С.А. Теляковский - Конспект лекций по математическому анализу, страница 5

Имеем:"!#! !∂ϕ1∂ϕ1∂ϕ1 0∂ϕ1∂ϕ1111(t ) ∂ϕ(t0 )− ∂ϕ(t0 )− ∂ϕ(t0 )∗0∂t∂t∂t∂t∂t∂t∂t∂t1 12 1121 112 12− ∂ϕ2 0(t − t ) =(t − t0 ).x−x =∂ϕ2∂ϕ2∂ϕ2∂ϕ2 0∂ϕ2 0∂ϕ2∂ϕ2 0∂t1 2∂t2 2∂t1 (t )∂t2 (t )∂t1 2 − ∂t1 (t )∂t2 2 − ∂t2 (t )Осталось заметить, что |ti − t0i | 6 h, поэтому разность между аргументамипроизводных в каждой√ частных2h=:λ.Еслибы мы доказываликомпоненте матрицы не превосходит h.

Отсюда следует, что |x − x∗ | 6 2ωh√ теорему для произвольного m, мы получили бы оценку вида mω h m h. Построим вокруг границы τ ∗ рамкуF толщиной λ, тогда ∂τ ⊂ F , а |µ(τ ∗ ) − µ(τ )| 6 µ(F ). Ясно, что длины сторон параллелограмма линейно√ зависят от h, поэтому с помощью простого подсчёта типа «площадь на длину» получаем µ(F ) 6 Kh2 ω h 2 =√ = Kµ(σ)ω h 2 . Очевидно, что ситуация только улучшится, если рамка станет вырожденной, т. е. её внутренняячасть исчезнет. µ(τ )h→0 µ(σ)Следствие 1.9. Коэффициент искажения площади равен модулю якобиана: lim= |D(t0 )|.1.2.6. Замена переменных в кратном интегралеМы сохраняем обозначения, введённые в предыдущем параграфе, однако теперь будем дополнительно предполагать, что область G выпукла.

Это ограничение несущественно, однако доказательство теоремы будет выглядеть попроще.Теорема 1.28 R(О заменеRпеременных). Пусть f ∈ R(H), f ∈ B(H). Рассмотрим F := f ◦ Φ : G → R.Тогда F ∈ R(G) и F |D| dt = f dx.GH Из условий теоремы следует, что |f | 6 B и |F | 6 B. Рассмотрим T : G = G1 ⊕ . . . ⊕ GN , индуцируемоена нём сеткой с шагом h. Положим Hi := Φ(Gi ), тогда в силу биективности Φ набор {Hi } будет образовыватьразбиение T (H). Разделим элементы разбиения T (G) на две группы: к группе I отнесём все полные квадратики,а к группе II — неполные. Тогда верхние PсуммыфункцийP Дарбу для PP F |D| и f естественным образом распадаютсяна две суммы по этим группам: ST (G) =+ и ST (H) = + . В предположении о выпуклости множества GIIIIIIможно утверждать, что ω(λt) 6 (λ+1)ω(t).

Поскольку O(·) съедают любые константные множители, не будем ихписать. Разберёмся с суммами первой группы.По результатампредыдущего параграфа, имеем Mi (f )|D(t0 )| =00= Mi (F )|D(t )| = Mi F |D(t )| = Mi F |D| + O ω(h) , поэтомуXIMi (f )µ(Hi ) =XI XMi (f ) |D(t0 )|µ(Gi ) + O µ(Gi )ω(h) =Mi F |D| µ(Gi ) + O ω(h) .IОценимтеперь суммы второй группы. В силу измеримостиG, можносделатьPPPшаг сетки настолько мелким,что µ(Gi ) < ε.

В силу ограниченности функций имеемMi F |D| µ(Gi ) 6 C µ(Gi ) < Cε. С суммой второйIIIIIIгруппы для f поступим иначе: пусть x′ , x′′ ∈ Hi , тогда ∃ t′ , t′′ ∈ Gi , для которых x′ = Φ(t′ ) и x′′ = Φ(t′′ ). ПоФКПЛ имеем∂ϕj ′∂ϕj ′′′′′′′′′′ϕj (t ) − ϕj (t ) =t + θ(t − t ) , . .

