1611676884-55ce67763bb0ee5cd12890a10c9e59c1 (826616), страница 6
Текст из файла (страница 6)
Поэтому ккаждому конкретному интегралу надо подходить творчески, посмотреть, не упрощаетсяли он с помощью какой-либо более подходящей замены переменной или другого приема.Например, интеграл из примера 6.1.10 мы тоже могли бы посчитать с помощью универсальной замены, но такой путь оказался бы значительно сложнее.Пример 6.1.19. Вычислим первообразную функции (cos x + sin x)−2 . Мы сделаем это,используя замену переменной t = tg x:∫∫∫1dxdt dx=−==+ C.•(cos x + sin x)2cos2 x(1 + tg x)2(1 + t)2 t=tg x1 + tg x6.2Определённый интеграл6.2.1Понятие интеграла РиманаГеометрический смысл определенного интеграла.Начальное понятие определенного интеграла встречается уже у древних греков. Они умели считать площади некоторых фигур и объемы некоторых тел. Так, Архимед смог посчитать объем конуса и шара.
Если перевести их рассуждения на современный язык, тоони будут примерно следующими. Предположим, что мы хотим найти площадь S фигурыG = {(x, y) ∈ R2 | 0 6 x 6 A, 0 6 y 6 x2 } на плоскости R2 , A > 0. Конечно, мы пока неопределили, что такое площадь фигуры, но мы умеем находить площадь прямоугольникаи предполагаем, что S(G1 ) 6 S(G2 ), если G1 ⊂ G2 .Разобьем отрезок [0, A] на n равных частей, отметив на нем на одинаковом расстояниидруг от друга n + 1 точку xk = Ak/n, k = 0, 1, .
. . , n. Введем обозначения:Qk∗ = {(x, y) ∈ R2 | xk−1 6 x 6 xk , 0 6 y 6 x2k−1 },Q∗k = {(x, y) ∈ R2 | xk−1 6 x 6 xk , 0 6 y 6 x2k }при k = 1, . . . , n. Тогда S(Qk∗ ) = x2k−1 A/n и S(Q∗k ) = x2k A/n. Заметим, чтоn∪Qk∗⊂G⊂n∑S(Qk∗ )Q∗k ,k=1k=1поэтомуn∪6 S(G) 6k=1n∑S(Q∗k )k=1и это неравенство справедливо для любого n ∈ N. Таким образом,nnA3 ∑A3 ∑ 22(k − 1) 6 S(G) 6 3k .n3 k=1n k=1()∑Упражнение 6.2.1. Доказать, что nk=1 k 2 = 13 n n + 21 (n + 1) для любого n ∈ N. Подсказка: просуммировать по k от 1 до n выражение (k + 1)3 − k 3 .•26Как следует из упражнения,(A31)A3 (1)(n−1)n−n6S(G)6nn+(n + 1).3n323n32Переходя в этом неравенстве к пределу при n → ∞, мы получим, что S(G) = A3 /3.Интеграл Римана.Идея, предложенная в древней Греции, реализовалась в виде понятия интеграла лишьспустя две тысячи лет.
Следует отметить, что эта идея была существенно переработана,в частности, пришло понимание того, что операция интегрирования является обратной кдифференцированию. В истории математики было введено много понятий интеграла. Внашем курсе мы изучим только два из них и начнем с интеграла, введенного Риманом.Этот интеграл будет рассмотрен только от функций одной переменной. Дело в том, чтов этом случае именно для интеграла Римана наиболее просто прослеживается связь интеграла с первообразной. В дальнейшем мы определим более общее понятие интеграла,введенное Лебегом.Пусть [a, b] ⊂ R — ограниченный отрезок вещественной прямой. Разбиением отрезка[a, b] назовём произвольное множество точек P = {x0 , x1 , . . .
