Архипов, Садовничий - Лекции по математическому анализу (940510), страница 34
Текст из файла (страница 34)
1). Последовательность разбиеыай (Уо) ыазывается фундаментальной по базе В, если для любого оковчавая Ь е В существует только коыечыое мыожество членов последовательности, ые принадлежащих Ь. Фуадамеытальыая последовательыость (У„) называется монотонной по базе В, если для любого окончания 6 из условия У„б 6 следует, что У„+~ Е Ь. В качестве мовотовыой последовательвоста по базе В можно взять последовательность (У„) размечеавых раэбаевай отрезка [а,6] таких, что Т„= Т(У„) является раэбиеваем его ва и равных частей. 5) й Ь=н.
ЬЕВ Введем следующие обоэвачеаия для верхнего и ыяжыего пределов по базе В: 1' =!ппп(У), Л = 1ыпо(У). В Справедливо следующее утверждение. Т е о р е м а 1. Имеют место неравенства: 1, < 1. < У' < .Г. Отсюда в силу критерия Коши получим следующий критерий интегрируемости функции по Риману. Т е о р е 'м а 2. Для того чтобы функция была ннтегряруема по Ряману, необходимо и достаточно, чтобы выполнялось равенство УУ О к а з а ш е л ь с ш е о теоремы 1.
Из определения верхних интегралов Г и 1' и свойств верхнего предела по базе множеств (теорема 3, лекция 30, ч. 1) имеем 1' = )пУБ(Т) = )п1 аир а(И) = )пУ )пУ аир О(1:) < т т че, 1т) б>О ьт<б уещт) < ш1 ш1 апр п(И) = шУ ецр О(Ъ') = 1ппо(И) = 1', б>Оат<б Гебб Ььев иЕЬ~ В т. е. Г <,У'. Аналогично, получим, что,У, < У,. Теорема 1 доказана. Замечение 1. Итак, мы видим, что'критерий Римана для существования интеграла в форме 1' = 1, на языке понятия предела по базе, в сущности, эквивалентен критерию Коши существования предела ~о базе Ьг -+ О. Замечание Я. Из эквявэлентности понятий предела по Коши и по Гейне для базы Ьт -+ 0 вытекает, что функция интегрируема тогда я только тогда, когда для любой последовательности разбиений (Ъ'„) с условием Ьг„-) 0 при н -+ оо последовательность интегральных сумм (о()г„)) является сходящейся последовательностью.
С другой стороны, специальный критерий интегрируемости, который был доказан ранее, говорит о том, что здесь можно ограничиться лишь одной последовательностью равномерных разбиеняй отрезка интегрирования.' В этом проявляется специфика рассматриваемой базы бы -+ О. Уточним теорему 1, а именно, покажем, что верхний предел по базе В интегральных сумм совпадает с верхним интегралом Дарбу.
Для этого нам будут необходимы несколько лемм. Л е м м а 2. Пусть модуль функции У(х) ограничен на отрезке Е = (а, 6) числом М. Пусть Т вЂ” разбяенне этого отрезка с диаметром б > О. Пусть также разбиение Т1 получается пз Т добавлением к нему одной точки. Тогда для разности верхних сумм Дарбу Я(Т) н Я(Тб ) имеем оценку ф(Тб) — 5(Т)( < 2Мб.
Д о к а з а ш е л ь с тп е о. Рассмотрим отрезок Ео = [оо,3о), являюшнйся отрезком разбиения Т и содержаший точку ~ б Т„не входящую в разбиение Т. Тогда наборы точек т = (ао < 6с) и г1 = (ао < ~ < Ьо) можно рассматривать как неразмеченное разбиение отрезка Ео. Пусть при этом Я(т) и Я(т1) есть верхние суммы Дарбу на этом отрезке. Тогда нз определения следует, что Е(Т1) - Е(т) = Е(т1) - Е( ). Отсюда имеем Ф(т~) — ЯТИ = 1Е(т1) — Я(тИ < )Я(т~)! + !Е(т)) < мб+ мб = 2мб. Лемма 2 доказана. Л е м и а 3.
