"$f$ Riemann integrallenebilirse $f^2$ de Riemann integrallenebilinir mi?" İspatımı yazdım, başka nasıl ispatlanırdı?

4 beğenilme 0 beğenilmeme
98 kez görüntülendi

Sav;

Sınırlı bir $f:[a,b]\to\mathbb R$ fonksiyonu Riemann integrallenebilirdir ancak ve yalnız $\forall\epsilon>0$ için $[a,b]$ aralığının öyle bir $P$ parçalanışı vardır ki $$U(f;P)-L(f;P)<\epsilon$$ sağlanır.

Sav'ın ispatı:

Verilen her $\epsilon>0$ için;

$\epsilon> U(f;P_\epsilon)-L(f;P_\epsilon)$  şartını sağlayan bir $P_\epsilon$ parçalanışının olduğunu kabul edelim.Her $P$ parçalanışı için;

$\spadesuit\quad$$U(f)\le U(f;P)$  ,   Yani üst toplam, üst toplamın $P$ parçalanışlarının toplamından küçüktür.(İnfremumdan büyük)

Ve

$\clubsuit\quad$$L(f;P)\le L(f)$  ,   Yani alt toplam, alt toplamın $P$ parçalanışlarının toplamından büyüktür.(Supremumdan küçük)

Olduğundan her  $\epsilon>0$ için yukardaki son $2$ ifade düzenlenir birleştirilirse;

$0\le U(f)-L(f)\le U(f;P_\epsilon)-L(f;P_\epsilon)<\epsilon$   sağlanır.

$0\le U(f)-L(f)$  eşitsizliği $\forall\epsilon>0$ için sağlandığından;

$U(f)=L(f)$    olur.

$f$ fonksiyonu riemann integrallenebilirse.Bu durumda yukardaki savın ispatından, $U(f)=L(f)$  gelir.

Verilen $\forall\epsilon>0$  için öyle $Q,R$ parçalanışları vardır ki;

$U(f;Q)<U(f)+\dfrac{\epsilon}{2}\quad$ve$\quad L(f)-\dfrac\epsilon2<L(f;R)$    sağlanır.

$P$ parçalanışı $Q$   ve   $R$  parçalanışlarının ortak inceltmesi olsun yanı $P$ diğer $2$ parçalanıştan daha ince dolayısıyla aşşağıdakiler sağlanır.

$U(f;P)-L(f;P)\le U(f;Q)-L(f;R)<\left(U(f)+\dfrac\epsilon2\right)-\left(L(f)-\dfrac\epsilon2\right)=\underbrace{(U(f)-L(f))}_{0}+\epsilon=\epsilon$ olur.


Dolayısıyla $f$ için aşşağıdaki özellikler ve sağlanıyorsa yukarıdaki savlar doğru olur ve $f$ için doğru oldugu bılınen yani $f$ için riemann ıntegrallenebılınır dıyılen durumlar eger $f^2$ için de geçerli ise ispatlanır.


$-----------------------------$

1)
$P$ , $Q$ dan daha kalın bir parçalanış ise $U(f;Q)<U(f;P)$ ve $L(f;Q)\ge L(f;P)$   olur peki $U(f^2;Q)<U(f^2;P)$ ve $L(f^2;Q)\ge L(f^2;P)$ olur mu?

$P=\{I_1,I_2,...I_n\}$   ve    $Q=\{J_1,...J_m\}$            ;$1\le k\le n$

$I_k=\displaystyle\bigcup_{i=a_k}^{b_k} J_i$       ,         $I$'lar daha kalın

$M_k=\sup f_{I_k},\quad m_k=\inf f_{I_k},\quad N_l=\sup f_{J_I},\quad n_l=\inf f_{J_I}$

$a_k\le I \le b_k$  olacak şekilde bir $I$ için $J_I\subset I_k$ olur.

Kapsayan kümenin supremumu kapsanan kümenin supremumuna eşit veya büyük ve

kapsayan kümenin infremumu kapsanandan küçük veya eşit olacağından.

$M_k\ge N_I\quad ve\quad n_I\ge m_k$   olur.

Ve

$(M_k)^2\ge (N_I)^2\quad ve\quad (n_I)^2\ge (m_k)^2$ olur.

