Т.П. Лукашенко - Лекционный курс, страница 7

При этом функция станет всюду определенной и ограниченной, a значит, интегрируемойпо Мак-Шейну, следовательно, этим же свойством обладает и первоначальная функция, поскольку, как было отмечено в предыдущем параграфе, значение функции на множестве меры нуль влияет на интегрируемость по Мак-Шейнуи значение интеграла.5. Неопределенный интеграл.Определение. Если функция f интегрируема на отрезке [a, b] в каком-либо смысле и c ∈ [a, b], то будемсчитать, чтоZaZbZcf dx = − f dxиf dx = 0.abcУтверждение.Не сложно обобщить теорему об аддитивности интеграла по отрезку на случай, когда в равенстве bZcZbZcZZcf dx = f dx + f dx =  +  f dxaaabb(встречается и такое обозначение) допустить интегралы, у которых верхний предел меньше нижнего или емуравен.

Все сводится к применению определений и основной теоремы об аддитивности по отрезку при переборевсевозможных расположений точек a, b и с на числовой прямой.Определение. Если функция f интегрируема на отрезке [a, b] в каком-либо смысле, то определенную на[a, b] функциюZxF (x) = f dt + Cx0при любых фиксированных x0 ∈ [a, b] и C ∈ R будем называть неопределенным интегралом (интегралом с переменным верхним пределом) от функции f на отрезке [a, b] в соответствующем смысле.Утверждение.Любые два неопределенных интеграла от одной и той же функции в любом смысле отличаются на константу.Доказательство.ПустьZxZxиF2 (x) = f dt + C2 .F1 (x) = f dt + C1x1Тогдаx2F2 (x) − F1 (x) = Zxx2что действительно является константой.Утверждение доказано.−Zxx1 f dx + (C1 − C2 ) =20Zx1x2f dx + (C1 − C2 ) ,Определение.

Функция f принадлежит классу Липшица (Гельдера) на множестве E, если f определена наE, и найдется такая постоянная C, что∀ x, t ∈ E|f (x) − f (t)| 6 C |x − t| .Обозначение: f ∈ Lip (E).Ясно, что из принадлежности функции f классу Липшица на E следует непрерывность и даже равномернаянепрерывность f на E, поскольку модуль непрерывности ωf (δ) 6 C · δ.Теорема 1. (о свойствах неопределенного интеграла)Пусть функция f интегрируема на [a, b] в каком-либо смысле иZxF (x) = f dt + C.x01. Если f ограничена на [a, b], то ее неопределенный интеграл F ∈ Lip [a, b].2.

Если функция f непрерывна в некоторой точке x0 ∈ [a, b], то ∃F ′ (x0 ) = f (x0 ).Доказательство.1. Пусть f (x) 6 D на [a, b]. Покажем, чтоZx2f dx 6 D (x2 − x1 ) .x1Действительно, для каждой интегральной суммы σ (f, {(∆i ; ξi )}) на отрезке [x1 , x2 ] (можно считать, что x1 < x2 ;при x1 = x2 утверждение очевидно) можно произвести оценкуXXf (ξi ) |∆i | 6 C|∆i | = C (x2 − x1 ) ,iiзначит, то же самое верно и для интеграла как предела по соответствующей базе. Для интегралов Мак-Шейнаи Курцвейля – Хенстока все переносится на случай существенной ограниченности так же, как в замечаниив конце предыдущего параграфа.2.

Пусть функция f непрерывна в точке x0 . Покажем, чтоF (x0 + ∆x) − F (x0 )− f (x0 ) = 0lim∆x→0∆xДействительно, первое слагаемое можно записать в виде1·∆xx0Z+∆xf (t) dt,x0второе — в весьма искусственном виде1·∆xx0Z+∆xf (x0 ) dt,x0и все выражение примет вид1·∆xx0Z+∆x(f (t) − f (x0 )) dt.x0Применяя первый пункт теоремы (в некоторой окрестности точки x, где функция ограничена), оцениваемэто выражение сверху по модулю величиной1·sup|f (t) − f (x0 )| |∆x| =sup|f (t) − f (x0 )|∆x [x0 , x0 +∆x][x0 , x0 +∆x]Но эта величина бесконечно мала, так как функция f непрерывна в точке x0 , что нам и требовалось. Замечание: [x0 , x0 + ∆x] означает отрезок с концами x0 и x0 + ∆x (а вдруг ∆x < 0?)Теорема доказана.Следствие.Если f ∈ R [a, b], то неопределенный интеграл F ∈ Lip [a, b], и ∃ F ′ (x) = f (x) почти всюду на [a, b].216.