, xn }, таких, что a = x0 <x1 < . . . < xn = b. Отрезки Ak = [xk−1 , xk ] называются отрезками разбиения P . Их длинымы будем обозначать через λk = xk − xk−1 . Параметром разбиения называется числоλ(P ) = maxk=1,...,n λk . Разбиением с выделенными точками называется пара (P, ξ), где P— разбиение и ξ = (ξ1 , . .
. , ξn ) — набор точек, таких, что ξk ∈ Ak .Пусть заданы функция f : [a, b] → R и разбиение с выделенными точками (P, ξ) отрезка[a, b]. Величинаn∑f (ξk ) λkσ(f, P, ξ) =k=1называется интегральной суммой функции f , соответствующей разбиению (P, ξ).Определение 6.2.2. Функция f : [a, b] → R называется интегрируемой по Риману наотрезке [a, b], если существует такое число I ∈ R, что для любого ε > 0 найдётся δ >0, такое, что σ(f, P, ξ) − I < ε для любого разбиения с выделенными точками (P, ξ),удовлетворяющего неравенству λ(P ) < δ.Число I называется интегралом Римана (или определённым интегралом Римана) от∫bфункции f по отрезку [a, b] и обозначается a f (x) dx.•Фактически, это определение означает, что существует пределlim σ(f, P, ξ) = Iλ(P )→0и этот предел не зависит от выбора выделенных точек в разбиениях (P, ξ). Множествофункций, интегрируемых по Риману на отрезке [a, b], будем обозначать через Rim[a, b].Можно доказать утверждение, аналогичное теореме Гейне.Лемма 6.2.3.
Для того, чтобы число I было интегралом Римана функции f по отрезку [a, b], необходимо и достаточно, чтобы для любой последовательности разбиений свыделенными точками {(P m , ξ m )}m∈N такой, что λ(P m ) → 0 при m → ∞, существовалравный I предел:lim σ(f, P m , ξ m ) = I.m→∞27∫bI Необходимость. Пусть f ∈ Rim[a, b] и a f (x) dx = I. Зафиксируем произвольное ε > 0.Тогда существует такое δ > 0, что σ(f, P, ξ)−I < ε для любого разбиения с выделеннымиточками (P, ξ), удовлетворяющего неравенству λ(P ) < δ.Если {(P m , ξm )}m∈N — произвольная последовательность разбиений и λ(P m ) → 0 приm∞, то существуеттакое M ∈ N, что λ(P m ) < δ для всех m > M .
Поэтому → mσ(f, P , ξ m ) − I < ε для всех m > M . Но это означает, что предел limm→∞ σ(f, P m , ξ m )существует и равен I.Достаточность. Будем доказывать от противного. Предположим, что для произвольногоI0 ∈ R существует такое ε0 > 0, что для любого m ∈ N найдется такоес выделен разбиениеmmmmmными точками (P , ξ ), что λ(P ) < 1/m (мы взяли δ = 1/m) и σ(f, P , ξ ) − I0 > ε0 .Но это означает, что λ(P m ) → 0 при m → ∞ и I0 не является пределом последовательности {σ(f, P m , ξ m )}.
Взяв, в частности, I0 = I, мы получим противоречие с условиемлеммы, согласно которому у любой такой последовательности должен существовать равный I предел.JОбратим особое внимание на то, что, как и в теореме Гейне, предел интегральныхсумм должен быть одним и тем же для любой последовательности разбиений. Если жемы, используя какие-либо соображения, установили, что функция интегрируема по Риману, то для вычисления интеграла достаточно посчитать предел по какой-либо однойпоследовательности разбиений.Лекция №8. 03.03.2016.Пример 6.2.4. Пусть α ∈ R и f ≡ α на [a, b] (т.е, f (x) = α для всех x ∈ [a, b]).
Тогда∫ bf (x) dx = α (b − a).•aПусть E ⊂ R. Функция f : E → R называется ограниченной, если существует числоK ∈ R+ , такое, что |f (x)| 6 K для всех x ∈ E.Теорема 6.2.5 (Необходимое условие интегрируемости функции по Риману). Если f ∈Rim[a, b], то f — ограниченная функция на [a, b].Доказательство. Если функция f не ограничена на [a, b], то при любом разбиении P онанеограничена по крайней мере на одном из отрезков Ak этого разбиения.
