Т.П. Лукашенко - Лекционный курс, страница 3

Теперь, поскольку функция f неограничена на [a, b], а |∆j | =6 0 поопределению, интегральная сумма оказывается неограниченной даже как функция от одной точки ξj ∈ ∆j , чтои приводит нас к противоречию с интегрируемостью функции f по Риману.Лемма доказана.Замечания.1. Вместо свойства ограниченности можно ссылаться на более сильное свойство — Критерий Коши: мы нашли дваразбиения мельче δ, которые отличаются на сколь угодно большую величину.2.

В доказательстве существенно использовался тот факт, что интегрируемость понимается в смысле Римана, а именно, в тот момент, когда мы произвольно выбирали точку ξj ∈ ∆j . С другими интегралами такой прием не проходит,поскольку, например, масштаб может быть выбран так, что есть всего одна точка, которая может быть отмечена дляэтого отрезка (в остальных точках масштаб может быть таким, что отрезок просто не уместится в окрестность). Приэтом можно привести пример функции, интегрируемой по Мак-Шейну (и, следовательно, по Курцвейлю – Хенстоку), нонеограниченной на любом интервале.3.

Пример функции Дирихле D (x) = χQ (x) показывает, что ограниченность не является достаточным условиеминтегрируемости по Риману. Можно привести примеры ограниченных функций, неинтегрируемых даже по Курцвейлю –Хенстоку, но для этого потребуются более продвинутые свойства интегралов и, вообще говоря, аксиома выбора.Теорема 2. (об аддитивности интегралов по отрезку)Если функция f интегрируема на отрезках [a, b] и [b, c] в одном из трех смыслов, то f интегрируема и наотрезке [a, c] в том же смысле и выполняется равенствоZcaf dx =Zbf dx +aZcf dx.bДоказательство.Введем обозначения:Zbf dx = I1иaZcf dx = I2 .bБудем доказывать теорему отдельно для интеграла Римана и отдельно для интегралов Мак-Шейнаи Курцвейля – Хенстока.Для интеграла Римана:Возьмём любое ε > 0 и подберем такие положительные числа δ1 и δ2 , чтобы для любого разбиения T1 Хенстока отрезка [a, b] мельче δ1 выполнялась оценка |σ (f, T1 ) − I1 | < 4ε и для любого разбиения T2 Хенстока отрезка[b, c] мельче δ2 выполнялась оценка |σ (f, T2 ) − I2 | < 4ε .

Вспоминая только что доказанную лемму, обнаруживаем,что функция f ограничена на [a, b] и [b, c], и, следовательно, на [a, c]. Поэтому можем взять такое число δ > 0,что выполняются сразу три условия:δ < δ1 ,δ < δ2 ,(1)εδ · sup |f | < .(2)4[a,c]Пусть T = {(∆i ; ξi )} — любое разбиение Хенстока отрезка [a, c] мельче δ. Рассмотрим два случая.7Первый случай: Точка b не является внутренней точкой ни одного из отрезков ∆i . В этом случае разбиениеT распадается в объединение непересекающихся множеств: T = T1 ⊔ T2 , гдеT1 = {(∆i ; ξi ) ∈ T : ∆i ⊆ [a, b]} ,T2 = {(∆i ; ξi ) ∈ T : ∆i ⊆ [b, c]} .Здесь очевидно, чтоσ (f, T) = σ (f, T1 ) + σ (f, T2 ) ,причем T1 и T2 — тоже разбиения Хенстока отрезков [a, b] и [b, c] мельче δ, и, следовательно, мельче δ1 и δ2 .Поэтому можно, применяя оценку |x + y| 6 |x| + |y| и условия (1), утверждать, что|σ (f, T) − (I1 + I2 )| 6 |σ (f, T1 ) − I1 | + |σ (f, T2 ) − I2 | <ε εε+ = .4 42Второй случай: Точка b является внутренней точкой отрезка ∆j разбиения T.

