С.А. Теляковский - Конспект лекций по математическому анализу, страница 4

Сведём рассуждения от неограниченных функцийк ограниченным. Мы знаем, что ∃ h > 0, для которого f ∈ B A(h) . РассмотримR наR A функцию g = f · χA(h) ,RRтогда по теореме 1.9 получаем g ∈ R(A) и g = f . Поскольку g ограничена, g 6 |g|. Далее, имеем |f | = |g|AA RAARна A(h), поэтому по той же теореме |f | ∈ R(A) и |f | = |g|.

AAСледующее утверждение не было доказано лектором для случая, когда f не является ограниченной намножестве A. Мы сейчас полностью докажем это утверждение без предположения ограниченности функции, азатем укажем, где в лекциях оно неявно используется. При доказательстве мы, естественно, будем пользоватьсятем, что мы знаем для ограниченных функций.RRRf.Теорема 1.20. Пусть A, B ∈ J , причём B ⊂ A.

Пусть f ∈ R(A). Тогда f ∈ R(B) и f = f +ArBBA Поскольку f ∈ R(A), найдётся такое h > 0, что f ∈ B A(h) . Кроме того, очевидно, что B(h) ⊂ A(h), а изпостроения подстриженных множества следует их измеримостьR Обозначим C := A(h), а D := B(h).R по Жордану.Rf . По той же теореме выводим, чтоПо известной теореме для ограниченных функций получаем f = f +CrDCDRRRRf ·χC ∈ R(A) и f ·χD ∈ R(B), поскольку эти две функции ограничены. Кроме того, f ·χC = f и f ·χD = f .DCARRBRRПрименим теорему 1.9 к функциям f и f · χC , получим равенство f = f · χC . Аналогично, f = f · χD .AABТеперь остаётся только провести аналогичные рассуждения для C r D, после чего круг замкнётся.

B1.2.4. Кратные и повторные интегралыТеорема 1.21. Пусть A = [a, b] × [c, d]. Пусть f ∈ R(A). Пусть для ∀ x ∈ [a, b] имеет смысл функцияRbRRdΦ(x) := f (x, y) dy. Тогда Φ dx = f dx dy.acA Пусть Tx = {x0 , . . . , xN } — равномерное разбиение отрезка [a, b], а Ty = {y0 , . . . , yN } — равномерноеc−dразбиение отрезка [c, d]. Тогда шаги разбиений будут, соответственно, hx = b−aN и hy = N . Введём обозначениядля отрезков разбиения: [x]i := [xi−1 , xi ], аналогично для Ty . Так как A — прямоугольник, то f ограничена нанём, поэтому Φ тоже ограничена. ИмеемSTx (Φ) =NXsup Φ(x)hx 6i=1 [x]iNXXNN XNXsupsup f (x, y)hy hx =sup f (x, y)hy hx = STx ×Ty (f ).i=1 [x]ij=1 [y]ji=1 j=1 [x]i ×[y]j9101.2.5.

Геометрический смысл якобиана отображенияСовершенно аналогично выводится оценка STx ×Ty (f ) 6 STx (Φ). В силу критерия интегрируемости для f можнополучить, что ∀ ε > 0 имеем STx (Φ) − STx (Φ) < ε, откуда и следует, что Φ ∈ R[a, b]. Утверждение о равенствеинтегралов следует из того, что If и IΦ оба зажаты по крайней мере между числами STx ×Ty (f ) и STx ×Ty (f ). Замечание. В этой теореме требование определённости для Φ на всём отрезке не очень существенно.

Есливточке x, то можно положить Φ(x) по определению равным любому числу из отрезка Φ не определенаI∗ f (x, y) , I ∗ f (x, y) .Определение. Пусть M ⊂ E2 (x1 , x2 ). Пусть P — проецирование на ось OX1 . Положим M1 := P(M ), аM (x1 ) := P −1 (x1 ), где x1 ∈ M1 .Теорема 1.22. Пусть M, M1 ∈R J . Пусть ∀ x1 ∈ M1 имеемR M (x1R) ∈ J . Пусть f ∈ R(M ), f ∈ B(M ), иимеет смысл функция Φ(x1 ) :=f dx2 . Тогда Φ ∈ R(M1 ) и f =Φ(x1 ) dx1 .MM(x1 )M1 ПосколькуM ∈ J , имеем M ∈ B, поэтому ∃ прямоугольник A ⊃ M . Рассмотрим g := χM · f . БудемRсчитать, чтоg dx2 = 0 там, где M (x1 ) не определено.

Используя предыдущую теорему, получаемM(x1 )Zf=MZMg=ZMg+ZArMg=ZAg=Zb Zdacg dx2 dx1 =Zb Za M(x1 )g dx2 dx1 =ZZg dx2 dx1 =M1 M(x1 )ZZf dx2 dx1 ,M1 M(x1 )что и завершает доказательство. Сформулируем эту теорему для произвольной размерности m. Пусть M ⊂ Em .

