksquare\)
Monoton Yakınsaklık Teoremi, terimleri negatif olmayan serilerde integral ile toplamın yer değiştirmesine izin verir.
Sonuç 12.1 (Serilerin Terim Terim İntegrali) \(\{u_n\}\), \(E\) üzerinde \([0,\infty]\) değerli ölçülebilir fonksiyonların bir dizisi ve \(E\) üzerinde noktasal olarak \(f = \sum_{n=1}^\infty u_n\) olsun. O zaman \[ \int_E f = \sum_{n=1}^\infty \int_E u_n. \]
İspat
Terimler negatif olmadığından her \(x\) için kısmi toplamlar \(s_n = \sum_{k=1}^n u_k\) artan biçimde \(f(x) \in [0,\infty]\) değerine gider. Her \(s_n\) ölçülebilir ve negatif değildir; doğrusallıktan (Teorem 12.2, tümevarımla) \[ \int_E s_n = \sum_{k=1}^n \int_E u_k \] dir. Monoton Yakınsaklık Teoremi (Teorem 12.4) sol tarafın limitinin \(\int_E f\), sağ tarafın limiti ise tanım gereği \(\sum_{k=1}^\infty \int_E u_k\) olduğunu verir.
\(\blacksquare\)
Yani terimleri negatif olmayan bir fonksiyon serisi, hiçbir yakınsaklık koşulu aranmadan terim terim integrallenebilir.
12.5 İntegrallenebilirlik
İntegrali sonlu olan fonksiyonlar ayrı bir ad alır; genel Lebesgue integralini bu sınıf üzerine kuracağız.
Tanım 12.2 (Negatif Olmayan İntegrallenebilir Fonksiyon) Ölçülebilir \(f \colon E \to [0, \infty]\) fonksiyonu \(\int_E f < \infty\) ise \(E\) üzerinde integrallenebilir (integrable) adını alır.
Yani integrallenebilirlik, integralin sonlu bir sayı olmasıdır. Doğrusallıktan iki integrallenebilir fonksiyonun toplamı da integrallenebilirdir.
Teorem 12.5 (İntegrallenebilir Fonksiyon Hemen Her Yerde Sonludur) \(f \colon E \to [0,\infty]\) integrallenebilir ise \(E\) üzerinde hemen her yerde sonludur.
İspat
Her \(n\) için \(\{f = \infty\} \subseteq \{f \ge n\}\) dir (kümeler \(E\) içinde alınır). Monotonluk ve Chebychev eşitsizliğinden (Lemma 12.1) \[ m\{x \in E : f(x) = \infty\} \le \frac1n \int_E f \] bulunur. \(\int_E f\) sonlu olduğundan sağ taraf \(n \to \infty\) için \(0\) a gider; dolayısıyla \(f\) nin sonsuz olduğu kümenin ölçüsü \(0\) dır.
\(\blacksquare\)
Monoton Yakınsaklık Teoremi, integralleri sınırlı kalan artan dizilerin integrallenebilir bir limite yakınsadığını da söyler.
Lemma 12.3 (Beppo Levi Lemması) \(\{f_n\}\), \(E\) üzerinde \([0,\infty]\) değerli ölçülebilir fonksiyonların artan bir dizisi ve \(\big\{\int_E f_n\big\}\) integral dizisi sınırlı olsun. O zaman \(\{f_n\}\), \(E\) üzerinde noktasal olarak ölçülebilir bir \(f \colon E \to [0,\infty]\) fonksiyonuna yakınsar, \(f\) integrallenebilirdir ve \[ \lim_{n\to\infty} \int_E f_n = \int_E f < \infty. \]
İspat
Her \(x \in E\) için \(\{f_n(x)\}\), \([0,\infty]\) içinde artan bir dizi olduğundan bir limite sahiptir; \(f(x) = \lim_{n} f_n(x)\) diyelim. \(f\) ölçülebilir fonksiyonların noktasal limiti olarak ölçülebilirdir (Teorem 8.1) ve negatif değildir. Monoton Yakınsaklık Teoremi’nden (Teorem 12.4) \(\int_E f_n \to \int_E f\) dir. \(\big\{\int_E f_n\big\}\) bir \(C\) sayısıyla sınırlı olduğundan limiti de en çok \(C\) dir; yani \(\int_E f \le C < \infty\) ve \(f\) integrallenebilirdir.
