İki belirli integralin eşitliğinin gösterilmesi

Question

https://matkafasi.com/49243/bir-fonksiyonun-tersinin-integrallerinin-esit-oldugu-durum

sorusuna verilen cevapların birinde (soruda $f^{-1}$ nin türevlenebildiği bilgisi verilmemesine karşın) $f^{-1}$ in türevini kullanarak gösterilebilen (belirsiz integraller ile ilgili) bir formül kullanılmış, diğerinde ise bazı belirli integrallerin bir alanı hesaplıyor  olmasından yararlanılmıştır.

Sorum şu: Türev kullanmadan ve o belirli integralin bir bölgenin alanını hesapladığını kabul etmeden 

$f,\ [0,a]$ kapalı aralığında sürekli, kesin azalan ve $f(0)=b,\ f(a)=0$ olacak şekilde bir fonksiyon  ise $\int_0^af(x)\, dx=\int_0^b f^{−1}(x)\ dx$

olduğunu gösterebilir miyiz?

(Evet, en az iki yolu var)

Comments

Türev kullanma'dan kastımız ne tam, çünki 2. eşitliğe substitution yapıp by parts uygulayınca yapılabiliyor ama by partsta türev işi var o sayılmaz sanırım.

$$\displaystyle\int_0^b f^{-1}(x)dx=\displaystyle\int_a^0 xd(f(x))=xf(x)|_a^0-\displaystyle\int_a^0f(x)dx=\displaystyle\int_0^af(x)dx$$ diyince bitiyor.

---

" ama by partsta türev işi var"

Sorun , sorumda belirttiğim gibi, orada.

---

Aslında türev kullanmadan olayını, f ile alakalı bir türev alma olayı olmasın diye anlamıştım sizin bahsettiğiniz yollar nedir yani ip ucu verebilir misiniz(nasıl bir yaklaşım yani, bazı ileri analiz teoremleri kullanarak mı veya güzel bir elementer metod mu)? Ben young eşitsizliği gibi veya hertarafta bir integralle çarpıp double integrale dönüştürüp belli işlemler yapmaya calıstım da mantıklı bir sonuç çıkmadı.

---

İki katlı integrali düşün.

---

Soyle bir fikrim var ama tamamlayamadim

Oyle bir c vardir ki $\int_a^b f(x) = f(c)(b-a)$

 

 

$$\begin{equation} \tag{1} \int_0^a f(x)dx  = f(c_1)a    \end{equation}$$

$$\begin{equation} \tag{2}\int_a^b f(x)dx  = f(c_2)b-f(c_2)a \end{equation}$$

$$\begin{equation} \tag{3} \int_0^b f^{-1}(x)dx  = f^{-1}(c_3)b \end{equation}$$

$$\begin{equation}  \tag{4} \int_0^b f^{-1}(x) - f(x)dx  = f^{-1}(c_4)b-f(c_4)b \end{equation}$$

$4 = 3-(2+1)$

olmali

acaba buradan $c_1 = c_2 = c_3 = c_4$  ve diyebilir miyim?

sonra iki tane $g$ fonksiyonu tanimlasam $g_1(x,y) = f(x)f^{-1}(y)$ ve $g_2(x,y) =  f(y)f^{-1}(x)$

 $g_1(x,y) = g_2(y,x)$

$g_1(x,0)=1. denklem$

$g_2(x,0)=3. denklem$

$g(0,0) = 2ab$ ve

$$\begin{equation}   x \leq y \implies g(x,c) \leq g(y,c), c \in [a,b]  \end{equation}$$

 

link olarak koydugum yerden emin degilim (farkli renkte olsun diye link olarak koydum)

sanki buralardan bir yerden cikar gibi geldi ama bilemedim.

---

O integrallerin eşit olması için $c_1=c_3$ yeterli olmaz.

$f(c_1)a=f^{-1}(c_3)b$ gerekir (ve yeter)

---

$1.$ Denklemin $3.$ denklemine olan oranina baksam

$\frac{1.Denklem}{3.Denklem}= k$

$f(c)a = kf^{-1}(c)b$

ve daha sonra $4. Denklem = - 2. Denklem$ bagintisini kullanarak  $k=1$gostersem olur galiba ?

