1610912311-3cbc5b34357e1bf98e493aa337af68a6 (824698), страница 37
Текст из файла (страница 37)
х ~n(kn),mr,k == inf f(x)xEEk~ 1 иприrприr Е N рассмотрим функцииk == (k 1 , k 2, ... , kn ),2fr(x) ==Mr,k == sup f(x)xEEkиТгде 1 ~2~2rиs == 1, 2, ... , n.ТL ... Lk 1 =1ksk n =lMr,kXEk (х)Т еп ерьГл.11. Сравнение интегралов Лебега и Римана249и2Т22:fr(x) ==2:kl=lЗаметим, что функцииfr(x)иТmr,kXEk(X).kn =lfr(x)простые на [а, Ь] при каждомrи,согласно определению интеграла Римана,Далее, при любом Х Е [а, Ь] выполнены оценкиfr(x)~f(x)~fr(x),последовательность {fr(X)}~l невозрастаЮLЦая, а последовательность{fr(X)}~l неубываЮLЦая. Следовательно, при каждом х Е [а, Ь] cYLЦeствуют их пределы:lim fr(x) == l(x) ~ f(x) ~ f(x) == lim fr(x).r----+oo-По теореме Леви (см. задачу(L)10.33)f J(x) dfJr----+oo -имеемJ = (L)=[a,~f l(х) dfJ·[a,~Отсюда следует, чтоfIl(x) -l(x)1 dfJf и(х) -l(х)) dfJ=[а,Ь]=О.[а,Ь]Поэтому (см.
задачу 10.52)l(x) ==[(х) п.в. на [а, Ь]. Это означает, чтоl(x) == f(x) == [(х) п.в. на [а, Ь] и(L)ff(x) dfJ=J.[а,Ь]D11.3. Пусть {fr(X)}::l' {fr(X)}::l' l(x) и [(х) - функции, определённые в решении задачи 11.2. Заметим, что если х Е [а, Ь] иГл.25011. Сравнение интегралов Лебега и Риманато f(x) непрерывна в точке х тогда и только тогда, когда l(x)Но если f(x) Е п([а,Ь]), то (см. решение задачи 11.2) l(x)на [а, Ь].
Отсюда следует, что====[(х).[(х) п.в.непрерывна п.в. на [а, Ь]. Далее, еслиf(x)неограничена на [а, Ь], то для любого разбиения Т отрезка [а, Ь]f(x)хотя бы одна из сумм Дарбу,5(f; Т) или S(f; Т), бесконечна. Такимто f(x) ограничена на [а, Ь].образом, еслиПустьf(x) Е п([а, Ь]),теперь f(x) - ограниченнаявещественнозначная функция,непрерывная п.в. на [а, Ь]. Предположим, чтосуществует Ео>~ п([а, Ь]). Тогдаf(x)О И последовательность разбиений[а, Ь], дЛЯ которых л(Тi ) -----+ О при i -----+{Ti }:1 отрезкано 5(f; T i ) - S(f; T i ) ~ Ео для00,всех i.
Пусть T i == {~( i, k) }~~l, гдеk( i)[а, Ь]U ~(i, k),==k=1приiЕN,mi k,приi== XEfj.(i,k)inf f (х )~ 1 и 1~k~k( i).Mi,k ==иПусть такжеBi-supxEfj.( i,k)f(x)множество всех граничныхточек прямоугольников {~( i, k) }~~l и00в==U Bi ·i=1Обозначимk( i)fi* (х) ==L2Mi,kXfj.( i,k) (х)иf*,i(X) ==k=1для каждогоi.ЕN.mi,kXfj.(i,k)(X)k=1=Ви; Т)и[а,Ь]iLМы получаем, чтоJ Д(Х) dfJприТJ f*,i(X) dfJ=S(f; Т)[а,Ь]Пусть теперьf*(x) == limsupf(t)t---+xиf * (х) ==lim inf f (t ).t---+xЯсно, чтоf*(x) == f(x) == f*(x) в каждой точке непрерывности f(x).Далее, для любого х Е [а, Ь] \ в выполнены условия fi*(x) -----+ f*(x)И f *, i ( х) -----+ f * ( х) пр и i -----+ 00. При это м I f i* (Х ) I ~ su р I f (х ) I == с и,ХЕ[а,Ь]Гл.аналогично,11.Сравнение интегралов Лебега и Римана~ с для каждого i при всех х Е [а, Ь].
