Т.П. Лукашенко - Лекционный курс, страница 12

Теоремы о среднем.Теорема 7. (первая теорема о среднем)Пусть действительнозначная функция f ограничена на отрезке [a, b], функция g неотрицательна на [a, b],и функции g и f · g интегрируемы на [a, b] в одном из трех смыслов. Тогда найдется число µ ∈ [ inf f , sup f ]:[a, b]Zbf g dx = µ ·aZb[a, b]g dx.aДоказательство.Для начала напишем для всех x ∈ [a, b] бесспорную оценку inf f 6 f (x) 6 sup f .[a, b][a, b]Теперь умножим ее на g (x) (имеем право, поскольку g неотрицательная), и возьмем интеграл от a до b(имеем право, поскольку при интегрировании неравенства сохраняются). Получится примерно следующее:inf f ·[a, b]Zbag dx 6Zbf g dx 6 sup f ·[a, b]a42Zbag dx.Тогда если интеграл от g равен нулю, то любое µ нам подойдет, поскольку, оказывается, в этом случаеинтеграл от f · g тоже равен нулю.

Если же интеграл от g больше нуля, то µ выбирается единственным образом,поскольку можно поделить неравенство на интеграл от g.Теорема доказана.Теорема 8. (первая теорема о среднем)Пусть действительнозначная функция f ограничена на отрезке [a, b], функция G — неубывающая на [a, b],и f интегрируема по G на [a, b] в одном из трех смыслов. Тогда найдется число µ ∈ [ inf f , sup f ]:[a, b]Zbf dG = µ ·aZb[a, b]dG = µ (G (b) − G (a)) .aДоказательство.Снова начинаем с простых и понятных вещей:inf f 6 f (x) 6 sup f.[a, b][a, b]Поскольку функция G — неубывающая, имеем право проинтегрировать по ней полученное неравенство:inf f ·[a, b]ZbadG 6Zbf dG 6 sup f ·[a, b]aZbdG.aКак и в прошлый раз, если интеграл единицы по dG равен нулю, то берем любое µ, a если он положителен,то можно неравенство на него поделить — и найти µ единственным образом.Теорема доказана.Замечание.Если функция f непрерывна, то в обоих теоремах на отрезке [a, b] можно найти такую точку c, что µ = f (c).Теорема 9.

(вторая теорема о среднем)Пусть функция f ∈ H [a, b], g — монотонная функция на [a, b], тогда функция f · g интегрируема на [a, b] всмысле Курцвейля – Хенстока , и найдется точка ξ ∈ [a, b]:(H)Zbf g dx = g (a) · (H)aZξf dx + g (b) · (H)aZbf dx.ξПри этом если функция g невозрастающая и неотрицательная на [a, b], то найдется точка ζ ∈ [a, b]:(H)Zbf g dx = g (a) · (H)aZζf dx.aА если функция g неубывающая и неотрицательная на [a, b], то найдется точка ζ ∈ [a, b]:(H)Zbf g dx = g (b) · (H)aZbf dx.ζТеорема 10. (вторая теорема о среднем)Пусть функция F непрерывна на [a, b], g — монотонная функция на [a, b], тогда g интегрируема по F на [a, b]в смысле Римана – Стилтьеса и найдется точка ξ ∈ [a, b]:(R − S)Zbag dF = g (a) · (R − S)ZξdF + g (b) · (R − S)aZbξ43dF = g (a) (F (ξ) − F (a)) + g (b) (F (b) − F (ξ)) .При этом если функция g невозрастающая и неотрицательная на [a, b], то найдется точка ζ ∈ [a, b]:(R − S)Zbg dF = g (a) · (R − S)aZζdF = g (a) (F (ζ) − F (a)) .aА если функция g неубывающая и неотрицательная на [a, b], то найдется точка ζ ∈ [a, b]:(R − S)Zbg dF = g (b) · (R − S)aZbdF = g (b) (F (b) − F (ζ)) .ζДоказательства.Существование интеграла следует в теореме 9 — из сохранения интегрируемости по Курцвейлю – Хенстокупри умножении на функции ограниченной вариации (в частности, на монотонные), в теореме 10 — из интегрируемости функций ограниченной вариации (в частности, монотонных) по непрерывным функциям.Теорема 9 следует из теоремы 10, так как если F — неопределенный интеграл f , то(H)Zbf g dx = (R − S)aZbg dF,aпоскольку g — функция ограниченной вариации.

