Г.И. Архипов, В.А. Садовничий, В.Н. Чубариков - Лекции по математическому анализу (1108924), страница 31
Текст из файла (страница 31)
Для каждого 6 > О рассмотрим множество Ьь С А, состоящее изо всех размеченных разбиений с диаметром О г меньшим, чем 8, т.е. Ьу < 6. Совокупность множеств (Ьь) и будет искомой базой, Интегральная сумма а(Ь') является.функцией, определенной на множестве.А размеченных разбиений К Тогда определенный интеграл от функции 1(х) на отрезке (а, Ь] оказывается не чем иным, как пределом интегральных сумм и(Ь') по базе В, т.е. 1 = 1(х) Нх = !ппа (Ь'). в а Напомним, что это равенство означает следующее; для всякого числа е > О существует окончание Ьь = Ьь(е) базы В, такое, что для любого размеченного разбиения (г с Ьь(е) имеет место неравенство )~т(Ъ') — 1~ < е, ьвв Отметим, что в предыдущем определении интеграла в качестве Ю = Ю(в) > 0 надо взять величину 6, которая порождает окончаыие Ьл(с).
Так как интеграл — это предел интегральных сумм по базе В, то к нему применимы теоремы о пределе функции по базе множеств, Докажем следующее важное свойство интегрируемых функций. Т е о р е м а 2. Пусть функция ~(х) нятегряруема на отрезке [а,6). Тогда она ограничена на нем. Д о к а з а п1 е л ь с я1 в о. Предположим, что функция у(х) не ограыичена ыа отрезке [а,6]. Возьмем любое разбиение Т: а = хо < х~ < . < *„= 6 этого отрезка такое, что Ьт < б. Тогда существует отрезок Ь, = [х, ых,), на котором функция у(х) не ограыичена. Покажем, что а(У) не ограничена.
Возьмем любое число М > О. Построим разметку У разбиения Т такую, что [а(У)[ > М. С этой целью точки бы...,6, 1,4,+ы...,б„возьмем произвольно. Положим Иь)Ьх. Отсюда имеем У(6ь)Ьхь > Ьх, — А = М, М+А й= КЙФг [о(У)~ > [,((с,)ох,)— следовательно, о(У) не ограничена, т.е, функция у(х) — ые иытегри- руема. Теорема 2 доказана.
Поскольку функция у(х) не ограыичеыа на отрезке б, существует точка 6, Е сь, такая, что Лекция 2 1 3. КРИТЕРИЙ ИНТЕГРИРУЕМОСТИ ФУНКЦИИ ПО РИМАНУ Установим критерий интегрируемости по Риману функции, ограниченной на отрезке. Определение 1. Верхней суммой Дарбу функция у(х) яа отрезке [а, 6], отвечающей разбвеявю Т = (хе,..., х„), яаэываетсв сумма И(Т) = ~ И Ахь, где Мь = епр Т(х), Аь — отрезок [хь-1,хь], а Ьхь — его длина. «Еа» Ниигней суммой Дарбу называется сумма «(Т) = ~~1 т»Ьхь, Ь=1 где и»» = 1п1 Х(х). «ЕЬ» Опрцвеление 2.
Число!' = 1пу Я(Т) называется верхним инте- ТЕА' тралом, а чясло 1, = ацр «(Т) — нижним интегралом от фуякцив ТЕА' /(х) ва отрезке [а,6], где А — множество всех разбиений [а,6]: Т е о р е м а 1. (Критерий Римана интегрируемости функции на отрезке). Для того чтобы ограявчеявая функция была яятегряруема ва отрезке, вебходимо в достаточно, чтобы выполяялось условие !ип (Я(Т) — «(Т)) = О. ат-»е Для доказательства этого критерия нам потребуются следующие свойства верхних и нижних сумм Дарбу. Л е м м а 1.
Для любого раэмечевяого разбиения У имеем з(Т(У)) «т(У) ( 5(Т(У)). Л е м м а 2. Пусть Те — любое фиксированное раэбиевве я а(ТЕ) — множество разметок этого разбиения. Тогда а(ТЕ) = 1пу о(У), Б(Те) = аар о(У). Ъ'Е«1Т») Ь Е«1Т») Л в м м а 3. Для любых неразмеченных разбиений Т1 и Тз имеем в(Т ) < Б(Т ). Л е м м а 4. Для огравичевной функции верхяий и нижний интегралы' 1' и 1, существуют, причем для любого разбиевия Т справедливы неравенства- в(Т) < 1 < 1' < Б(Т).
Л е м м а 6. Диаметры размеченного разбиеиия Ь' я отвечакнцего ему веразмечевного разбиения Т = ТЯ) совпадают, поэтому если У Е 5~, то Т(Ч) Е Ьв. Здесь 6в — окоичание базы размечеиных разбиений и бв — окончавие базы иервзмеченных разбиеиий, отвечающие числу б. Л е м м а 6.
