MIT Açık Ders Malzemeleri Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için

Transkript

1 MIT Açı Ders Malzemeleri Bu materyallerden alıntı yapma veya Kullanım Koşulları haında bilgi alma için veya adresini ziyaret ediniz Introduction to Functional Analysis Bahar 2009 Prof.Dr.Richard Melrose 1

2 Fonsiyonel Analize Giriş Bahar Dönemi 2009 DERS 6. SIFIRIMSI FONKSIYONLAR Şimdiye adar yapılanlardan anıtların yapılarına alışmışsınızdır umarım - yine de herşey apaçı oluncaya adar devam etme istiyorum. Gerçel sayılar üzerindei Lebesgue integrallenebilir fonsiyonların tanımını, bunların L 1 (R) vetör uzayını meydana getirdilerini ve gerçel sayıların ölçümü sıfır olan bir E altümesinin ne anlama geldiğinin tanımlarını anımsamanızı istiyorum. Yapacağımız il iş L 1 (R) normunun anlamlı olduğudur. Önerme 9. Eğer f L 1 (R) ise f L 1 (R) ve eğer f n dizisi f fonsiyonuna hemen heryerde yaınsayan mutla toplanabilir basama fonsiyonlarının bir dizisi ise (6.1) f = lim N N f =1 Dolayısıyla Lebesgue integrali tanımında yo etme bulunmamatadır. Integralin yo etme yi ullanan genişletimleri vardır, hatta bunları biz de görebiliriz. Kanıt. Eğer f L 1 (R) ise,tanım gereğince, f toplanabilir basama fonsiyonlarının dizisi f n fonsiyonlarının, mutla yaınsamanın gerçeleştiği üme üzerindei, limitidir. Yapmamız gereen f fonsiyonu için de böylesi bir dizi bulmatır. Buradai fiir aşiar olanı ullanmatır. Şimdi (6.2) eğer olduğundan, eğer f j (x) < ise n f j (x) f(x) (6.3) g 1 (x) = f 1 (x), g (x) = denirse, buradan, 1 f j (x) f j (x) x R (6.4) eğer f j (x) < ise j N N g (x) = f j (x) f(x) =1 elde ederiz. İl göstermemiz gereen şey (g j) dizisinin de mutla toplanabilir basama fonsiyonları dizisi olduğudur. 38

3 Bunun için üçgen eşitsizliğinin v w v w biçimini ullanara, > 1 sayıları için Böylelile (6.5) g (x) = (6.6) 1 f j (x) f j (x) f (x) g (x) f (x) < buluruz. Dolayısı ile g dizisi gerçeten mutla toplanabilir bir dizidir. İnşa yönteminden (6.7) eğer n N N f n (x) < ise g (x) = f j (x) f(x) olara tanımlarız. Bu tam olara elde etme istediğimiz ise de g (x) < sağlandığı üme, yaınsamanın gerçeleştiği ümeden daha büyü olabilir. Notlarınızda bu sorunu çözece bir sonuç olsa da elimizdei seriyi daha yavaş yaınsatma için notasız altseri eleyebiliriz. Başa bir deyişle g dizisini g (x) n = 3 2 (6.8) h n (x) = f (x) n = 3 1 f (x) n = 3 ile değiştiririz. Bu serinin mutla yaınsaması için gereli ve yeter oşul hem g (x), hem de f (x) serilerinin yaınsamasıdır-iinci serinin yaınsaması il serinin yaınsamasını geretirir, yani (6.9) Diğer yandan bu gerçeleştiğinde h n (x) < n (6.10) h n (x) = f(x) n f (x) Zira her ısmi toplam ya g lar için bir toplam veya g + f n (x) şelinde bir toplamdır. f n (x) 0 olduğundan, serinin mutla yaınsadığı durumlarda (6.10) geçerli olur ve gerçeten f L 1 (R) sağlanır. Şimdi ele alacağımız husus normun ne zaman sıfır olduğudur. Yani ne zaman f = 0 vardır? Bu sorunu bir yönü olduca olaydır. İstenilen sonuç şudur: 39

