Riemann İntegrali kullanarak $\int_{a}^{b}1/x^2\mathrm{dx}=\dfrac{1}{a}-\dfrac{1}{b}$ olduğunu kanıtlayın.

Question

Cevabı akşam vakitlerinde ekleyeceğim.

Comments

Riemann integralinin tanımı (parçalanış, Riemann toplamı vs.) ile çözülecek ise iyi olur.

Ama, Diferansiyel-İntegral Hesabın Temel Teoremi ile çözmenin bir yararını göremiyorum.

---

Hocam parçalanış ve sadece limit kullanarak cevap yazacağım.

Answer 1

$\displaystyle\int \dfrac{1}{x^2}$ integralini hesaplayacağız ama ondan bazı kabulleri yapalım. $a, b \in \mathbb{R}$. $f(x)$ $a=0$ olmadığı sürece her yerde sürekli o zaman $a\neq0$. Şimdi P düzgün bir parçalanış ve n parçaya bölünmüş olsun ve $P=\{x_{1}, x_{2},..., x_{n}\}$ olsun. O halde $||P||=\displaystyle\max_{1\leq i \leq n} \Delta x_{i}$ olduğunu biliyoruz. Şimdi $f(x)$'i ve öyle bir $x_{i}^{*}$ tanımlayalım ki $x_{i}^{*} \in [x_i, x_{i-1}]$ olsun. $f(x)=\dfrac{1}{x^2}$ olmalı şimdi ise Riemann Toplamını kullanalım:

 

$$\displaystyle\lim_{||P|| \to 0} \displaystyle\sum_{i=1}^{n}f(x_{i})\Delta x_{i}$$

 

Şimdi $\Delta x_{i}=\dfrac{b-a}{n}$ olduğunu biliyoruz çünkü n adet eşit parçaya bölünmüş bir bölüntü almıştık. Dolayısıyla nihai değerlerin hepsi birbirine eşittir ve dolayısıla $\dfrac{b-a}{n}$'e eşittir.

 

 

$$\displaystyle\lim_{n \to \infty} \displaystyle\sum_{i=1}^{n}f(x_{i})\dfrac{b-a}{n}$$

 

 

Olur şimdi ise $x_{i}^{*}=a+i(\dfrac{b-a}{n})$ olarak alalım ve fonksiyonu kullanarak yerine yazalım:

 

$$\displaystyle\lim_{n \to \infty} \displaystyle\sum_{i=1}^{n} \dfrac{1}{(a+i(\dfrac{b-a}{n}))^2} \cdot (  \dfrac{b-a}{n} )$$

 

Şimdi payda kısmını $\dfrac{b-a}{n}$ parantezine alalım:

 

$$\displaystyle\lim_{n \to \infty} \displaystyle\sum_{i=1}^{n} \dfrac{1}{(\dfrac{na}{b-a}+i)^2} \cdot  \dfrac{\dfrac{b-a}{n}}{\dfrac{b-a}{n}^2} $$

 

 

Düzenlersek:

 

$$\displaystyle\lim_{n \to \infty}\left( \dfrac{n}{b-a}\right )\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\dfrac{1}{\left(\dfrac{na}{b-a}+i \right)^2} \qquad (1)$$

 

Şimdi bir eşitsizlik yazacağız:

 

$$\dfrac{1}{\left(\dfrac{na}{b-a} +i   \right)}-\dfrac{1}{\left( \dfrac{na}{b-a} + i + 1   \right)} \leq  \dfrac{1}{\left(\dfrac{na}{b-a}+i\right)^2}  \leq   \dfrac{1}{\left(\dfrac{na}{b-a} +i  -1 \right)}-\dfrac{1}{\left( \dfrac{na}{b-a} + i   \right)} \qquad (2)$$

 

İlk önce en soldaki eşitlsizlik ile oynayalım:

 

$$\displaystyle\lim_{n \to \infty}\left( \dfrac{n}{b-a}\right )\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\left(  \dfrac{1}{\left(\dfrac{na}{b-a} +i   \right)}-\dfrac{1}{\left( \dfrac{na}{b-a} + i + 1   \right)}\right)$$