Пусть ∆j =[u, v]. Тогда заменимпару (∆j ; ξj ) двумя парами ([u, b]; b) и ([b, v]; b). Получится новое разбиение T′ Хенстока отрезка [a, c] мельче δ.При этом интегральная сумма изменится на величину|σ (f, T) − σ (f, T′ )| = |f (ξj ) (v − u) − f (b) (b − u) − f (b) (v − b)| = |f (ξj ) (v − u) − f (b) (v − u)| == |f (ξj ) − f (b)| (v − u) 6 2 sup |f | · (v − u) 6 2δ sup |f | <[a,c][a,c]ε.2Но теперь мы добились того, что разбиение T′ имеет вид, рассмотренный в первом случае, и ссылаясь напроведенные выше рассуждения, утверждаем, что |σ (f, T′ ) − (I1 + I2 )| < 2ε . Осталось только заметить, что|σ (f, T) − (I1 + I2 )| 6 |σ (f, T) − σ (f, T′ )| + |σ (f, T′ ) − (I1 + I2 )| <ε ε+ = ε.2 2Таким образом, заканчивая рассмотрение случаев, мы доказали, что для любого ε > 0 нашлось такое числоδ > 0, что для любого разбиения T Хенстока отрезка [a, c] мельче δ выполняется оценка |σ (f, T) − (I1 + I2 )| < ε,что и требовалось доказать.Для интегралов Мак-Шейна и Курцвейля – Хенстока:Возьмём любое ε > 0 и подберем такие масштабы δ1 (x) и δ2 (x) на [a, b] и [b, c] соответственно, чтобыдля любого разбиения T1 Мак-Шейна (Хенстока) отрезка [a, b], согласованного с δ1 (x), выполнялась оценка|σ (f, T1 ) − I1 | < 2ε и для любого разбиения T2 Мак-Шейна (Хенстока) отрезка [b, c], согласованного с δ2 (x),выполнялась оценка |σ (f, T2 ) − I2 | < 2ε .

Теперь определим масштаб δ (x) на [a, c] следующим образом:min {δ1 (x) , b − x} , x ∈ [a, b) ;δ (x) = min {δ1 (x) , δ2 (x)} , x = b;min {δ2 (x) , x − b} , x ∈ (b, c] .Этим мы добились того, что если, например, ξi ∈ [a, b), то непременно ∆i ⊂ Bδ(ξi ) (ξi ) ⊂ [a, b), аналогично для(b, c]. То есть если какой-то отрезок отмеченного разбиения, согласованного с масштабом δ (x), содержит точкуb, то она и будет его отмеченной точкой. Рассмотрим любое разбиение T = {(∆i ; ξi )} Мак-Шейна (Хенстока)отрезка [a, c], согласованное с масштабом δ (x). Снова возникают два случая.Первый случай: Точка b не является внутренней точкой ни одного из отрезков ∆i . Этот случай разбираетсяаналогично первому случаю для интеграла Римана.

Разбиение T распадается в объединение непересекающихсямножеств: T = T1 ⊔ T2 , гдеT1 = {(∆i ; ξi ) ∈ T : ∆i ⊆ [a, b]} ,T2 = {(∆i ; ξi ) ∈ T : ∆i ⊆ [b, c]} .Разбиения T1 и T2 и теперь являются разбиениями отрезков [a, b] и [b, c] Мак-Шейна (Хенстока), согласованными с масштабом δ (x), и, следовательно, с масштабами δ1 (x) и δ2 (x). Маленькая тонкость: в случае интегралаМак-Шейна точки по определению не обязаны лежать в своих отрезках, и поэтому, например, отмеченные точкиопределенного таким образом разбиения T1 могли бы выскочить за отрезок [a, b].

