Учебное пособие - Определенный интеграл. Практикум (1238758), страница 5
Текст из файла (страница 5)
Показать, что разрывная функция(π)f (x) = sgn sinxинтегрируема на промежутке [0; 1].Покажем, что выполнен критерий интегрируемостиlim Ω(f ; T ) = 0,λ(T )→0где Ω(f ; T ) – интегральное колебание функции f на отрезке [0; 1].43Проверим определение предела функции разбиения Ω(f ; T ).Пусть ε > 0. Выберем положительное число a так, чтобы оноудовлетворяло неравенствамa < ε/8 ,a < 1.Функция f ограничена (|f (x)| 6 1), множество точек разрывафункции f состоит из всех точек видаx=1,nn = 1, 2, 3, . .
.и точки x = 0. Отсюда следует, что на отрезке [a; 1] функцияf может иметь только конечное число точек разрыва и поэтомуинтегрируема на этом отрезке. В силу критерия интегрируемости существует такое число δ0 > 0, что для любого разбиения Teотрезка [a; 1] с характеристикой λ(Te) < δ0 справедливо неравенствоεΩ(f ; Te) < .2Выберем δ = min{δ0 , a} и рассмотрим произвольное разбиениеT = {x0 , x1 , . . . , xn }отрезка [0; 1] с характеристикой λ(T ) < δ. Пусть k – номер отрезка разбиения, на который попадает точка x = a, т. е.xk 6 a 6 xk+1 .Тогда Ω(f ; T ) = S1 + S2 + S3 , гдеS1 =k−1∑ωi ∆xi ,S2 = ωk ∆xk ,i=0S3 =n−1∑ωi ∆xi .i=k+1Так как |f (x)| 6 1, то колебание функции f на любом отрезкене больше 2, следовательно, при любом i величина ωi 6 2 иS1 6 2k−1∑i=0ε∆xi = 2xk 6 2a < .444АналогичноεS2 6 2∆xk 6 2λ(T ) < 2δ 6 2a < .4ПустьTe = {a, xk+1 , xk+2 , .
. . , xn },тогда Te – разбиение отрезка [a; 1] и его характеристикаλ(Te) 6 λ(T ) < δ 6 δ0 .Следовательно, Ω(f ; Te) <εи величина2S3 6 Ω(f ; Te) <ε.2Отсюда получаем, чтоΩ(f ; T ) = S1 + S2 + S3 <ε ε ε+ + = ε.4 4 2Таким образом, для любого положительного числа ε существуеттакое положительное число δ, что для любого разбиения T отрезка [0; 1] с характеристикой разбиения λ(T ) < δ справедливонеравенство Ω(f ; T ) < ε, т.
е.lim Ω(f ; T ) = 0.λ(T )→0Интегирируемость функции f установлена.Замечание. Для читателей, знакомых с мерой Лебега, решение данной задачи должно быть элементарным. Лебег установил следующий критерий интегрируемости ограниченной функции по Риману: множество точек разрыва этой функции должноиметь лебеговсую меру, равную нулю. Так как любое счетноемножество имеет меру Лебега, равную нулю, а множество точекразрыва рассматриваемой в задаче функции счетно, то отсюдасразу следует интегрируемость этой функции по Риману.452195. Показать, что функция Римана{0 , если x иррационально;φ(x) =1/n , если x = m/n,где m и n (n > 1) – взаимно простые целые числа, интегрируемана любом конечном промежутке.Рассмотрим произвольный отрезок [a; b] и покажем, что выполнен критерий интегрируемостиlim Ω(f ; T ) = 0,λ(T )→0где Ω(f ; T ) – интегральное колебание функции f на отрезке [a; b].Проверим определение предела.
Пусть ε > 0, подберем натуральное число N так, чтобыN>2(b − a).εКоличество чисел вида m/n с взаимно простыми m и n, для которых знаменатель дроби n 6 N и которые попадают на отрезок[a; b], конечно. Обозначим это число kN и положимδ=ε.4kNПусть T = {x0 , x1 , . . . , xn } – произвольное разбиение отрезка [a; b] с характеристикой λ(T ) < δ.Сгруппируем слагаемые, входящие в Ω(f ; T ), в две суммыΩ(f ; T ) =n−1∑ωi ∆xi = S1 + S2 .i=0К S1 отнесем те слагаемые, которые отвечают отрезкам разбиения, содержащим числа вида m/n с взаимно простыми m и n,для которых n 6 N .