\(\blacksquare\)
Yani artan bir dizide integrallerin sınırlı kalması, hem limitin var olmasına hem de limitin integrallenebilir olmasına yeter.
Hemen her yerde yeterlidir. \(E_0 \subseteq E\) ölçülebilir ve \(m(E \setminus E_0) = 0\) ise bir fonksiyon \(E\) üzerinde ancak ve ancak \(E_0\) üzerinde ölçülebilirdir ve Teorem 12.3 gereği \(\int_E f = \int_{E_0} f\) dir. Bu yüzden Fatou lemmasında, Monoton Yakınsaklık Teoremi’nde ve Beppo Levi lemmasında noktasal yakınsaklık (ve artanlık) yerine hemen her yerde yakınsaklık yeterlidir: kural dışı noktaları içeren sıfır ölçülü küme atılır, sonuç kalan küme üzerinde uygulanır. Aynı nedenle ve Teorem 12.5 sayesinde integrallenebilir fonksiyonların bir dizisini, genelliği bozmadan, reel değerli kabul edebiliriz. Bu, hemen her yerde eşit fonksiyonları özdeş saymakla uyumludur.
12.6 Alıştırmalar
Aşağıdaki alıştırmalar tanımı, doğrusallığı ve iki limit teoremini pekiştirir.
Alıştırma 12.1 (İntegral Yoluyla Sayılabilir Toplamsallık) \(\{E_n\}_{n=1}^\infty\), ölçülebilir \(E\) kümesinin ayrık ölçülebilir kümelere bir ayrışması olsun. Yalnız Monoton Yakınsaklık Teoremi’ni ve integralin doğrusallığını kullanarak \[ m(E) = \sum_{n=1}^\infty m(E_n) \] olduğunu gösterin.
Çözüm
Adım 1: Karakteristik fonksiyonun integrali. Ölçülebilir her \(A \subseteq E\) için \(\int_E \chi_A = m(A)\) dır. \(m(A) < \infty\) ise bu, tanımdan sonraki gözlemdir. \(m(A) = \infty\) ise Chebychev eşitsizliği (Lemma 12.1) \(\lambda = 1\) ile \[ \infty = m(A) = m\{x \in E : \chi_A(x) \ge 1\} \le \int_E \chi_A \] verir; iki taraf da \(\infty\) dur.
Adım 2: Karakteristik fonksiyonlar. Her \(n\) için \(s_n = \sum_{k=1}^n \chi_{E_k}\) olsun. Kümeler ayrık olduğundan \(s_n = \chi_{E_1 \cup \dots \cup E_n}\) dir; \(\{s_n\}\) artandır ve her \(x \in E\) tam bir \(E_k\) ya ait olduğundan \(s_n(x)\), \(n \ge k\) için \(1\) olur. Yani \(E\) üzerinde noktasal olarak \(s_n \to \chi_E = 1\) dir.
Adım 3: İntegraller. Adım 1 ve doğrusallıktan (Teorem 12.2) \[ \int_E s_n = \sum_{k=1}^n \int_E \chi_{E_k} = \sum_{k=1}^n m(E_k). \] Monoton Yakınsaklık Teoremi (Teorem 12.4) sol tarafın \(\int_E \chi_E = m(E)\) ye yakınsadığını söyler; sağ taraf ise \([0,\infty]\) içinde serinin toplamına yakınsayan kısmi toplamdır. Limitte, \(m(E) = \infty\) durumu da dahil, \[ m(E) = \sum_{n=1}^\infty m(E_n). \]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 12.2 (Kuvvet Fonksiyonunun Birim Aralıktaki İntegrali) \(\alpha \in \mathbb{R}\) olsun. \(0 < x \le 1\) için \(g(x) = x^\alpha\) ve \(g(0) = 0\) diye tanımlanan fonksiyon için \(\int_{[0,1]} g\) integralini hesaplayın.
