Учебное пособие - Определенный интеграл. Практикум (1238758), страница 6
Текст из файла (страница 6)
Изформулы, определяющей функцию fn (x), непосредственно следует, что также и |fn (x)| 6 M при всех x ∈ [a; b].Любая линейная функция y(x) = Ax + B обладает тем свойством, что на произвольном отрезке [α; β] все ее значения заключены между ее значениями на концах отрезка. Отсюда следует,что для линейной функции y(x) при всех x ∈ [α; β]|y(x)| 6 max{|y(α)|, |y(β)|}.В соответствии со своим определением функция φn (x) внеинтервалов Ii совпадает с fn (x) и поэтому удовлетворяет неравенству |φn (x)| 6 M . Внутри этих интервалов φn (x) линейна и ее53значения на концах интервалов совпадают со значениями функции fn (x). Отсюда следует, что значения φn (x) внутри интервалов лежат между теми значениями функции fn (x), которые онапринимает на концах этих интервалов.
Таким образом, внутриинтервалов также выполняется неравенство |φn (x)| 6 M .Учитывая, что вне интервалов, на которых функция fn (x)заменяется линейной, функции fn (x) и φn (x) совпадают, получаем:∫b| φn (x) − fn (x)| dx =n−1∑i=0a6n−1∑i=0xi + b−a2∫ 2n| φn (x) − fn (x)| dx 6xi − b−a22nxi + b−a2xi + b−a2∫ 2n∫ 2n| φn (x)| dx +xi − b−a26i=0| fn (x)| dx6xi − b−a22nn−1∑(2nM (b − a) M (b − a)+n2n2= 2M (b − a)n−1∑i=0)=1n−1= 2M (b − a) 2 .n2nТак какn−1= 0,n→+∞ n2то отсюда следует соотношение (2.20).Пусть a 6 c 6 b, тогда c c∫ ∫∫c φn (x) dx − f (x) dx = (φn (x) − f (x)) dx 6 limaaa∫c6∫b|φn (x) − f (x)| dx 6a|φn (x) − f (x)| dx =a54∫b|(φn (x) − fn (x)) + (fn (x) − f (x))| dx 6=a∫b6(|φn (x) − fn (x)| + |fn (x) − f (x)|) dx =a∫b∫b|φn (x) − fn (x)| dx +=a|fn (x) − f (x)| dx → 0aпри n → +∞ согласно (2.19) и (2.20).
Следовательно,∫clim∫cφn (x) dx =n→+∞af (x) dx.a2200. Доказать, что если ограниченная функция f (x) интегрируема на сегменте [a; b], то абсолютная величина ее |f (x)| также интегрируема на [a; b], причем b∫ ∫b f (x) dx 6 |f (x)| dx.(2.21)aaПроверим критерий интегируемости для функции |f (x)|. Рассмотрим произвольное разбиение отрезка [a; b]:T = {x0 , x1 , . . . , xn }(a = x0 < x1 < .
. . < xn = b).Пустьmi =mei =inff (x),Mi = sup f (x),[xi ;xi+1 ]inf[xi ;xi+1 ][xi ;xi+1 ]|f (x)|,fi = sup |f (x)|M[xi ;xi+1 ]55и ωi = Mi − mi – колебание функции f (x) на отрезке [xi ; xi+1 ],fi − mа ωei = Me i – колебание функции |f (x)| на том же отрезке(0 6 i 6 n − 1).Так как функция f (x) интегрируема на отрезке [a; b], то величинаn−1∑Ω(f ; T ) =ωi ∆xi → 0(2.22)i=0при λ(T ) → 0, где λ(T ) – характеристика разбиения T :λ(T ) =max ∆xi ,06i6n−1(∆xi = xi+1 − xi ).Для колебания произвольной функции f (x) на любом множестве X справедливо следующее представление:ω(f ) = sup f (x) − inf f (x) = sup |f (x) − f (y)|.x∈Xx∈Xx, y∈XТак как при всех x и y|f (x)| − |f (y)| 6 |f (x) − f (y)|,тоω(|f |) = sup |f (x)| − |f (y)| 6 sup |f (x) − f (y)| = ω(f ).x, y∈Xx, y∈XОтсюда следует, чтоΩ(|f |; T ) =n−1∑ωei ∆xi 6i=0n−1∑ωi ∆xi = Ω(f ; T ),i=0т.
е. для любого разбиения T0 6 Ω(|f |; T ) 6 Ω(f ; T ).56Следовательно, ввиду (2.22)lim Ω(|f |; T ) = 0,λ(T )→0что равносильно интегрируемости функции |f (x)|.Остается доказать неравенство (2.21). Интегрируя очевидныенеравенства−|f (x)| 6 f (x) 6 |f (x)|по отрезку [a; b], получаем∫b−∫b|f (x)| dx 6a∫bf (x) dx 6a|f (x)| dx,aчто равносильно (2.21).2201. Пусть функция f (x) абсолютно интегрируема на сегменте [a; b], т.
