Орловский Определенный интеграл.Практикум ч.1 2010

расположения по отношению к отрезку [α; β])

∫b

|f(x + h) − f(x)| dx 6 2h.

a

Из последнего неравенства следует (2.23).

На втором этапе распространим утверждение задачи на ступенчатые функции (т. е. линейные комбинации характеристических функций). Пусть

∑n

где fk(x) = χ([αk; βk]; x) – характеристическая функция отрезка [αk; βk], тогда

∑n ∫b

=|ck| |fk(x + h) − fk(x)| dx.

k=1 a

Согласно предыдущему пункту доказательства при любом k

∫b

lim |fk(x + h) − fk(x)| dx = 0,

h→0

a

поэтому из последнего неравенства следует, что (2.23) справедливо для любой ступенчатой функции.

61

Наконец предположим, что f(x) – произвольная интегрируемая на [A; B] функция и [a; b] [A; B], тогда f(x) интегрируема и на отрезке [a; b]. Пусть

В задаче 2199 для этой функции установлены следующие свойства:

1. Существует такая положительная постоянная M, что при всех x [a; b] и всех n

|f(x)| 6 M , |fn(x)| 6 M.

∫b

2. lim |fn(x) − f(x)| dx = 0.

n→+∞

a

Рассмотрим ступенчатую функцию

n∑−1

f

fn(x) = Miχ([xi; xi+1]; x).

i=0

Из свойства 1 функции fn(x) и из определения чисел Mi следует, что при любом i величина Mi 6 M и поэтому при всех x [a; b] и всех n

f 6

|fn(x)| M.

f

Нетрудно видеть, что функции fn(x) и fn(x) могут отличаться только в конечном числе точек разбиения {xi} отрезка [a; b] (0 6

62

6 i 6 n). Следовательно,

Поэтому свойство 2 справедливо и для последовательность фун-

f

кций fn(x), т. е.

Пусть ε > 0, подберем n так, чтобы

b

ab

63

64

f

Так как fn(x) является ступенчатой функцией, то согласно доказанному выше,

Определим величину hε = min{h1, h2}, тогда при любом h, удовлетворяющем неравенству |h| < hε, справедливы оба неравенства (2.28) и (2.29). Подставляя эти неравества в соотношение (2.27), находим, что при |h| < hε

∫b

|f(x + h) − f(x)| dx < 4ε + 2ε + 4ε = ε.

a

Справедливость соотношения (2.23) для произвольной интегрируемой функции доказана.

2205. Пусть функция f(x) интегрируема на сегменте [a; b]. Доказать, что равенство

∫b

f2(x) dx = 0

a

65

имеет место тогда и только тогда, когда f(x) = 0 во всех точках непрерывности функции f(x), принадлежащих сегменту [a; b].

1. Пусть функция f(x) интегрируема на сегменте [a; b],

∫b

f2(x) dx = 0

a

и x0 – точка непрерывности функции f.

Допустим противное: f(x0) ≠ 0. Тогда f2(x0) > 0 и в силу непрерывности функции f2(x) в точке x = x0 существуют такие

Отсюда следует, что неравенство f2(x) > m выполнено на некотором отрезке [α; β] положительной длины и поэтому

Это противоречит условию задачи. Поэтому наше допущение неверно, т. е. f(x0) = 0.

2. Обратное утверждение сложнее и для его доказательства потребуются две леммы.

Лемма 1. Если функция f(x) интегрируема на отрезке [a; b], то для каждого положительного числа σ найдется такой отрезок [α; β], лежащий строго внутри отрезка [a; b], что колебание функции f на этом отрезке

ω(f, [α; β]) < σ.

Лемма 2. Если функция f(x) интегрируема на отрезке [a; b], то она непрерывна хотя бы в одной точке x0 [a; b].

Докажем лемму 1. С этой целью воспользуемся критерием интегрируемости, сформулированным в задаче 7: функция f(x) интегируема на [a; b], если при каждом σ > 0

λ(T )→0

66

где µ(f, σ; T ) – суммарная длина всех тех отрезков ∆i = [xi; xi+1] разбиения T , на которых колебание функции ω(f, ∆i) > σ.

Так как функция f(x) интегрируема на отрезке [a; b], то согласно этому критерию, для любого положительного числа σ справедливо равенство (2.30). Из определения предела следует, что найдется такое разбиение T = {x0 , x1 , . . . , xn} отрезка [a; b], для которого сумма длин тех отрезков разбиения, на которых колебание функции f не меньше σ, будет меньше, чем (b − a)/2. Отсюда следует, что отрезки, на которых колебание функции f не меньше σ, не исчерпывают весь отрезок [a; b]. Следовательно, найдется такой отрезок [α; β] разбиения T , на котором колебание функции f меньше σ. Так как при уменьшении множества колебание функции на этом множестве может только уменьшиться, то отрезок [α; β] можно считать лежащим строго внутри отрезка

[a; b].

