Mat_Analiz_Prokhorov

Рис. 4. Иллюстрация к доказательству критерия интегрируемости функции по Риману Тогда сумма интегралов

j1 {c1} (x)dx j j ' (x)dx j j ',

входящая в формулу (1), заменится на сумму интегралов

M [c1,c1 '] (x)dx j (c1 ', xj ') (x)dx M 1 j j ' 1 .

241

Разность между второй и первой суммами интегралов составляет

(M j ) 1 2M 1 2Mp .

Поэтому после совершенной замены интеграл в левой части (1) увеличится на число, не превышающее значения 2M /p.

Аналогично расширим остальные вырожденные отрезки {c2}, ..., {cp}, изменив функцию f1, при этом после совершения всех изменений интеграл в левой части (1) увеличится на число, не превышающее значения 2M .

Сохраним за измененной функцией f1 ее прежнее обозначение f1. Неравенство (1) теперь заменится на неравенство

Создадим произвольное разбиение P = {x0, x1, x2, ..., xn 1, xn} отрезка [a, b] с диаметром таким, что

= max1 k n k = max1 k n (xk xk 1) < min1 j m j = 0,

ивыберем произвольно набор точек k k = [xk 1, xk], k = 1, 2, ..., n. Составим интегральную сумму

S(P, ; f) = n еk=1 f( k) k .

Произведем наложение двух разбиений, обозначив

"kj k ' j , 1 k n; 1 j m.

Среди промежутков "kj встречаются пустые множества. Очевидно, что

m

k m "kj , k е "kj , k 1,2,..., m,

j 1

j 1

и

Следовательно,

242

Поскольку самый длинный из промежутков k меньше самого короткого из промежутков j, то для заданного k либо k содержится в некотором ' jk и в этом случае "kjk k и f ( k ) jk , а остальные "kj , j jk , - пустые множества, либо k содержится в объединении двух соседних промежутков j j+1, пересекаясь с каждым из них.

Рис. 5. Случай включения k в некоторый jk. Рис. 6. Случай включения k в объединение двух соседних промежутков j j+1

Промежутков k второго случая не может быть больше, чем (m 1). Точнее, каждому j = 1, 2, ..., m 1 соответствует не больше одного k = kj такого, что k j содержится в объединении промежутков j j+1, пересекаясь с каждым из них. Тогда из (4) получаем неравенство

243

Вдобавок к неравенству < 0 потребуем, чтобы выполнялось неравенство < /2M(m 1), другими словами,

Принимая во внимание неравенства (3) и (5), приходим к условию

S(P, ; f ) f1 (x)dx 2M (m 1) I( f ) (1 2M ) I( f ) 2(1 M ) .

Симметричными рассуждениями докажем, что существует >0 такое, что для всех , 0 < < , выполняется условие S(P, ; f) > I(f) 2(1 + M) .

Положив = min{ , } и заменив I(f) = I(f) на интеграл Римана от функции f, запишем два последних условия в следующем виде

> 0 > 0 P 0 S(P, ; f ) f (x)dx 2(1 M ) ,

что равносильно условию

lim S(P, ; f ) f (x)dx

0

и доказывает необходимость утверждения теоремы 1.

Перейдем к доказательству достаточности утверждения теоремы 1. Пусть

> 0 > 0 P 0 < < S(P, ; f) I < . Покажем, что функция f интегрируема на отрезке [a, b].

Выберем произвольно разбиение P = {x0, x1, x2, ..., xn 1, xn} отрезка [a, b] с диаметром < и положим 1 = [x0, x1], 2 = (x1, x2], ..., n = (xn 1, xn]. Тогда для любого набора точек = { 1, 2, ..., n} выполняется неравенство

244

Вычитая первое неравенство из второго, получим неравенство

I(f) I(f) < 2(1 + b a) .

Переходя здесь к пределу при 0, приходим к неравенствуI(f) I(f) 0,

в котором возможен только знак равенства, что доказывает интегрируемость функции f на отрезке [a, b]. Совпадение предела I с интегралом от функции f на отрезке [a, b] следует из необходимости утверждения и заканчивает доказательство теоремы 1.

245

Лекция 24.

1. Первая теорема о среднем для интеграла Римана

2. Интегрируемость непрерывной на отрезке функции

3. Интегрируемость монотонной на отрезке функции

4. Интегрируемость произведения интегрируемых функций

1. Первая теорема о среднем для интеграла Римана

Докажем так называемую первую теорему о среднем.