Çözüm
Adım 1: Artan kesilmiş dizi. \(g\) negatif değildir ve \((0,1]\) üzerinde sürekli olduğundan ölçülebilirdir. Her \(n\) için \(g_n = g\,\chi_{[1/n,\,1]}\) alalım. \(g \ge 0\) ve \([1/n,1] \subseteq [1/(n+1),1]\) olduğundan \(\{g_n\}\) artandır. \(g_n(0) = 0 = g(0)\) ve her \(x \in (0,1]\) için \(n \ge 1/x\) olunca \(g_n(x) = g(x)\) dir; yani noktasal olarak \(g_n \to g\).
Adım 2: Her terimin integrali. \(g\), \([1/n,1]\) üzerinde sürekli, dolayısıyla sınırlı ve Riemann integrallenebilirdir; Lebesgue integrali Riemann integraline eşittir (Teorem 11.4). Tanım kümesine göre toplamsallıkla (Teorem 12.3) \[ \int_{[0,1]} g_n = \int_{1/n}^{1} x^\alpha\,dx = \begin{cases} \dfrac{1 - n^{-(\alpha+1)}}{\alpha+1}, & \alpha \neq -1,\\[3mm] \ln n, & \alpha = -1. \end{cases} \]
Adım 3: Limit. Monoton Yakınsaklık Teoremi’nden (Teorem 12.4) \(\int_{[0,1]} g = \lim_n \int_{[0,1]} g_n\) dir.
- \(\alpha > -1\) ise \(\alpha + 1 > 0\) ve \(n^{-(\alpha+1)} \to 0\); limit \(\dfrac{1}{\alpha+1}\) dir.
- \(\alpha = -1\) ise \(\ln n \to \infty\).
- \(\alpha < -1\) ise \(-(\alpha+1) > 0\), \(n^{-(\alpha+1)} \to \infty\) ve payda negatif olduğundan terim \(+\infty\) a gider.
Sonuç olarak \[ \int_{[0,1]} g = \begin{cases} \dfrac{1}{\alpha+1}, & \alpha > -1,\\[3mm] \infty, & \alpha \le -1. \end{cases} \] Örneğin \(\alpha = -\tfrac12\) için integral \(2\) dir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 12.3 (Kuvvet Fonksiyonunun Sonsuz Aralıktaki İntegrali) \(\alpha \in \mathbb{R}\) olsun. \(x \ge 1\) için \(h(x) = x^\alpha\) diye tanımlanan fonksiyon için \(\int_{[1,\infty)} h\) integralini hesaplayın.
Çözüm
Adım 1: Artan kesilmiş dizi. \(h\) sürekli ve pozitiftir. \(h_n = h\,\chi_{[1,n]}\) dizisi artandır ve her \(x \ge 1\) için \(n \ge x\) olunca \(h_n(x) = h(x)\) dir; yani noktasal olarak \(h_n \to h\).
Adım 2: Her terimin integrali. \(h\), \([1,n]\) üzerinde sürekli olduğundan Lebesgue integrali Riemann integraline eşittir (Teorem 11.4): \[ \int_{[1,\infty)} h_n = \int_1^n x^\alpha\,dx = \begin{cases} \dfrac{n^{\alpha+1} - 1}{\alpha+1}, & \alpha \neq -1,\\[3mm] \ln n, & \alpha = -1. \end{cases} \]
Adım 3: Limit. Monoton Yakınsaklık Teoremi’nden (Teorem 12.4) \(\int_{[1,\infty)} h = \lim_n \int_{[1,\infty)} h_n\) dir.
- \(\alpha < -1\) ise \(n^{\alpha+1} \to 0\) ve limit \(\dfrac{-1}{\alpha+1} = \dfrac{1}{|\alpha| - 1}\) dir.
- \(\alpha = -1\) ise \(\ln n \to \infty\).
- \(\alpha > -1\) ise \(n^{\alpha+1} \to \infty\) ve payda pozitif olduğundan limit \(\infty\) dur.
