С.А. Теляковский - Конспект лекций по математическому анализу (1118255), страница 3
Текст из файла (страница 3)
Пусть T : A = A1 ⊕ . . . ⊕ An — разбиение A ∈ J . Пусть f : A → K, где K — поле R илиnPC. Пусть P := {pk | pk ∈ Ak }. Составим интегральную сумму Римана ST (f, P ) :=f (pk )µ(Ak ). Функция fk=1называется интегрируемой по измеримому множеству A, если ∃ I ∈ K : ∀ ε > 0 ∃ δ > 0 : ∀ T (A) : λT <Rδ, ∀ Pимеем |ST (f, P ) − I| < ε. Тогда I называется интегралом функции f по множеству A и обозначается f dx.AПри этом пишут, что f ∈ R(A).RОчевидно, если f ≡ L, то f dx = Lµ(A).AЗамечание. Мы знаем, что для функций одной переменной из интегрируемости следует ограниченность.Новый интеграл уже не обладает таким свойством: любая функция интегрируема по множеству меры нуль.mОпределение.Обозначим через B(x, h) открытый шар радиуса h с центром в точке x ∈ E .
ПоложимSA(h) := A ∩B(x, h) и назовём A(h) подстриженным под h множеством A. Поясним, откуда берётсяx∈Int Aтакое название. Ясно, что Int A ⊂ A(h), кроме того, мы оставляем в A(h) только те точки из ∂A, для которыхсуществуют точки из Int A ближе, чем на расстоянии h.Замечание. Если Int A = ∅, т. е. A = ∂A, то A(h) = ∅.Теорема 1.8. Пусть µ(A) > 0 и f ∈ R(A), тогда ∃ h > 0 : f ∈ B A(h) .671.2.2.
Суммы Дарбу В силу интегрируемости, ∃ δ > 0 : ∀ T (A) : λT < δ, ∀ P имеем |I − ST (P )| < 1. Рассмотрим h := Cδи сетку с шагом h. Здесь C зависит только от m и таково, что диаметр элемента сетки не превосходит 3δ .Такие тонкости нужны нам для того, чтобы диаметр элемента сетки, взятого вместе со своими соседями, непревосходил δ.
Под соседями элемента мы подразумеваем те и только те элементы разбиения, которые могутиметь с данным элементом общие точки.Рассмотрим произвольный элемент сетки σ, который содержит точки из Int A. Добавим к σ всех его соседей, которые не содержат точек из Int A, затем пересечём всё это с множеством A, получим множество A1 .Теперь пройдёмся по всем таким σ и построим множества A2 , A3 , .
. . , An . Заметим, что {Ai } образуют разбиениенекоторого подмножества A, поскольку общих внутренних точек они не имеют. Положим A∗ := A1 ⊕ . . . ⊕ An .Легко видеть, что диаметр этого разбиения меньше δ. Кроме того, A(h) ⊂ A∗ , поскольку все элементы сеткиσ, содержащие внутренние точки, были окружены слоем соседей толщиной h. Заметим, что ∀ k имеем µ(Ak ) >> 0, ибо каждое Ak содержит точки из Int A. Повторяя слово в слово рассуждения, которые мы проводили дляинтегрирования на отрезке, получаем, что f ограничена на A∗ , значит, она ограничена и на A(h).
Замечание. Теорема остаётся верной и в случае, когда A(h) пусто, однако утверждение «функция ограничена на пустом множестве» не очень содержательно, хотя и истинно.Следствие 1.3. Пусть f ∈ R(A), причём A — прямоугольник. Тогда f ∈ B(A).RRТеорема 1.9. Пусть f ∈ R(A), и ∃ h > 0 : g = f на A(h). Тогда g ∈ R(A) и g dx = f dx.AA Рассмотрим разбиение T (A), для которого λT < Ch.