4 Önerme 10. f L 1 (R) gibi integrallenebilir bir f fonsiyonunun integralinin f sıfır olması, f in sıfırımsı olmasını, başa bir deyişle, ölçümü sıfır olan E ümesinin tümleyeninde, yani (6.11) x R \ E, f(x) = 0 olmasını geretirir. Tersine, eğer (6.11) doğru ise, f L 1 (R) ve f = 0 sağlanır. Kanıt. Kanıtın ana ısmı f = 0 ise f nin sıfırımsı bir fonsiyon olduğunun ileri sürüldüğü il ısımdır. Bunu bir sonrai önermeyi ullanara yapacağız. Bunun tersi işin olay olduğu yöndür. Gerçeten f (6.11) sağlayan sıfırımsı bir fonsiyon ise, bir ümenin ölçümünün sıfır olması tanımı gereğince, mutla toplanabilir basama fonsiyonlar serisi f n için (6.12) E {x R : n f n (x) = } var olmalıdır. Buradai mutla serinin E den daha büyü bir ümede ırasaması olasıdır. Yinede, aşağıdai alterne seriyi düşünürse; { f (x) n = 2 1 (6.13) g n (x) = f (x) n = 2 Buradan n f n (x) < gerçeleştiği zaman (6.14) buluruz. Gerçeten (6.12) nedeni ile (6.15) g n (x) = 0 n g n (x) < f(x) = n n g n (x) = 0 elde ederiz. Böylelile, sıfırımsı f L 1 (R) ve dolayısı ile f L 1 (R) sağlanacağı gibi (6.12) dan (6.16) f = g = lim f = 0 buluruz i buradai son ifade mutla toplanabilirliğin sonucudur. Ters yöndei anıt için aşağıdai sonuçu ullanacağız. Bu sonuç L 1 (R) uzayının tamlığı ile de ilgilidir. 40

5 Önerme 11.Eğer f n toplanabilir bir seri ise, L 1 (R) içinde n fn < anlamında mutla (6.17) E = {x R : n f n (x) = } ümesinin ölçümü sıfırdır. Eğer f : R C ve (6.18) f(x) = f n (x) x R/E ise f L 1 (R) ve (6.19) f = n f n sağlanır. Bu önerme esas olara tanımdai basama fonsiyonları yerine integrallenebilir fonsiyonların alınabileceğini ve aynı sonuça varılabilineceğini söylemetedir. Kuşusuz il tanım olmasızın bunların bir anlamı yotur. Kanıt. Buradai fiirler bir normlu uzayın tamlanışının tam olması ile ilgili ve Alıştırma 2 dei bir probleme benzemetedir. Buradai biraz daha somuttur. Varsayım gereği her n için f n L 1 (R) olduğundan her n için öyle mutla toplanabilir basama fonsiyonları f n,j vardıri bunlar (6.20) f n,j < f n (x) = j j f n,j (x) sağlarlar. Genelde f(x) fonsiyonunun f n,j fonsiyonlarının hem n, hem de j üstünden,toplamı olduğunu belerse te bu çift toplamlı seriler mutla toplanabilir olmayabilirler. Anca bunları öyle ılabiliriz. Her n için N n, (6.21) f n,j < 2 n j>nn sağlanaca biçimde seçilirse- bu mutla toplanabilirli varsayıldığından mümündürdolayısı ile serinin uyruğu üçütür. Bunu yaptıtan sonra f n,j serisini aşağıdai gibi seçere, (6.22) f n,1 = j N n f n,j (x), f n,j = f n,nn+ 1(x) j 2 Bu hala (6.20) dei aynı üme üzerinde f n fonsiyonuna yaınsayacatır. Böylece f n,j fonsiyonlarını f n,j ile değiştirere, 41

6 (6.23) j f n,j f n + 2 n+1 n Bu üçgen eşitsizliğinden elde edilir, (6.21) ul- bağıntılarını elde ederiz. lanılara (6.24) N f n,1 + f n,j =1 f n,1 j 2 f n,j f n,1 2 n ve sol taraf (6.1) gereğince N ien f n yaınsar.(6.21) bir ez daha ullanara (6.23) elde edilir. f n,j gösteriliminde, üssü işaretini atıp yeni seride f n,j ifadesini ullanara ve (6.25) g (x) = f n,j n+j= tanımını yaparsa, mutla toplanabilir yeni bir basama fonsiyonları dizisi elde ederiz, çünü (6.26) N g f n,j n,j n =1 ( f n + 2 n+1 ) < Şimdi, mutla yaınsa olan bu diziyi yeni baştan düzenliyere (6.27) f n,j (x) < f(x) = n,j g (x) = n f n,j (x) j elde edilir. Gecen derste öğrendilerimizi ullanara, sol taraftai ümenin ölçümü sıfır olan bir E ümesi için R \ E biçiminde olduğuna hümederiz. E, ümesi üzerlerinde j f n,j (x) = sağlanan E n ümelerinin birleşimidir. Şimdi, mutla yaınsayan anca en azından E üzerinde mutla yaınsayamayan basama fonsiyonları h alır ve birbirlerini izleyen g ler arasına daha önce olduğu gibi h ve h yerleştirelim. Bu yeni seri (6.27) nedeni ile hala f fonsiyonuna yaınsayacatır. Bu da (6.17)yı verdiği gibi f L 1 (R) verecetir. (6.19) dai son sonuc ise integraldei mutla yaınsayan çifte serinin yeniden düzenlenmesi ile elde edilir. Şimdili tüm bunların içinde (6.17) dei sonuça geresinimimiz var. Bu ise integrallenebilir fonsiyonların herhangi mutla toplanabilir bir serisinin, ölçümü sıfır olan bir üme dışında notasal olara mutla yaınsadığını söyler- 42