Леммы Колмогорова – Сакса – Хенстока и Витали.Пусть функция f интегрируема на отрезке [a, b] в каком-либо из трех смыслов, I — ее интеграл. Пустьтакже дано некоторое ε > 0 и выбрано такое число δ > 0 (или масштаб δ (x)), что для любого разбиенияT Хенстока (Мак-Шейна, Хенстока) отрезка [a, b] мельче δ (согласованного с δ (x)) выполняется неравенство|σ (f, T) − I| < ε. Две следующие леммы позволят нам уже в этой ситуации делать некоторые выводы.Лемма 1. (слабая лемма Колмогорова – Сакса – Хенстока)При описанных выше условиях для любого разбиения T = {(∆i ; ξi )}i∈J Хенстока (Мак-Шейна, Хенстока) отрезка [a, b] мельче δ (согласованного с δ (x)) и для любого подмножества индексов разбиения J ⊆ J выполняетсяоценкаZX 6 ε.f(ξ)|∆|−fdxii i∈J∆iДоказательство.Для всех отрезков, не попадающих в сумму, сейчас построим маленькие разбиения.

A именно, если i ∈/ J, тодля отрезка ∆i найдем такое число δi , 0 < δi < δ (масштаб δi (x), 0 < δi (x) < δ (x)), чтобы для любого разбиенияTi Хенстока (Мак-Шейна, Хенстока) отрезка ∆i мельче δi (согласованного с δi (x)) была верна оценкаZσ (f, Ti ) − f dx < γ , n∆iгде n = |J | — количество пар в разбиении T, γ — некоторое наперед заданное положительное число. Теперьсоберем из Ti новое разбиение:[e=TTi  ∪ {(∆i ; ξi )}i∈Ji∈J \Jразбиениетоже мельче δ (согласованное с δ (x)), поскольку δi < δ (соответственно, δi (x) < δ (x)).

Поэтому Это eσ f, T − I < ε. В то же времяZZXXe −I =σ (f, Ti ) − f dx +f (ξi ) |∆i | − f dxσ f, Ti∈J \Ji∈J∆i∆iЛевая часть по модулю меньше ε, первая сумма в правой части по модулю меньше γ. Перенося ее вправои беря модуль, получаем искомую оценку для второй суммы:XZf (ξi ) |∆i | − f dx < ε + γ i∈J∆iВвиду произвольности γ > 0 как раз и получилось доказываемое утверждение. Заметим, что неравенствопри таком переходе вообще говоря становится нестрогим, что мы предвидели еще в формулировке.Лемма доказана.Лемма 2. (сильная лемма Колмогорова – Сакса – Хенстока)При тех же условиях для любого разбиения T = {(∆i ; ξi )}i∈J Хенстока (Мак-Шейна, Хенстока) отрезка [a, b]мельче δ (согласованного с δ (x)) справедлива следующая оценка — теперь уже на сумму модулей: (ZX f (ξi ) |∆i | − f dx 6 2ε в действительнозначном случае;4ε в комплекснозначном случае.i∈J ∆i22Доказательство.Рассмотрим сначала случай, когда f — действительнозначная функция.

ОбозначимZJ = i ∈ J : f (ξi ) |∆i | − f dx > 0∆iТогда по слабой лемме Колмогорова – Сакса – Хенстока имеемZZX Xf (ξi ) |∆i | − f dx 6 εf (ξi ) |∆i | − f dx = i∈J i∈J ∆i∆iПоскольку все слагаемые неотрицательны, модуль суммы, очевидно, равен сумме модулей. Теперь так жеобработаем отрицательные слагаемые:ZZX Xf (ξi ) |∆i | − f dx 6 εf (ξi ) |∆i | − f dx = i∈J \J i∈J \J∆i∆iСкладывая две оценки, получаем как раз 2ε. В комплекснозначном случае оценка производится отдельнодля действительной и мнимой части. Вот так:ZX Ref (ξi ) |∆i | − Ref dx 6 2ε,i∈J ∆iZX Imf (ξi ) |∆i | − Imf dx 6 2ε.i∈J ∆iИтого в сумме 4ε, поскольку |z| 6 |Rez| + |Imz|.Лемма доказана.Определение.