Докажем лемму 2. Применяя лемму 1 к отрезку [a; b] и числу σ = 1, найдем отрезок [a1; b1], который лежит строго внутри отрезка [a; b] и для которого

ω(f, [a1; b1]) < 1.

На следующем шаге применим лемму 1 к отрезку [a1; b1] и числу σ = 1/2 и найдем отрезок [a2; b2], который лежит строго внутри отрезка [a1; b1] и для которого

1

ω(f, [a2; b2]) < 2 .

Предположим, что мы нашли отрезок [an; bn], который лежит строго внутри отрезка [an−1; bn−1] и для которого

1

ω(f, [an; bn]) < n.

Применяя лемму 1 к отреку [an; bn] и числу σ = 1/(n + 1), найдем отрезок [an+1; bn+1], который лежит строго внутри отрезка [an; bn] и для которого

1

ω(f, [an+1; bn+1]) < n + 1 .

67

На основании метода индукции можно считать определенной последовательность строго вложенных отрезков [an; bn], для которых при всех n

1

ω(f, [an; bn]) < n.

По теореме о последовательности вложенных отрезков существует точка x0, принадлежащая всем отрезкам. Покажем, что функция f(x) непрерывна в этой точке. В самом деле, пусть ε > 0, подберем натуральное число n так, чтобы n > 1/ε. Так как последовательность отрезков является строго вложенной, то x0 – внутренняя точка для всех отрезков. Следовательно, существует такое положительное число δ, что интервал (x0 − δ; x0 + δ) [an; bn]. Тогда при всех x (x0 − δ; x0 + δ) величина

1

|f(x) − f(x0)| 6 ω(f, [an; bn]) < n < ε,

что доказывает непрерывность функции f(x) в точке x = x0. Перейдем к доказательству утверждения задачи. Пусть фун-

кция f равна нулю во всех точках непрерывности. Рассмотрим произвольное разбиение T = {x0 , x1 , . . . , xn} отрезка [a; b]. По лемме 2 на каждом из отрезков разбиения ∆i = [xi; xi+1] найдется точка непрерывности функции f, т. е. точка, в которой функция f равна нулю. Так как функция f2(x) > 0, то отсюда следует, что при любом i (0 6 i 6 n − 1) величина

mi = inf f2(x) = 0.

∆i

Поэтому для любого разбиения нижняя сумма Дарбу функции f2(x)

n∑−1

S(T ) = mi∆xi = 0

i=0

(∆xi = xi+1 − xi). В силу интегрируемости функции f2(x)

∫b

f2(x) dx = lim S(T ) = 0.

λ(T )→0

a

68

Замечание. Утверждение задачи можно сформулировать в другом, более естественном виде: если функция F (x) интегрируема и неотрицательна на сегменте [a; b], то

∫b

F (x) dx = 0

a

тогда и только тогда, когда F (x) = 0 во всех точках непрерывности функции F (x), принадлежащих сегменту [a; b].

Доказательство этого утверждения можно получить, заменив в тесте решения задачи выражения f(x) и f2(x) на F (x).

Впрочем, этот результат можно вывести и из утверждения

теоремы о непрерывности сложной функции множества точек

√

непрерывности функций F (x) и F (x) совпадают.

69

Глава 3

Формула Ньютона – Лейбница

Основной способ вычисления определенных интегралов состоит в применении формулы Ньютона – Лейбница. Если функция f непрерывна на отрезке [a; b], то у нее существует первооб-

разная F и

∫b

a

Формула (3.1) и называется формулой Ньютона – Лейбница. Часто правую часть записывают следующим образом:

b

F (b) − F (a) = F (x) .

a

Формула (3.1) принципиально решает вопрос вычисления определенного интеграла, сводя его нахождение к вычислению неопределенного интеграла, и в этой связи ее часто называют основной формулой интегрального исчисления.

На практике эту формулу часто приходится применять, когда известно, что функция f(x) непрерывна на [a; b], но формула, дающая явный первообразной F (x), справедлива только в интервале (a; b). Можно установить, что первообразной f на всем отрезке [a; b] является продолжение F по непрерывности в точки x = a и x = b. Таким образом, формула (3.1) заменяется на

70