7 başa bir deyişle sadece ölçümü sıfır olan bir üme üzerinde ırasama vardır. Biraz şaşırtıcı da olsa bu bize (10) da geri alanları anıtlamamızı sağlar. Yani, eğer f L 1 (R) ve f = 0 ise, Önerme 11 i, her terimi f olan seriye uygulayalım. Tüm integraller sıfır olduğundan bu seri mutla toplanabilirdir. Dolayısı ile ölçümü sıfır olan bir üme dışında notasal olara yaınsamalıdır. f(x) 0 zaman ise ırasayacatır, dolayısı ile; (6.28) f = 0 {x : f(x) 0} ümesinin ölçümü sıfırdır i, bu tamda bizim gösterme istediğimiz şeydir. Son olara, yaptılarımız bize alışılagelmiş Lebesgue uzayını tanımlamamıza olana tanır; (6.29) f L 1 (R) = f L 1 (R)/N i burada N sıfırımsı fonsiyonlardır. f bu uzay üzerinde bir normdur. 43

8 PROBLEMLER 3 Alıştırmalarda Lebesgue integral ile ilgili imi özellileri anıtlamanız ve buna e olara ta imi soyut anıtları yapmanız istenecetir. Bir eşitliğin hemen heryerde (h.h.y) olması onun ölçümü sıfır olan bir ümenin dışında gecerli olması anlamına gelmetedir. Problem 3.1 Eğer f ve g, L 1 (R) içinde, yani gerçel sayılar üzerinde Lebesgue integrallenebilir fonsiyonlarsa aşağıdaileri gösteriniz. (1) Eğer h.h.y. f(x) 0 ise f 0 dır. (2) Eğer h.h.y. f(x) g(x) ise f g dır. (3) Eğer f omples değerli bir fonsiyon ise gerçel ısmı Ref Lebesgue ölçülebilirdir ve Ref f (4) Genel omples değerli bir fonsiyon için (6.30) f f gösteriniz.(ip ucu: Kaynalara baabilirsiniz ama genellile yapılan şey θ [0, 2π] alma ve e iθ f = (e iθ f) 0 seçere, öncei eşitsizliği g = e iθ f de ullanmatır. (5) İntegral (6.31) : L 1 (R) C süreli ve doğrusaldır. Problem 3.2 I gerçel sayıların (, a) veya (a, ) olasılıların da dışlanmadığı bir aralığı ise bir f : I C fonsiyonunun Lebesgue integrallenebilirliği (6.32) f : R C : f(x) = { f(x) x I 0 x R \ I fonsiyonunun Lebesgue integrallenebilirliği olara tanımlanır. Buradan f fonsiyonunun I üzerindei integrali (6.33) f = f I olara tanımlanır. (1) I üzerinde böylesi integrallenebilir fonsiyonların bir vetör uzayı olduğunu gösteriniz. Bu uzay L 1 (I) ile gösterilecetir. 44