Но мы специально подобралимасштаб таким образом, чтобы этого быть не могло. Поэтому можно, снова применяя оценку |x + y| 6 |x| + |y|,смело утверждать, что|σ (f, T) − (I1 + I2 )| 6 |σ (f, T1 ) − I1 | + |σ (f, T2 ) − I2 | <8ε ε+ = ε.2 2Второй случай: Если точка b является внутренней точкой, например, отрезка ∆j = [u, v], то, как мы ужезаметили, разбиение T содержит пару (∆j ; b). То есть точка b является отмеченной точкой отрезка ∆j . Поэтому если мы заменим пару (∆j ; b) двумя парами ([u, b]; b) и ([b, v]; b), обозначив новое разбиение через T′ , тоинтегральная сумма вообще не изменится:f (b) (v − u) = f (b) (b − u) + f (b) (v − b) .А разбиение T′ уже рассмотрено в первом случае, поэтому|σ (f, T) − (I1 + I2 )| = |σ (f, T′ ) − (I1 + I2 )| < ε.Таким образом, заканчивая рассмотрение случаев, мы доказали, что для любого ε > 0 нашлось такой масштабδ (x) > 0 на [a, c], что для любого разбиения T Мак-Шейна (Хенстока) отрезка [a, c], согласованного с δ (x),выполняется оценка |σ (f, T) − (I1 + I2 )| < ε, что и требовалось доказать.Теорема доказана.2.3.

Формула Ньютона – Лейбница.Теорема 3. (формула Ньютона – Лейбница)Пусть функция f определена на отрезке [a, b], функция F непрерывна на [a, b], и F ′ (x) = f (x) всюду на[a, b], кроме, быть может, не более чем счетного множества точек (в точках которого функция F либо не имеетконечной производной, либо имеет конечную производную, отличную от f (x)).

Тогда функция f интегрируемана отрезке [a, b] по Курцвейлю – Хенстоку и выполняется равенство(H)Zbf dx = F (b) − F (a) = F ([a, b]) .aДоказательство.Возьмем любое число ε > 0. Пусть E — упомянутое в условии “исключительное” множество точек, где невыполняется равенство F ′ (x) = f (x). Раз уж оно не более чем счетное, занумеруем его натуральными числами:E = {xi }, i ∈ N. Начинаем строить масштаб δ (x) на [a, b].

В точках множества E выберем δ (xi ) так, чтобывыполнялись следующие два условия:ε(F (xi )) ,(1)F Bδ (xi ) (xi ) ∩ [a, b] ⊆ B i+32ε.(2)2i+2Первое условие выполнимо, поскольку функция F непрерывна на [a, b] по [a, b] (напомним, что через ϕ (X)обозначается образ множества X при отображении ϕ). Если же x ∈ E, то выберем δ (x) так, чтобы для любогочисла ∆x, по модулю меньшего δ (x), выполнялась оценка|f (xi )| · δ (xi ) <|F (x + ∆x) − F (x) − f (x) · ∆x| <ε · |∆x|.2 (b − a)(3)Это достижимо потому, что в точке x функция F дифференцируема и F ′ (x) = f (x), откуда следует, чтовыражение под модулем есть o (|∆x|). Все, масштаб построен.

Возьмем любое разбиение T = {(∆i ; ξi )} Хенстокаотрезка [a, b], согласованное с вновь построенным масштабом δ (x), и начинаемP оценивать интегральную сумму.Напомним, что F ([u, v]) означает F (v) − F (u). Очевидно, что F ([a, b]) =F (∆i ), поэтомуiXXX|σ (f, T) − F ([a, b])| = (f (ξi ) |∆i | − F (∆i )) 6|f (ξi ) |∆i | − F (∆i )| +|f (ξi ) |∆i | − F (∆i )| .iξi ∈Eξi ∈R\EОцениваем отдельно обе суммы.Первая сумма, где ξi ∈ E, при сделанных предположениях оценивается очень грубо.

