Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

Краткий курс математического анализа. Том 1

.pdf
Скачиваний:
752
Добавлен:
10.05.2015
Размер:
5.57 Mб
Скачать

§ 22. Интегрирование некоторых трансцендентных функций

257

3. α + λ — ц е л о е ч и с л о. Пусть, как и выше, α = m/n, где

m и n > 0

— целые числа. Имеем (a + bt)αtλ dt =

a + bt

α

 

tα+λ dt.

t

Снова получился интеграл типа, рассмотренного в п. 21.1: под-

 

 

 

 

 

 

становка

u =

a + bt

1/n

 

 

 

 

функции.

 

t

сводит его к интегралу от рациональной

Итак, в трех случаях, когда α, λ или α + λ являются целыми числами, интеграл (21.7) сводится к интегралу от рациональных функций.

Поэтому если хотя бы одно из чисел α,

γ + 1

или

γ + 1

+ α в перво-

β

β

 

 

 

начальном интеграле (21.4) является целым числом, то этот интеграл сводится к интегралу от рациональных функций и, следовательно, выражается через элементарные функции.

Русский математик П. Л. Чебышев 1) показал, что ни в каком другом случае рациональных показателей α, β и γ интеграл (21.4) не выражается через элементарные функции.

§ 22. Интегрирование некоторых трансцендентных функций

22.1. Интегралы

 

 

 

 

 

R(sin x, cos x) dx.

 

 

Интеграл R(sin x,

cos x) dx сводится подстановкой

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

u = tg

x

, −π < x < π,

 

 

 

 

 

 

(22.1)

2

 

 

 

 

 

 

к интегралу от рациональной функции. Действительно,

 

 

 

2 sin

x

 

cos

x

 

 

 

 

 

2tg

x

 

 

 

 

 

 

 

2u

 

sin x =

2

2

 

=

2

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

,

 

 

 

2 x

 

 

 

 

 

2 x

 

2 x

+ 1

 

 

1

2

 

 

sin

 

 

 

 

 

 

+ cos

 

 

 

 

 

 

tg

 

 

 

 

 

 

 

+ u

 

 

2

 

 

2

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

cos2

x

sin2

x

 

 

 

1 tg 2

x

 

 

 

 

1

 

u2

 

 

2

2

 

 

2

 

 

 

cos x =

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

2

,

 

 

2 x

 

 

 

 

 

 

2 x

 

 

 

 

 

 

 

2 x

 

 

 

 

sin

 

 

 

+ cos

 

 

 

 

 

1 + tg

 

 

 

 

 

 

 

1 + u

 

 

 

2

 

2

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

x = 2 arctg u,

 

dx =

 

 

2 du

 

,

 

 

 

 

 

 

1 + u

2

 

 

 

 

 

поэтому

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 + u2

 

 

1 + u2 1 + u2

 

R(sin x, cos x) dx = 2

 

R

2u

 

 

 

,

1 − u2

 

du

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

т. е. получился интеграл от рациональной функции.

 

При вычислении интегралов типа

 

R(sin x, cos x) dx часто оказы-

ваются полезными также и подстановки

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

u = sin x,

 

u = cos x,

 

 

 

u = tg x.

 

 

 

(22.2)

1) П. Л. Чебышев (1821–1894) — русский математик.

9 Л. Д. Кудрявцев

258 Гл. 2. Интегральное исчисление функций одной переменной

В ряде случаев при интегрировании с помощью этих подстановок требуется провести меньше вычислений, чем при интегрировании с помощью подстановки (22.1).