9 (2) f fonsiyonu I üzerinde integrallebilir ise f fonsiyonun da integrallenebilir olduğunu gösteriniz. (3) Eğer f, I üzerinde integrallenebilir ve f = 0 ise h.h.y f = 0 gösteriniz. Yani, gerçel sayıların ölçümü sıfır olan E I ümesi için, x I \ E f(x) = 0 gösteriniz. (4) Bir öncei soruda yer alan ve N (I) ile göstereceğimiz sıfırımsı fosiyonların vetör uzayı olduğunu gösteriniz. (5) I f ifadesinin L1 (I)/N üzerinde norm olduğunu gösteriniz. (6) f L 1 (R) ise (6.34) g : I C, g(x) = { f(x) x I 0 x R \ I ile tanımlanan g fonsiyonunun I üzerinde integrallebililiğini gösteriniz. (7) Yuarıdai ısıtlama dönüşümünün (6.35) L 1 (R) L 1 (I) örten ve süreli olduğunu gösteriniz. (Diat: Her ii uzayda integrallenebilir fonsiyonların hemen heryerde eşitli ile alınmış bölüm uzaylarıdır.) Problem 3.3 Bir öncei 3.2 nin devamıdır: (1) I = [a, b) ve f L 1 (I) ise f fonsiyonunun I x = [x, b) aralığına ısıtlamasının, her a x < b için L 1 (I x ) uzayının öğesi olduğunu gösteriniz. (2) (6.36) F (x) = f : [a, b) C I x fonsiyonunun süreliliğini gösteriniz. (3) x 1 cos( 1 ) fonsiyonunun (0, 1] aralığı üzerinde Lebesgue integrallenebilir x olmadığını gösteriniz. İp ucu: yuarıda ne gösterdiğimizi biraz düşününüz. Problem 3.4 ( Biraz daha zor anca yapılabilir!) f L 1 (R) olsun. (1) Her t R için, aydırmalar (6.37) f t (x) = f(x t) : R C lerin de L 1 (R) içinde olduğunu gösteriniz. (2) (6.38) lim t 0 f t f = 0 olduğunu gösteriniz.bu integrallenebilir fonsiyonların ortalama yaınsaması olara betimlenir. 45

10 (3) f L 1 (R) için (6.39) t [f t ] L 1 (R) fonsiyonunun süreli olduğunu gösteriniz. Problem 3.5 Problemler 2 de ompat bir aralıta süreli fonsiyonun, aralı dışına sıfır olara genişletildiğinde Lebesgue integrallenebilir bir fonsiyon elde edildiğini gördü. Bunu ve basama fonsiyonlarının L 1 (R) de yoğun oldularını ullanara bir ompat aralı dışında sıfır olan R üzerindei süreli fonsiyonların L 1 (R) içinde yoğun olduğunu gösteriniz. Problem 3.6 (1) Eğer g : R C sınırlı, süreli ve f L 1 (R) ise gf L 1 (R) olduğunu ve (6.40) gf sup R g. f gösteriniz. (2) Şimdi C(K) bir ompat metri uzayı üzerinde süreli fonsiyonları gösterme üzere G C([0, 1] [0, 1]) alalım. Artı L 1 [0, 1] uzayını tanıdığımıza göre il ısmı ullanara f L 1 [0, 1] ise (6.41) F (x) = G(x,.)f(.) C [0,1] ifadesinin [0,1] dei her x için iyi tanımlı olduğunu gösteriniz. Burada. gösterilimi her x [0, 1] için iyi tanımlı olan ve integralin alındığı değişeni göstermetedir. (3) Her f L 1 [0, 1] için F fonsiyonunun [0,1] üzerinde süreli olduğunu gösteriniz. (4) (6.42) L 1 ([0, 1]) C([0, 1]) f F dönüşümünün L 1 [0, 1] uzayından C[0, 1] Banach uzayına sınırlı (süreli ) olduğunu gösteriniz. Süreli fonsiyonlar üzerinde sup normunu alınız. 46

11 PROBLEM 2 NİN ÇÖZÜMLERİ Problem 2.1 Derste inşa ettiğimiz B uzayının tamlığını gösteriniz. Çözüm. Normlu V uzayı ile başlayalım. Bu uzaydan V ile göstereceğimiz ve V dei mutla toplanabilir serilerden oluşan yeni bir vetör uzayı elde edeceğiz. Sonra da V uzayında, S ile gösterilen ve V içinde sıfıra yaınsayan serileri ele alacağız. Burada (6.43) B = V /S bölüm uzayı ile ilgileniyoruz. Bu uzayın normlu bir uzay olduğunu ve (v n ), V uzayında mutla toplanabilir bir seri olma üzere, b = (v n ) + S gibi bir öğesinin normunun ise; N (6.44) b = lim N v n V n=1 verildiğini biliyoruz. Bu tanımın, b öğesini temsil eden serilerden bağımsız olduğunu, yani, S den alınıp elenece her öğe için aynı olacağını da biliyoruz. B uzayında mutla toplanabilir serileri biraz daha iyi anlama adına, böylesi bir seri (b n ) alalım. Bilinen (6.45) b n < n olduğudur. Bu serinin B uzayında yaınsadığını gösterelim. İl ödevimiz limitinin ne olduğunu estirebilme. Her b n, V uzayında mutla toplanabilir olan v (n) serisidir. Şimdi bu serilerin öşegenlerinden, yeni bir seri tanımlayalım; (6.46) w j = n+=j v (n). Buradai sorun tanımlanan serinin her zaman V uzayında mutla toplanabilir bir seri olmayabileceğidir. Hesaplama istenilen; (6.47) w j = j j n+=j v (n) <. Bunu hesaplamanın te yolu üçgen eşitsizliğini ullanma ve (6.48) w j =,n v (n) V 47