. ,t + θ(t − t ) (t′ − t′′ ) = O(h).∂t1∂tmЭто означает, что µ(Hi ) 6 Kµ(Gi ), где K — некоторая константа.Действительно, если t′ далеко не уйдёт от t′′ ,Pто и образы их далеко не разбегутся. Теперь очевидно, чтоMi (f )µ(Hi ) 6 P ε.IIОсталось рассмотреть разность верхних сумм Дарбу и убедиться в том, что они близки:ST (G) (F |D|) − ST (H) (f ) 6 O ω(h) + Cε + P ε → 0, ε → 0, h → 0.Ясно, что для нижних сумм Дарбу можно вывести аналогичную оценку.

Отсюда следует утверждение теоремы, поскольку f интегрируема по условию, а значения верхнихR суммRДарбу для F |D| оказались близки к суммамДарбу для f . Совпадение интегралов вытекает из того, что f и F |D| оба зажаты между стягивающимисясуммами Дарбу. 12131.3.1. Исчерпывающие последовательности множеств1.3. Несобственные кратные интегралы1.3.1.

Исчерпывающие последовательности множествОпределение. Пусть D ⊂ Em , и пусть {Dk } — последовательность подмножеств Em . Скажем, что {Dk }∞Sисчерпывает D, если Dk ⊂ Dk+1 и D =Dk .k=1Обоснование корректности формулировки следующей теоремы лежит на плечах теоремы 1.20, не доказаннойна лекциях.Теорема 1.29. Пусть f ∈R R(D).R Тогда для любой последовательности {Dk } ⊂ J , исчерпывающих D,имеем lim µ(Dk ) = µ(D) и lim f = f .kk DkD Поскольку A ∈ J , найдутся замкнутое F ∈ J и открытое G ∈ J , такие что F ⊂ A ⊂ G, а µ(G) − µ(F ) << ε.

Отсюда µ(G) − µ(A) < ε и µ(A) − µ(F ) < ε. Построим таким образом множества Fk ⊂ Dk ⊂ Gk . Покажем,что {Gk } можно взять монотонной. Зафиксируем n, тогда ∃ ε′ : µ(Gn ) + ε′ < µ(Dn ) + ε. Рассмотрим открытоеG′ , для которого Dn+1 r Dn ⊂ G′ , но µ(G′ ) − µ(Dn+1 r Dn ) < ε′ . Тогда рассмотрим Gn+1 := Gn ∪ G′ .

Оно будетоткрыто и измеримо. Очевидно, что Dn+1 ⊂ Gn+1 , и осталось только оценить его меру: µ(Gn+1 ) 6 µ(Gn ) ++ µ(G′ ) < µ(Gn ) + µ(Dn+1 ) − µ(Dn ) + ε′ < µ(Dn+1 ) + ε. Тем самым показана возможность выбрать монотоннуюпоследовательность {Gk }.∞SМы знаем, что ∃ F ⊂ D — замкнутое множество, для которого µ(D)− µ(F ) < ε.

Очевидно,Gk покрываютk=1D, поэтому они покрывают и F . Поскольку F измеримо, оно ограничено и вследствие замкнутости компактно.Следовательно, из его открытого покрытия {Gk } можно выделить конечное подпокрытие, но в силу монотонности {Gk } найдётся N ∈ N, для которого F ⊂ GN . Тогда подавно ∀ n > N имеем µ(F ) 6 µ(Gn ). Следовательно,µ(D) < µ(F ) + ε 6 µ(Gn ) + ε 6 µ(Dn ) + 2ε. С другой стороны, поскольку Dn ⊂ D, получаем µ(Dn ) 6 µ(D).Следовательно, µ(Dn ) → µ(D).RОсталось показать, что существует указанный предел интегралов. Если f ограничена числом B, то −DR − 6 Bµ(D r Dk ) → 0. Если функция неограничена, то ∃ h > 0 : f ∈ B D(h) , причём µ D r D(h) = 0. ТогдаR Dk Rf=f , а дальше можно применить предыдущие рассуждения.

