1611676884-55ce67763bb0ee5cd12890a10c9e59c1 (826616), страница 7
Текст из файла (страница 7)
Так как последовательность разбиений∫bбыла произвольной, f ∈ Rim[a, b] и a f (x) dx = I(f ) = I(f ).Необходимость. Пусть f ∈ Rim[a, b]. Тогда для любой последовательности разбиений свыделенными точками {(P m , ξm )}m∈N , такой, что λ(P m ) → 0 при m → ∞, существуетпредел∫ bmmlim σ(f, P , ξ ) =f (x) dx,m→∞aкоторый мы обозначим для краткости через I. Покажем, что I(f ) существует и равен I.Поскольку для каждого m ∈ NS(f, P m ) = sup σ(f, P m , ξm ),ξkm ∈Amkmпо определению супремума существуют ξ∗k∈ Amk , k = 1, 2, . . .
, n, такие, чтоmmmσ(f, P m , ξm∗ ) 6 S(f, P ) 6 σ(f, P , ξ ∗ ) +1.mПределы правой и левой частей этого неравенства существуют и равны I, поэтому, какследует из принципа двух полицейских, существует limm→∞ S(f, P m ) и равен I. Такимобразом, I(f ) существует и равен I.Утверждение для I(f ) доказывается аналогично.Пусть на некотором множестве G ⊂ R задана функция f : G → R и E ⊂ G. Колебаниемфункции f на множестве E называется числоω(f, E) = sup |f (x1 ) − f (x2 )| .x1 ,x2 ∈EИногда колебание обозначают osc(f, E) (от слова “oscillation”). Заметим, чтоω(f, E) = sup f (x) − inf f (x).x∈Ex∈EЛекция №9.
10.03.2016.Используя понятие колебания функции мы докажем необходимое и достаточное условие интегрируемости функции по Риману.Теорема 6.2.9. Для того, чтобы функция f : [a, b] → R была интегрируема по Риману,необходимои достаточно, чтобы для любого ε > 0 существовало δ > 0, такое, что∑nω(f,Ak ) λk < ε для любого разбиения P , удовлетворяющего условию λ(P ) < δ.k=130∫bДоказательство. Необходимость. Пусть f ∈ Rim[a, b] и a f (x) dx = I. Зафиксируем произвольное ε > 0.
Согласно теореме 6.2.8 найдется такое δ > 0, что|s(f, P ) − I| < ε/2 и |S(f, P ) − I| < ε/2для любого разбиения P , удовлетворяющего неравенству λ(P ) < δ. Поэтому для таких P06n∑ω(f, Ak ) λk =k=1n∑λk sup f (ξk ) −n∑ξk ∈Akk=1λk inf f (ξk )k=1ξk ∈Ak= S(f, P ) − s(f, P ) 6 |S(f, P ) − I| + |s(f, P ) − I| < ε,что и требовалось доказать.Достаточность.Шаг 1.
Для доказательства утверждения нам потребуется ещё одно понятие. Скажем,что разбиение Pe отрезка [a, b] является продолжением разбиения P того же отрезка, еслиP ⊂ Pe. Если Ak , k = 1, . . . , n, является отрезком разбиения P , то через Aki , ∑i = 1, . . . , nk ,eобозначим отрезки разбиения P , которые составляют Ak . Ясно, что nk > 1 и nk=1 nk есть∑ kчисло отрезков в разбиении Pe. Кроме того, λk = ni=1λki для каждого k, где λki — длинаотрезка Aki .Пусть теперь (P, ξ) и (Pe, eξ) — произвольные разбиения отрезка [a, b] с выделеннымиeeточками и P ⊂ P . При этом ξ = {ξeki } и ξeki — произвольно выбранная точка из Aki . Тогдаnkn ∑n∑∑eeef (ξk )λk |σ(f, P , ξ) − σ(f, P, ξ)| = f (ξki )λki −k=1 i=1k=1nknknkn ∑n ∑n ∑∑ ∑∑() ee=f (ξki )λki −f (ξk )λki = f (ξki ) − f (ξk ) λki k=1 i=1k=1 i=16nkn ∑∑f (ξeki ) − f (ξk )λki 6k=1 i=1nkn ∑∑ω(f, Ak )λki =k=1 i=1k=1 i=1n∑ω(f, Ak )λk .k=1Таким образом, для произвольного ε > 0 существует δ > 0, такое, что если λ(P ) < δ, то|σ(f, Pe, eξ) − σ(f, P, ξ)| < εдля любого продолжения Pe разбиения P .Шаг 2.