12 hümetmetir. Sağ tarafta üzerinden alınan toplamlar sonlu olmalarına arşın bunların toplamlarının sonlu olup olmadılarını bilmiyoruz. Şimdi ala gelen il şey ile yola çıara, b n ni temsil eden ve mutla toplanabilir v (n) serisini (6.49) v (n) b n B + 2 n sağlayaca biçimde seçelim. Önce b n temsil eden mutla toplanabilir bir seri olara u seçelim- yani- N b n = lim N u ve u < =1 sağlansın. M sayısını yeterince büyü seçere, (6.50) >M u V 2 n 1 abul edebiliriz. M in bu seçimi ile v (n) 1 = M =1 u ve v (n) = u M+ 1, 2 alalım. Bu seri hala (b n ) için bir temsildir, çünü aşağıdai toplamların farı, her N için; (6.51) N =1 v (n) N =1 N+M 1 u = olur. Sağ taraftai limit, sadece sonlu terim içerdiğinden, sıfıra yaınsar.(6.50) den ötürü, =N u (6.52) M v (n) V = u j V + N u u j + 2 u >M >M N u j + 2 n N sonsuza gideren alınan limit (6.49) verir. Her b n için yuarıdai özellileri sağlayan temsilciler seçilip w j ler (6.46) sağlayaca biçimde seçildilerinde, (6.47) bize, b n mutla toplanabilir olduğundan, (6.53) w j V j n 48 b n B + n 2 n <

13 verir. Dolayısı ile (w j ) V veriri, bu da b B demetir. Son olara n b n = b gösterme istiyoruz. Bu ise N (6.54) lim N b b n = 0 n=1 göstermemizi geretirir. Hatırlamamız gereen buradai normun endisin de bir limit olduğudur-b N n=1 b n ifadesi n-inci terimi (6.55) w olan toplanabilir seridir. Normu da N n=1 v (n) p N (6.56) lim p (w v (n) ) V =1 n=1 ile verilir. Burada anlamamız gereen N ien ne olduğudur! Tanımdan, w lar v (n) j lerin öşegen üzerinden alınan toplamıdır. Bu nedele, üzerinden alınan toplam v (n) j lerin öşegensel olmayan il p tanesinin toplamı ile uzunluğu N, yüseliği p olan dörtgen üzerinden alınan toplamın farı adardır. Dolayısı ile üçgen eşitsizliğinden farın normunu, normların ullanılmayan terimler üzerinden alınan toplamlar ile hesaplıyabiliriz. Buradan L = min(p, N) olma üzere (6.57) p N (w v (n) ) V =1 n=1 l+m L v (m) l V buluruz. Bu toplam sonludur. p ien bunu l + m N olan toplamla değiştirebiliriz. Şimdi, N ien, (çifte serinin) mutla toplanabilirliğinden sıfıra yaınsar. Dolayısı ile; N (6.58) lim N b b n B = 0 n=1 ederiz ve bu tam da istediğimiz, n b n = b dir. Problem 2.2 Şimdi basama fonsiyonlarının mutla toplanabilir bir seri örneğini düşünelim. Soldan apalı, sağdan açı [0, 1) aralığını ele alalım. Alışılagelmiş Cantor ümesi inşasının biraz değişi hali olan aşağıdai inşa yı düşünelim. Ortadai merezi aralı [1/3, 2/3) çıarıp, geriye alan C 1 = 49