$f^{-1}(c)b -f(c)b = f(c)a - f(c)(b)$

$f^{-1}(c)b = kf^{-1}(c)b$

Answer 1

1. Yol (Azıcık hile var)
    
    Düzlemde $B=\{(x,y):0\leq x\leq a,\ 0\leq y\leq f(x)\}$ kümesi olsun.
    
    İki katlı integraller için, Fubini nin Teoreminden, (o teoremin koşulları sağlanıyor)
    
    $\iint_B 1\ dA=\int_0^a\left(\int_0^{f(x)}1\, dy\right)dx$ olur.
    $\int_0^a\left(\int_0^{f(x)}1\, dy\right)dx=\int_0^a\left.y\right|_0^{f(x)}dx=\int_0^a f(x)\,dx$
    
     Aynı zamanda $B= \{(x,y):0\leq y\leq b,\ 0\leq x\leq f^{-1}(y)\}$ olur.
     Bu nedenle, yine Fubini nin teoreminden, (yine, o teoremin koşulları sağlanıyor):
         $\iint_B 1\ dA=\int_0^b\left(\int_0^{f^{-1}(y)}1\, dx\right)dy$ olur.
     $\int_0^b\left(\int_0^{f^{-1}(y)}1\, dx\right)dy=\int_0^b\left.x\right|_0^{f^{-1}(y)}dy=\int_0^b f^{-1}(y)\,dy$
     
     bulunur. İki ardışık integral, aynı sonucu vermesi gerektiği için,

     $\int_0^a f(x)\,dx=\int_0^b f^{-1}(y)\,dy$ olur.
     
     (Burası, çoğu kişinin kafasını karıştıran kısım)

     $\int_0^b f^{-1}(y)\,dy  =\int_0^b f^{-1}(x)\,dx$ dir. Öyleyse:
     
      $\int_0^a f(x)\,dx=\int_0^b f^{-1}(x)\,dx$ eşitliği gösterilmiş oldu.

Comments

(2. kez Fubini nin teoremin koşulları sağlanıyor derken) $f^{-1}$ in $[0,b]$ aralığında sürekli olduğunu belirten bir teorem var, onu da kullandık.

---

"azıcık hile var" derken, gerçek bir yanıltma değil,

"bir iddiayı ispatlamak için, o düzeyin ilerisinde (o düzeyde bilinmeyebilen) gereğinden fazla güçlü bir teorem kullanmayı" kastettim.

(Bu arada, elbette, $\iint_B1\,dA=\ B$ nin alanı. Ama bunu kullanmadım)

---

(Burası, çoğu kişinin kafasını karıştıran kısım) dan sonra

 

$$\int_0^b f^{-1}(y)\,dy  =\int_0^b f^{-1}(x)\,dx$$

 

typo var sanırım

---

Typo yok Anıl. ($y=x$ değişken değişikliği olarak düşünebilirsin)

$\int_0^b f^{-1}(y)\,dy=\int_0^b f^{-1}(x)\,dx=\int_0^b f^{-1}(z)\,dz=\int_0^b f^{-1}(t)\,dt=\cdots$

---

Çok çok pardon bir an (Burası, çoğu kişinin kafasını karıştıran kısım) dan öncesini dumm variableleri x yapıp aşagı yazarken integral sınırlarını yanlış yazdınız sandım gözümden integrandların ikisinin de f^-1 oldugu kaçmış