Bu durumda $f$'nin integrallenebilmesi dolayısıyla ;

$\displaystyle\sum_{I=a_k}^{b_k} N_I|J_I| \le \displaystyle\sum_{I=a_k}^{b_k} M_k|J_I|=M_k|I_k|\quad\Rightarrow \quad \displaystyle\sum_{I=a_k}^{b_k} (N_I)^2 |J_I| \le \displaystyle\sum_{I=a_k}^{b_k} (M_k)^2|J_I|=(M_k)^2|I_k|$


Yani;

$U(f;Q)=\displaystyle\sum_{k=1}^n\sum_{I=a_k}^{b_k}N_I|J_I|\le\displaystyle\sum_{k=1}^{n}M_k|I_k|=U(f;P)$

Dolayısıyla yukardakinin doğruluğundan dolayı;

$U(f^2;Q)=\displaystyle\sum_{k=1}^n\sum_{I=a_k}^{b_k}(N_I)^2|J_I|\le\displaystyle\sum_{k=1}^{n}(M_k)^2|I_k|=U(f^2;P)$

$\boxed{U(f^2;Q)\le U(f^2;P)}$  

Aynı durumu alt toplamlar için yaparsak (L(x;Y))

$\boxed{L(f^2;Q)\ge L(f^2;P)}$   

$\Box 1$

$-----------------------------$

2)

$\boxed{L(f;P)\le U(f;P)\quad \to^? \quad L(f^2;P)\le U(f^2;P)}$

$f$ için üst toplamın parçalanışı alt toplamdan büyük ise $f^2$ için de öyle olur.

İspat:

$P=\{I_1,...,I_n\}$

$M_k=\sum f_{I_k}\quad m_k=\inf f_{I_k}$   olsun.

$\forall k,\quad 1\le k \le n$ için;

$m_k\le M_k$      (sup ınf tanım gereği)

ve

$\boxed{\boxed{L(f;P)=\displaystyle\sum_{k=1}^n m_k|I_k|\le\displaystyle\sum M_k|I_k|=U(f;P)}}$

olduğundan;

$\boxed{\boxed{L(f^2;P)=\displaystyle\sum_{k=1}^n (m_k)^2|I_k|\le\displaystyle\sum (M_k)^2|I_k|=U(f^2;P)}}$

$\Box 2$

$-----------------------------$
3)

$f:[a,b]\to \mathbb R$ sınırlı olsun;

ve

$f^2:[a,b]\to \mathbb R$ olur.

$R$ parçalanışı $P,Q$'nun ortak inceltmesi olsun (yani $R$ hepsinden daha ince.).

O zaman şu eşitlikler geçerlidir.

$L(f;P)\le L(f;R)$    ve    $U(f;R)\le U(f;Q)$

Ve dolayısıyla önceki ispatlardan dolayı;

$L(f^2;P)\le L(f^2;R)$    ve    $U(f^2;R)\le U(f^2;Q)$

Ve önceki ispattan $L(f^2;R)\le U(f^2;R)$  olduğu gösterildiğinden

$L(f^2;P)\le L(f^2;R)\le U(f^2;R)\le U(f^2;Q)$    yazılır.Buradan da;

$\boxed{\boxed{L(f^2;P)\le U(f^2;Q) }}$      ispatlanır. $\Box 3$

$-----------------------------$
4)

$f:[a,b]\to \mathbb R$ sınırlı olsun;

ve

$f^2:[a,b]\to \mathbb R$ olur.


$\mathcal{P}=\displaystyle\bigcup_{n}^{i=1}I_i=[a,b]=\{I_1,I_2,....,I_n\}$

ve

$\mathcal{L}=\{L(f;P) | P\in\mathcal P \}$    ve     $\mathcal{L^2}=\{L(f^2;P) | P\in\mathcal P \}$

$\mathcal{U}=\{L(f;P) | P\in\mathcal P \}$    ve     $\mathcal{U^2}=\{U(f^2;P) | P\in\mathcal P \}$


Yukardaki ilk 3 ispat gereği görülüyor ki; parçalanmalar ne kadar incelirse toplamlar birbirine o kadar yaklaşıyor zaten riemann integral tanımı gereği bunlar birbirine eşit olduğu anda riemann integrallenebilinir denir.


$L(f;P)\le U(f;Q)$   ve   $L(f^2;P)\le U(f^2;Q)$   durumları her ince/kalın farklı parçalanış için gerçek olduğundan;

Sup-inf tanımı gereği eşitliğin sağı için en küçük olan bir üstsınır, sol taraf için ise en büyük olan bir üstsınır bulabiliriz.

Bundan dolayı da;

$L(f)=\sup \mathcal L\le \inf \mathcal U=U(f)$   ve    $\boxed{L(f^2)=\sup \mathcal {L^2}\le \inf \mathcal {U^2}=U(f^2)}$olur ve ispat biter $f^2$ riemann integrallenebilirmiş.