Множество E ⊆ R покрыто системой отрезков Ω в смысле Витали, если для любой точкиx ∈ E и для любого числа δ > 0 найдется такой отрезок I ∈ Ω, что x ∈ I и |I| < δ.Теорема 1. (первая теорема Витали)Если ограниченное множество E ⊂ R покрыто системой отрезков Ω в смысле Витали, то найдется не более чем счетная система непересекающихся отрезков из Ω с конечной суммой длин, покрывающая почти всемножество E.Доказательство.Если множество E пусто, то утверждение верно.

Если E не пусто, то и Ω тоже. По условию множествоЕ ограничено, то есть лежит, скажем, внутри отрезка [a + 1, b − 1]. Для начала выкинем из Ω все ненужныеотрезки, обозначив Ω1 = {I ∈ Ω : I ⊆ [a, b]}. Тогда Ω1 тоже не пусто и покрывает E в смысле Витали (достаточно,например, ограничиться отрезками, подходящими под определение при 0 < δ < 1). Сейчас мы продемонстрируемпроцедуру, выбирающую искомую систему отрезков, не глядя на множество E.Возьмем отрезок I1 ∈ Ω1 , да такой, что |I1 | >то построение закончено.Возьмем отрезок I2 ∈ Ω2 , такой, что |I2 | >12построение закончено.Возьмем отрезок I3 ∈ Ω3 , такой, что |I3 | >12построение закончено.Возьмем отрезок I4 ∈ Ω4 , такой, что |I4 | >12построение закончено . .

.И так далее. Теперь возможны два случая.12sup |I|. Положим Ω2 = {I ∈ Ω1 : I ∩ I1 = ∅}. Если Ω2 пусто,I∈Ω1sup |I|. Положим Ω3 = {I ∈ Ω2 : I ∩ I2 = ∅}. Если Ω3 пусто, тоI∈Ω2sup |I|. Положим Ω4 = {I ∈ Ω3 : I ∩ I3 = ∅}. Если Ω4 пусто, тоI∈Ω3sup |I|. Положим Ω5 = {I ∈ Ω4 : I ∩ I4 = ∅}. Если Ω5 пусто, тоI∈Ω423Первый случай: Полученная система конечна, то есть какая-то из систем Ωn+1 оказалась пустой, и построениеостановилось. Тогда система отрезков I1 , .

. . , In покрывает вообще все множество Е . Действительно, обозначимчерез F объединение отрезков Ii , i = 1, . . . , n, и предположим, что есть точка x ∈ E, не принадлежащаямножеству F . Но F замкнуто как конечное объединение отрезков. Значит, найдется такое δ > 0, что Bδ (x)∩F =∅.

A в эту δ-окрестность можно запихнуть отрезок J из системы Ω1 длины меньше δ, содержащий точку x. Приэтом этот отрезок не пересекается ни с одним из Ii , a значит, по построению, содержится в Ωn+1 , которая попредположению пустая. Противоречие возникло из-за того, что мы предположили, что есть точка x ∈ E \ F .Второй случай: Пусть процесс так и не оборвался, и мы получили бесконечную систему отрезков I1 , . .

. , In , . . .Тогда их длины стремятся к нулю, поскольку сумма длин конечна, так как не превосходит длины всего отрезка[a, b] (ссылаемся на следствие из критерия Коши сходимости ряда: члены ряда должны стремиться к нулю).Обозначим через Ii∗ растянутый в пять раз относительно центра отрезок Ii . Покажем, чтоE\n[∞[Ii ⊆i=1Ii∗i=n+1Действительно, возьмем точку x, не покрытую первыми n отрезками (если таких точек не найдется, то несовсем ясно, что мы доказываем).

Тогда в системе Ω1 найдется такой отрезок J, что x ∈ J и J ∩ Ii = ∅ дляi = 1, . . . , n. Найдется такой наименьший номер k > n, что J ∩ Ik 6= ∅: иначе J ∈ Ωi для всех i, и, следовательно,|J| < sup |I| < 2 |Ii | для всех i, но длины Ii стремятся к нулю, и получится, что |J| = 0. A как только J ∩ Ik 6= ∅,I∈Ωiтак сразу |J| < 2 |Ik | (потому что k мы брали наименьшее, значит J ∈ Ωk ).