Answer 2

$f,\ [0,a]$ aralığında sürekli, kesin azalan ve $f(0)=b,\ f(a)=0$ şeklinde bir fonksiyon olsun.
     $f^{-1},\ [0,b]$ aralığında sürekli, kesin azalan bir fonksiyon ve $f^{-1}(0)=a,\ f^{-1}(b)=0$ olur.
        $P=\{x_0=0,x_1,\ldots,x_n=a\},\ [0,a]$ aralığının bir parçalanışı olsun.
    $y_i=f(x_{n-i})\ (0\leq i\leq n)$ olsun.
     $P'=\{y_0=0,y_1,\ldots,y_n=b\},\ [0,b]$ nin bir parçalanışı olur ve $P\leftrightarrow P',\ [0,a]$ ile $[0,b]$ nin parçalanışları arasında 1-1 bir eşlemedir.
( $f$ azalan olduğu için)
 $U(f,P)=\sum_{i=1}^{n}M_i\Delta x_i =\sum_{i=1}^{n}f(x_{i-1}) (x_i-x_{i-1})$ dir.
      $$\begin{align*}          &U(f,P)\sum_{i=1}^{n}f(x_{i-1}) (x_i-x_{i-1})=\sum_{i=1}^{n}y_{n-i+1} (f^{-1}(y_{n-i})-f^{-1}(y_{n-i+1})) \\          &=y_n(f^{-1}(y_{n-1})-f^{-1}(y_{n}))+y_{n-1}(f^{-1}(y_{n-2})-f^{-1}(y_{n-1}))+\cdots+y_1(f^{-1}(y_{0})-f^{-1}(y_1))\\&(f^{-1}(y_{n})=x_0=0\text{ ve } y_0=0\text{ olduğu için })\\&=y_nf^{-1}(y_{n-1})+y_{n-1}(f^{-1}(y_{n-2})-f^{-1}(y_{n-1}))+\cdots+y_1(f^{-1}(y_{0})-f^{-1}(y_1))-y_0f^{-1}(y_0)\\          &=\sum_{i=1}^{n}f^{-1}(y_{i-1}) (y_i-y_{i-1})=U(f^{-1},P')      \end{align*}$$ olur. Bu da  
 $\{U(f,P):P,\ [0,a]\text{ nın bir parçalanışı}\}=\{U(f^{-1},P'):P',\ [0,b]\text{ nın bir parçalanışı}\}$
 olması demektir.  $f,\ [0,a]$ aralığında  ve $f^{-1},\ [0,b]$ aralığında integrallenebilen fonksiyonlar olduğu için:
 $\int_{0}^{a}f(x)\,dx=U(f)=\inf \{U(f,P):P,\ [0,a]\text{ nın bir parçalanışı}\}$
 ve
 $\int_{0}^{b}f^{-1}(x)\,dx=U(f^{-1})=\inf \{U(f^{-1},P'):P',\ [0,b]\text{ nın bir parçalanışı}\}$
 olduğu için:
 $\int_{0}^{a}f(x)\,dx=\int_{0}^{b}f^{-1}(x)\,dx$ olduğu gösterilmiş olur.
 -------------------------------------------------
 Şimdi bunu biraz genelleştirelim:
 $f,\ [a,b]$ aralığında sürekli ve kesin azalan bir fonksiyon $f(a)=d,\,f(b)=c$ olsun.
 O zaman
$g(x)=f(x+a)-c$ fonksiyonu $[0,b-a]$ aralığında sürekli ve kesin azalandır ve $g(b-a)=0, g(0)=d-c$ olur.
 $g^{-1}(x)=f^{-1}(x+c)-a$ olur. Yukarıda gösterilen eşitliği ve bazı başka basit eşitlikleri kullanarak:
  $$\begin{align*}       \int_a^bf(x)\,dx&=\int_0^{b-a}f(x+a)\,dx=\int_0^{b-a}(g(x)+c)\,dx=\int_0^{b-a}g(x)\,dx+c(b-a) \\       &=\int_0^{d-c}g^{-1}(x)\,dx+c(b-a)=\int_0^{d-c}(f^{-1}(x+c)-a)\,dx+c(b-a)\\       &=\int_c^{d}f^{-1}(x)\,dx-a(d-c)+c(b-a)=\int_c^{d}f^{-1}(x)\,dx+cb-ad  \end{align*}$$
 elde ederiz.
  Buradan da ($f,[a,b]$ aralığında sürekli, kesin azalan ve $f(a)=d,\,f(b)=c$ ise)
$$\int_c^{d}f^{-1}(x)\,dx=\left. xf(x)\right|_a^b+\int_a^bf(x)\,dx$$
elde edilir.

Comments

Buradaki $U(f,P)=U(f^{-1},P')$ eşitliği gizemli bir şey değil.

Bir çokgenin alanının iki farklı şekilde hesaplanmasının aynı sonucu vereceği "gerçeği".

$U(f,P)$: "düşey" dikdörtgenlerin alanları toplamı.

$U(f^{-1},P')$: "yatay" dikdörtgenlerin alanı toplamı.

(Yani, yine ispatın temelinde, alanın iki farklı şekilde hesabı var, ama bu defa bir çokgenin alanı)