14 [0, 1/3) [2/3, 1) ümesinden yine merezi aralıları çıartara geriye alan C 2 = [0, 1/9) [2/9, 1/3) [2/3, 7/9) [8/9, 1) ümesini ve bu şeilde devam edere her biri yarı-açı, yarı-apalı aralıların sonlu birleşimleri olan C C 1 ümelerini düşünelim. Şimdi herbiri C ümelerinin arateristi fonsiyonu olan f fonsiyonlarından oluşan seriyi ele alalım. (1) Bu seri mutla toplanabilir bir seridir. (2) [0, 1) dei hangi x öğeleri için f (x) serisi yaınsar? (3) Yuarıdai seri ile tanımlanan [0, 1) üzerinde tanımlı hangi fonsiyon Lebesgue integrallenebilirdir? İntegralini hesaplayınız. (4) Bu fonsiyon Riemann integrallenebilir midir? (5) Yuarıdai inşa sırasında atılan aralıların birleşimlerinde bir, dışında sıfır olan fonsiyon g olsun. g fonsiyonunun Lebesgue integrallenebilir olduğunu ve integralini hesaplayınız. Çözüm. (1) Her seferinde aralıların toplam boyu 1/3 oranında azalmatadır. Bu nedenle l(c ) = 2 /3 dır. Buradan, f fonsiyonunun negatif olmayan integrali (6.59) f = 2 /3 f = 2 /3 = 2 =1 bulunur ve seri mutla toplanabilirdir. (2) C azalan bir ümeler dizisi olduğundan, sadece (6.60) x E = C için f (x) serisi ırasa, diğer durumlar için yaınsatır. (3) Serinin yaınsadığı yerlerde, serinin toplamı, diğer durumlarda 0 olara tanımlanan (6.61) f(x) = { f (x), x R \ E 0, x E fonsiyon, tanımdan,integrallenebilirdir. Integrali ise, yine tanımdan, (6.62) f = f = 2 (4) f fonsiyonu sınırlı olmadığından, tanım gereği, Riemann integrallenebilir değildir. Özellile, boş olmayan C \ C +1 ümesindei bir x için f(x) = olur. 50

15 (5) F ile gösterilen ve çıarılan ümelerin birleşimi olan üme [0, 1) \ E dir. Çıarılan ümelerin herbirinde 1 olan basama fonsiyonları mutla toplanabilir bir seri verir. Bu fonsiyonlar negatif değildirler ve = 1, 2,... için -incin integrali 1/3 (2/3) 1 dir. Bu seri, F ümesi üzerinde g fonsiyonuna yaınsar. Dolayısıyla g Lebesgue integrallenebilirdir ve integrali (6.63) g = 1 dir. Problem 2.3 R 2 için örtme önteoremi. Bir didörtgen ile astedilen üme R 2 de [a 1, b 1 ) [a 2, b 2 ) biçiminde olan bir ümedir. Böylesi bir didörtgenin alanı (b 1 a 1 ) (b 2 a 2 ) olara tanımlıdır. (1) Bir didörtgeni tanımlayan aralıları aralılara bölere didörtgeni de altdidörtgenlere bölmüş oluruz. Böylesi bir bölünme ile elde edilen didörtgenlerin alanlarının toplamının il didörtgenin alanına eşit olduğunu gösteriniz. (2) Yarı-açı-apalı anlamında sonlu tane eşişmeyen didörtgenin birleşimi de bir didörtgen ise alanların toplamının, birleşimin alanına eşit olduğunu gösteriniz.(ip ucu: altaralılara bölere ilerleyiniz). (3) Bir didörtgen içinde olan, sayılabilir çoluta, eşişmeyen didörtgenlerin alanlarının toplamının büyü didörtgenin alanından üçü veya eşit olduğunu gösteriniz. (4) Sonlu sayıda didörtgenin birleşimi verilen bir didörtgeni içeriyorsa, didörtgenlerin alanlarının toplamının en az birleşimlerini içeren didörtgenin alanı adar olduğunu gösteriniz. (5) Bir öncei alıştırmayı sayılabilir çolutai didörtgenlere genişletiniz. Çözüm. (1) Bir didörtgen için bu olduça açıtır.çünü sadece bir iç nota c için ya il aralığı ya da iincisini ii altaralığa bölebiliriz. Bölündüten sonra ii didörtgenin alanları ya veya (6.64) (c a 1 )(b 2 a 2 ) + (b 1 c)(b 2 a 2 ) = (b 1 c)(b 2 a 2 ) (b 1 a 1 )(c a 2 ) + (b 1 a 1 )(b 2 c) = (b 1 c)(b 2 a 2 ) olacatır. Buradan,tümevarımla, bölünmüş didörtgenlerin alanlarının toplamının il didörtgenin alanına eşit olduğuna hümederiz. (2)Eğer sonlu tane eşişmeyen didörtgenin birleşimi yine,[a 1, b 1 ) [a 2, b 2 ) şelinde bir didörtgen ise, bu didörtgenlerin herhangi birinin bölünmesi ile 51