Здесь C — некоторая константа, зависящая от m.Рассмотрим все Ak из T , для которых Ak ∩ A r A(h) 6= ∅, назовём их плохими. В силу условия на диаметр T ,для плохих Ak имеем µ(Ak ) = 0. Для всех остальных хороших Ak имеем Ak ∩ A r A(h) = ∅, откуда Ak ⊂ A(h).Разобьём интегральную сумму на две суммы: к первой отнесём все хорошие Ak , а ко второй — все плохие.Вторая сумма, очевидно, равна нулю, Rпоскольку в ней все меры нулевые.R В первой сумме можно f заменить наg, поэтому если ST (f, P ) стремится к f dx, то и ST (g, P ) стремится к f dx, что и требовалось доказать.
AA1.2.2. Суммы ДарбуВ этом параграфе будем считать, что A ∈ J , а f : A → R и f ∈ B(A).Определение. Рассмотрим T : A = A1 ⊕ . . . ⊕ An . Положимmk (f ) := inf f (x),x∈AkMk (f ) := sup f (x),ST (f ) :=x∈AknXMk µ(Ak ),ST (f ) :=k=1nXmk µ(Ak ).k=1Величины ST и ST назовём верхней и нижней суммами Дарбу для функции f по разбиению T .Лемма 1.10. Для сумм Дарбу выполнено: ∀ P имеем ST 6 ST (P ) 6 ST , ∀ T ′ , T ′′ имеем ST ′ 6 ST ′′ . Первое свойство очевидно из определения.
Ясно также, что при измельчении разбиения верхняя суммаДарбу может только уменьшиться, а нижняя сумма Дарбу — только увеличиться. Чтобы доказать второе,рассмотрим измельчение T := T ′ ∪ T ′′ , которое состоит не более чем из |T ′ | · |T ′′ | элементов вида A′i ∩ A′′j . Ясно,что ST 6 ST ′′ , а ST ′ 6 ST .
Кроме того ST 6 ST . Объединяя эти неравенства, получаем ST ′ 6 ST 6 ST 6 ST ′′ . Определение. Числа I ∗ (f ) := inf ST (f ) и I∗ (f ) := sup ST (f ) называются соответственно верхним и нижнимTинтегралом Дарбу функции f .TЗамечание. В случае, когда ясно, о какой функции идёт речь, мы будем опускать значки (f ) у символовверхних и нижних сумм Дарбу, а также у интегралов Дарбу.Теорема 1.11 (I-й критерий Дарбу).
f ∈ R(A) ⇔ ∀ ε > 0 ∃ δ > 0 : ∀ T (A) : λT < δ имеем ST − ST < ε. Пусть функция интегрируема, обозначим через I её интеграл. Тогда ∀ ε > 0 ∃ δ > 0 : ∀ T (A) : λT < δ, ∀ Pимеем I − ε < ST (P ) < I + ε. Переходя к sup и inf, получаем I − ε 6 ST 6 ST 6 I + ε. Отсюда ST − ST 6 2ε, чтои требовалось доказать.Обратно, пусть выполнено условие ∀ ε > 0 ∃ δ > 0 : ∀ T (A) : λT < δ имеем ST − ST < ε.
Из определенияверхнего интеграла и свойств сумм Дарбу вытекает, что ST 6 I ∗ 6 ST . С другой стороны, ST 6 ST (P ) 66 ST , поэтому для таких разбиений имеем |ST (P ) − I ∗ | < ε. Но по определению интеграла это означает, что fинтегрируема, и RI ∗ является значением этого интеграла. Но вместо I ∗ можно было бы подставить и I∗ , тогдаполучается, что f = I ∗ = I∗ . Таким образом, попутно доказано ещё и то, что если функция интегрируема, тоAзначения верхнего и нижнего интегралов совпадают и равны интегралу функции f . Теорема 1.12 (II-й критерий Дарбу). f ∈ R(A) ⇔ ∀ ε > 0 ∃ T (A) : ST − ST < ε.781.2.3.
Свойства кратных интегралов В одну сторону теорема уже доказана. Обратно, пусть разбиение T ∗ : A = A∗1 ⊕ . . . ⊕ A∗n удовлетворяетусловию теоремы. Надо показать, что тогда для достаточно мелких разбиений всё будет хорошо. Проблемымогут возникнуть на стыке элементов разбиения T ∗ , Sпоэтому потребуется окружить стыки множеством малоймеры. По соглашению имеем |f | 6 B.