П р и м е р ы. 1. Применим подстановку (22.1) для вычисления интеграла

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dx

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Имеем

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 sin x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dx

= 2

 

 

 

 

du

 

=

2

 

 

 

du

 

 

=

 

 

2

 

 

+ C =

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

sin x

 

 

 

2u

2

 

 

 

 

2

 

1

 

u

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

(1 + u )

 

 

(1

− u)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 + u2

 

 

 

 

 

 

 

=

2

 

 

 

+ C.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 tg

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

2. Для вычисления интеграла

 

dx

 

применим подстановку u =

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= tg x:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

cos6 x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dx

=

1

 

 

d(tg x) = (1 + tg 2x)2 d(tg x) =

(1 + u2)2 du =

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

cos6 x

 

cos4 x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= (1 + 2u2 + u4) du = u +

2u3

+

u5

+ C = tg x +

2 tg 3x

+

tg 5 x

+ C.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

5

 

 

 

 

 

 

 

22.2. Интегралы

sinm x cosn x dx. В случае когда m и n

рациональные

числа,

интеграл

 

sinm x cosn x dx подстановкой u =

= sin x или v = cos x сводится к интегралу от иррациональной функции, а именно к интегралу от дифференциального бинома (п. 21.3).

В самом деле, если, например, u = sin x, то

dx = du = (1 − u2)1/2 du cos x

и, следовательно,

sinm x cosn x dx = um(1 − u2)(n−1)/2 du,

т. е. действительно получился интеграл от дифференциального бинома и, таким образом, выражается ли он через элементарные функции, зависит от того, какие при этом получились показатели степеней (см. п. 21.3 ).

В случае когда m и n — целые числа, интеграл sinm x cosn x dx относится к типу интегралов, рассмотренных в предыдущем пункте, и для его вычисления целесообразно использовать подстановки (22.2).

§ 22. Интегрирование некоторых трансцендентных функций

259

Например,

 

sin3 x

dx =

 

sin2 x

d cos x =

 

1 cos2 x

 

d cos x

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

cos2 x

 

 

 

cos2 x

 

 

 

 

 

 

cos2 x

 

 

 

u=cos x

 

 

 

 

=

 

 

 

1 − u2

du =

du

 

du

= u +

 

1

+ C = cos x +

1

+ C.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

u=cos x

u2

 

 

 

 

 

 

u2

 

u

 

cos x

 

Если

 

m = 2k + 1

 

и

n = 2l + 1 — нечетные числа, то полезна

подстановка t = cos 2x:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

sin2k+1 x cos2l+1 x dx =

1

 

sin2k x cos2l x sin 2x dx =

 

 

2

 

 

= 4

 

 

2

 

 

2

 

d cos 2x = 2k+l+2

(1 − t)k(1 + t)l dt,

1

 

 

1

 

cos 2x k

1

+ cos 2x

l

 

 

 

1

 

 

 

т. е. получился интеграл от рациональной дроби (k и l могут быть отрицательными).

Если m и n — четные числа, то полезна подстановка u = tg x — см. пример 2 в п. 22.1.

Если оба показателя m и n неотрицательные и четные, то, приме-

нив формулы sin2 x =

1 cos 2x

, cos2 x =

1 + cos 2x , получим интеграл

 

 

2

 

 

 

2

 

 

 

того же типа, но с меньшими показателями, например,

 

sin2 x dx =

 

1 cos 2x

dx =

x

 

sin 2x

+ C.

 

 

2

4

 

 

 

2

 

 

 

 

Отметим, что методами, аналогичными

методам, описанным

в этом пункте, берутся интегралы вида

sh mx ch nx dx.

 

22.3. Интегралы sin αx cos βx dx,

sin αx sin βx dx,

cos αx×

× cos βx dx. Интегралы

 

sin αx cos βx dx, sin αx sin βx dx,

cos αx ×

× cos βx dx вычисляются, если их подынтегральные выражения преобразовать по формулам

sin αx cos βx = 12 [sin(α + β)x + sin(α − β)x], sin αx sin βx = 12 [cos(α − β)x − cos(α + β)x], cos αx cos βx = 12 [cos(α + β)x + cos(α − β)x].

Например,

sin x cos 2x dx = 12 sin 3x dx − 12 sin x dx = 16 cos 3x + 12 cos x + C.