Пусть P — отображениепроецирования на подпространство Ek (x1 , . . . , xk ). Положим Mk := P(M ), а M (x1 , . . . , xk ) := P −1 (Mk ).Теорема 1.23. Пусть M, Mk ∈ J и ∀ (x1 , . . . , xk ) ∈ Mk имеемM (x1 , . . . , xk ) ∈ J . Пусть f ∈ R(MRR ) иf ∈ B(M ). Пусть имеет смысл функция Φ(x1 , . . . , xk ) :=f dxk+1 . . . dxm . Тогда Φ ∈ R(Mk ) и f =MM(x1 ,...,xk )RΦ(x1 , . . . , xk ) dx1 . .

. dxk .=Mk1.2.5. Геометрический смысл якобиана отображенияПусть G — область в Em (t1 , . . . , tm ). Пусть задано отображение Φ : Em (t) → Em (x) по правилу xi = ϕi (t), гдеii = 1, . . . , m. Будем предполагать, что Φ ∈ C1 (G), т. е. ϕi ∈ C(G) и ∂ϕ∂tj ∈ C(G). Положим H := Φ(G). Как мызнаем, якобианом отображения Φ называется определитель матрицы Якоби ∂ϕ1∂ϕ1 ∂t. . . ∂t1m ∂ϕ ...

D(t) := |dΦ| == ... ∂t ∂ϕm . . . ∂ϕm ∂t1∂tmТеорема 1.24. Если |dΦ| =6 0 на G, то H — область. Покажем, что H открыто. Действительно, пусть x ∈ H. Рассмотрим t ∈ Φ−1 (x). Поскольку, в частности,|dΦ|(t) 6= 0, по теореме о неявных функциях найдутся окрестности U (t) ⊂ G и V (x) ⊂ H, между которыми Φустанавливает взаимно однозначное соответствие. Отсюда следует, что каждая точка в H содержится в нём снекоторой своей окрестностью. Значит, H открыто.Покажем, что H связно. Действительно, пусть x, y ∈ H.

Покажем, что их можно соединить гладкой кривой,целиком лежащей в H. Рассмотрим u ∈ Φ−1 (x) и w ∈ Φ−1 (y), тогда точки u и w можно соединить гладкойкривой в силу связности G. Пусть Γ : [0, 1] → G — наша кривая, причём Γ(0) = u, а Γ(1) = w. Рассмотримотображение γ := Φ ◦ Γ : [0, 1] → H. Поскольку Φ — хорошее отображение, γ будет гладкой кривой по теореме опроизводной композиции функций. Осталось заметить, что γ(0) = x, а γ(1) = y. Замечание. Отображение Φ, как несложно видеть, может отображать область G в H не биективно. Вэтом легко убедиться на следующем примере.

Пусть Φ : E2 (r, ϕ) −→ E2 (x, y). В качестве G возьмём открытыйпрямоугольник (0, 5) × (−5π, 5π). Ясно, что G — область. Устроим отображение Φ по следующему правилу:x = r cos ϕ, y = r sin ϕ. Имеем |dΦ| = r 6= 0 на G. Легко видеть, что ϕ(G) есть открытый диск радиуса 5 свыколотым центром (0, 0), однако Φ не биективно, поскольку, например, Φ(2, π) = Φ(2, 3π).Чтобы избежать подобных неприятностей, надо потребовать от Φ биективности, тогда проблем будет меньше. Настало время ввести важное понятие, а кроме того, мы будем избавлены от необходимости каждый разперечислять все необходимые ограничения.Определение. Пусть G, H ⊂ Em — области. Отображение Φ : G → H называется диффеоморфизмом областей G и H класса гладкости Cp , если:10111.2.5.

Геометрический смысл якобиана отображения1◦ . Φ — биекция G ↔ H,2◦ . |dΦ| =6 0 на G,3◦ . Φ, Φ−1 ∈ Cp .Здесь Cp понимается в том смысле, что отображение непрерывно и существуют непрерывные частные производные всех порядков до p включительно. Нас особенно будут интересовать диффеоморфизмы класса C1 ,поэтому если мы говорим о диффеоморфизме без указания класса гладкости, будем считать, что он имееткласс гладкости C1 .Теорема 1.25. Пусть задана композиция дифференцируемых отображений Ψ ◦ Φ. Тогда производная композиции отображения равна композиции производных: d(Ψ ◦ Φ) = dΨ ◦ dΦ.Мы это доказали во втором семестре, когда доказывали теорему о дифференцируемости композиции.

Легко видеть, что в матричном виде формулы для производной сложной функции выглядят так: еслиΦ : Em (t) → En (x), а Ψ : En (x) → Ek (y), и имеет смысл композиция Ψ ◦ Φ, то ∂y1∂x1...∂yk∂x1...d(Ψ ◦ Φ) =  ...∂y1   ∂x1∂xn∂t1..   ...  .∂xn∂t1∂yk∂xn......∂x1 ∂tm..  .. ∂xn∂tmЕсли перемножить матрицы, возникнет матрица производной Ψ ◦ Φ размера k × m, а элементами в ней будутi.частные производные ∂(Ψ◦Φ)∂tjСледствие 1.8. Якобиан композиции равен произведению якобианов: |d(Ψ ◦ Φ)| = |dΨ| · |dΦ|.Лемма 1.26. Пусть Φ : G → H — диффеоморфизм областей G и H. Пусть σ — множество, для которогоCl σ ⊂ G.