Покажем, что для любой последовательности разбиений с выделенными точками{(P m , ξ m )}, такой, что λ(P m ) → 0 при m → ∞, существует предел limm→∞ σ(f, P m , ξ m ).Воспользуемся критерием Коши. Зафиксируем произвольное ε > 0. Этому ε соответствует некоторое δ > 0, о котором говорится в утверждении из шага 1. Посколькуλ(P m ) → 0, существует такое Nε ∈ N, что λ(P m ) < δ для всех m > Nε .Возьмем произвольные m, ℓ > Nε . Разбиение P mℓ = P m ∪ P ℓ является продолжениемразбиений P m и P ℓ , поэтому в силу утверждения с шага 1|σ(f, P m , ξ m ) − σ(f, P mℓ , ξ mℓ )| < ε и |σ(f, P ℓ , ξ ℓ ) − σ(f, P mℓ , ξ mℓ )| < ε.Следовательно|σ(f, P m , ξ m ) − σ(f, P ℓ , ξ ℓ )| < 2ε31и, как следует из критерия Коши, существует предел limm→∞ σ(f, P m , ξ m ).Шаг 3. Нам осталось показать, что предел limm→∞ σ(f, P m , ξm ) не зависит от выборапоследовательности {(P m , ξ m )}.
Пусть у нас есть две произвольных последовательностиmmmm{(P1m , ξ m1 )} и {(P2 , ξ 2 )}, таких, что λ(P1 ) → 0 и λ(P2 ) → 0 при m → ∞. Соответствующие им пределы интегральных сумм обозначим через I1 и I2 .mЗафиксируем произвольное ε > 0 и обозначим P12= P1m ∪ P2m . Для всех m > Nε в силуутверждения с шага 1mmmmmm|σ(f, P1m , ξ m1 ) − σ(f, P12 , ξ 12 )| < ε и |σ(f, P2 , ξ 2 ) − σ(f, P12 , ξ 12 )| < ε.Следовательноmm|σ(f, P1m , ξ m1 ) − σ(f, P2 , ξ 2 )| < 2εдля всех m > Nε . Переходя в этом неравенстве к пределу при m → ∞, мы получим, что|I1 − I2 | 6 2ε.
В силу произвольности ε, I1 = I2 , что и требовалось доказать.Следствие 6.2.10. Если функция f : [a, b] → R непрерывна, то f ∈ Rim[a, b].◃ Поскольку f непрерывна на замкнутом множестве [a, b], она равномерно непрерывна.Поэтому для любого ε > 0 существует такое δ > 0, что ω(f, E) < ε/(b−a), если diam E < δ.Таким образом, если P — разбиение отрезка [a, b] и λ(P ) < δ, тоn∑ε ∑ελk =(b − a) = ε.b − a k=1b−anω(f, Ak ) λk <k=1▹Доказываемое утверждение следует из теоремы 6.2.9.В качестве ещё одного следствия доказанной теоремы мы покажем, что наличие уфункции некоторого количества разрывов первого рода не препятствует её интегрируемости.Теорема 6.2.11 (Об интегрируемости разрывных функций).
Если функция f : [a, b] → Rограничена и имеет конечное число точек разрыва, то f ∈ Rim[a, b].Доказательство. Так как f — ограниченная функция, существует такое число K ∈ R+ ,что |f (x)| 6 K для всех x ∈ [a, b]. Зафиксируем произвольное ε > 0 и предположим,что f имеет ℓ точек разрыва. Возьмем δ1 = ε/(8Kℓ) и обозначим через Uδi1 , i = 1, . . . , ℓ,δ1 -окрестность i-й точки разрыва функции f . Тогда множество E = ∪ℓi=1 Uδi1 является открытым, а множество [a, b] \ E, соответственно, замкнутым и состоящим из конечногочисла отрезков. На каждом из этих отрезков функция f непрерывна, а значит, и равномерно непрерывна. Поэтому существует δ2 > 0, такое, что ω(f, G) < ε/(b − a), для любогоотрезка G, который содержится в одном из указанных отрезков непрерывности функцииf и длина которого меньше δ2 .Пусть P — произвольное разбиение отрезка [a, b] и λ(P ) < δ = min{δ1 , δ2 }.
Тогдаn∑k=1ω(f, Ak ) λk =∑′ω(f, Ak ) λk +k∑ ′′k32ω(f, Ak ) λk∑ ′где сумма∑ ′′ k включает только те слагаемые, в которых отрезки Ak лежат в [a, b] \ E, асумма k — все остальные слагаемые. Тогда∑′ω(f, Ak ) λk <kε ∑′λk 6 ε.b−a kЗдесь мырассуждения из доказательства следствия 6.2.10. Рассмотрим теперь∑ повторили′′сумму k . Сумма длин всех отрезков разбиения P , попавших в эту сумму, меньше ℓ(2δ +2δ1 ), а колебание функции f на каждом отрезке не превышает 2K. Поэтому∑ ′′ω(f, Ak ) λk 6 2Kk∑ ′′λk < 2Kℓ(2δ + 2δ1 ) 6 8Kℓδ1 = ε.kТаким образом,n∑ω(f, Ak ) λk < 2εk=1и, как следует из теоремы 6.2.9, f ∈ Rim[a, b].Лекция №10.