Sonuç olarak \[ \int_{[1,\infty)} h = \begin{cases} \dfrac{-1}{\alpha+1}, & \alpha < -1,\\[3mm] \infty, & \alpha \ge -1. \end{cases} \] Örneğin \(\alpha = -2\) için integral \(1\) dir. Önceki alıştırmayla karşılaştırınca: \(x^\alpha\), sıfır yakınında \(\alpha > -1\) için, sonsuzda ise \(\alpha < -1\) için integrallenebilirdir; \(\alpha = -1\) iki yerde de sınırdır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 12.4 (Uç Noktalar İntegrali Değiştirmez) \(f \colon [a,b] \to [0,\infty]\) ölçülebilir ise \(\int_{[a,b]} f = \int_{(a,b)} f\) olduğunu gösterin.
Çözüm
\([a,b] = (a,b) \cup \{a, b\}\) ayrık bir birleşimdir ve iki küme de ölçülebilirdir. \(\{a,b\}\) sonlu bir küme olduğundan ölçüsü \(0\) dır (her nokta uzunluğu sıfır olan bir kapalı aralıktır, bkz. Teorem 1.1). Böylece \(E_0 = (a,b)\) için \(m([a,b] \setminus E_0) = 0\) dır.
Tanım kümesine göre toplamsallığın (Teorem 12.3) üçüncü kısmından \[ \int_{[a,b]} f = \int_{(a,b)} f. \] Bu, \(f\) uç noktalarda \(\infty\) değerini alsa bile doğrudur: sıfır ölçülü bir kümede her fonksiyon hemen her yerde sıfırdır ve oradaki integral Teorem 12.1 gereği \(0\) dır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 12.5 (Negatif Olmayan Terimli Serinin İntegrali) \(\{u_n\}\), \(E\) üzerinde \([0,\infty]\) değerli ölçülebilir fonksiyonların bir dizisi ve \(s = \sum_{n=1}^\infty u_n\) olsun. \(\int_E s = \sum_{n=1}^\infty \int_E u_n\) olduğunu gösterin.
Çözüm
Adım 1: Kısmi toplamlar. \(s_n = \sum_{k=1}^n u_k\) olsun. Negatif olmayan ölçülebilir fonksiyonların sonlu toplamı olarak \(s_n\) ölçülebilirdir ve \([0,\infty]\) değerlidir. Terimler negatif olmadığından her \(x\) için \(\{s_n(x)\}\) artandır ve \([0,\infty]\) içinde \(s(x)\) e yakınsar. Özel olarak \(s\) ölçülebilirdir (Teorem 8.1).
Adım 2: Sonlu toplamlar. Doğrusallık (Teorem 12.2) ve \(n\) üzerinden tümevarımla \[ \int_E s_n = \sum_{k=1}^n \int_E u_k. \]
Adım 3: Limit. Monoton Yakınsaklık Teoremi’nden (Teorem 12.4) \(\int_E s_n \to \int_E s\) dir. Sağ taraf, terimleri negatif olmayan \(\sum_k \int_E u_k\) serisinin kısmi toplamıdır ve \([0,\infty]\) içinde serinin toplamına yakınsar. İki limit eşit olduğundan \[ \int_E s = \sum_{n=1}^\infty \int_E u_n. \] Bu, Sonuç 12.1 ifadesinin kendisidir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 12.6 (Kapalı Aralıkta Sıfır İntegral) \(f \colon [a,b] \to [0,\infty]\) ölçülebilir olsun. \(\int_{[a,b]} f = 0\) olması için gerek ve yeter koşulun \([a,b]\) üzerinde hemen her yerde \(f = 0\) olması olduğunu gösterin.
Çözüm
(\(\Rightarrow\)) \(\int_{[a,b]} f = 0\) olsun. Her \(n\) için Chebychev eşitsizliği (Lemma 12.1) \(\lambda = 1/n\) ile \[ m\{x \in [a,b] : f(x) \ge 1/n\} \le n \int_{[a,b]} f = 0 \] verir. \(f\) nin pozitif olduğu küme bu kümelerin sayılabilir birleşimidir: \[ \{x : f(x) > 0\} = \bigcup_{n=1}^\infty \{x : f(x) \ge 1/n\}. \] Sayılabilir alt toplamsallıktan (Teorem 1.3) ölçüsü \(0\) dır; yani hemen her yerde \(f = 0\) dır.