9*

260Гл. 2. Интегральное исчисление функций одной переменной

22.4.Интегралы от трансцендентных функций, вычисляющиеся с помощью интегрирования по частям. К интегра-

лам от трансцендентных функций, вычисляющимся с помощью интегрирования по частям, относится много разнообразных интегралов, например,

eαx cos βx dx,

eαx sin βx dx,

xn cos αx dx,

xn sin αx dx,

xneαx dx,

xn arcsin x dx,

xn arccos x dx,

xnarctg x dx,

xnarcctg x dx,

xn ln x dx.

Здесь везде n — целое неотрицательное число.

Для вычисления интегралов eαx cos βx dx и eαx sin βx dx следует их дважды проинтегрировать по частям, в результате для каждого из них получится линейное уравнение, из которого они сразу находятся. Например,

I = eαx sin βx dx =

1

 

eαxd cos βx =

 

 

 

 

 

 

 

 

 

β

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

eαx cos βx

 

 

α

 

 

 

 

 

 

 

 

eαx cos βx

 

α

 

 

 

 

 

 

 

 

+

 

 

eαx cos βx dx =

 

 

 

+

 

eαxd sin βx =

β

 

 

 

 

 

β

 

β

β2

 

 

 

 

αx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

e

 

cos βx

α

 

αx

 

 

αx

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

e

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

β

 

 

+ β2

sin βx − α e

sin βx dx αx

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= (α sin βx − β cos βx) e

α I;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

β2

β2

 

отсюда I =

α sin βx − β cos βx

eαx

+ C.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

α2 + β2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

В интегралах

 

xn cos αx dx,

xn sin αx dx,

xneαx dx после одно-

кратного интегрирования по частям получаются интегралы тех же типов, но с меньшими показателями степени.

Рассмотрим пример:

 

 

x sin x dx =

x d cos x = −x cos x +

cos x dx = −x cos x + sin x + C.

В интегралах

xn arcsin x dx,

xn arccos x dx,

xn arctg x dx,

xn arcctg x dx,

xn ln x dx в результате однократного интегрирования

по частям пропадает трансцендентная функция, причем в первых двух получаются интегралы от иррациональных функций, выражающиеся через элементарные функции, а в трех последних — интегралы

§ 23. Определенный интеграл

261

от рациональных функций и, следовательно, также выражающиеся через элементарные функции. Например,

arcsin x dx = x arcsin x −

 

 

x dx

 

=

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

1 − x2

 

 

 

 

 

 

1

 

 

1/2

 

 

 

2

 

1 − x

2

 

= x arcsin x +

 

(1 − x )

 

d(1

− x

) = x arcsin x +

 

+ C.

2

 

 

В заключение подчеркнем, что далеко не всякий интеграл от элементарной функции выражается через элементарные функции. Среди таких интегралов встречаются интегралы, которые находят большое применение в различных разделах математики. К числу их относятся,

например, вероятностный интеграл e−x2 dx, интегральный логарифм

dx

 

, интегральный синус

sin x

dx.

ln x

 

 

x

§23. Определенный интеграл

23.1.Определенный интеграл Римана 1). Напомним, что множество τ = {xk}kk==k0τ точек отрезка [a, b] таких, что

a = x0 < x1 < ... < xkτ 1 < xkτ = b,

называется разбиением отрезка [a, b], a R, b R.

Точки xk называются точками разбиения τ , отрезки [xk−1, xk ] —

отрезками разбиения τ ; их длины обозначаются xk ,

т. е. xk =

= xk − xk−1,

k = 1, 2, ..., kτ (ясно, что количество точек разбиения на

единицу больше числа отрезков разбиения), а число

 

 

def

x1, x2, ...,

xkτ }

 

 

|τ | = max {

 

называемся мелкостью разбиения τ.

 

 

Разбиение

τ = {xk }kk==0kτ

называется

разбиением,

вписанным

в разбиение

τ , если τ τ ,

т. е. если каждая точка разбиения τ

содержится в разбиении τ . В этом случае каждый отрезок [xk−1, xk ]

разбиения содержится в некотором отрезке [xj−1, xj ] разбиения τ , j = 1, 2, ..., kτ .

