Орловский Определенный интеграл.Практикум ч.1 2010

Задача 2. Пусть A и B – пределы функций φ и ψ, соответственно, χ = φ+ψ, C = A+B и ε – произвольное положительное число. Тогда ε/2 также положительно и, по определению предела, существуют такие положительные числа δ1 и δ1, что для всех размеченных разбиений (T, ξ) с характеристикой λ(T ) < δ1 справедливо неравенство

Положим δ = min{δ1, δ2}, тогда при λ(T ) < δ будут выполнены оба неравенства (3) и (4), следовательно,

|χ(T, ξ) − C| = |(φ(T, ξ) + ψ(T, ξ)) − (A + B)| =

= |(φ(T, ξ) − A) + (ψ(T, ξ) − B)| 6

6 |φ(T, ξ) − A| + |ψ(T, ξ) − B| < ε/2 + ε/2 = ε.

Таким образом, для любого ε > 0 существует такое δ > 0, что для всех размеченных разбиений (T, ξ) с характеристикой λ(T ) < δ

|χ(T, ξ) − C| < ε,

т. е.

lim χ(T, ξ) = C,

λ(T )→0

что доказывает утверждение задачи.

Задача 3. Так как число ε = 1 положительно, то по определению предела существует такое положительное число δ, что для всех размеченных разбиений (T, ξ) с характеристикой λ(T ) < δ будет выполнено неравенство

|φ(T, ξ) − A| < 1,

331

где A – предел функции φ. Но тогда

|φ(T, ξ)| = |(φ(T, ξ) − A) + A| 6 |φ(T, ξ) − A| + |A| < 1 + |A|.

Обозначив M = 1 + |A|, получаем, что для всех размеченных разбиений (T, ξ) с характеристикой λ(T ) < δ

|φ(T, ξ)| 6 M,

откуда следует локальная ограниченность функции φ.

Задача 4. Необходимость условия доказывается следующим образом. Пусть некоторое число A является пределом функции φ и ε > 0. Так как число ε/2 также положительно, то, по определению предела, существует такое положительное число δ, что для всех размеченных разбиений (T, ξ) с характеристикой λ(T ) < δ

Достаточность доказывается сложнее. Пусть функция φ удовлетворяет условиям критерия Коши. Для любого натурального числа n величина ε = 1/n положительна и, согласно условию критерия Коши, существует такое положительное число δn, что что для всех размеченных разбиений (T1, ξ(1)) и (T2, ξ(2)) с характеристиками λ(T1) < δn, λ(T2) < δn

332

Определим последовательность {δn} следующим образом:

и при всех n справедливо неравенство δn 6 δn, из которого сле-

и рассмотрим числовую последовательность

yn = φ(Tn, ξ(n)).

Она удовлетворяет критерию Коши для числовых последовательностей. Действительно, пусть ε > 0. Возьмем натуральное число N так, чтобы величина 1/N < ε. Пусть m > N и n > N и, для определенности, m > n. В силу выбора последовательности разбиений величины

333

Покажем, что число A является пределом функции φ. Проверим определение предела. Пусть ε > 0, тогда число ε/2 также положительно и, по определению предела числовой последовательности, существует такое натуральное число N1, что при всех

силу (5) для всех размеченных разбиений (T1, ξ(1)) и (T2, ξ(2)) с

и поэтому λ(T ) < δN2 . С другой стороны, в силу выбора последовательности (Tn, ξ(n)) величина

334

Задача 5. Обозначим

∫b

A = f(x) dx

a

и проверим определение предела для числа A и последовательности sn. Пусть ε > 0, выберем число δ по числу ε из определения интеграла. Так как последовательность λ(Tn) сходится к нулю, то для положительного числа δ (по определению предела последовательности) найдется такое число N, что для всех n > N величина λ(Tn) < δ. В силу выбора числа δ

при всех n > N. Следовательно,

и

F (x, y) = |f(x) − f(y)|.