(\(\Leftarrow\)) \(Z = \{x \in [a,b] : f(x) > 0\}\) sıfır ölçülü olsun. \(h\) sınırlı, ölçülebilir, sonlu destekli ve \(0 \le h \le f\) ise \(h\), \(Z\) dışında sıfırdır; \(M\) bir üst sınır olmak üzere \(0 \le h \le M\chi_Z\) ve sınırlı fonksiyonların integralinin monotonluğundan (Teorem 11.3) \[ 0 \le \int_{[a,b]} h \le M\, m(Z) = 0. \] İntegralin tanımındaki supremum yalnız sıfırlardan oluştuğundan \(\int_{[a,b]} f = 0\) dır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 12.7 (Genel Katsayılarla Doğrusallık) \(f, g \colon E \to [0,\infty]\) ölçülebilir ve \(\alpha, \beta > 0\) olsun. Yalnız \(\alpha = \beta = 1\) durumunu ve integralin tanımını kullanarak \(\int_E (\alpha f + \beta g) = \alpha \int_E f + \beta \int_E g\) olduğunu kanıtlayın.
Çözüm
Adım 1: Pozitif katla çarpım. \(c > 0\) için \(\int_E c f = c \int_E f\) olduğunu gösterelim. \(\mathcal{F}_E\), \(E\) üzerinde sınırlı, ölçülebilir, sonlu destekli, negatif olmayan fonksiyonların sınıfı olsun.
- \(h \in \mathcal{F}_E\) ve \(0 \le h \le f\) ise \(c h \in \mathcal{F}_E\), \(0 \le ch \le cf\) ve sınırlı durumdaki doğrusallıktan (Teorem 11.3) \(\int_E ch = c\int_E h\) dir. Dolayısıyla \(c \int_E h \le \int_E cf\); \(h\) üzerinden supremum alınırsa \(c\int_E f \le \int_E cf\).
- Tersine \(k \in \mathcal{F}_E\) ve \(0 \le k \le cf\) ise \(k/c \in \mathcal{F}_E\) ve \(0 \le k/c \le f\) dir; \(\int_E k = c \int_E (k/c) \le c \int_E f\). \(k\) üzerinden supremum alınırsa \(\int_E cf \le c \int_E f\).
\(c \int_E f\) ifadesinde \(\int_E f = \infty\) ise iki taraf da \(\infty\) olur; hesap bu durumda da geçerlidir.
Adım 2: Birleştirme. \(\alpha f\) ve \(\beta g\) negatif olmayan ölçülebilir fonksiyonlardır. \(\alpha = \beta = 1\) durumu (Teorem 12.2) ve Adım 1 ile \[ \int_E (\alpha f + \beta g) = \int_E \alpha f + \int_E \beta g = \alpha \int_E f + \beta \int_E g. \] \(0 \cdot \infty = 0\) kuralıyla \(\alpha = 0\) ya da \(\beta = 0\) durumu da geçerlidir, çünkü sıfır fonksiyonunun integrali \(0\) dır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 12.8 (Basamak Fonksiyonunun İntegrali Bir Seridir) \(\{a_n\}\) negatif olmayan reel sayıların bir dizisi olsun. \(E = [1, \infty)\) üzerinde \(f\) fonksiyonu, \(n \le x < n+1\) iken \(f(x) = a_n\) diye tanımlansın. \(\int_E f = \sum_{n=1}^\infty a_n\) olduğunu gösterin.
Çözüm
Adım 1: Seri gösterimi. \([n, n+1)\) aralıkları ayrıktır ve \(E\) yi örter; her \(x \in E\) tam bir aralığa düşer. Buna göre \(E\) üzerinde \[ f = \sum_{n=1}^\infty a_n\,\chi_{[n,n+1)} \] dir; her noktada serinin yalnız bir terimi sıfırdan farklıdır.
