Равномерная непрерывность функции. Модуль непрерывности.

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

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

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 последовательности принадлежат 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 подпоследовательность и . Получили противоречие – теорема доказана.

Необходимость условия: Если , то теорема 2 не выполняется.

Пример Пусть при .

Билет 43

Интегрируемость по Риману непрерывной функции.

Теорема 1:

Если функция непрерывна на , то она интегрируема на .

Доказательство:

Пусть непрерывна на ; тогда для разбиения R, у которого частичные отрезки , имеет место ( ).

где есть модуль непрерывности на .

Поэтому

.

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

В силу основной теоремы интеграл на существует.

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 отрезке тогда и только тогда, когда функция интегрируема на отрезках и и 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 разбиение R изначально содержит точку с. Тогда это разбиение порождает разбиения - разбиение и - разбиение . Тогда и разность сумм Дарбу можно представить как:

. Так как каждое из этих двух слагаемых неотрицательно и в сумме они меньше , значит каждое из них меньше по основной теореме интегрируема на и . Доказано.

Пусть интегрируема на отрезках и , тогда точно так же найдем - разбиение и - разбиение , такие что и , тогда для разбиения , где R–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 и соответственно. Нужно учесть, что . Теорема доказана.

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

Если , то положим , тогда равенство становится 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. на где , 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 , что и , что . Теперь если мы возьмем сумму разбиений и , то будут выполняться оба неравенства, и тогда интегрируема.

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