DlimD(h)Определение.Пусть f : D → R. Если ∀ {Dk }, исчерпывающей D, имеем f ∈ R(Dk ), и существует пределRf =: I, не зависящий от выбора исчерпания, то функция f называется интегрируемой в несобственномk Dkeсмысле на множестве D. Мы будем обозначать этот факт символом f ∈ R(D).Несложно видеть, что несобственный интеграл обладает свойством линейности.1.3.2. Признаки сходимостиВ этом параграфе будем предполагать, что Dk ∈ J .

Измеримость множества D предполагается только в томслучае, когда этого требуют используемые в теоремах объекты.Rf . Если ∃ {Dk∗ }, для котоТеорема 1.30. Пусть f > 0 на D и ∀ {Dk }, исчерпывающей D, существуетDkRReрой существует конечный предел I := lim f , то f ∈ R(D)и f = I.k D∗kDПусть {Dj } — произвольная последовательность, исчерпывающая D. Обозначим Ij :=Rf , а Ik∗ :=Rf.∗DkDjВ силу неотрицательности f имеем Ij ↑ и Ik∗ ↑ I. Поскольку {Dj } и {Dk∗ } — возрастающие последовательности множеств, исчерпывающие D, то ∀ j ∃ k : Ij 6 Ik∗ .

Отсюда {Ij } имеет предел, не превосходящий I. Но посимметричным рассуждениям верно и обратное, поэтому lim Ij = I. jeТеорема 1.31 (Мажорантный признак сходимости).|f | 6 g на D. Пусть g ∈ R(D),а ∀ {Dk },R ПустьRReисчерпывающей D, имеем f ∈ R(Dk ). Тогда f ∈ R(D) иf 6 |f | 6 g.DDDR RRR Пусть {Dk } исчерпывает D. Для собственных интегралов мы знаем, что f 6|f | 6g 6 g.DDkDkDR kТем самым доказана ограниченность любой последовательности из интеграловf .

Рассмотрим f + := |f |+f2Dk−|f |−f2 ,+−+−и f :=тогда f = f − f . Легко видеть, что f = max {f, 0}, а f = − minR{f, 0}, иR f + , f − 6 R|f |. Попредыдущей теореме f + и f − интегрируемы, и ∀ {Dk }, исчерпывающих D, имеем lim f + = f + и lim f − =k Dk13Dk Dk14=2.1.1. Криволинейные интегралы первого родаRf − . Кроме того, для собственных интегралов справедливо равенствоDRDkf =RDkf+ −Rf − . Поскольку вDkeправой части пределы существуют, можно перейти к пределу, откуда следует, что f ∈ R(D).R Остаётся показать справедливость неравенства.

Имеем |f | = f + + f − , и осталось заметить, что f 6DkRR + R −RRR6|f | =f + f → f + + f − = |f |. Но если нестрогое неравенство было верно для выражений подDkDkDkDDDзнаком предела, то для пределов оно останется справедливым. eeТеорема 1.32. Если f ∈ R(D),то и |f | ∈ R(D). 1◦ . Докажем теоремуR от противного: предположим, что найдётся последовательность{Dk },R исчерпыRвающая D, для которой lim |f | = +∞. В силу расходимости можно сделать так, что|f | > 3 |f | + 2k.k DkDk+1DkВсегда будем выкидывать лишние члены последовательности и проводить перенумерацию, чтобы не менятьобозначений.R2◦ .

Рассмотрим Ak := Dk+1 r Dk , тогда Dk+1 = Ak ⊔ Dk . Отсюда в силу теоремы 1.20 получаем|f | =Dk+1RRRRR +R=|f |+ |f |, поэтому |f | > 2 |f |+2k, откуда (f +f − ) > 2 |f |+2k. Заметим, что ∀ k выполнено либоDkAk RDkDkR A−kR + Ak R −неравенствоf+ >f , либо неравенствоf <f , ибо третьего не дано. Неравенств хотя бы одногоAkAkAkAkсорта будет бесконечно много, причём без ограничения общности можно считать, что был выбран первый сорт.Оставим все члены последовательности, для которых верно неравенство первогосорта,RR остальное выкинем иопять перенумеруем. Для того, что осталось, тем более будет выполнено 2 f + > 2 |f | + 2k. Сокращая наAkDkRR +|f | + k.f >константу, получаемAkDk◦3 .