Adım 2: Terimlerin integrali. \(u_n = a_n\,\chi_{[n,n+1)}\) negatif olmayan, sınırlı, ölçülebilir ve sonlu destekli bir fonksiyondur; bu yüzden \[ \int_E u_n = a_n\, m([n,n+1)) = a_n. \]
Adım 3: Terim terim integral. Serilerin terim terim integrali (Sonuç 12.1) ile \[ \int_E f = \sum_{n=1}^\infty \int_E u_n = \sum_{n=1}^\infty a_n. \] Özel olarak \(f\) nin integrallenebilir olması, \(\sum a_n\) serisinin yakınsak olmasına denktir. Örneğin \(a_n = 2^{-n}\) için integral \(1\) dir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 12.9 (Basit Fonksiyonlarla Supremum) \(f \colon E \to [0,\infty]\) ölçülebilir olsun. Supremum, \(E\) üzerinde \(0 \le \varphi \le f\) koşulunu sağlayan sonlu destekli basit \(\varphi\) fonksiyonları üzerinden alınmak üzere \[ \int_E f = \sup_{0 \le \varphi \le f} \int_E \varphi \] olduğunu gösterin.
Çözüm
Sağ taraftaki supremuma \(S\) diyelim. \(\mathcal{F}_E\), \(E\) üzerinde sınırlı, ölçülebilir, sonlu destekli, negatif olmayan fonksiyonların sınıfıdır.
Adım 1: \(S \le \int_E f\). Basit bir fonksiyon (Tanım 8.4) ölçülebilirdir ve sonlu çok reel değer aldığından sınırlıdır. Demek ki sonlu destekli ve \(0 \le \varphi \le f\) olan her basit \(\varphi\), \(\mathcal{F}_E\) dedir ve integralin tanımındaki supremuma katılır. Dolayısıyla \(S \le \int_E f\).
Adım 2: \(\int_E f \le S\). \(h \in \mathcal{F}_E\), \(0 \le h \le f\) ve \(\varepsilon > 0\) olsun; \(M\), \(h\) nin bir üst sınırı ve \(E_0 = \{h \neq 0\}\) olsun, \(m(E_0) < \infty\). Bir \(N\) doğal sayısı için \[ \varphi = \frac{1}{N}\,\lfloor N h \rfloor \] tanımlayalım. \(\varphi\) yalnız \(0, \tfrac1N, \dots, \tfrac{\lfloor NM\rfloor}{N}\) değerlerini alır ve \[ \{\varphi = j/N\} = \{\, j/N \le h < (j+1)/N \,\} \] ölçülebilir olduğundan basittir. Ayrıca \(0 \le \varphi \le h \le f\), \(h = 0\) olan yerde \(\varphi = 0\) (yani \(\varphi\) de sonlu destekli) ve her yerde \(h - \varphi < 1/N\) dir. Sınırlı durumdaki doğrusallık ve monotonluktan (Teorem 11.3), \(h - \varphi\) fonksiyonu \(E_0\) dışında sıfır olduğundan \[ \int_E h - \int_E \varphi = \int_E (h - \varphi) \le \frac{m(E_0)}{N}. \] \(N\) yi \(m(E_0)/N < \varepsilon\) olacak kadar büyük seçersek \(\int_E h < \int_E \varphi + \varepsilon \le S + \varepsilon\) olur. \(\varepsilon\) keyfi olduğundan \(\int_E h \le S\); \(h\) üzerinden supremum alınırsa \(\int_E f \le S\).
İki adım birlikte eşitliği verir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 12.10 (Limitin Altında Kalan Dizi) \(\{f_n\}\), \(E\) üzerinde \([0,\infty]\) değerli ölçülebilir fonksiyonların bir dizisi olsun, \(E\) üzerinde noktasal olarak \(f\) ye yakınsasın ve her \(n\) için \(E\) üzerinde \(f_n \le f\) olsun. \(\lim_{n\to\infty} \int_E f_n = \int_E f\) olduğunu gösterin.
Çözüm
Üst limit. Her \(n\) için \(f_n \le f\) olduğundan monotonluk (Teorem 12.2) \(\int_E f_n \le \int_E f\) verir; dolayısıyla \[ \limsup_{n\to\infty} \int_E f_n \le \int_E f. \]
Alt limit. Fatou lemmasından (Lemma 12.2) \[ \int_E f \le \liminf_{n\to\infty} \int_E f_n. \]
Sonuç. Alt limit hiçbir zaman üst limiti aşmadığından \[ \limsup_{n\to\infty} \int_E f_n \le \int_E f \le \liminf_{n\to\infty} \int_E f_n \le \limsup_{n\to\infty} \int_E f_n \] zincirindeki bütün terimler eşittir. Yani \(\big\{\int_E f_n\big\}\) yakınsaktır ve limiti \(\int_E f\) dir. Dizinin artan olması gerekmez; Monoton Yakınsaklık Teoremi’nin ispatında yalnız \(f_n \le f\) kullanılmıştı.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 12.11 (Azalan Dizilerde Monoton Yakınsaklık) Monoton Yakınsaklık Teoremi’nin negatif olmayan ölçülebilir fonksiyonların azalan dizileri için geçerli olmadığını gösterin.