е. интеграл∫b|f (x)| dxaсуществует. Является ли эта функция интегрируемой на отрезке[a; b]?Рассмотреть пример:{1 , если x рационально;f (x) =−1 , если x иррационально.Из интегрируемости модуля функции не следует интегрируемость самой функции. Это можно видеть на предлагаемом примере. Величина модуля функции постоянна: |f (x)| = 1, что влечет существование интеграла от модуля функции на любом отрезке [a; b]. В то же время, для любого разбиения T произвольного отрезка [a; b] величиныmi =inf[xi ;xi+1 ]f (x) = −1,Mi = sup f (x) = 1[xi ;xi+1 ]57(на любом промежутке существуют как рациональные так и иррациональные числа). Поэтому суммы ДарбуS(f ; T ) =n−1∑mi ∆xi = −∆xi = −(b − a),k=0k=0S(f ; T ) =n−1∑n−1∑Mi ∆xi =k=0n−1∑∆xi = (b − a).k=0Отсюда следует, чтоlim S(f ; T ) ̸= lim S(f ; T )λ(T )→0λ(T )→0и поэтому функция f (x) не интегрируема на [a; b].2202.
Пусть функция f (x) интегрируема на [a; b] и A 66 f (x) 6 B при a 6 x 6 b, а функция φ(x) определена и непрерывна на сегменте [A; B]. Доказать, что функция φ (f (x)) интегрируема на [a; b].Рассмотрим сложную функцию F (x) = φ(f (x)). Применимкритерий интегрируемости из задачи 7: функция F (x) интегируема на [a; b], если при каждом σ > 0lim µ(F, σ; T ) = 0,λ(T )→0где µ(F, σ; T ) – суммарная длина всех тех отрезков ∆i = [xi ; xi+1 ]разбиения T , на которых колебание функции ω(F, ∆i ) > σ.Так как σ > 0, то в силу непрерывности функции φ(x) наотрезке [A; B], найдется такое положительное чмсло E, что налюбом промежутке [α; β] ⊂ [A; B], длина которого β − α < E,колебание ω(φ, [α; β]) < σ.Проверим определение предела функции µ(F, σ; T ).
Пустьε > 0, как как функция f интегрируема на [a; b], то согласно критерию интегрируемости из задачи 7 существует такое положительное число δ, что для любого разбиения T = {x0 , x1 , . . . , xn }58с характеристикой λ(T ) < δ будет выполняться неравенство∑∆xi = µ(f, E; T ) < ε.ω(f,∆i )>EПокажем, что определенное таким образом число δ отвечаетчислу ε в определении предела функции µ(F, σ; T ).В самом деле, на тех отрезках ∆i = [xi ; xi+1 ], где колебаниефункции f меньше E, колебание сложной функции φ(f ) будетменьше σ (в силу выбора числа E).Таким образом,ω(φ(f ), ∆i ) > σтолько для тех i, для которыхω(f, ∆i ) > E,Следовательно,µ(F, σ; T ) =∑ω(φ(f ),∆i )>σ∑∆xi 6∆xi = µ(f, E; T ) < ε.ω(f,∆i )>EТаким образом, сложная функция φ(f ) удовлетворяет выбранному критерию интегрируемости.2203.
Если функции f (x) и φ(x) интегрируемы, то обязательно ли функция f (φ(x)) также интегрируема?Рассмотреть пример:{0 , если x = 0;f (x) =1 , если x ̸= 0,а φ(x) – функция Римана,{0 , если x иррационально;φ(x) =1/n , если x = m/n,где m и n (n > 1) – взаимно простые целые числа.59Указанный в задаче пример показывает, что необязательно.Функция f ограничена и имеет одну точку разрыва (x = 0). Отсюда следует, что эта функция интегрируема на любом отрезке.Функция Римана φ(x) также интегрируема на любом отрезке(задача 2195). Сложная функция, как нетрудно видеть, совпадает с функцией Дирихле{f (φ(x)) =0 , если x иррационально;1 , если x рационально,и не интегрируема ни на каком отрезке (задача 2197).2204.
Пусть функция f (x) интегрируема на сегменте [A; B].Доказать, что f (x) обладает свойством интегральной непрерывности, т. е.∫blim |f (x + h) − f (x)| dx = 0,(2.23)h→0aгде [a; b] ⊂ [A; B].Доказательство проведем поэтапно. Прежде всего докажемутверждение задачи для характеристической функции отрезка{f (x) = χ([α; β]; x) =1 , если x ∈ [α; β];0 , если x ̸∈ [α; β].Нетрудно видеть, что при достаточно малых h > 0 (таких,что смещенный отрезок [α + h; β + h] лежит на исходном промежутке [A; B]) функция f (x+h)−f (x) равна −1 при x ∈ [α; α+h),равна 1 при x ∈ (β; β + h] и равна нулю при остальных значениях аргумента.