16 elde edilen didörtgenlerin birleşimi için de aynı şey doğrudur. Üsteli, böylesi bir bölümme ile elde edilen didörtgenlerin alanlarının toplamı da aynı alır. Şimdi, C 1 [a 1, b 1 ) ümesi böylesi didörtgenlerin il aralılarının uç notalarından oluşan üme olsun. Benzer biçimde, C 2 ümesi de iinci aralıta olan didörtgenlerin uç notaların oluşan üme olsun. Didörtgenlerin her birini C 1, C 2 ümelerinin uç notalarını ullanara sonlu ez bölelim. Böylece elde edilen didörtgenlerin toplam alanları değişmeyecetir. [a 1, b 1 ) [a 2, b 2 ) didörtgenini örten didörtgenler A i, [a 1, b 1 ) aralığını örten ve eşişmeyen aralılardan, B j, [a 2, b 2 ) didörtgenini örten ve eşişmeyen aralılardan olma üzere, A i B j biçimindedirler. Sınıfta yapılan bir boyutlu örneğe benzer biçimde il aralığı A i olma üzere böylesi aralıların alanlarının toplamı aşağıdai çarpımdır: (6.65) A i boyu (b 2 a 2 ) biçimindedir. Şimdi i üstünden toplam alır ve aynı neticeyi bir ez daha ullanara aradığımız sonuça varabiliriz. (3)[a 1, b 1 ) [a 2, b 2 ) didörtgeninde bulunan sonlu tane eşişmeyen didörtgen ailesine aynı bölme işlemini yapabilir ve bu aileye esişmeyen yeni didörtgen ailesi eleyere büyü didörtgeni örten bir aile bulabiliriz.burada daha öncei sonuçumuzu ullanara didörtgenlerin alanlarının toplamının (b 1 a 1 )(b 2 a 2 ) çarpımından üçü veya eşit olduğuna hümedebiliriz. Buradan da sayılabilir ve eşişmeyen didörtgenler ailesinin alanları toplamının yuarıdai sabitten üçü veya eşit olduğuna hümedebiliriz. (4) D i, i = 1,..., N didörtgenlerinin birleşimi D didörtgenini içersin. D 1 didörtgenini D didörtgeninin son notalarını ullanara alt didörtgenlere bölelim. Böylece elde edilen didörtgenler ya tamamen D içindedirler veya onu esmezler.d 1 didörtgenini (gerçete birici olan)tamamen D içinde alan didörtgenle değiştirelim. Şimdi tümevarım a başvurara il N didörtgenin esişmediğini,ve tümünün D içinde aldığını ve birleşimlerinin D didörtgenini örttüğünü varsayabiliriz. Şimdi, bir sonrai didörtgene, D N +1 didörtgenine baalım. Bu didörtgeni daha öncei D 1,..., D, D didörtgenlerini belirleyen aralıların son notalarını ullanara alt didörtgenlere bölelim. D N +1 didörtgeninin bölünesinden sonra elde edilen didörtgenler ya tamamen bir D j, j N içinde alırlar ya da D içinde değildirler. Bunları atara sayısını bir azaltırız(bunu yaparen beli N artırılma zorunda alsa bile bunda bir saınca yotur). Başa bir deyişle, tümevarımla, didörtgenleri bölere ve geremeyenleri atara, birbirlerini esmeyen, D içinde alan ve birleşimleri D didörtgenini örten bir aile elde ederiz. Bu yeni didörtgenler ailesinin alanları 52