Таким образом,за счет выбора точки ξk ∈ Ak мы можем сделатьвеличину f (ξk )λk сколь угодно большой.∑Тогда и интегральная сумма σ(f, P, ξ) = ni=1 f (ξi )λi может быть сделана сколь угоднобольшой за счет выбора одной только точки ξk . Поэтому не существует конечного пределаинтегральных сумм, что и означает неинтегрируемость функции f .Пример 6.2.6. Существуют ограниченные функции, по Риману, однако, не интегрируемые.
Например, функция Дирихле:{1, x ∈ [0, 1] ∩ Q,f (x) =0, x ∈ [0, 1] \ Q.Для любого разбиения отрезка [0, 1] на каждом отрезке Ak существуют как точки, в которых f равна 0, так и точки, в которых f равна 1. Поэтому предел limm→∞ σ(f, P m , ξ m )может быть совершенно произвольным числом из отрезка [0, 1], которое зависит от выбораξm .•28Для произвольного разбиения P отрезка [a, b] определим числаMk (f ) = sup f (x).mk (f ) = inf f (x),x∈AkВеличиныs(f, P ) =n∑mk (f ) λkx∈Akи S(f, P ) =n∑k=1Mk (f ) λkk=1называются нижней и верхней интегральными суммами Дарбу соответственно.
Очевидно, что имеет место неравенство:s(f, P ) 6 σ(f, P, ξ) 6 S(f, P )для произвольного разбиения с выделенными точками (P, ξ).Лемма 6.2.7. Для произвольного разбиения P отрезка [a, b]s(f, P ) = inf σ(f, P, ξ),ξk ∈AkS(f, P ) = sup σ(f, P, ξ).ξk ∈AkI Докажем лишь первое из этих равенств. Второе доказывается аналогично.
Пусть P— произвольное разбиение отрезка [a, b], и n — число отрезков Ak этого разбиения. Зафиксируем произвольное ε > 0. Для каждого k существует такое ξk∗ ∈ Ak , что mk (f ) >f (ξk∗ ) − ε/(b − a). Тогдаn∑f (ξk∗ )λk <n∑k=1k=1Поэтомуs(f, P ) 6 infn∑ξk ∈Akε ∑λk = s(f, P ) + ε.b − a k=1nmk (f ) λk +f (ξk )λk 6k=1n∑f (ξk∗ )λk < s(f, P ) + ε.k=1В силу произвольности ε мы получаем требуемое равенство.JЧисло I называется нижним интегралом функции f , если I = limm→∞ s(f, P m ) длялюбой последовательности разбиений {P m }, такой, что λ(P m ) → 0.Число I называется верхним интегралом функции f , если I = limm→∞ S(f, P m ) длялюбой последовательности разбиений {P m }, такой, что λ(P m ) → 0.Эти определения можно легко переформулировать с помощью ε и δ, как в определении 6.2.2.Нетрудно проверить, что для функции Дирихле I(f ) = 0, I(f ) = 1.Теорема 6.2.8.
Для того, чтобы ограниченная функция f : [a, b] → R была интегрируемапо Риману, необходимо и достаточно, чтобы I(f ) = I(f ). В этом случае∫bf (x) dx = I(f ) = I(f ).a29Доказательство. Достаточность. Предположим, что верхний и нижний интегралы существуют и равны. Пусть {(P m , ξ m )}m∈N — произвольная последовательность разбиений свыделенными точками и λ(P m ) → 0 при m → ∞. Для каждого из этих разбиений справедливо неравенство:s(f, P m ) 6 σ(f, P m , ξ m ) 6 S(f, P m ).Переходя к пределу при m → ∞, мы в силу принципа двух полицейских получим, чтосуществует limm→∞ σ(f, P m , ξ m ) = I(f ) = I(f ).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