Если в условиях леммы 2 разбиение Т1 получается яз разбиения Т добавлением не более, чем и точек, то имеет место оценка (е(т ) — е(т) ~ < 2М3 . ,У о к а з а ю е л ь с ш в о. Справедливость леммы 3 устанавливается и кратным применением леммы 2. Лемма 3 доказана. Л е м м а 4. Пусть разбяевяе Т отрезка Е = (а,й) удовлетворяет условию леммы 2, а разбиение Т1 того же отрезка содержит яе более п внутренних точек. Тогда справедляво неравенство Я(т) < Я(Т1) + 2мдп. Д о к а з а тл е л ь с ш е о. Рассмотрим разбиение Тт — — ТИ1~.
Тогда в силу основного свойства верхних сумм Дарбу справедливы неравенства Я(Т2) < Я(т), Я(тз) < Я(Т1). Далее применим лемму 3 к суммам о(т) и 5(тг) ~онучи~ 5(т) — 8(тг) < 2мдп, Отсюда следует, что 5(Т) < 5(тз) + 2МБп < Я(Т1) + 2мдн. Лемма 4 доказана. тот Т е о р е м а 3. Пусть моауль функция,Е(х) огравббчев ва отрезке Е = (а, 6] числом М > О. Пусть, далее, 1' — верхний интеграл Дарбу от функция 1(х), а а(У) — интегральная сумма, откечиощая размеченному разбиению У отрезка Е. Пусть также 1 = вш о'(У). а, о Тогда имеет место равенство 1' = 1'. Замечание. В свлу ограниченности функции 1(х) числа П и 1.' существуют.
Д о к а з а щ е л ь с об е о. Обозначим через Т(У) неразмеченное разбиение отрезка Е, полученное яз размеченного разбиения У отбрасыванием точек разметки, а через в(То) — множество всех размеченных раэбвеввй У с условием Т(У) = То. Тогда непосредственно из определений и свойств верхнего предела по базе и вз леммы 1 вытекает Я(То) = опр а(У),1' =шЕЯ(Т) = шЕ шЕ Я(Т), ге~1т 1 т б>о ьт<б .1 1пп а(У) = ЕоЕ оир в(У) = а О б>еа <б = шр опр опр а(У) = ЕпЕ опр Б(Т). б>о ат<б ыео(т1 б>о д <ь Таким образом всегда имеет место неравенство 1' = шЕ шЕ Я(Т) < шЕ оир Б(Т) =,1'.
б>Оат<б б>ОДт<б Нам надо доказать, что 1' = 1'. Заметим, что для любого числа б > О число 1'+б уже не является нижней гранью множества значений Я(Т), поэтому существует разбиение То такое, что 1' < Я(То) < 1'+ с. Далее заметим, что величина опр Я(Т) как функция от д является ат(б неубывающей.
Поэтому существует Юо > О такое, что для всякого 6 с условием О < 6 < Юо имеем 1' < опр Я(Т) < 1'+е. Ьт<б Отсюда, в частности, следует, что существует разбиение Тб с условием Ьт, < Ю такое, что 1' — с < Я(Тб) < 1'+ с. Обозначим через и количество внутренних точек разбиения То. Тогда по лемме 4 справедлива оценка Я(Тб ) < Б(То) + 2Мбп.
Следовательно, — г < ЯТ~) < У(То) + 2Мбп < 1' + х+ 2Мбп. Поэтому справедливо неравенство О < 1' — 1' < 2е+ 2мбп. Но так как числа е > О и О < б < бо можно выбрать сколь угодно малыми, то 1' — 1' = 0,,1' = 1*. Теорема 3 доказана. С л е д с т в и е теоремы 3. Справедливо равенство 1, = 1 .
,Чо каза шел ьс юв о. Рассмотрим функцию у(х) = -1(х). Тогда по доказанной теореме 3 имеем, что,1*(у) = 1'(у), но 1'(у) = -1,(У) и 1"(у) = -1,Я, Отсюда получим 1,(У) = 1,Я. Следствие доказано. 1 8. КЛАССЫ ФУНКЦИЙ, ИНТЕГРИРУЕМЫХ ПО РИМАНУ Докажем, что любая непрерывная на отрезке функция и любая монотонная на отрезке функция являются интегрируемыми на этом отрезке.
