Математический анализ определенный интеграл, несобственный интеграл, приложения определенного интеграла

Возьмем

ε > 0 – любое.

У нас

M

k

=

sup

{

}

число

f ( x) . Рассмотрим

ε

[xk ,xk+1]

Mk −

. По свойству supremum’а утверждаем: на промежутке [xk , xk +1]

n∆xk

~

обязательно найдется хоть одна точка ξk такая, что будет

~

ε

f ( ξk )

> Mk −

.

n∆xk

Умножим обе части неравенства на ∆xk

( ∆xk > 0). Получим

~

ε

f ( ξk )∆xk > Mk ∆xk −

(k = 0, n −1) .

n

Просуммируем эти неравенства по значку k от 0 до n −1. Получим

n−1

~

n−1

~

> S −ε.

∑ f ( ξk )∆xk > ∑Mk ∆xk −ε

, т.е. σ

n−1

k =0

k =0

~

~

(

~

одна из интегральных сумм Римана, входящих в

Здесь σ = ∑f ( ξk )∆xk

σ –

k =0

{ }

состав σ

).

Имеем по свойству 1:

{

}

{ }

σ ≤ S,

σ σ

S – верхняя граница σ .

Последнее означает, что множество

{ }

σ

– ограниченное сверху. Но тогда, как

известно, существует sup

{ }

{ }

. Ясно, что γ ≤ S (ибо γ – точная

σ . Пусть

γ = sup σ

{ }

S

– просто верхняя граница

{ }

). Ясно далее, что σ ≤ γ ,

верхняя граница σ , а

σ

{ }

σ~ ≤ γ ,

а значит,

γ > S −ε

(так как σ~ > S −ε).

Имеем,

σ σ . Следовательно,

таким образом,

S −ε < γ ≤ S .

В последнем соотношении ε > 0

– любое, сколь угодно малое. Станем изменять

~

≤ S , а

~

≥ s ,

S

s

~

xi

a =x0 x

1 x2 K xi−1 xi

xi+1 xi+2 K xn =b

~

Mi (xi+1 − xi ) , входящего в выражение для

выражение для S

. Вместо слагаемого

~

окажутся два слагаемых

S, в составе суммы S

~

~

i

~

{

}

Mi′(xi

− xi ), Mi′′( xi+1 − xi ) .

i

~

{

f

}

. Так как

Здесь M ′ =

sup

f (x) , M ′′=

sup

(x)

[xi ,xi ]

[xi ,xi+1 ]

{

f

}

i

~

]

{

}

i

, x

i+1

],

i

(x) ,

x [x

, x

f ( x) ,

x [x

{

}

~

, x

i+1

]

{

}

x [x

i

, x

i+1

],

i

f (x) ,

x [x

f ( x) ,

то Mi′≤ Mi ,

Mi′′≤ Mi . Поэтому

Mi′(xi − xi ) + Mi′′(xi+1 − xi ) ≤ Mi ( xi − xi ) + Mi (xi+1 − xi ) = Mi (xi+1 − xi ) .

~

~

~

~

Следовательно,

~

S ≤ S .

~

≥ s .

Совершенно аналогично можно убедиться в том, что s

будет

σ − J

<

ε

. Выберем и закрепим какой-нибудь способ разбиения [a, b] на

3

ε

σ {σ} (здесь {σ} –

части [xk , xk +1], у которого λ < δ. Будем иметь

σ − J

<

,

3

J − ε < σ < J + ε,

σ σ .

(1)

3

3

{ }

ε

ε

1) Из соотношения (1) имеем, в частности,

σ < J +

,

{ }

3

3

σ σ

J +

–

{ }

{ }

верхняя граница σ

. Мы знаем, что S = sup

σ

. Поэтому

S ≤ J + ε

(2)

2) Из соотношения (1) имеем также σ > J −

ε

{ }

ε

3

3

, σ σ

J −

– нижняя

{ }

{ }

граница σ

. Мы знаем, что s = inf σ . Поэтому

s ≥ J − ε

(3)

3

Из соотношений (2) и (3) следует, что

0 ≤ S − s ≤ 2 ε.

Тогда 0 ≤ S − s < ε

S − s

3

< ε. Последнее неравенство получено нами лишь в

предположении, что λ < δ. Следовательно,

lim (S − s) = 0 .

Необходимость доказана.

λ→0

(

)

Достаточность. Дано: lim (S − s) = 0 . Доказать: f ( x) R [a, b] .

λ→0

По условию,

lim (S − s) = 0 . Это означает, что любому ε > 0

отвечает δ > 0

λ→0

такое, что для любого разбиения [a, b]

на части [xk , xk +1], у которого λ < δ,

оказывается

S − s

< ε, или S − s < ε (так как S − s ≥ 0 ).

Рассмотрим множества

{ }

и

{

S

}

. Выберем и закрепим любую S из

{

S

}

.

s

Обозначим ее через S0 . По свойству 4 сумм Дарбу, имеем

{ }

s ≤ S0 ,

s {s}.