Для любого разбиения Т имеем 1' — 1, < Б(Т) — в(Т) = й(Т). Д о к а в а т е л ь с ш в о этих утверждений не представляет большого труда. Поэтому докажем только леммы 3, 4 и 6. Начнем с леммы 3. Отметим, что при измельчевии разбиения Т нижняя сумма Дарбу в(Т) может разве что возрасти, а верхняя сумма Б(Т) разве что уменьшаться, а потому возьмем разбиение Тз = Т1 ОТз и получям, что в(Т1) < в(Тз) < Б(Тз) < Б(Тз) Лемма 3 доказана.
Доказательство леммы 4 по существу вытекает из леммы 3. Если мы образуем числовое множество М1 всех значеиий величин в(Т) и множество Мз всех значений Б(Т), то утверждение леммы 3 означает, что любой элемент а е Мз есть верхняя грань,цля множества М1. Но тогда наименьшая верхняя грань миожества Мм т.е. величина 1, не превосходит а. А это означает, что 1, — нижняя'грань множества Мю а по своему определению 1' есть точная нижняя грань множества Мю поэтому имеем в(Т) < 1, < 1' < Б(Т). Лемма 4 доказана. Утверждение леммы 6 следует из цепочки неравенств Б(Т) — в(Т) > 1' — в(Т) > Г" — 1,.
Утверждение остальных трех лемм непосредственно следуют из определений. Теперь можно перейти к доказательству критерия интегрируемости функции по Риману. ,П о к а о а т е л ь с т е о теоремы 1. Необходимость. Пусть 11т а(У) = 1. Зто значит, что для любого числа «~ > О найдется а„- о число б~ — — б~(«~) > О такое, что для любого размеченного разбиения 1' с диаметром Ьо < б~ имеем [а(У) — 1[ < «ы т.е. Рассмотрим произвольное неразмеченное разбиение Т с условием 0т < бь Имеем х(Т) =' 1п1 о(У), Б(Т) = ьпр о(У).
оеа1т1 г«а1т1 Тогда из (1) вытекает, что 1 — «1 < Б(Т) < 1+ «ы 1 — «1 < з(Т) < 1+ «ь Следовательно, числа «(Т) и 5(Т) лежат на одном отрезке [à — «ы 1+«~) длины 2«ы т.е. ф(Т) — «(Т)[ < 2«,. Если мы возьмем «~ — — «/3 и б = б~(«/3), то получим, что для всякого «> О существует б = б(«) > О, такое, что для всякого разбиения Т с условием !Лт < б(«) имеем неравенство [Ь(Т) — х(Т)[ < «, т.е.
)пп (5(Т) — х(Т)) = О. атме Необходимость утверждения доказана. Дос~латочиогть. Докажем, что из условия 1пп (Я(Т) — «(Т)) = О ьт->о следует существование предела 1пп а(У). / а -~о Сначала убедимся, что верхний и нижний интегралы !' и 1. равны между собой. В силу леммы б имеем О < 1' — 1. < Б(Т) — з(Т). Следовательно, при 1Лт -+ О получим Л = 1 — 1.
-) О, т.е. Л = О и Осталось доказать, что 1пп а(У) = 1. Зададимся произвольным Ь| -~0 «> О. Тогда существует б = б(«) > О такое, что для любого разбиения Т с условием Ьт < б выполняется неравенство Но тогда для любого размеченного разбиения У с условием Ьг < Б имеем Я(Т(У)) — э(Т(У)) < е, и, кроме того, 3(Т(У)) < (г(У) < э(Т(У)), б(Т(У)) < ! < о(Т(У)), т.е, обе точки !г(У) и 1 лежат на отрезке [в(Т(У)),Я(Т(У))], длина которого меньше с, но это значит, что расстояние между любыми точками его меньше, чем е.
Другими словами, для любого разбиения У с условием как < Ь справедливо неравенство ]в(У) — 1] < е, т.е. имеем )пп !г(У) = 1. Теорема ! доказана полностью. а, -«о Замечание. При доказательстве достаточности в критерии интегрируемости установлена справедливость следующего утверждения.
Пусть для ограниченной функции выполдяется условие (пп (Я(Т) — в(Т)) = О. аг-«о Тогда имеет место равенство Г = /.. Примеры. 1. Функция Дирихле 1, если х — рациональное число, Р(х) = О, если * — иррациональное число, не является интегрируемой по Риману иа отрезке [а,Ь]. Действительно, возьмем любое разбиение Т этого отрезка. На любом промежутке !а! разбиения Т содержатся как рациональные точки, так и иррациональные, поэтому колебание м; функции на этом промежутке равно 1. Следовательно, « « П(Т) = Я(Т) — в(Т) = ~!«!Ьх! = ~,(Ьх! = Ь вЂ” о.