Т е о р е м а 1. Всякая функция, иепрерыввая на отрезке, вптегрируема ла нем. Д о к а э а т е л ь с т о о. В силу теоремы Кантора функция 1(х), непрерывная на отрезке [а, Ь], является равномерно непрерывной на вем. Поэтому для любого чнсла г > О найдется б = б(г) > О такое, что для любых точек х,у б [а,Ь] с условием ]х- у[ < б выполняется неравенство ]У(х) — У(у)] < уф-,~ Возьмем любое разбиение Т отрезка [а,Ь] с диаметром бст < б, Тогда будем иметь эпр (1(х) — 1(у)) < с веа, 2( — а) Отсюда получим о и П(Т) ='Еисьхс < — 'Еьхс = -' < . 2(Ь вЂ” а) 2 Следовательно, для всякого с > О мы нашли число б = б(г) > О такое, что для любого разбиения Т с диаметром Ьт < б выполняется неравенство П(Т) < е, т.е. 1пп П(Т) = О.
Отсюда в силу критерия ат-+э интегрируемости следует, что функция 1(х) интегрируема на отрезке [а, Ь]. Теорема 1 доказана. Т е о р е м а 2. Всякая функция Дх), ограниченная и монотонная на отрезке (а,6], интегрируема на нем. ,О о к а з а а! е л ь с т е о. Без ограничения общности можно рассмотреть только случай неубывающей на отрезке (а,6] функции у(х). Зададимся произвольным числом с > 0 и положим ,[(6 — 0) — у(а + О) + 1 ыь — — впр (~(х) — ((у)) = у(хь — 0) — у(ха ! + 0).
юкеаа Тогда для любого разбиения Т: а = хе « ° . х„= 6 с диаметром аозт < б будем иметь ь ь И(Т) = ~~! ыь1ххц < б ~~!, ыь < (у(6 — 0) — у(а + 0))б < е, вы! ь=! т.е. получим, что 1пп П(Т) = О, и, значит, в силу критерия интеагыь грнруемости функция у(х) интегрнруема на отрезке (а,6]. Теорема 2 доказана, Т е о р е м а 3. Всякая ограниченная на отрезке [а,6] функция, непрерывная всюду, за исключением конечного чясла разрывов, интегрируема яа этом отрезке. Д о к а з а т е л ь с т е о. В силу критерия интегрнруемости функции у(х) в форме [пай(Т) = 0 нам достаточно для любого с > 0 т построить разбиение Т с условием П(Т) < с Пусть количество точек разрыва у(х) равно т и М =- впр ]/(х)[.
ее[ив] Каждую точку разрыва а„з = 1,..., т, окружим окрестностью вида Ь» = (б! — -+-,А+ -1['.-). Тогда в каждом из отрезков Е е Ь„= (И, ! +, Ȅ— ], г = 1,..., т + 1, Ио = а, 4 +! — — 6 функция у(х) непрерывна, и, значит, по теореме Кантора она является равномерно непрерывной на каждом из этих отрезков. Поэтому мы можем выбрать число б = б(е) > 0 такое, что для любых точек х,у, принадлежащих этим отрезкам, и [х-у] < б, выполняетсн неравенство [У(х) — 1(Р)[ < т[х'-;т. ПостРоим тепеРь пРоизвольное Разбиение То Указанных отрезков так, чтобы выполнялось условие бы, < б. Объединим зто разбиение Те с построенными ранее окрестностями точек разрыва, получим разбиение Т отрезка (а,6].
Далее имеем П(Т) = П +П, тщ $9. СВОЙСТВА ОПРЕДЕЛЕННОГО ИНТЕГРАЛА Рассмотрим свойства интеграла, связанные с ввтегрируемостъю на заданном фиксированном отрезке. Мнакество всех интегрируемых функций на отрезке [а,Ь] будем обозначать символом В[а,Ь] вли просто 1В. Утверякдеиие 1. Пусть функция 1(х) отлична от кули только и ! точках. Тогда У б 1В и | ь 1(х) х = О. а !1 а и в з а яь в л ъ с вь в а. Пусть М = пьах [1(х)]. Возьмем 1<Ь<1 произвольное число е > О и положим 6 = 2$2. Тогда для любого размеченного разбиения У с условием Ат < 6 имеем [а(У)[ — [~~~ Яь)!Ьхь] < ! — ° М вЂ” — < г. 2М! .2 Здесь мы восполъзовалнсь тем, что сумма в(У) содержит не более ! слагаемых, отличных от нуля, н тем, что Ахь < 8. В силу произвольности выбора числа с > О мы получим, что ))п1 в(У) = О. а, а Утверждение ! доказано.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