Это означает,

что

s

ограничено сверху. Но тогда, как мы знаем, существует

{ }

{ }

определенное число). Ясно, что

s ≤ A , s

{ }

sup s . Пусть

A = sup

s

(A –

s .

Ясно далее, что

A ≤ S0

(так как A – точная верхняя граница {s}, а S0 – просто

верхняя граница этого множества). У нас S0 – любая из {S}. Следовательно,

A ≤ S , S {S}. Таким образом, получили

s ≤ A ≤ S .

(4)

– нижняя и верхняя суммы Дарбу. Одновременно будут иметь место соотноше-

ния

{ }

s

≤ A ≤ S .

s ≤ σ ≤ S, σ σ ;

Тогда

{ }

−(S − s) ≤ σ − A ≤ (S − s),

σ σ ,

или

σ − A

≤(S − s),

{ }

σ σ .

Если брать любой способ разбиения [a, b] на части,

у которого λ < δ, то будет

S − s < ε, а значит,

σ − A

{ }

Последнее означает, что

< ε,

σ σ .

)

A = lim σ

(

f (x) R [a, b] .

Достаточность доказана.

λ→0

Замечание. Имеем

n−1

n−1

n−1

n−1

S − s = ∑Mk ∆xk − ∑mk ∆xk = ∑( Mk − mk )∆xk = ∑ωk ∆xk .

k =0

k =0

k =0

k =0

Здесь ωk = Mk − mk – колебание функции

f ( x) в промежутке [xk , xk +1].

рован так.

f ( x) – ограниченная, заданная

на [a, b] . Для

того, чтобы

Пусть

(

)

отвечало δ > 0

f ( x) R [a, b] , необходимо и достаточно, чтобы любому ε > 0

такое, что для любого способа разбиения [a, b]

на части [xk , xk +1], у которого

k =0

(

)

~

~

~

~

Теорема 2. Пусть f ( x) R [a, b] . Пусть [a

, b ]

[a, b] ( a ≤ a

< b ≤ b ). Тогда

~

~

f ( x) R([a

, b ]).

*

Возьмем ε > 0

– любое. По условию,

a

~

~

(

)

взятому ε > 0

отвечает δ > 0

a

b b

f ( x) R [a, b]

Рис. 1.5. К доказательству

такое, что для любого способа разбиения [a, b]

теоремы 2

на части [xk , xk +1], у которого λ < δ, будет

n−1

0 ≤ S − s = ∑ωk ∆xk < ε.

Могут реализоваться два случая.

k =0

Случай 1.

~

~

Точки a

и b оказываются точками разбиения [a, b] на части

~

~

биение промежутка [a

, b ].

~

~

Пусть S

и s – верхняя и нижняя суммы Дарбу, соответствующие разбие-

~

~

нию промежутка [a

, b ]. Так как каждое слагаемое, входящее в состав выраже-

~

~

ния для S

− s , будет также слагаемым в выражении для S − s , и так как все сла-

~

~

неотрицательные, то будем иметь

гаемые в выражениях для S

− s и S − s

~

~

≤ S − s < ε.

0 ≤ S

− s

~

~

Случай 2. Хотя бы одна из точек a , b не является точкой разбиения проме-

жутка [a, b] .

В этом случае добавим к точкам разбиения промежутка [a, b] на части точки

~

~

a

, b (одну или обе сразу). В результате получим новый способ разбиения про-

S* ≤ S ,

а

s* ≥ s .

Поэтому

0 ≤ S* − s* ≤ S − s < ε.

Но по

случаю 1:

~

~

~

~

< ε.

0 ≤ S

− s

≤ S* − s* . Следовательно, 0 ≤ S

− s

~

~

Таким образом, как в случае 1, так и в случае 2 получили 0 ≤ S

− s < ε, если

λ < δ. Значит,

~

~

f ( x) R([a

, b ]).

Теорема 3. Пусть

f ( x) – ограниченная, заданная на [a, b] . Пусть a < c < b .

Пусть, далее,

(

)

(

)

(

)

f ( x) R [a, c] и

f ( x) R

[c, b] . Тогда f

( x) R [a, b] , причем

b

c

b

a

*

a

c

Возьмем

ε > 0

–

любое.

По условию,

a

c

b

f ( x) R [a, c]

~

взятому ε > 0 отвечает δ > 0 такое,

Рис. 1.6. К доказатель-

(

)

что для любого способа разбиения [a, c]

на части, у ко-

ству теоремы 3

торого

~

λ < δ , будет

~

~

ε

~

и

~

0 ≤ S

− s

<

3 .

f ( x) в [a, c], соответствую-

Здесь s

S

– нижняя и верхняя суммы Дарбу для

~

щие любому разбиению [a, c] на части, у которого λ < δ .

По условию, f ( x) R [c, b]

взятому ε > 0

~

такое, что для

отвечает δ > 0

(

)

~

любого способа разбиения [c, b] на части, у которого λ < δ , будет

~

~

ε

~

~

0 ≤ S

− s

<

3 .