Так что доказываем теорему 10.Проинтегрируем по частям:(R − S)Zbg dF = g (b) F (b) − g (a) F (a) − (R − S)aZbF dg.aПусть, скажем, g неубывающая. Если на самом деле она невозрастающая, то перейдем к −g — и все сведетсяк нашему случаю. A в нашем случае имеет место оценкаmin F ·[a, b]Zbdg 6 (R − S)aZbF dg 6 max F ·[a, b]aZbdg.aТогда, раз уж F непрерывна, на [a, b] найдется такая точка ξ, чтоF (ξ) ·Zbdg = (R − S)aZbF dg.aТеперь легко выводится первое утверждение нашей теоремы:(R − S)Zbg dF = g (b) F (b) − g (a) F (a) − F (ξ) (g (b) − g (a)) = g (a) (F (ξ) − F (a)) + g (b) (F (b) − F (ξ)) .aДва других утверждений симметричны, поэтому достаточно доказать одно.

Здесь тоже удобно рассмотретьслучай, когда g неубывающая и неотрицательная. Запишем уже знакомую оценкуmin F ·[a, b]Zbdg 6 (R − S)aZbF dg 6 max F ·[a, b]aZbdg.aЕще больше усилим неравенства, прибавив соответственно min F · g (a), F (a) g (a) и max F · g (a):[a, b]min F · g (b) 6 (R − S)[a, b]Zb[a, b]F dg + F (a) g (a) 6 max F · g (b) .[a, b]aТеперь воспользуемся непрерывностью F и найдем такую точку ζ ∈ [a, b], чтоF (ζ) g (b) = (R − S)ZbF dg + F (a) g (a) .aНо тогда, возвращаясь из интегрирования по частям, получим как раз то что надо.Теоремы доказаны.4411. Несобственные интегралы.11.1. Сведение несобственных интегралов к собственным. Теорема Хейка.Определение.

Пусть функция f определена на полуотрезке [a, b), где a ∈ R, b ∈ R̄, b > a, и интегрируемав одном из трех смыслов на каждом отрезке [a, b′ ] ⊂ [a, b). Тогда если существует пределZdeff dx =limb′ →b−0Zb′f dx,a[a,b)то он называется несобственным интегралом функции f на промежутке [a, b) (с особенностью в точке b) в соответствующем смысле, а сама функция f называется интегрируемой в соответствующем несобственном смыслена [a, b). Аналогично определяется несобственный интеграл с особенностью на левом конце промежутка.Утверждение.Если функция f интегрируема по Риману в несобственном смысле на [a, b), b ∈ R, и ограничена на [a, b), топри любом доопределении f в точке b получим интегрируемую по Риману на [a, b] функцию, и(R)Zbf dx = (R)aZf dx.[a,b)Доказательство.Это следует из критерия Лебега.

Во-первых, доопределенная функция f ограничена на [a, b]:|f | 6 max {sup |f (x)|, |f (b)|} .[a,b)Обозначим через Ek множество точек разрыва f на отрезке [a, b − 1/k]. Поскольку f интегрируема по Риману на всех таких отрезках, мера любого такого множества равна нулю. Тогда и![∗µEk = 0.kВозможно, добавится еще разрыв в точке b, но одна точка на меру не влияет. Значит, функция f последоопределения останется непрерывной почти всюду на [a, b], и можно применить критерий Лебега.