При меняяIf*,i(x)1теорему Лебега (см. задачу10.37),получаем, чтоJ fi*(X) dJ-L == J f*(x) dJ-L == J f*(x) dJ-L == .1im J f*,i(X) dJ-L.,lim~----+oo~----+oo[а,Ь][а,Ь][а,Ь][а,Ь]Следовательно,тиворечию.11.4.nпо251>~ по+ 1, ...5(f; Т) - S(f; Т) -----+ О при i -----+Это означает, что f(x) Е R([a, Ь]).00,и мы пришли к проDПусть вначале а конечно. Возьмём А nЬ1_ а·=[а + ~, ь] приОпределим функцииТак какрезультата задачиf(x)~ О, то11.1 функцияfn(x) == f(X)XA n (х) для n == по,fn(x) r f(x) на (а, Ь). Далее, в силуfn(x) из L((a,b)) при каждом n иЬJ fn(x) dfL(L)=Jf(x) dfL(L)(а,Ь)Jf(x) dx ::;; (п) JЛх) dx(п)=АпЬ=J.а+a+ lnТогда по теореме Леви (см.
задачу(L)J f(x) dfLnl!...~ (L)=(а,Ь)Если а==-00,то возьмём А n=J.== [-n, Ь]приn~ по> Ibl,и далееDПустьиСП ==приJ fn(x) dfL(а,Ь)доказательство аналогично.11.5.10.32)[!2 (!n + n+l_ 1 ),!)nn Е N. Определим00f(x) ==L(k+ 1) (Xc k (х) -XBk (х)).k=lТогда(см.решениезадачи10.44) f(x) ~ L((O, 1)). Пусть теперь1У Е (О, 1). Существует такое натуральное n ~ 1, что - - 1 ~ Уn+Имеем1< -.nГл.25211. Сравнение интегралов Лебега и Римана1f(п) ЛХ) dx(L)f ЛХ) dp,f(x)df-L+(у, 1)уf+f f(x) df-L ~ (n + 1) (~n -f(x) dp,_1_)== ~,n+ 1n(y,~)1(у,n)поэтому существует1(п)J ЛХ) dx=О.0+DБудем считать, что а конечно; при а11.6.==-00 доказательствопрактически не изменяется (ср.
с решением задачиIflцияЕR([a', Ь])>при всех а'11.4). Если функа, то она измерима (см. решениезадачи 11.1) на каждом [а', Ь], а значит и на (а, Ь].ПустьфункцияЕIflЕ R((a+,b]). Тогда в силу результата задач 11.4 и 10.24интегрируема по Лебегу на (а, Ь). Пусть, напротив, f ЕfL( (а, Ь)).Положим формально аовательности а nчим,1 а,Ь. Тогда для любой последо==используя результаты задач11.1и10.42,получтоЬnl~~(R)J ЛХ) dx=nl~~(L)апJЛХ) dp, =[aп,~nJ=nl~~El(L)-f(x)dp,=(L) Jf(x)dp,.(а,Ь][ak,ak-l]Таким образом, существует несобственный интеграл Рима на отf(x)и он равен интегралу Лебега. Но так как эти же рассуждения применимы к функциии от неё.f (х) 1,1то существует несобственный интеграл РиманаD11.7. а) Так как f(x) Е С((О, 1]), то в силу результата задачи 11.3функцияf(x)интегрируема по Риману на [0,1] тогда и только тогда,когда а ~ о.б) При каждом Ь Е (О,1)имеемь +а{ 1-1J(п) f(x)dxЬ=1 +0:-lnb ,1'если а#-если а== -1.-1,Гл.11.
Сравнение интегралов Лебега и РиманаСледовательно,f(x)Е253тогда и только тогда, когда аR((O+, 1])>-1,так как лишь в этом случае существует конечный предел вычисленныхинтегралов.в) Так как функция неотрицательна и непрерывна на (О, 1], тов силу результата задачи11.8.а) При любом Ь11.6>ответ тот же, что и в п. (б).1 получаемь{ь +а(R)ff(x)dx=-1ln Ь ,f(x)Еесли а#-если а== -1.0:+1'1Следовательно,1-1,тогда и только тогда, когда аR((l,oo))<-1,так как лишь в этом случае существует конечный предел вычисленныхинтегралов.б) Так как при любом а функция неотрицательна и непрерывнавсюду, кроме точки О, то в силу результата задачи11.6ответ тот же,что и в п. (а).211.9. Заметим, что - x a +fJ ~ f(x) ~X a + fJпри х Е (0,1). Поэтому:1га) по критерию Лебега (задачатогда, когда а+ (311.3) f(x) Е R([O, 1]) тогда и только~ О;б) в силу результата задачи11.