и

– нижняя и верхняя суммы Дарбу для

f ( x) в [c, b].

Здесь s

S

Так как

f ( x) – ограниченная на [a, b] функция, то существуют inf

f (x) и

{

[a,b]{

}

sup

f ( x)

, а значит, существует Ω (Ω – колебание

f ( x) на [a, b]).

}

~ ~

ε

и рассмотрим разбиение [a, b] на части

Положим δ = min δ, δ,

9Ω

~

~

~

~

ε

ε

0 ≤ S − s < ε.

0 ≤ S − s = (S

− s ) +(S

− s ) <

3

+

3

Последнее неравенство получено нами лишь в предположении, что λ < δ. Сле-

(

)

довательно, f ( x) R [a, b] . Кроме того, имеем в этом случае

σ( f ) = σ( f ) +σ( f ),

[a,b]

[a,c]

[c,b]

и, следовательно, переходя к пределу при λ → 0 , получим

b

c

b

∫ f (x) dx = ∫ f ( x) dx + ∫ f ( x) dx .

a

a

c

c

x

x0 =a

x

1 x2

xi−1 xi

xi+1

b =xn

Рис. 1.7. К доказательству теоремы 3.

~

~

−c) +

= ω0∆x0 +ω1∆x1 +K+ωi−1∆xi−1 +ωi (c − xi ) +ωi (xi+1

~

~

+1 −c)]=

+ωi+1∆xi+1 +K+ωn−1∆xn−1 +[ωi∆xi −ωi (c − xi ) −ωi (xi

~

~

~

~

~

~

= (S

− s ) +(S

− s ) +[ωi∆xi −ωi (c − xi ) −ωi ( xi+1 −c)].

Так как

~

~

−c)

≤

ωi∆xi −ωi (c − xi ) −ωi ( xi+1

~

~

ε

≤

ωi∆xi

+

ωi (c − xi )

+

ωi (xi+1 −c)

≤ Ω 3λ < Ω 3δ ≤

3 ,

( )

~

~

− c) +

= f (ξ0 )∆x0 + f (ξ1 )∆x1 +K+ f (ξi−1 )∆xi−1 + f (ξi )(c − xi ) + f (

ξi )(xi+1

+ f (ξi+1 )∆xi+1 +K+ f (ξn−1 )∆xn−1

~

~

=

+ f (ξi )∆xi − f (ξi )(c − xi ) − f (ξi )(xi+1

− c)

~

= σ( f ) +σ( f ) +

~

f (ξi )∆xi − f (ξi )(c − xi ) − f (ξi )(xi+1

−c) .

[a,c]

[c,b]

~

~

(здесь ξi [xi , c],

ξi [c, xi+1]).

Таким образом, получили:

σ( f ) = σ( f ) +σ( f ) +(б.м.в. при λ → 0) .

[a,b]

[a,c]

[c,b]

Переходя в последнем соотношении к пределу при λ → 0 , получим

b

c

b

∫ f (x) dx = ∫ f ( x) dx + ∫ f ( x) dx .

a

a

c

интегрируемости.

(

)

(

)

(т.е. если функция f

( x)

Теорема 1. Если

f ( x) C [a, b] , то f ( x) R [a, b]

b

определена и непрерывна на [a, b] , то ∫ f (x) dx существует).

Возьмем ε > 0

a

(

)

f ( x) равномерно

– любое. По условию,

f ( x) C [a, b]

непрерывна на [a, b] (см. теорему Кантора)

взятому ε > 0 отвечает δ > 0

та-

n−1

n−1

ε

n−1

∑ωk ∆xk < ∑

ε

∆xk =

∑∆xk =

ε

(b −a) = ε .

b −a

b −a

b −a

k =0

k =0

k =0

n−1

Неравенство 0 ≤ ∑ωk ∆xk < ε

получено

нами лишь в предположении, что

k =0

(

)

λ < δ. Последнее означает, что

f ( x) R [a, b] .

там монотонной. Тогда f ( x) R [a, b] .

(

)

Для определенности рассмотрим случай, когда f ( x) – монотонно возрас-

тающая на [a, b] .

Возьмем любое разбиение [a, b]

на части [xk , xk +1], k =

. Для нашей

0, n −1

функции f ( x) будет

mk = f (xk ), Mk = f (xk +1 ), ωk = f (xk +1 ) − f (xk ).

Поэтому

n−1

n−1

0 ≤ S − s = ∑ωk ∆xk = ∑(f ( xk +1 ) − f (xk ))∆xk .

k =0

k =0

Итак,

(

)

0 ≤ S − s ≤ λ

(1)

f (b) − f (a) .

Переходя в неравенстве (1) к пределу при λ → 0 , получим

lim (S − s) = 0

(

)

f (x) R [a, b] .

λ→0

существуют

m = inf

{

}

и

M = sup

{

}

,

а следовательно,

существует

f (x)

f (x)

[c,d ]

[c,d ]

~

Ω = M − m (Ω – колебание

f ( x)

– любое, но

на [c, d]). Возьмем теперь ε > 0