A именно, если ξi = xj ,∆i = [u, v], то при помощи условий (1) и (2) каждое слагаемое можно оценить так:εεε|f (ξi ) |∆i | − F (∆i )| 6 |F (v) − F (u)| + |f (ξi ) |∆i || < 2 · j+3 + j+2 = j+1 .222εЗдесь первый модуль оценивается первой оценкой (и F (u), и F (v) лежат в 2i+3— окрестности одного и тогоже числа), а второй модуль — второй оценкой (поскольку|∆|<δ(x)).Такимобразом,вся первая сумма неijP εεпревышает суммы арифметической прогрессии<.j+122j9Вторая сумма: тоже считаем, что ∆i = [u, v], и при этом нам понадобится тот факт, что u 6 ξi 6 v (обратитевнимание на то, что для интеграла Мак-Шейна это предположение было бы неверным!) Теперь можно каждоеслагаемое оценить при помощи условия (3):|f (ξi ) |∆i | − F (∆i )| 6 |f (ξi ) (ξi − u) − F ([u, ξi ])| + |f (ξi ) (v − ξi ) − F ([ξi , v])| <ε (ξi − u) ε (v − ξi )ε |∆i |+=.2 (b − a)2 (b − a)2 (b − a)И тогда всю вторую сумму можно оценить величинойXiε |∆i |ε= .2 (b − a)2В итоге получаем что |σ (f, T) − F ([a, b])| 6 2ε + 2ε = ε То есть для любого ε > 0 нашелся такой масштабδ (x) на [a, b], что для любого разбиения T Хенстока отрезка [a, b], согласованного с этим масштабом, выполненасоответствующая оценка.Теорема доказана.Следствие 1.Если f интегрируема на отрезке [a, b] в любом из смыслов, F — обобщенная первообразная f на [a, b], тоZbf dx = F (b) − F (a) .aВ этом ограниченном смысле формула Ньютона – Лейбница выполняется для интегралов Римана и МакШейна.

Для них из существования первообразной не обязательно следует интегрируемость. Утверждение очевидным образом следует из взаимосвязи трех наших интегралов.Следствие 2.Если функции F1 и F2 непрерывны на промежутке I, а конечные производные F1′ и F2′ равны всюду на I,кроме не более чем счетного множества точек (где хотя бы одна из производных не существует или бесконечна,либо обе существуют и конечны, но не равны), то функция F1 − F2 постоянна на I.Доказательство.Напомним, что промежуток — это такое подмножество R, которое вместе с любыми двумя точками a и bсодержит весь отрезок [a, b].

Поскольку и F1 , и F2 сойдут за F в формуле Ньютона – Лейбница для, скажем,F1′ , то для любых двух точек a и b промежутка I, a > b (если промежуток — пустой или одноточечный, тоутверждение очевидно), получаем выражения(H)ZbF1′ dx = F1 (b) − F1 (a) ,ZbF1′ dx = F2 (b) − F2 (a) .a(H)aПриравняв правые части и перекинув пару слагаемых туда-сюда, видим, что F1 (x2 ) − F2 (x2 ) = F1 (x1 ) −F2 (x1 ), что и требовалось увидеть.Следствие доказано.103. Внешняя мера Лебега и критерий Лебега.3.1. Определение и свойства внешней меры.Определение. Пусть дано множество E ⊆ R.

Тогда верхняя (она же внешняя) мера Лебега µ∗ E множестваE есть точная нижняя грань сумм длин не более чем счетных систем интервалов, покрывающих множество E:Xµ∗ E = inf|ℓi | .SE⊆ℓii∈Ni∈NОпределение. Множество, внешняя мера Лебега которого равна нулю, называется множеством меры нульпо Лебегу.Утверждения.1. Внешняя мера Лебега любого множества существует и заключена в промежутке [0, +∞].2. В определении внешней меры Лебега можно разрешить бесконечные интервалы.3. Пустое и одноточечное множество есть множества меры нуль по Лебегу.Доказательства.1.