Во вторую сумму S2 отнесем оставшиесяслагаемые.46Из явной формулы, задающей функцию Римана, следует, чтоколебание этой функции на любом промежутке не превосходит1, следовательно ωi 6 1. Так как количество чисел вида m/n свзаимно простыми m и n, для которых n 6 N и которые попадают на отрезок [a; b], равно kN и каждое такое число можетпринаждежать не более чем двум (соседним) отрезкам, тоS1 6 2kN λ(T ) < 2kN δ = 2kNεε= .4kN2На промежутках, отвечаюших второй сумме, любое ненулевое значение функии φ(x) меньше, чем 1/N и поэтому величинаωi < 1/N . Учитывая выбор числа N , получаем, чтоS2 <1εε(b − a) <(b − a) = .N2(b − a)2Таким образом, для любого разбиения T отрезка [a; b] с характеристикой λ(T ) < δΩ(f ; T ) = S1 + S2 <ε ε+ = ε.2 2Отсюда следует, чтоlim Ω(f ; T ) = 0,λ(T )→0что равносильно интегрируемости функции φ(x) на отрезке [a; b].Утверждение задачи доказано.2196.
Показать, что функция[ ]11−,f (x) =xxесли x ̸= 0 и f (0) = 0, интегрируема на сегменте [0; 1].Покажем, что выполнен критерий интегрируемостиlim Ω(f ; T ) = 0,λ(T )→047где Ω(f ; T ) – интегральное колебание функции f на отрезке [0; 1].Проверим определение предела. Пусть ε > 0. Выберем положительное число a так, чтобы оно удовлетворяло неравенствамa < ε/4 ,a < 1.Функция f ограничена (0 6 f (x) 6 1), множество точек разрывафункции f состоит из всех точек видаx=1,nn = 2, 3, 4, . . .и точки x = 0. Отсюда следует, что на отрезке [a; 1] функцияf может иметь только конечное число точек разрыва и поэтомуинтегрируема на этом отрезке.
В силу критерия интегрируемости существует такое число δ0 > 0, что для любого разбиения Teотрезка [a; 1] с характеристикой λ(Te) < δ0 справедливо неравенствоεΩ(f ; Te) < .2Выберем δ = min{δ0 , a} и рассмотрим произвольное разбиениеT = {x0 , x1 , . . . , xn }отрезка [0; 1] с характеристикой λ(T ) < δ. Пусть k – номер отрезка разбиения, на который попадает точка x = a, т.
е.xk 6 a 6 xk+1 .Тогда Ω(f ; T ) = S1 + S2 + S3 , гдеS1 =k−1∑ωi ∆xi ,S2 = ωk ∆xk ,i=0S3 =n−1∑ωi ∆xi .i=k+1Так как 0 6 f (x) 6 1, то колебание функции f на любомотрезке не больше 1, следовательно, при любом i величина ωi 6 1иk−1∑εS1 6∆xi = xk 6 a < .4i=048АналогичноПустьεS2 6 ∆xk 6 λ(T ) < δ 6 a < .4Te = {a, xk+1 , xk+2 , . . . , xn },тогда Te – разбиение отрезка [a; 1] и его характеристикаλ(Te) 6 λ(T ) < δ 6 δ0 .εСледовательно, Ω(f ; Te) <и величина2εS3 6 Ω(f ; Te) < .2Отсюда получаем, чтоΩ(f ; T ) = S1 + S2 + S3 <ε ε ε+ + = ε.4 4 2Таким образом, для любого положительного числа ε существуеттакое положительное число δ, что для любого разбиения T отрезка [0; 1] с характеристикой разбиения λ(T ) < δ справедливонеравенство Ω(f ; T ) < ε, т.
е.lim Ω(f ; T ) = 0.λ(T )→0Интегирируемость функции f установлена.Замечание. Функция, рассматриваемая в этой задаче, имеетсвойства, аналогичные свойствам функции из задачи 2194: онаограничена и имеет те же точки разрыва (кроме точки x = 1).Соответственно и доказательство интегрируемости этой функции практически идентично доказательству из задачи 2194.2197.