Разбиение τ , вписанное в разбиение τ , называется также разбиением, следующим за разбиением τ , и пишут τ τ. В этом случае говорят также, что разбиение τ предшествует разбиению τ , и пишут

τ τ .

Существенными являются следующие два с в о й с т в а р а з б и е-

н и й о т р е з к а.

1. Если τ τ , а τ τ , то τ τ .

1) Б. Риман (1826–1866) — немецкий математик.

262 Гл. 2. Интегральное исчисление функций одной переменной

Действительно, если каждый отрезок разбиения τ содержится в некотором отрезке разбиения τ , а каждый отрезок разбиения τ содержится в некотором отрезке разбиения τ , то каждый отрезок

разбиения τ содержится в соответствующем отрезке разбиения τ.

2. Для любых разбиений τ и τ существует такое разбиение τ ,

что τ τ и τ τ .

В самом деле, таким разбиением является, например, разбиение, состоящее из всех точек обоих разбиений τ и τ .

Пусть функция f определена на отрезке [a, b], a < b, и τ = = {xk}kk==k0τ — некоторое разбиение этого отрезка. Всякая сумма στ

вида

στ = στ (f ; ξ1, ..., ξkτ ) def= kτ f (ξkxk ,

k=1

ξk [xk−1, xk], k = 1, 2, ..., kτ ,

называется интегральной суммой Римана функции f.

В случае если функция f неотрицательна, то интегральная сумма στ равна площади фигуры, со- ставленной из прямоугольников с основанием [xk−1, xk] и высотой длины

f (ξk) (рис. 102).

О п р е д е л е н и е 1. Функция f

называется интегрируемой по Риману на отрезке [a, b], если для любой

последовательности разбиений

τn = {x(kn)}kk==k0τn , n = 1, 2, ...,

любого выбора точек ξk(n) ности интегральных сумм

отрезка [a, b], мелкость которых стре-

мится к нулю: lim n| = 0, и для

n→∞

[x(kn)1, x(kn)], k = 1, 2, ..., kτ , последователь-

(n)

(n)

στn (f ; ξ1

, ..., ξkτn ), n = 1, 2, ...,

имеют и притом один и тот же предел.

Этот предел называется интегралом Римана функции f по отрез-

b

ку [a, b]. Его обозначают f (x) dx и пишут

a

b

lim στ = f (x) dx.

(23.1)

|τ |→0

 

a

 

§ 23. Определенный интеграл

263

Согласно определению это означает, что если

 

kτn

f (ξk(n)xk(n), ξk(n) [xk(n)1, xk(n)],

xk(n) = xk(n) − xk(n)1,

στn =

k=1

k = 1, 2, ..., kτn ,

 

 

 

то

 

b

 

 

 

 

 

(n)

(n)

 

 

lim στn (f ; ξ1

, ..., ξkτn ) = f (x) dx,

 

n→∞

a

 

 

 

 

если только lim n| = 0.

n→∞

Можно сформулировать определение интеграла Римана и не используя понятия предела последовательности, а, как говорят, на «язы-

ке εδ».

О п р е д е л е н и е 2. Число I называется интегралом Римана от функции f на отрезке [a, b], если для любого ε > 0 существует такое

δ > 0, что, каково бы ни было разбиение τ = {xk}kk==k0τ отрезка [a, b], мелкость которого меньше δ : |τ | < δ, и каковы бы ни были точки ξk [xk−1, xk ], k = 1, 2, ..., kτ , выполняется неравенство

τ (f ; ξ1, ..., ξkτ ) − I| < ε.

Аналогично равносильности определений предела функции в терминах последовательностей и в терминах окрестностей доказывается и равносильность определений 1 и 2 интеграла Римана. Это рекомен-

дуется читателю проделать самостоятельно.

b

В интеграле f (x) dx число a называется нижним, а число b

a

верхним пределом интегрирования.

В дальнейшем для краткости вместо «функция, интегрируемая по Риману», будем говорить «интегрируемая функция», а вместо «интеграл Римана» — просто «интеграл».