Равенствоинтегралов следует из непрерывности неопределенного интеграла.Утверждение доказано.Замечание.Аналогичное утверждение верно и для интеграла с особенностью в левом конце. Дальше мы это отдельно замечатьне будем, поскольку и так ясно.Сейчас мы собираемся доказать аналогичную теорему для интеграла Курцвейля – Хенстока.Лемма.Пусть функция f определена на [a, b), b ∈ R, и интегрируема в смысле Курцвейля – Хенстока на любомотрезке [a, b′ ] ⊂ [a, b). Тогда для любого числа ε > 0 найдется такой масштаб δ (x) на [a, b), что для любогосогласованного с ним отмеченного разбиения T Хенстока любого отрезка [a, b′ ] ⊂ [a, b) выполнится оценкаZb′σ (f, T) − (H) f dx < ε.a45Доказательство.∞Зафиксируем какую-нибудь последовательность {bk }k=1 точек полуинтервала [a, b), монотонно возрастающую и стремящуюся к b, и обозначим b0 = a. Поскольку функция f интегрируема по Курцвейлю – Хенстокуна любом отрезке [a, b′ ] ⊂ [a, b), и, следовательно, на любом отрезке [bk−1 , bk ], можно выбрать такие масштабы δk (x) на [bk−1 , bk ], k ∈ N, что для любого согласованного с ними разбиения T Хенстока соответствующегоотрезка будет выполнена оценкаZbkεf dx < k .σ (f, T) − (H) 2bk−1Тогда соберем требуемый универсальный масштаб δ (x) на [a, b) следующимприmin {δ1 (b0 ) , b1 − b0 }δ (x) = min {δk (bk ) , δk+1 (bk ) , bk − bk−1 , bk+1 − bk }приmin {δk (x) , x − bk−1 , bk − x}приобразом:x = b0 ;x = bk ;bk−1 < x < bk .Здесь мы добились того, что если отмеченная точка разбиения лежит внутри одного из отрезков [bk−1 , bk ],то и ее отрезок тоже там целиком лежит.

A если точка случайно совпала с одной из bk , то ее влияние будет незначительным: ведь ее отрезок не вылезет за промежуток [bk−1 , bk+1 ]. И масштаб δ (x) еще вдобавок непревосходит ни одного из масштабов δk (x) в тех точках, когда последний определен. Теперь, чтобы доказать работоспособность нашего масштаба, выберем любую точку b′ ∈ (a, b) и любое отмеченное разбиение T = {(∆i ; ξi )}Хенстока отрезка [a, b′ ], согласованное с δ (x). Новое соображение: без ограничения общности можно считать,что точка ξi является граничной точкой отрезка ∆i , поскольку если это не так, то пару (∆i ; ξi ) можно разбитьна две пары: (∆i ∩ (−∞, ξi ] ; ξi ) и (∆i ∩ [ξi , +∞) ; ξi ).

Это соображение существенно, и в случае интегрированияпо Мак-Шейну не работает. A в нашем же случае наше разбиение T вообще хорошо укладывается в отрезки[bk−1 , bk ] — ни один отрезочек ∆i не накрывает никакую точку bk . Найдем такое натуральное число n, чтоb′ ∈ [bn , bn+1 ], и приступим к оценке. ′′ ZbZb Xσ (f, T) − (H) f dx = f (ξi ) |∆i | − (H) f dx 6 iaa ′ ZbkZbn XXX .6f(ξ)|∆|−(H)fdx+f(ξ)|∆|−(H)fdx iiii ′k=1 ∆i ⊆[bk−1 , bk ]∆i ⊆[bn , b ]bk−1bnPВсе первые слагаемые вместе оцениваются суммой геометрической прогрессииε/2k = ε (1 − 1/2n ), в силутого, что мы хорошо выбрали масштабы на маленьких отрезках, a потом хорошо выбрали масштаб на всемпромежутке.