Teleskopik bir seri olduğu açık o halde toplamların en sonunda:

 

$$\displaystyle\lim_{n \to \infty} \left(\dfrac{n}{b-a}\right)\left(\dfrac{b-a}{an+b-a}-\dfrac{b-a}{bn+b-a}   \right)=\dfrac{1}{a}-\dfrac{1}{b}$$

 

 

 

Şimdi de en sağdaki eşitsizliği ele alacağız:

$$\displaystyle\lim_{n \to \infty}\left( \dfrac{n}{b-a}\right )\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\left(  \dfrac{1}{\left(\dfrac{na}{b-a} +i -1   \right)}-\dfrac{1}{\left( \dfrac{na}{b-a} + i    \right)}\right)$$

 

 

Yeniden Teleskopik Seriyi kullanırsak:

 

$$\displaystyle\lim_{n \to \infty}\left(\dfrac{n}{b-a}    \right)\left(\dfrac{b-a}{an}-\dfrac{b-a}{bn}\right)=\dfrac{1}{a}-\dfrac{1}{b}$$

 

Bu haliyle 2'den Sıkıştırma Teoremini kullanarak:

 

$$\displaystyle\int_{a}^{b} \frac{1}{x^2}=\frac{1}{a}-\dfrac{1}{b}$$

 

Olduğu yazılır. $\blacksquare$

Comments

@Arda Kılıç, Bu çözümde bazı ciddi hatalar var. Çözümlerine daha fazla özen göstermelisin.

1. $a<0<b$ için bu sonuç doğru değil. Çünki $f(x)=\frac1{x^2}$ böyle bir aralıkta (sınırsız olduğu için) Riemann anlamında integrallenmez.

2. $\int_a^b f(x)\,dx=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{b-a}n\sum_{k=1}^\infty f\left(a+\frac{k(b-a)}n\right)$ her fonksiyonda doğru değildir. Sadece integrallenebilen fonksiyonlar için geçerlidir (Bunu daha önce de, başka bir problem için de yazmıştım, aşağıdaki örneğe bakınız).

Bu nedenle, öncelikle, bu fonksiyonun bu aralıkta integrallenebildiğini göstermek gerekir, bu kısım eksik kalmış.  Bunu, bir teroem ile göstermek mümkün ama sorunun amacı eşitliği hiç bir teorem kullanmadan göstermek idi. Bu da yapılabilir ama biraz daha işlem gerekiyor. EK: $\lim\limits_{\left\| P\right\|\to0}f(x_i^*)\Delta x_i$ semboliktir, tam olarak bir dizinin limiti değildir.

Örnek: $f(x)=\begin{cases}0, & x\in\mathbb{Q}\\ 1, & x\notin\mathbb{Q}\end{cases}$

Herhangi $a,b\in\mathbb{Q},\ a<b$ için $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{b-a}n\sum_{k=1}^\infty f\left(a+\frac{k(b-a)}n\right)=0$ olduğu kolayca görülür. Ama, lisans derslerinde $f(x)$ in hiç bir aralıkta integrallenemediği kolayca gösterilir. Dolayısıyla bu durumda, problemin çözümünde kullanılan formül, her zaman doğru değildir.

---

Revize edeceğim hocam. Dediğiniz gibi önce a ve b'nin aralığını belirleyeceğim daha sonra integrallenebilir olduğunu göstereceğim sanırım sınırlı ve sürekli fonksiyonun integrallenebilir olduğunun aşikar olmasını kullanacağım?

---

"sanırım sınırlı ve sürekli fonksiyonun integrallenebilir olduğunun aşikar olmasını kullanacağım?"

(sürekli olunca, "sınırlı" demek gereksiz, kapalı sınırlı bir aralıkta her sürekli fonksiyon sınırlıdır)

Bu teoremi kullanınca artık dizi limit yöntemi geçerli oluyor.

O teorem olmadan biraz zor. O teoremin ispatı da çok zor değil, o da ispatlanabilir.

---

O halde evvela dediğiniz kanıtlayıp daha sonra bu kanıtı yazmak daha makûl.