Дополним определение интеграла следующими соглашениями.

a Если функция f задана в точке x = a, то по определению

f (x) dx = 0. Если функция f

интегрируема на отрезке [a, b],

a

 

 

то положим

a

b

 

 

def

 

f (x) dx =

− f (x) dx.

 

b

a

23.2. Ограниченность интегрируемых функций. Изучение определенного интеграла начнем с исследования необходимых, а затем и достаточных условий интегрируемости функций.

264Гл. 2. Интегральное исчисление функций одной переменной

Те о р е м а 1. Если функция интегрируема на некотором отрезке, то она ограничена на нем.

b

Пусть функция f интегрируема на отрезке [a, b] и f (x) dx = I.

a

Зафиксируем какое-либо ε > 0, например ε = 1. Согласно определению 2 интеграла существует такое δ > 0, что для любой интегральной суммы στ , соответствующей разбиению τ мелкости |τ | < δ, выполняется неравенство τ − I| < 1, а следовательно, и неравенство

I − 1 < στ < I + 1,

(23.2)

т. е. множество τ } значений интегральных сумм στ , |τ | < δ, функции f ограничено.

Допустим теперь, что существует функция f , интегрируемая на некотором отрезке [a, b], и неограниченная на этом отрезке. Возьмем произвольное разбиение τ = {xk}kk==k0τ отрезка [a, b]. Из того, что функция f неограниченна на отрезке [a, b], следует, что она неограниченна и по крайней мере на одном из отрезков разбиения τ. Пусть для определенности функция f неограниченна на отрезке [x0, x1]. Из ее неограниченности на этом отрезке следует, что для любого числа n на нем существует такая точка, обозначим ее ξ1(n), что

|f (ξ1(n))| > n, ξ1(n) [x0, x1],

n = 1, 2, ...

Отсюда, очевидно, следует, что

 

nlim f (ξ1(n)) = ∞.

(23.3)

→∞

 

Зафиксируем какие-либо точки ξk в остальных отрезках разбие-

ния τ :

 

ξk [xk−1, xk], k = 2, 3, ..., kτ .

 

Тогда сумма

 

kτ

 

 

 

f (ξk xk

(23.4)

k=2

будет иметь вполне определенное значение. Добавив к этой сум-

ме слагаемое f (ξ1(n)x1,

получим

интегральную

сумму

στ(n) =

= στ (f ; ξ1(n), ξ2, ..., ξk ), причем в силу условия (23.3) и постоянства

суммы (23.4) будем иметь

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

kτ

 

 

k

 

 

lim σ

 

(f ; ξ(n),

 

 

 

 

lim

(n)

 

 

x

 

 

 

 

,

,

 

f (ξ

 

=

,

n→∞

τ

1

ξ2

 

...

ξkτ ) = n→∞ f (ξ1

x1 + k=2

k

 

 

а следовательно, для л ю б о г о разбиения τ множество значений интегральных сумм στ(n) неограниченно. Поэтому неограниченно и мно-

§ 23. Определенный интеграл

265

жество τ }, |τ | < δ (число δ > 0 было выбрано выше), что противоречит неравенству (23.2).

З а м е ч а н и е. Условие ограниченности функции, являясь необходимым условием интегрируемости функции по Риману, не является достаточным условием для этого. В самом деле, рассмотрим, напри-

мер, функцию Дирихле

 

1,

если x рационально,

f (x) = 0,

если x иррационально.

Каковы бы ни были отрезок [a, b] и его разбиение τ = {xk }kk==k0τ , выбрав все точки ξk [xk−1, xk ] рациональными, в силу условия f (ξk) = 1, k = 1, 2, ..., kτ , получим

 

k=τ

 

 

στ (f ; ξ1, ..., ξkτ ) =

xk = b − a,

 

k=1

а выбрав точки ξk иррациональными, в силу условия f (ξk) = 0, k = = 1, 2, ..., kτ , будем иметь

 

kτ

 

 

στ (f ; ξ1, ..., ξkτ ) =

0 · xk = 0.

