Равномерная непрерывность функции. Модуль непрерывности.

Определение 1: ограниченная функция,ипри выполнении условия,называется равномерно непрерывной.

Определение 2(Критерий Коши): - равномерно непрерывная функция на отрезке если выполняется условиепри.

Теорема 1 (Эквивалентность определений 1 и 2)

Доказательство:

Так как и выполняется Критерий Коши.

Теорема 2 Функция непрерывная на отрезке, равномерно непрерывна на нем ().

Доказательство:

Допустим что теорема неверна. Построим отрицание к определению 2.

. Зададим стремящуюся к нулю последовательность положительных чисел , тогда. Так как точки последовательностипринадлежат к отрезку, то эта последовательность ограничена, и из нее можно выделить, по теореме Больцано-Вейерштрасса, подпоследовательность, сходящуюся к некоторой точке. Значит, из нее можно выделить также подпоследовательность. Аналогично выделим подпоследовательностьи. Получили противоречие – теорема доказана.

Необходимость условия: Если , то теорема 2 не выполняется.

Пример Пустьпри.

Билет 43

Интегрируемость по Риману непрерывной функции.

Теорема 1:

Если функция непрерывна на, то она интегрируема на.

Доказательство:

Пустьнепрерывна на; тогда для разбиенияR, у которого частичные отрезки , имеет место ().

где есть модуль непрерывностина.

Поэтому

.

Но, как мы знаем, для непрерывной на замкнутом конечном отрезке функции, поэтому для любогоможно указать такое, что.

В силу основной теоремы интегралнасуществует.

Теорема доказана.

Билет 44

Интегрируемость по Риману монотонной функции.

Теорема 1:

Если функция монотонна на отрезке , то она интегрируема на этом отрезке.

Доказательство:

Возьмем произвольное разбиение

Рассмотрим разность между верхней и нижней суммой Дарбу, пусть для определенности f не убывает на , тогда мы получим, что

Получим, что разность между верхней и нижней суммой Дарбу

Теорема доказана.

Билет 45

Аддитивное и однородные свойства определенного интеграла Римана.

Теорема 1: (Аддитивное свойство интегралов)

Функция интегрируема на отрезкетогда и только тогда, когдафункция интегрируема на отрезкахии при этом выполняется равенство:

Доказательство:

Пусть интегрируема на, тогда по основной теореме

Можно считать, что точка c является точкой разбиения, потому что, если она таковой не является, мы добавим эту точку и рассмотрим новое разбиение , тогда, поэтому можно считать, что разбиениеR изначально содержит точку с. Тогда это разбиение порождает разбиения - разбиениеи- разбиение. Тогдаи разность сумм Дарбу можно представить как:

. Так как каждое из этих двух слагаемых неотрицательно и в сумме они меньше , значит каждое из них меньшепо основной теоремеинтегрируема наи. Доказано.

Пусть интегрируема на отрезкахи, тогда точно так же найдем- разбиениеи- разбиение, такие чтои, тогда для разбиения, гдеR–разбиение отрезка ,

значит интегрируема на отрезке. Доказано.

Доказали интегрируемость, теперь докажем равенство :

Замечание: Мы предполагаем, что точка с участвует во всех этих разбиениях; если она в них не участвует, то по следствию из основной теоремы нам это неважно, поскольку если хотя бы для одной последовательности разбиений предел стремится к числу, то и для всех остальных - тоже. И мы берем такую последовательность разбиений, что точка с в них участвует.

- сумма берется по тем отрезкам, которые содержатся в исоответственно. Нужно учесть, что. Теорема доказана.

Замечание: Мы определили понятие определенного интеграла только для случая ; доопределим понятие определенного интеграла отa до b в случае, когда :

Если , то положим, тогда равенствостановится верным не только для, но и для любых, при условии что все вышеперечисленные интегралы существуют.

Пример:

Теорема2: (Однородные свойства интегралов)

Пусть функции интегрируемы на, тогда

1. f + g – интегрируема на и, если интегралы в правой части существуют, т.е. в общем случае обратное не верно.

(Пример: Если взять f – неинтегрируема на и –f – тоже неинтегрируема, то их сумма =0 – интегрируема).

2. - интегрируема на и, обратное тоже верно, в случае если

3. - интегрируема.

4. - интегрируем

5. Если отделена от 0 на отрезке, т.е.нагде, то- интегрируема.

Доказательство:

1)

2) аналогично;

Замечание: обозначим ;;- по свойству ограниченности; соответственно введем

3)

Перейдем к супремумам: на произвольном промежутке

По основной теореме найдутся такие разбиения , чтои, что. Теперь если мы возьмем сумму разбиенийи, то будут выполняться оба неравенства, и тогдаинтегрируема.

4) ; переходя к супремумам и умножая на, получим:

Замечание: переход к супремуму на промежутке :

Замечание: обратное неверно:

Контрпример: - сама по себе не интегрируема (доказано ранее), а по модулю – интегрируема.

5) ; переходя к супремумам супремум в этом неравенстве, получим:

; теперь домножая на и суммируя, получим

Теорема доказана.

Билет 46