Теорема 1 Пусть функция f интегрируема по Риману и равна нулю вне отрезка [a, b], а для всех x [a, b] выполняются неравенства

m f(x) M.

Тогда справедливы неравенства

m(b a) f (x)dx M (b a).

Если, кроме того, функция f непрерывна на [a, b], то найдется точка c [a, b] такая, что

f (x)dx f (c)(b a)

246

Рис. 1. Иллюстрация к теореме о об интегрируемости монотонной функции по Риману

Доказательство. Первое утверждение теоремы 1 справедливо для верхнего интеграла, что было доказано в лекции 21. А поскольку для интегрируемой функции f

Обозначим

247

f (x)dx

b a

По теореме Коши о промежуточном значении непрерывная на отрезке [a, b] функция f принимает на этом отрезке все

значения между минимальным и максимльным, то есть найдется точка c [a, b] такая, что f(c) = . Это равенство равносильно второму утверждению теоремы 1 и заканчивает ее доказательство.

2. Интегрируемость непрерывной на отрезке функции

В этой части мы открываем цикл теорем, демонстрирующих многообразие интегрируемых по Риману функций. С одной стороны, мы знаем, что интегрируемые функции существуют. Например, все ступенчатые функции интегрируемы по Риману. С другой стороны, как было показано в лекции 21 на примере функции Дирихле, существуют финитные ограниченные функции, которые не интегрируемы по Риману. Заметим, что функция Дирихле разрывна в каждой точке отрезка, вне которого она тождественно равна нулю.

Найдем простые достаточные условия, которые гарантируют интегрируемость функции. Важнейшей из этого цикла является следующая теорема, устанавливающая связь между фундаментальными для математического анализа свойствами функции - непрерывностью и интегрируемостью.

Теорема 2 Если функция f непрерывна на отрезке [a, b], то f интегрируема по Риману на [a, b].

Доказательство. Пусть функция f непрерывна на отрезке [a, b]. Покажем, что f интегрируема по Риману на [a, b], то есть

функция f [a, b] интегрируема по Риману. Не ограничивая общности, можем считать, что f равна нулю вне [a, b]. При этом непрерывность функции f в крайних точках a и b отрезка [a, b] понимается в одностороннем смысле: f непрерывна справа в точке a и непрерывна слева в точке b.

По теореме Кантора непрерывная на отрезке функция является равномерно непрерывной, что означает

> 0 > 0 x, x [a, b] x x < f(x) f(x ) < .

Создадим разбиение P = {x0, x1, x2, ..., xn 1, xn} отрезка [a, b] таким образом, чтобы длина каждого из отрезков k = [xk 1, xk], k = 1, 2, ..., n, была меньше . По второй теореме Вейерштрасса непрерывная на отрезке k функция f достигает минимума и максимума, поэтому найдутся точки k , k k такие, что

Благодаря равномерной непрерывности выполняется неравенство

248

Аналогично по свойству нижней грани в определении верхнего интеграла

Переходя здесь к пределу при 0, придем к неравенству

I ( f ) I ( f ) 0

в котором возможен лишь знак равенства, что доказывает интегрируемость по Риману функции f и заканчивает доказательство теоремы 2.

Теорема 2 позволяет увидеть более точную связь условий в теореме 1, в первой части которой функция f предполагалась интегрируемой по Риману и равной нулю вне отрезка [a, b], а во второй части, кроме того, непрерывной на [a, b]. По теореме

249

2 теперь можем убрать слова "кроме того", так как условие непрерывности на отрезке оказывается более сильным по сравнению с интегрируемостью.

3. Интегрируемость монотонной на отрезке функции

Докажем, что монотонная на отрезке функция интегрируема по Риману на этом отрезке.

Теорема 3 Если функция f монотонна на отрезке [a, b], то f интегрируема по Риману на [a, b].

Доказательство. Пусть функция f монотонна на отрезке [a, b]. Предположим, что функция f не убывает на [a, b]. В случае

невозрастающей функции f рассуждения симметричны. Покажем, что f интегрируема по Риману на [a, b], то есть функция f интегрируема по Риману. Не ограничивая общности, можем считать, что f равна нулю вне [a, b].

Создадим разбиение P = {x0, x1, x2, ..., xn 1, xn} отрезка [a, b], в котором длины всех отрезков k = [xk 1, xk], k = 1, 2, ..., n, одинаковы и равны (b a)/n. Этого можно добиться, положив

xk x0 b n a k,k 0,1,2...n,

В силу монотонности на каждом из отрезков k

Построим функции f1 и f2 по формулам

250