14.03.2016.Вообще говоря, существуют интегрируемые по Риману функции,которыеимеют бес()конечное число точек разрыва. Например, функция f (x) = sgn sin(1/x) интегрируемана отрезке [0, 1]. Мы не станем формулировать самое общее утверждение на эту тему, алишь предложим читателю следующее упражнение.Упражнение 6.2.12. Если функция f : [a, b] → R ограничена, её точки разрыва образуют счетное множество, и это множество имеет конечное число предельных точек, тоf ∈ Rim[a, b].Указание: в дополнение к доказательству предыдущей теоремы необходимо сначала выбросить малую окрестность предельных точек множества разрывов. Вне этой окрестностиостанется конечное число точек разрыва функции f .•Теорема 6.2.13.
Если функция f : [a, b] → R монотонна и ограничена, то f ∈ Rim[a, b].Доказательство. Без ограничения общностичто f неубывающая. Зафикси( предположим,)руем произвольное ε > 0 и возьмем δ = ε/ f (b) − f (a) . Для любого разбиения P отрезка[a, b] с λ(P ) < δ мы получим:n∑k=1ω(f, Ak ) λk =n∑()f (xk ) − f (xk−1 λk 6 δn∑()()f (xk ) − f (xk−1 = δ f (b) − f (a) = ε.k=1k=1В силу теоремы 6.2.9 функция f интегрируема по Риману на [a, b].336.2.2Свойства интеграла РиманаТеорема 6.2.14 (Линейность определённого интеграла). Если f, g ∈ Rim[a, b] и µ ∈ R,то (f + g) ∈ Rim[a, b], (µf ) ∈ Rim[a, b] и∫ b∫ b∫ b()f (x) + g(x) dx =f (x) dx +g(x) dxaaa∫ b∫ bµf (x) dx = µf (x) dx.aaДоказательство.
Пусть (P m , ξ m ) — произвольная последовательность разбиений отрезка[a, b], такая, что λ(P m ) → 0 при m → ∞. Тогда, поскольку f, g ∈ Rim[a, b], существуютпределы∫ b∫ bmmmmg(x) dx.lim σ(f, P , ξ ) =f (x) dx и lim σ(g, P , ξ ) =m→∞m→∞aaСледовательно существует предел∫mmmmmmlim σ(f + g, P , ξ ) = lim σ(f, P , ξ ) + lim σ(g, P , ξ ) =m→∞m→∞m→∞∫bf (x) dx +abg(x) dx.aНо существование для любой последовательности разбиений одного и того же предела влевой части этого равенства означает, что (f + g) ∈ Rim[a, b]. Так как этот предел равен)∫b(f(x)+g(x)dx, последнее равенство предполагает, чтоa∫ b∫ b∫ b()f (x) + g(x) dx =f (x) dx +g(x) dx.aaaУтверждение для функции µ f доказывается аналогично.Теорема 6.2.15.
Если f, g ∈ Rim[a, b], то |f | ∈ Rim[a, b] и (f g) ∈ Rim[a, b].Доказательство. В этой теореме два утверждения, но, как мы увидим, второе следует изпервого.Шаг 1. Поскольку ω(|f |, E) 6 ω(f, E) для любого множества E ⊂ R,n∑ω(|f |, Ak ) λk 6k=1n∑ω(f, Ak ) λk .k=1Поэтому из f ∈ Rim[a, b] следует, что |f | ∈ Rim[a, b].Шаг 2. Если f ∈ Rim[a, b], то f 2 ∈ Rim[a, b]. В самом деле, так как функция f должнабыть ограниченной, существует число K ∈ R+ , такое, что |f (x)| 6 K для всех x ∈ [a, b] и|f 2 (x1 ) − f 2 (x2 )| = |f (x1 ) − f (x2 )| |f (x1 ) + f (x2 )| 6 2K|f (x1 ) − f (x2 )|для всех x1 , x2 ∈ [a, b].
Поэтому ω(f 2 , E) 6 2Kω(f, E) для любого множества E ⊂ [a, b], иинтегрируемость f 2 следует из интегрируемости f .Если функции f и g интегрируемы на [a, b], то интегрируемыми являются функцииf + g, (f + g)2 , f 2 и g 2 . В силу линейности интеграла Римана и равенства 2f g = (f + g)2 −f 2 − g 2 интегрируема и функция f g.34Лемма 6.2.16. Если f ∈ Rim[a, b], то f ∈ Rim[c, d] для любого отрезка [c, d] ⊂ [a, b].I Возьмем произвольное разбиение P отрезка [c, d] и обозначим через Q продолжениеэтого разбиения на отрезок [a, b], такое, что λ(Q) 6 λ(P ).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