Пусть τ = Φ(σ). Тогда ∂τ = Φ(∂σ). Иначе говоря, диффеоморфизм сохраняет границу. Мы уже доказывали, что Φ(Int σ) ⊂ Int τ . Поскольку обратное отображение устроено так же, имеемΦ−1 (Int τ ) ⊂ Int σ. Значит, Int τ = Φ(Int σ). Отсюда ∂τ = Φ(∂σ), поскольку Φ биективно. Пусть G ∈ B — область. Пусть Φ и все его частные производные допускают непрерывное продолжение наClG. ПосколькуCl G — компакт, непрерывные на нёмфункции будут равномерно непрерывны. Следовательно, ∂ϕ ii iω ∂ϕ,δ→0приδ → 0.

Тогда ω(δ) := max ω ∂ϕ∂tj∂tj , δ → 0. В силу непрерывности имеем |ϕi | 6 L и ∂tj 6 L.i,j∂ϕ2∂ϕ1∂ϕ21Распишем всё в случае m = 2 для сокращения выкладок. Пусть t ∈ G, тогда D(t) = ∂ϕ∂t1 (t) ∂t2 (t) − ∂t2 (t) ∂t1 (t).00Пусть t ∈ G, тогда каждое из слагаемых в разности D(t) − D(t ) можно оценить следующим образом: ∂ϕ1 ∂ϕ2∂ϕ1 0 ∂ϕ2 0 ∂ϕ1 ∂ϕ2∂ϕ1 ∂ϕ2 0 ∂ϕ1 ∂ϕ2 0∂ϕ1 0 ∂ϕ2 0 ∂t1 (t) ∂t2 (t) − ∂t1 (t ) ∂t2 (t ) 6 ∂t1 (t) ∂t2 (t) − ∂t1 (t) ∂t2 (t ) + ∂t1 (t) ∂t2 (t ) − ∂t1 (t ) ∂t2 (t ) = ∂ϕ1 ∂ϕ2∂ϕ2 0 ∂ϕ2 0 ∂ϕ1∂ϕ1 0 =(t)(t) −(t ) + (t )(t) −(t ) 6 2L · ω |t − t0 | .∂t1∂t2∂t2∂t2∂t1∂t1Отсюда следует справедливость оценки |D(t) − D(t0 )| 6 C(L, m) · ω |t − t0 | , где C — некоторая константа.Теорема 1.27. Пусть Φ осуществляет диффеоморфизм областей G и H, причём G ∈ B.

Пусть σ —квадрат со стороной h, причём Cl σ ⊂ G, а его стороны параллельны системеτ = Φ(σ). координат. Пусть Тогда множество τ измеримо, и для его меры справедлива оценка µ(τ ) = µ(σ) |D(t)| + O ω(diam σ) , причёмэта оценка равномерна по t ∈ σ.t2 Без ограничения общности будем вести доказательство в случае, когда m = 2.A01A11Обозначим вершины σ буквами A00 , A01 , A10 и A11 соответственно, как показано наσрисунке. Мы знаем, что при диффеоморфизме внутренние точки переходят во внутренние, а граница — в границу. Поскольку ∂σ есть объединение гладких кривых, ∂τA00A10есть объединение их образов, а они также будут гладкими кривыми.

Значит, µ(∂τ ) = 0,t1следовательно,Пустьt0 соответствует вершине A00 . Для краткости обо τ измеримо.∂ϕi∂ϕi 0значим ∂tj k := ∂tj t + θk (t − t0 ) . В силу выведенной выше оценки, можно рассматривать значения якобианаименно в точке t0 , поскольку ошибка, которую мы при этом получаем, будет съедена слагаемым O(·). ПрименимФКПЛ, получим !∂ϕ1∂ϕ1∂t1 1∂t2 1 (t − t0 ).x = x0 +∂ϕ2∂ϕ2∂t1∂t222∗Введём линейное отображение Φ , задаваемое формуламиx∗ = x0 +∂ϕ1 0∂t1 (t )∂ϕ2 0∂t1 (t )11!∂ϕ1 0∂t2 (t )∂ϕ2 0∂t2 (t )(t − t0 ).121.2.6.

Замена переменных в кратном интегралеВведём обозначения для вершин криволинейного четырёхугольника τ : Bij := Φ(Aij ). Кроме того, обозначимCij := Φ∗ (Aij ). Пусть τ ∗ := Φ∗ (σ). Поскольку Φ∗ линейно, τ ∗ есть параллелограмм. Вспоминая о том, чтоориентированный объём параллелепипеда, натянутого на вектора a1 , . . . , an есть определитель, составленныйиз координат этих векторов, получаем µ(τ ∗ ) = |D(t0 )|h2 = |D(t0 )|µ(σ). Посмотрим, насколько далеко могутоказаться точки x и x∗ .