ст! н«! Но по критерию интегрируемости функции по Риману должно выполняться условие (пп (5(Т) — э(Т)) = О. агмо 'Значит, функция Дирихле Р(х) неинтегрируема по Риману. 2. Функция Римана м Ш м если х= ш, (гп,п) =1, 1««( ) « О, если х — иррациональное число, интегрируема по Риману на отрезке [0,1]. ! Л««««««о «1те««т!««с«««у а«м«1! Зададимся произвольным числом е > О. Положим число !Ц, равным величине Ф= — +1 и возьмем число д из условия О < д < — „',. Возьмем теперь любое разбиение Т с условием Ьт < б. Колебание ач фуикции Я(х) на любом промежутке Ь; удовлетворяет условию О < ы; < 1, Представим сумму й(Т) = 5(Т) — з(Т) в виде суммы двух слагаемых й~ и йт в соответствии с тем, ' что выполняется неравеыство О < ач < ! и ф < ы; < 1.
В сумму Йт входят промежутки Ь;, содержащие рациональные точки со знаменателем, меньшим, чем !!!. Количество таких точек не превосходит !!! . Поэтому получим й(Т) = й! + Йг < — ~~' Ье + ~~~ ' Ье < — + д!!!~ < — + — = г, М ' ' Ф 2 2 где штрих и два штриха в знаке суммы означают, что промежутки Ь; входят соответственно в суммы Й~ и Йю Следовательно, функция Римаиа гс(х) интегрируема. Лекпия 3 з 4. ЭКВИВАЛЕНТНОСТЬ ТРЕХ УСЛОВИЙ ИНТЕГРИРУЕМОСТИ ФУНКЦИИ ПО РИМАНУ Докажем критерий интегрируемости функции по Риману в трех эквивалентных формах.
Т е о р е м а 1. Для ивтегрвруемости ограниченной ва отрезке функция необходимо я достаточно, чтобы выполнялось хотя бы одно из трех эквивалентных условий: 1) 1пп (Я(Т) — з(Т)) '= О, 2) 1'=1„ 3) т1(Я(Т) — и(Т)) = О. Д о к а з а гв е л ь с гв е о. Мы докажем, что имеет место следующая цепочка заключениЯ: 1) ~ 2) ~ 3) ~ 1), откуда и следует искомая эквивалентность. В силу замечания к теореме 1 93 получим, что из 1) =ь 2).
Докажем, что из 2) =~ 3). Справедливо следующее соотношение: !п1(Я(Т) — 8(Т)) = И = 1 — 1 . т а) Сначала покажем, что И является нижней гранью множества Я(Т) — в(Т). Имеем 1' < Я(Т), — 1, < — з(Т). Следовательно Я(Т) — з(Т) > 1' — 1,. б) Докажем теперь, что величина И является точной нижнеЯ гранью множества Я(Т) — з(Т), т.е., что для любого е > О число И+с ие является нижней гранью. Из определения верхнего и нижнего интегралов следует, что найдутся разбиения Т~ и Тз такие, что Я(Т ) < 1' + —, ~(Т~) > 1' — —. 2' 2 Отсюда для разбиения Тз = Т~ 0 Тз имеем Я(Тз) < ЯЯ) < 1 + —, В(Тз) > Б(Т9) > 1 2' 2 Следовательно, Я(Тз) — з(Тз) < 1' — 1„+ е = И+ с, 195 т.е.
А+ е действительно не является нижней гранью множества значений Я(Т) — з(Т). Так как утверждение 2) состоит в том, что А = О, то из доказанного выше имеем 1пЦЯ(Т) — з(Т)) = О. Таким образом, из утверждения 2) т мы вывели утверждение 3). Докажем теперь, что из 3) ~ 1). В силу условии 3) имеем, что для любого е > О существует разбиение Т~ такое, что Я(Т~) — з(Т~) < у.
Обозначим через л число точек разбиения Ть В силу ограниченыостн на отрезке функции 1(я) существует число М > О такое, что для всех точек * из етого отрезка имеем ]у(я)] < М. Положим е = -ф~ . Далее возьмем любое разбиеыне Т с условием Ат < б. Тогда для разбиения Тз = ТОТ~ имеем Б(Тт) — 6(Тз) < БЯ) — ВЯЖИ) < —, или, что то же самое, й(Тз) < й(Т~) < кт. Аналогично, имеем.й(Тз) < й(Т). Оценим сверху величину й(Т). Поскольку й(Т) = й(Тз) + (й(Т) — й(Т )), достаточно оценить й(Т) -й(Тт).
Разбиение Тз является измельчением разбиения Т и получается из него так, что на некоторые промежутки разбиения Т добавляются точки разбиения Ть Количество таких промежутков не превосходит к, длина каждого из ыих меньше Ю, а колебание функции /(я) на этих промежутках не превосходит 2М. Следовательно, й(Т) — й(Тз) < 2Мпб. Таким образом, получим й(Т) < — +2МпБ = г. 2 А зто означает, что для любого е > О существует Ю = -+; такое, что для любого разбиеыня Т с условием Аг < Б выполняется неравенство й(Т) < е, т.е. 1цп (Я(Т) — в(Т)) = О.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