Для доказательства достаточно установить справедливость двух утверждений: 1) при всех x, y X функция F (x, y) 6 K, 2) для любого K′ < K найдутся такие x, y X, для которых F (x, y) > > K′.

335

Проверим первое утверждение. Пусть x, y X. Так как

то, по определению верхней и нижней точных граней

f(x) 6 M, f(y) > m,

следовательно, f(x) − f(y) 6 M − m = K. Аналогично

f(y) 6 M, f(x) > m,

и поэтому f(y) − f(x) 6 M − m = K. Последнее неравенство можно записать в виде f(x) − f(y) > −K. Из двух неравенств f(x)−f(y) 6 K и f(x)−f(y) > −K следует, что |f(x)−f(y)| 6 K. Первое утверждение доказано.

Проверим второе утверждение. Так как K′ < K, то величина

M′ = M − K − K′ < M.

2

Ввиду того, что

M = sup f(x),

x X

существует такой элемент x X, для которого значение f(x) > > M′. Аналогично, величина

m′ = m + K − K′ > m

2

и ввиду того, что

m = inf f(x),

x X

найдется такой элемент y X, для которого f(y) < m′. Для этой пары элементов x, y X

|f(x) − f(y)| > f(x) − f(y) > M′ − m′ = M − K − K′ − m−

2

336

−K − K′

2

Второе утверждение также доказано.

Задача 7. 1. Пусть функция f интегрируема, σ > 0, а T – произвольное разбиение отрезка [a; b]. Обозначим через I множество всех индексов i, для которых колебание f на отрезке разбиения с номером i не меньше, чем σ. Интегральное колебание функции

0 6 µ(f, σ; T ) 6 σ1 Ω(f; T ).

Так как функция f интегрируема, то Ω(f; T ) при λ(T ) → 0. По теоереме о предельном переходе в неравенствах также и

lim µ(f, σ; T ) = 0.

λ(T )→0

2. Пусть для каждого σ > 0 функция µ(f, σ; T ) → 0 при λ(T ) → 0. Обозначим через A колебание функции f на всем отрезке [a; b]:

A = ω(f; [a; b]),

тогда, используя обозначения из предыдущего пункта, получаем:

n∑−1 ∑ ∑

Ω(f; T ) = ωi∆xi = ωi∆xi + ωi∆xi <

i=0 i I i̸I

Проверим определение предела для функции Ω(f; T ). Пусть ε >

> 0, положим

ε

σ = 2(b − a) .

Так как предел функции µ(f, σ; T ) равен нулю, то найдется такое положительное число δ, при котором для любого разбиения T отрезка [a; b] с характеристикой λ(T ) < δ будет выполнено

неравенство

µ(f, σ; T ) < 2εA.

Из оценки (8) следует, что при λ(T ) < δ

λ(T )→0

Отсюда следует интегрируемость функции f.

Задача 8. Легко видеть, что при n = 1 формула (2.5) справедлива. Допустим, что она справедлива для n = k, т. е.

12 + 22 + 32 + . . . + k2 = k(k + 1)(2k + 1) ,

6

тогда

12 + 22 + 32 + . . . + k2 + (k + 1)2 = k(k + 1)(2k + 1) + (k + 1)2 =

6

= k(k + 1)(2k + 1) + 6(k + 1)2 = 6

= (k + 1) [k(2k + 1) + 6(k + 1)] =

6

338

Таким образом, формула (2.5) справедлива для n = k + 1. На основании метода математической индукции можно сделать заключение, что формула (2.5) справедлива для любого натурального n.

Задача 9. Легко видеть, что при n = 1 формула (2.6) справедлива. Допустим, что она справедлива для n = k, т. е.

Таким образом, формула (2.6) справедлива для n = k + 1. На основании метода математической индукции можно сделать заключение, что формула (2.6) справедлива для любого натурального n.

Задача 10. Применяя тригонометрические формулы

2 sin x sin y = cos(x − y) − cos(x + y),

cos x − cos y = 2 sin x + y sin y − x , 2 2

339

получаем при α ≠ 2πn (n – целое):

340