Положим Γ := ∂A∗k . Поскольку µ(Γ) = 0, ∃ σK ⊃ Γ : µ(σK ) < ε. Теперьkраздуем стенки σK на такое малое δ, чтобы площадь его выросла не более, чем на ε. Теперь можно считать, чтоΓ ⊂ Int σK , а µ(σK ) < 2ε. Число δ мы и возьмём в качестве ограничителя диаметров разбиений.Рассмотрим произвольное T : A = A1 ⊕ .
. . ⊕ AN , для которого λT < δ. Назовём элемент разбиения T плохим,если он зацепляет несколько элементов из T ∗ , и хорошим в противном случае. Разделим разность сумм Дарбуна хорошую χ-сумму и плохую π-сумму:ST − ST =NX1(Mk − mk )µ(Ak ) =Поскольку мы раздвинули σK , имеемSπXχ(Mk − mk )µ(Ak ) +Ak ⊂ σK . ТогдаОсталось оценить χ-сумму, вспомнив её определение:Xχ(Mk − mk )µ(Ak ) =X XiAk ⊂A∗i(Mk − mk )µ(Ak ) 6Xi(Mk − mk )µ(Ak ).ππAk ⊂A∗i=πPP(Mk − mk )µ(Ak ) 6 2B µ(Ak ) 6 2Bµ(σK ) 6 4Bε.X XiX(Mi∗ − m∗i )µ(Ak ) =(Mi∗ − m∗i )Xµ(Ak ) 6Ak ⊂A∗iXi(Mi∗ − m∗i )µ(A∗i ) < ε.Итак, обе суммы оценены числом ε.
Осталось применить первый критерий Дарбу. Следствие 1.4. «Старый» интеграл по отрезку и «новый» интегралы совпадают:Rbf dx =aRf dx.[a,b]Следствие 1.5 (Критерий интегрируемости в терминах интегралов Дарбу). f ∈ R(A) ⇔ I ∗ = I∗ . В одну сторону это уже доказано. Обратно, пусть верхний и нижний интегралы совпадают, обозначимих общее значение через I. Тогда в силу их определений ∀ ε > 0 ∃ T ′ (A) : ST ′ > I − ε и ∃ T ′′ (A) : ST ′′ < I + ε.Рассмотрим измельчение T := T ′ ∪ T ′′ , тогда ST − ST < 2ε, и осталось сослаться на второй критерий Дарбу.
Теорема 1.13. Пусть A замкнуто, и f ∈ C(A). Тогда f ∈ R(A). Имеем A ∈ J , поэтому A ∈ B, значит, A компактно. Поэтому f равномерно непрерывна на A.P Тогда∀ ε > 0 ∃ δ > 0 : ∀Px, y ∈ A : ρ(x, y) < δ имеем |f (x)−f (y)| < ε. Рассмотрим T (A) : λT < δ, тогда ST −ST = (Mk −− mk )µ(Ak ) 6 ε µ(Ak ) = εµ(A). Осталось сослаться на первый критерий Дарбу. Теорема 1.14.
Пусть A замкнуто, а B ⊂ A и µ(B) = 0. Пусть f ∈ B(A) и f ∈ C(A r B). Тогда f ∈ R(A). Имеем ∀ ε > 0 ∃ σK ⊃ B : µ(σK ) < ε. Пусть |f | 6 K на A. Без ограничения общности можно считать,что σK открыто, тогда C := A r σK замкнуто. По предыдущей теореме f ∈ R(C), откуда ∃ T (C) : ST − ST < ε.Рассмотрим A0 := σK ∩ A, тогда A = A0 ⊕ T . Сделаем из разбиения T разбиение T0 , добавив к нему элементA0 . Тогда ST0 − ST0 = ST − ST + (M0 − m0 )µ(A0 ) 6 ε + 2Kε. 1.2.3.