Доказать, что функция Дирихле{0 , если x иррационально;χ(x) =1 , если x рационально,не интегрируема на любом промежутке.49Рассмотрим произвольный отрезок [a; b] и покажем, что дляфункции Дирихле не выполнен критерий интегрируемости:lim Ω(f ; T ) = 0,λ(T )→0где Ω(f ; T ) – интегральное колебание функции f на отрезке [a; b].В самом деле, на любом промежуке есть как рациональные,так и иррациональные числа, поэтому колебание функции Дирихле на любом промежутке равно 1. Следовательно для любогоразбиенияT = {x0 , x1 , .
. . , xn }и любого i величина ωi = 1. Отсюда получаем, чтоn−1∑Ω(f ; T ) =ωi ∆xi =i=0n−1∑∆xi = b − ai=0и, таким образом,lim Ω(f ; T ) = b − a ̸= 0.λ(T )→02198. Пусть функция f (x) интегрируема на [a; b],xi = a +i(b − a) (i = 0, 1, . . . , n),nMi = sup f (x) (i = 0, 1, . . . , n − 1),[xi ;xi+1 ](n = 1, 2, . . . ), а функция fn (x) определена следующим образом:{Mi , xi 6 x < xi+1 (0 6 i 6 n − 2);fn (x) =Mn , xn−1 6 x 6 xn .Доказать, что∫blim∫bfn (x) dx =n→+∞af (x) dx.a50Так как на отрезке [xi ; xi+1 ] функция fn (x) может отличатьсяот постоянной Mi только в одной точке x = xi+1 , тоx∫i+1x∫i+1fn (x) dx =xiMi dx = Mi ∆xi ,xiгде ∆xi = xi+1 − xi .В силу аддитивности интеграла∫bfn (x) dx =n−1∑x∫i+1fn (x) dx =i=0 xian−1∑Mi ∆xi = S n ,i=0где S n – верхняя суммы Дарбу функции f .Так как функция f интегрируема на отрезке [a; b], то∫blim S n =f (x) dx,n→+∞aследовательно,∫blim∫bfn (x) dx =n→+∞af (x) dx.a2199.Доказать, что если функция f (x) интегрируема на [a; b],то существует последовательность непрерывных функций φn (x)(n = 1, 2, .
. .) такая, что∫c∫cf (x) dx = limφn (x) dxn→+∞aaпри a 6 c 6 b.Рассмотрим разбиение отрезка [a; b] на n равных частейxi = a +i(b − a) (0 6 i 6 n).n51ПустьMi = sup f (x) (i = 0, 1, . . . , n − 1),[xi ;xi+1 ]а функция fn (x) определена следующим образом:{Mi , xi 6 x < xi+1 (0 6 i 6 n − 2);fn (x) =Mn , xn−1 6 x 6 xn .Согласно решению задачи 2198∫b∫bfn (x) dx =limn→+∞af (x) dx,aчто равносильно равенству∫b(fn (x) − f (x)) dx = 0.limn→+∞aИз определения функции fn (x) следует, что всюдуfn (x) > f (x),поэтому последнее равенство равносильно соотношению∫b| fn (x) − f (x)| dx = 0.limn→+∞(2.19)aПостроим функцию φn (x) следующим образом.
Рассмотриминтервалы с центрами в точках разбиения()b−ab−aIi = xi −(i = 1, 2, . . . n − 1).; xi +2n22n2Так как расстояние между соседними точками разбиения равно(b−a)/n, то эти интервалы не пересекаются. Вне каждого интервала Ii функция φn (x) совпадает с fn (x), а внутри этого интервала она совпадает с линейной функцией, принимающей на концахинтервала те же значения, что и функция fn (x) (рис.
2.1).52y = φn (x)6MiOrrxi − b−a2n2xirrrxi + b−a2n2xi+1xi+1 − b−a2n2rrx-xi+1 + b−a2n2Рис. 2.1Построенная таким образом функция φn (x) непрерывна. Покажем, что последовательность {φn (x)} является искомой. Сначала установим равенство∫b| φn (x) − fn (x)| dx = 0.limn→+∞(2.20)aТак как функция f (x) интегрируема на [a; b], то она ограничена на [a; b], т. е. существует такая положительная постоянная M ,что при всех x ∈ [a; b] справедливо неравенство |f (x)| 6 M .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
