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.