7(б) и указанного выше неравенстваR((O+, 1]) тогда и только тогда, когда а + (3 > -1.в) так как f(x) ~ О при О ~ х ~ (n/2)1/fJ И непрерывна при х > О,f(x)Ето в силу результата задачи11.6ответ такой же, как в п. (б).11.10. а) Функция f(x) непрерывна на (О, 1] при всех а и (3,а ограничена на (О, 1] тогда и только тогда, когда а ~ о. Поэтому(см. задачу 11.3) f(x) Е R([O, 1]) тогда и только тогда, когда а ~ О,независимо от (3.б) Пусть а Е (О, 1) и И == a fJ. ТогдаJ(a)(п)l Лх) dx = fl х'" sinx,6 dx =fа1- (3JU t а-,8+1jЗ sintdt.1аИз признака J{ирихле сходимости несобственного интеграла следует,что еслипределa-j3+1j3limа----+О+< О,т. е. если а- (3>-1,J(a). С другой стороны, если Jто существует конечный=о: -:+ 1 ~ О, то дляГл.254Сравнение интегралов Лебега и Римана11.любого натурального(21Гn)173лх) dx(21Гn+1Г)прикогда ав)- (321Гn1Еj(x)тогда и только тогда,R((O+, 1])> -1.Заметим,~ ха Ечто(см.задачупоэтомуL((O, 1)),предположить, чтоj(x)ЕJ(L)11.7j(X)тоL((O, 1)),довательно, для любого а Е (О,СJ t б sintdt;:: - ~ ft о~;:: -73-----+ 00.
Следовательно,nIj(x)121Гn+1ГJ(п)n имеемlf(x)1 dfJ ;::(0,1)(в))L((O, 1)).Isin х!31~хпри И1)(п)Е(б),==JI Si:xПусть а ~ЕIj(x)1dx = -~-1,-1.тоЕслиСле-иIdt----t 001при а -----+ 0+. Полученное противоречие показывает, что>>L((O, 1)).J si~tlатогда и только тогда, когда ааа(З имеем1i31если-1,независимо от(3.j(x)ЕL((O, 1))D11.11. а) Заметим, что ха sin х(З Е R( [1,(0)) тогда и только тогда,когда х- 2 - а siпх-(З Е R((O+, 1]). Действительно,аf ха1f у-2-а sin (y-fЗ) dy.sin (х fЗ ) dx =1/ а1Применяя результаты задач11.9лх) Е п([1, (0)) ~б) Еслих>(3(б) и{11.10(б), получаем, чтоа+(3<-l,{3 _ аесли> 1,если(3 ~(3 >О,о.~ О, то подынтегральная функция неотрицательна при(1Г/2)1/(З. Поэтому несобственный интеграл Рима на не может сходиться условно, и в силу результата задачии в п. (а), т.е. а+(3Еслиже(3 >О,ответ тот же, что< -1.товсилурезультатаха sin х(З интегрируема по Лебегу на [1,x- 2 - a l siпх-(ЗI Е11.6задачи11.6функция(0) тогда и только тогда, когдаR((O+, 1]).
Как показано в решении задачи 11.10 (в),это имеет место при-2 -а>-1,т. е. при а<-1.Гл.25511. Сравнение интегралов Лебега и РиманаПусть11.12.Р(х)1УХ'==1х2 '1 +х+-если х Е(0,1),если х Е[1, (0).4Тогда в силу результатов задачвие Р(х) Ех Е (О,1)при(задачаfn(x) ==(б) выполнено усло-11.81х1xn(l +;;:)при nn1n== 2,3, ...~ 2 и любогои чтодля любого-----+ е-(в) иУХ = Р(х) для любогоfn(x) :(О ~ fn(x) ~ХОбозначимL((O,oo)).Заметим, что О :(11. 7~nn11(х)2 n (n _-n21+х+2 и для любого х Е [1,и задачуfnl~~ (L)Р(х)4f n (х)00 ). Заметим также, что(0).-----+При меняя теорему Лебегаполучаем, что11.6,fn(x) dfL=l+х+------+ 00 для любого х Е (О,10.37)х21) :(f(L)=(0,00)00Хе- dfL=f е-(п)(0,00)Хdx=1.0+D111.13.
Пусть fn(x) =l+Enгласно задачеJ11.6,VIx-rnlприJ vl xdJ-L_ Tnl1fn(x) dfL :( n 1 + Едля каждогоn.-f f(x) dfL0+=L00f fn(x) dfL :(n=1 (0,1)(0,1)D4n 1 +Е10.32)00Следовательно,JУХdx --2- n1+ЕПоэтому еслито по теореме Леви (задача(0,1).1(r n -l,r n +l)(0,1)наn Е N. Заметим, что, со-f(x)ЕL((O, 1)),4L n 1 +Е< 00.n=1откуда следует, чтоf(x)конечна п.в.Гл.25611. Сравнение интегралов Лебега и РиманаВыберем последовательность различных чисел Yk Е Q[O; 1]11.14.так, чтобыIx -YkI~2- k. Положим==r2kа остальные точки изYk,Q[O;l] занумеруем произвольным образом нечётными числами.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