17 toplamı, bir öncei gözlemden, tamtamına D nin alanına eşittir. Dolayısı ile alanlar toplamı başlangıçta, en az, bu adardır. (5) D = [a 1, b 1 ) [a 2, b 2 ) didörtgenini örten, sayılabilir didörtgenler, ailesi için bir boyuttai gibi hareet ederiz. İl olara enarların boylarını üsten sınırlayan bir C sabiti olduğunu abul edebiliriz. Sonra -inçi didörtgeni biraz daha büyü olaca şeilde, her ii üst limiti de, δ > 0 olma üzere, 2 δ adar büyütürüz. Şimdi alan artmıştır ama bu artış 2C2 dan büyü değildir. Şimdi büyütülen ve sayılabilir ümelerin içlerinden oluşan örtü [a 1, b 1 δ] [a 2, b 2 δ] ompat ümesini örtecetir. Kompatlı gereği örten açı ümelerin sonlu tanesi de yine açı bir örtü olacatır. Aynı teoremin yarı-açı biçimini ullanara, aynı son notaları ullanan ve [a 1, b 1 δ) [a 2, b 2 δ) için bir örtü bulabiliriz. Daha önce elde edilen sonlu haldei sonuçu ullanara, (6.66) alanlar toplamı + 2Cδ aland 2Cδ bulunur. δ eyfi olduğundan, sonuça ulaşılmıştır. Sizleri basma fonsiyonlarının integrallerini alma onusundai detayları öğrenmeye teşvi etme isterim. Şimdi aralılar yerine didörtgenleri ullanara, yaptığımız her şeyin ii boyuta da yapılabileceğini görmenizi istiyorum. İşin gerçeğine baarsanız her şey R n de de çalışır. Problem 2.4 (1) [0, 1] üzerindei her süreli fonsiyon bir basama fonsiyonları dizisinin düzgün limitidir.(ip ucu: Önce gerçel durumu düşünün. Aralığı 2 n eşit parçaya bölün ve basama fonsiyonlarını o altaralı üzerinde süreli fonsiyonun infimumu olara tanımlayın. Sonrada düzgün yaınsalı ullanın. (2) Calculus te öğrendiğiniz telesopi seri hilesini ullanara [0, 1) üzerindei her süreli fonsiyonun f j fonsiyonları basama fonsiyonları ve x [0, 1), j f j (x) < olma üzere (6.67) f i (x), x [0, 1) i olara yazılabileceğini anıtlayınız. (3) Buradan [0, 1] üzerindei her süreli fonsiyonun bu aralığın dışına 0 olaca biçimde genişletildiğinde, Lebesgue integrallenebilir bir fonsiyon olduğunu anıtlayınız. Çözüm.(1) Süreli bir fonsiyonun gerçel ve sanal ısımları da süreli olduğundan önce gerçel değerli süreli fonsiyonlar için anıt yapar sonra da toplama yaparız. Süreli fonsiyonların ompat ümeler üzerindei düzgün sürelililerinden, i burada üme [0, 1] ümesidir, verilen n sayısı için öyle bir N buluruz i 53

18 x y 2 N için f(x) f(y) 2 N olur. Şimdi N, n bağlı olma üzere verilen aralığı 2 N eşit parçaya böler ve n nin fonsiyonu olara azalmayan olmasında ısrarcı olur ve her altaralığın apanışında basama fonsiyonu F n, minf = inf f olaca biçimde tanımlanırsa, (6.68) f(x) F n (x) 2 n, x [0, 1) ve (6.68) dei eşitsizli aralıların son notalarında da geçerli olur. Dolayısı ile [0, 1) ümesi üzerinde düzgün olara F n f yaınsaması vardır. (2) f 1 = F 1, ve > 1 için f = F F 1 tanımlanırsa, bunlar basama fonsiyonları olacalar ve (6.69) n F = f n =1 sağlanır. F n+1 tanımındai aralı F n için de bir altaralı olacatır.f n tanımındai her altaralıta f in değeri 2 n den fazla değişemiyeceği için, (6.70) f n (x) = F n+1 (x) F n (x) 2 n, n > 1 bulunur ve buradan da f n 2 n elde ederiz. Bu serinin mutla toplabilir olduğunu verir. Esasında seri [0, 1) aralığının her notasında yaınsatır ve (6.68) gereğince f fonsiyonuna düzgün yaınsar. (3) Bu nedenle f Lebesgue integrallenebilir bir fonsiyondur. (4) Sağ taraftai integral Riemann integrali olma üzere (6.71) f = 1 eşitliğini sormamışım. Faat, bu aşağıdai (6.72) f = lim n o f(x)dx eşitliğiden ve basama fonsiyonlarının [0, 1] üzerindei integralleri değerlerinin o altaralıtai üst Riemann toplamları ve alt Riemann toplamları arasında almasından elde edilir. F n 54