18, Aralık, 2016 Lisans Matematik kategorisinde Anil (7,729 puan) tarafından  soruldu

ne kadar saçma bir ispat olmuş öyle :) bu arada kullanılan çogu yontem Darboux tarafından yazılmış, tabi Riemann integrallenebilir ve Darboux integrallenebilir demek aynı şey oldugunun ıspatı bılındıgı taktırde ısımlendırmede sıkıntı olmaz ve ayrıca bu ıspatlar ve teoremler uc davis kaynagından alınma, şuanda bakınca biraz sıkıcı geliyor, daha kullanışlı ve temiz yaklaşımlar varken. Bartle'nin a modern theory of integration, introduction to real analysis kitaplarını önerebilirim.

1 cevap

0 beğenilme 0 beğenilmeme
 
En İyi Cevap

$f$ fonksiyonu Riemann integrallenebilir oldugundan $f$ fonksiyonu ve  $f^2$ fonksiyonu sinirli olur.  Bu durumda bir $M > 0$ sayisi icin $|f| \le M$ olur.

Ayrica her $x,y \in [a,b]$ icin $$\hspace{-15mm}|f^2(x)-f^2(y)| = |f(x)+f(y)|\cdot|f(x)-f(y)|$$ $$\hspace{30mm}\le\bigg(|f(x)|+|f(y)|\bigg)\cdot|f(x)-f(y)|\le2M|f(x)-f(y)|$$ olur. 

Bu esitsizlik bize herhangi bos olmayan $S\subset [a,b]$ icin $$\sup_S(f^2)-\inf_S(f^2) \le 2M (\sup_S f -\inf_Sf)$$ oldugunu verir. (Peki nasil verir?)

Verilen $\epsilon>0$ icin oyle bir $P=\{I_1,\cdots,I_n\}$ parcalanisi bulabiliriz ki $$U(f;P)-L(f;P)=\sum_{k=1}^n(\sup_{I_k}f-\inf_{I_k}f)|I_k| <\frac{\epsilon}{2M}$$ olur. Dolayisiyla $$U(f^2;P)-L(f^2;P) =\sum_{k=1}^n(\sup_{I_k}(f^2)-\inf_{I_k}(f^2))|I_k| \le 2M\sum_{k=1}^n(\sup_{I_k}f-\inf_{I_k}f)|I_k| <\epsilon$$ olur. Bu da bize $f^2$ fonksiyonunun Riemann integrallenebildigini soyler. 

18, Aralık, 2016 Sercan (23,859 puan) tarafından  cevaplandı
18, Aralık, 2016 Anil tarafından seçilmiş

Alttan 5. satırda, "Verilen her $\epsilon$" ile başlayan,


parçalanışın supnormunu sınırlandıran ve onermeyı saglayan bir pozitif (örneğin) $\delta>0$ için $||P||<\delta$ oldugunu yazmalıyız yoksa parçalanmaların normu yeterince ince olmadıgından $|U-L|$ pozitif bir sayı da olabilir. Bu arada Sherbet ve Bartle biraz daha farklı işliyorlar bu konuları, bir de ek bilgi olarak generalized riemann integraldeki "gauge" işi baya açık ve kullanışlı yapıyor.(lebesgue integrable fonksiyon ailesini bile kapsıyor)

Dedigin sarti yazmamamiz tam olarka nerede gerekiyor? 

$\forall \epsilon>0$ için öyle bir $P$ parçalanması bulabiliriz ki

yerine


$\forall \epsilon>0$ öyle bir $\delta>0$ var ki $P$, $[a,b]$'nin $||P||=\sup \{|x_i-x_{i-1}|: i\in \mathbb N\}<\delta$ durumunu sağlayan herhangi parçalanışı olsun.... 

demeliyiz böyle daha açık. Burada, yukarıdaki şeylerden belki anlıyoruz ama örnek olsun diye drichlet fonksiyonu alalım, rasyonellerde 1 irrasyonellerde 0 olan.

Gauge integralde parçalanmaları gauge kontrol ederse bu fonksıyonun $[0,1]$ de ıntegrali var ve 0 ama normal Riemann integral uygularsak gauge bir sabit oldugundan $|\sup I_{i}-\inf I_{i}|=1$(alt ve üst parçalanışların limiti farklı) oluyor dolayısıyla integral yoktur diyoruz. Dolayısıyla öyle bir parçalanma vardır ama nasıldır.

Neden $\delta$ katalim ki? $f$ Riemann integrallenebilir ve de o sarti saglayan bir parcalanis vardir. 

dogru aslında.....

...