Свойства кратных интеграловВ этом разделе будем предполагать множества A, B, C измеримыми.Теорема 1.15 (Аддитивность интеграла). Пусть A = B ⊕C, а f ∈ B(A). Тогда f ∈ R(A)тогдаиR толькоRRтогда, когда f ∈ R(B) и f ∈ R(C), и в случае интегрируемости имеет место равенство f = f + f .ABCПусть f ∈ R(A). Тогда ∀ ε > 0 ∃ T (A) : ST (A) − ST (A) < ε. Рассмотрим разбиение T (B), индуцированноеnLна B разбиением T (A), для которого имеем B = (B ∩ Ai ).
Очевидно, что ST (B) − ST (B) 6 ST (A) − ST (A) < ε,1поэтому f ∈ R(B). Точно так же доказывается, что f ∈ R(C).Обратно, пусть f ∈ R(B) и f ∈ R(C). Тогда ∀ ε > 0 ∃ T (B) : ST (B) − ST (B) < ε и ∃ T (C) : ST (C) − ST (C) < ε,поэтому для T (A) := T (B) ⊕ T (C) имеем ST (A) − ST (A) < 2ε, поэтому f ∈ R(A).равенство интегралов. По доказанному выше можно считать, что f ∈ R(A), R(B), R(C). ИмеемR Докажемf = I ∗ (A) = inf ST (A) , причём в силу того, что от измельчения разбиения верхняя сумма может толькоAT (A)уменьшиться, можно рассматривать только разбиения вида T (A) = T (B)⊕T (C).
Поэтому ST (A) = ST (B) +ST (C) .Если перейти к точной нижней грани слева, то мы получим inf ST (A) 6 ST (B) + ST (C) . Теперь перейдём к infT (A)891.2.4. Кратные и повторные интегралысправа, тогда получим inf ST (A) 6 inf ST (B) + inf ST (C) . Если же сперва перейти к inf справа, а потом слева, тоT (A)T (B)T (C)получится обратное неравенство inf ST (A) > inf ST (B) + inf ST (C) . Но это означает, что I ∗ (A) = I ∗ (B) + I ∗ (C),T (A)T (B)RRT (C) Rно так как функция интегрируема, получаем, что f = f + f .
ABCЗамечание. Для неограниченных функций эта теорема не имеет места. Пусть f = 0 на множестве B :=:= [0, 1] × (0, 1], и f неограничена на множестве C := [0, 1] × {0}. Ясно, что f ∈ R(B), поскольку f = 0 на B, иf ∈ R(C), поскольку µ(C) = 0, но не менее очевидно, что f ∈/ R(B ⊕ C).Следствие 1.6. Если f ∈ R(A) и f ∈ B(A), а B ⊂ A, то f ∈ R(B).СледствиеR 1.7.R Пусть f ∈ R(A) и f ∈ B(A), а B ⊂ A и µ(B) = 0. Пусть g ∈ B(A), и g = f на A r B.
Тогдаg ∈ R(A) и f = g.AARRRRRRRR В самом деле, имеем f =f+ f=f=g=g + g = g. AArBBArBArBArBBARRRТеорема 1.16 (Линейность интеграла). Пусть f, g ∈ R(A), тогда ∀ α, β имеем (αf +βg) = α f +β g.AAAОчевидно, что ST (αf + βg, P ) = αST (f, P ) + βST (g, P ), откуда и следует утверждение теоремы. RТеорема 1.17. Пусть f ∈ R(A) и f > 0. Тогда f > 0.ARRТеорема 1.18. Пусть f 6 g, и f, g ∈ R(A). Тогда f 6 g.AARRR В самом деле, имеем g − f > 0, откуда (g − f ) > 0, а потому g − f > 0. AR RТеорема 1.19. Пусть f ∈ R(A). Тогда |f | ∈ R(A) и f 6 |f |.AAAA Заметим, что для ограниченных функций можно слово в слово повторить доказательство второго семестра, поскольку можно воспользоваться суммами Дарбу.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