Аналогично, при достаточно малых h < 0функция f (x + h) − f (x) равна 1 при x ∈ [α + h; α), равна −1при x ∈ (β + h; β] и равна нулю при остальных значениях аргумента. Отсюда следует, что всюду |f (x + h) − f (x)| 6 1 иf (x + h) − f (x) ̸= 0 только на двух промежутках общей длиной 2h и поэтому для любого отрезка [a; b] (независимо от его60расположения по отношению к отрезку [α; β])∫b|f (x + h) − f (x)| dx 6 2h.aИз последнего неравенства следует (2.23).На втором этапе распространим утверждение задачи на ступенчатые функции (т. е.
линейные комбинации характеристических функций). Пустьf (x) =n∑ck fk (x),k=1где fk (x) = χ([αk ; βk ]; x) – характеристическая функция отрезка[αk ; βk ], тогда∫ba∫b ∑n|f (x + h) − f (x)| dx = ck (fk (x + h) − fk (x)) dx 6a6∫b ∑nk=1|ck | |fk (x + h) − fk (x)| dx =a k=1=n∑∫b|ck |k=1|fk (x + h) − fk (x)| dx.aСогласно предыдущему пункту доказательства при любом k∫b|fk (x + h) − fk (x)| dx = 0,limh→0aпоэтому из последнего неравенства следует, что (2.23) справедливо для любой ступенчатой функции.61Наконец предположим, что f (x) – произвольная интегрируемая на [A; B] функция и [a; b] ⊂ [A; B], тогда f (x) интегрируемаи на отрезке [a; b]. Пусть{fn (x) =Mi , xi 6 x < xi+1 (0 6 i 6 n − 2);Mn , xn−1 6 x 6 xn ,гдеxi = a +i(b − a) (0 6 i 6 n).nиMi = sup f (x) (i = 0, 1, .
. . , n − 1).[xi ;xi+1 ]В задаче 2199 для этой функции установлены следующие свойства:1. Существует такая положительная постоянная M , что привсех x ∈ [a; b] и всех n|f (x)| 6 M ,|fn (x)| 6 M.∫b|fn (x) − f (x)| dx = 0.2. limn→+∞aРассмотрим ступенчатую функциюffn (x) =n−1∑Mi χ([xi ; xi+1 ]; x).i=0Из свойства 1 функции fn (x) и из определения чисел Mi следует, что при любом i величина Mi 6 M и поэтому при всехx ∈ [a; b] и всех n|ffn (x)| 6 M.Нетрудно видеть, что функции ffn (x) и fn (x) могут отличатьсятолько в конечном числе точек разбиения {xi } отрезка [a; b] (0 6626 i 6 n). Следовательно,∫b∫b|fn (x) − f (x)| dx =a|ffn (x) − f (x)| dx.aПоэтому свойство 2 справедливо и для последовательность функций ffn (x), т.
е.∫blimn→+∞|ffn (x) − f (x)| dx = 0.aПусть ε > 0, подберем n так, чтобы∫bε|ffn (x) − f (x)| dx < .4(2.24)aВыполняя замену x + h на x, используя свойство аддитивности интеграла и неравенства |f (x)| 6 M , |ffn (x)| 6 M , получаемследующую оценку: b∫ ∫b f fffn (x) − f (x) dx =n (x + h) − f (x + h) dx −aa b+h ∫ ∫b f = fn (x) − f (x) dx − ffn (x) − f (x) dx =aa+h a+hb+h∫ ∫ ff= fn (x) − f (x) dx +fn (x) − f (x) dx 6ab a+h b+h ∫∫6 2M dx = 4M | h|.dx + 2M ab63(2.25)Из соотношений (2.24) и (2.25) получаем, что∫b ffn (x + h) − f (x + h) dx =a b ∫ (x+h)−f(x+h)= ff dx−na∫b ∫bf − fn (x) − f (x) dx + |ffn (x) − f (x)| dx 6aa b∫ ∫b f6 fffn (x) − f (x) dx +n (x + h) − f (x + h) dx −aa b∫εf(2.26)+ |fn (x) − f (x)| dx < 4M | h| + .4aИспользуя неравенства (2.24) и (2.26), приходим к соотношению∫b∫b ()|f (x + h) − f (x)| dx = f (x + h) − ffn (x + h) +aa() ()ff+ ff(x+h)−f(x)+f(x)−f(x) dx 6nnn∫b ∫b ff 6 f (x + h) − fn (x + h) dx + ffn (x + h) − fn (x) dx+aa∫b ∫b εff + fn (x) − f (x) dx < 4M | h| + + ffn (x + h) − fn (x) dx+4aa64εε+ = 4M | h| + +42∫b ffn (x + h) − ffn (x) dx.(2.27)aТак как ffn (x) является ступенчатой функцией, то согласнодоказанному выше,∫blimh→0f|ffn (x + h) − fn (x)| dx = 0,aследовательно, существует такое положительное число h1 , чтопри любом h, удовлетворяющем неравенству |h| < h1 ,∫bεf|ffn (x + h) − fn (x)| dx < .4(2.28)aε, тогда при |h| < h2 величина16Mε4M | h| < .(2.29)4Определим величину hε = min{h1 , h2 }, тогда при любом h,удовлетворяющем неравенству |h| < hε , справедливы оба неравенства (2.28) и (2.29).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