 

k=1

Поэтому интегральные суммы στ функции Дирихле заведомо не имеют предела при |τ | → 0.

Тем самым функция Дирихле дает пример функции, ограниченной на любом отрезке, но неинтегрируемой на нем.

23.3. Верхние и нижние суммы Дарбу 1). Пусть функция f

определена на отрезке [a, b], τ = {xk}kk==0kτ — разбиение этого отрезка,

k = [xk−1, xk ],

 

xk = xk − xk−1. Положим

 

 

Mk =

sup f (x),

mk =

inf

f (x), k = 1, 2, ..., kτ ,

(23.5)

 

x

k

x

k

 

 

 

 

kτ

 

 

 

kτ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Sτ = Sτ (f ) =

Mk xk ,

sτ = sτ (f ) =

mk xk .

(23.6)

 

 

k=1

 

 

 

k=1

 

Сумма Sτ , называется верхней, а сумма sτ нижней суммой Дарбу функции f. Очевидно, что в случае, когда функция f ограничена, то нижние mk и верхние Mk грани (23.5) конечны, и потому суммы Дарбу (23.6) при любом разбиении принимают конечные значения. В дальнейшем будем предполагать, что функция f ограниченна — это естественно, так как нас будут интересовать свойства интеграла от функции f , а он, согласно теореме 1, может существовать только в том случае, когда функция ограниченна.

1) Г. Дарбу (1842–1917) — французский математик.

266 Гл. 2. Интегральное исчисление функций одной переменной

Из того, что выполняется неравенство mk Mk, k = 1, 2, ..., kτ ,

следует, что при любом разбиении τ выполняется неравенство

 

 

 

 

 

 

 

 

sτ Sτ .

 

 

 

(23.7)

 

Очевидно также, что в силу определения (23.5) чисел mk и Mk для

любых ξk

k имеет место неравенство

 

 

 

 

 

 

 

 

 

mk f (ξk) Mk ,

k = 1, 2, ..., kτ .

 

 

 

 

Отсюда следует справедливость неравенства

 

 

 

 

 

 

 

 

 

sτ στ ≡ στ (f ; ξ1, ..., ξkτ ) Sτ .

 

(23.8)

 

Отметим еще следующие с в о й с т в а

с у м м Д а р б у.

 

 

 

 

1. Каждая нижняя сумма Дарбу не превосходит любой верхней:

 

 

 

 

 

 

sτ1 Sτ2

 

 

 

(23.9)

(τ1 и τ2 — разбиения отрезка [a, b]).

 

 

 

 

 

 

Пусть сначала τ τ , τ = {xk }kk==0kτ ,

τ = {xj }jj

==1jτ — разбиения

отрезка [a, b],

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= inf

f (x),

k = [xk−1, xk],

j = [xj−1, xj ],

j = 1, 2,

 

, j

 

m

 

k = 1, 2,

...

, k ,

m =

inf

f (x),

...

.

 

k

x k

 

 

τ

j

x

j

 

τ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Условие τ τ

означает, что каждый отрезок

k разбиения τ

является объединением некоторых отрезков разбиения τ . Обозначим

эти отрезки jk , тогда

k =

jk

jk , где суммирование ведется по всем

таким индексам jk , что

j

k . Отсюда следует, что

 

 

k

 

 

 

 

 

 

xk = jk

xjk .

(23.10)

Кроме того, выполняются неравенства

 

 

 

mk mjk ,

(23.11)

так как при переходе от отрезка k

к содержащемуся в нем отрез-

ку jk нижняя грань значений функции может только увеличиваться.

Теперь легко доказать неравенство

 

 

 

 

В самом деле,

 

 

sτ sτ .

 

 

 

(23.12)

 

 

 

 

 

 

 

sτ = mk xk =

mk

 

xjk

 

 

mjk xjk =

(23.10)

k

j

(23.11)

k

j

 

k

 

 

 

 

 

k

 

k

mj xj = sτ .

 

 

 

 

 

 

=

j