Çözüm
Bir karşı örnek yeter. \(\mathbb{R}\) üzerinde \(f_n = \chi_{[n,\infty)}\) alalım.
Azalanlık ve limit. \([n+1,\infty) \subseteq [n,\infty)\) olduğundan \(f_{n+1} \le f_n\) dir. Her \(x\) için \(n > x\) olunca \(f_n(x) = 0\) olduğundan noktasal limit \(f = 0\) ve \(\int_{\mathbb{R}} f = 0\) dır.
İntegraller. Her \(n\) ve her \(k\) için \(\chi_{[n,n+k]}\) sınırlı, ölçülebilir, sonlu destekli ve \(0 \le \chi_{[n,n+k]} \le f_n\) dir; integralin tanımından \[ \int_{\mathbb{R}} f_n \ge m([n,n+k]) = k. \] \(k\) keyfi olduğundan her \(n\) için \(\int_{\mathbb{R}} f_n = \infty\) dur.
Sonuç. Buna göre \[ \lim_{n\to\infty} \int_{\mathbb{R}} f_n = \infty \neq 0 = \int_{\mathbb{R}} \lim_{n\to\infty} f_n. \] Sorun integrallerin sonsuz olmasındadır: \(f_1\) integrallenebilir olsaydı azalan dizi için de eşitlik sağlanırdı; bu, Lebesgue Baskın Yakınsaklık Teoremi’nin bir sonucudur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 12.12 (Fatou Lemmasının Genelleştirilmesi) \(\{f_n\}\), \(E\) üzerinde \([0,\infty]\) değerli ölçülebilir fonksiyonların herhangi bir dizisi olsun. Noktasal yakınsaklık varsaymadan \[ \int_E \Big(\liminf_{n\to\infty} f_n\Big) \le \liminf_{n\to\infty} \int_E f_n \] olduğunu kanıtlayın.
Çözüm
Adım 1: Yakınsak bir yardımcı dizi. Her \(n\) için \(E\) üzerinde \[ g_n = \inf_{k \ge n} f_k \] tanımlayalım. Ölçülebilir fonksiyonların sayılabilir bir ailesinin infimumu olarak \(g_n\) ölçülebilirdir ve \([0,\infty]\) değerlidir. İnfimum daha küçük bir küme üzerinden alındıkça büyüdüğünden \(\{g_n\}\) artandır ve tanım gereği her \(x\) için \[ \lim_{n\to\infty} g_n(x) = \liminf_{n\to\infty} f_n(x) \] dir. Yani \(\{g_n\}\), \(E\) üzerinde noktasal olarak \(g = \liminf_n f_n\) fonksiyonuna yakınsar.
Adım 2: Fatou lemmasını uygulama. Fatou lemmasından (Lemma 12.2) \[ \int_E g \le \liminf_{n\to\infty} \int_E g_n. \]
Adım 3: Karşılaştırma. Her \(n\) için \(g_n \le f_n\) dir; monotonluktan (Teorem 12.2) \(\int_E g_n \le \int_E f_n\) ve dolayısıyla \(\liminf_n \int_E g_n \le \liminf_n \int_E f_n\) dir. Adım 2 ile birleştirince \[ \int_E \Big(\liminf_{n\to\infty} f_n\Big) \le \liminf_{n\to\infty} \int_E f_n. \]
\(\blacksquare\)
Negatif olmayan fonksiyonlarda kurduğumuz integral, işaret değiştiren fonksiyonlara pozitif ve negatif kısımlar yoluyla taşınır. Sıradaki bölüm Genel Lebesgue İntegrali, bu genişlemeyi ve Lebesgue Baskın Yakınsaklık Teoremi’ni ele alıyor.