Лекции по математическому анализу - Архипов Г.И.
ISBN 5-06-003596-4
Скачать (прямая ссылка):
Hm (S(T) - s(T)) = 0.
Дт-» о
Необходимость утверждения доказана.
Достаточность. Докажем, что из условия lim (S(T) — s(T)) = 0
Д-г-^0
следует существование предела lim &(V).
j Av-^O
Сначала убедимся, что верхний и нижний интегралы I* и /» равны между собой. В силу леммы 6 имеем
Следовательно, при Д^ —у 0 получим h — I* — /* —у 0, т.е. h — 0 и
'Г = Im = L
Осталось доказать, что lim <r(V) =. I. Зададимся произвольным
Д v->0
є > 0. Тогда существует S — rf(e) > 0 такое, что для любого разбиения T с условием At < S выполняется неравенство
,S1(T) - S(T) < е.
192- Но тогда для любого размеченного разбиения V с условием Av < S. имеем
и, кроме того,
s(T(V)) < a(V) < S(T(V))t s(T(V)) < I < S(T(Vr))i
т.е. обе точки tr(V) и I лежат на отрезке [s(T(V)), S(T(V))j, длина которого меньше е, но это значит, что расстояние между любыми точками его меньше, чем є. Другими словами, для любого разбиения V с условием Ay < <5 справедливо неравенство \<?(V) — /)<?, т.е. имеем lim o1(V) = /. Теорема 1 доказана полностью.
Замечание. При доказательстве достаточности в критерии интегрируемости установлена справедливость следующего утверждения. Пусть для ограниченной функции выполняется условие
lim (5(71) — s(T)) — 0.
Тогда имеет место равенство I* = I*. Примеры. 1. Функция Дирихле
Г 1, если X — рациональное число,
&(*) - Sn
^ 0, если x — иррациональное число,
не является интегрируемой по Риману на отрезке [а, 6].
Действительно, возьмем любое разбиение T этого отрезка. На любом промежутке Ai разбиения T содержатся как рациональные точки, так и иррациональные, поэтому колебание функции на этом промежутке равно 1. Следовательно,
Tl п
Q(T) = S(T) - s(T) = ^ufiAxi = ^Ax1 = 6-а.
i=i »=1
Но по критерию интегрируемости функции по Риману должно выполняться условие
lim (S(T) - s(T)) = 0.
Значит, функция Дирихле D(x) неинтегрируема по Риману. 2. Функция Римана
од = /-' ec^ -=?.("•¦») = ».
t 0, если X — иррациональное число, интегрируема по Риману на отрезке [0,1].
7 Лекций яо математическому анализу 193 Зададимся произвольным числом є > 0. Положим число N1 равным величине
2
N =
+ 1
И возьмем ЧИСЛО 5 ИЗ условия 0 < 6 < JffJ- Возьмем теперь любое разбиение T с условием At < S- Колебание Wt функции R(x) на любом промежутке Aj удовлетворяет условию 0 < W1 < 1. Представим сумму ЩТ) = S(T) — s (T) в виде суммы двух слагаемых Qi и Q2 В соответствии с тем, ЧТО выполняется неравенство 0 < Wi < Jj И J^ < u>j < 1. В сумму U2 входят промежутки А,-, содержащие рациональные точки со знаменателем, меньшим, чем N. Количество таких точек не превосходит N2. Поэтому получим
O(T) = Q1 + Q2 < ^ + Yl < Jt +'< I + \ =
где штрих и два штриха в знаке суммы означают, что промежутки А, входят соответственно в суммы Qi и Q2.
Следовательно, функция Римана R(x) интегрируема. Лекция З
§ 4. ЭКВИВАЛЕНТНОСТЬ ТРЕХ УСЛОВИЙ ИНТЕГРИРУЕМОСТИ ФУНКЦИИ ПО РИМАНУ
Докажем критерий интегрируемости функции по Риману в трех эквивалентных формах.
Теоремаї. Для интегрируемости ограниченной на отрезке функции необходимо и достаточно, чтобы выполнялось хотя бы одно из трех эквивалентных условий:
1) lim (S(T) - s(T)) ь= О,
дт-+0
2) Г = Im,
3)inf(S(T)-s(T)) = 0.
Доказательство. Мы докажем, что имеет место следующая цепочка заключений: 1) =>¦ 2) 3) => 1), откуда и следует искомая эквивалентность.
В силу замечания к теореме 1 §3 получим, что из 1) 2). Докажем, что из 2) 3). Справедливо следующее соотношение:
inf(S(T)-s(T)) = h = I*
а) Сначала покажем, что h является нижней гранью множества
S(T)-s(T). Имеем
Г < S(T), -U < -s(T).
Следовательно,
S(T)-s(T) >r -h,
б) Докажем теперь, что величина h является точной нижней гранью множества S(T) — s(T), т.е., что для любого є > 0 число h + е не является нижней гранью. Из определения верхнего и нижнего интегралов следует, что найдутся разбиения Ti и T2 такие, что
S(T1) < Г + s(T2) > Г-є~.
Отсюда для разбиения T3 = Т\ U T2 имеем
S(T3) < S(T1) < Г + s(T3) > s(T2) > г -
Следовательно,
S(T3) - S(T3) < Г-/*+<¦= Л-М,
і*
195 т.е. h + є действительно не является нижней гранью множества значений S(T) — s(T).
Так как утверждение 2) состоит в том, что А = 0, то из доказанного выше имеем inf(S(T) - $(Т)) = 0. Таким образом, из утверждения 2)
мы вывели утверждение 3).
Докажем теперь, что из 3) ^ 1), В силу условия 3) имеем, что для любого є > 0 существует разбиение Ti такое, что S(Ti) — s(Ti) < Обозначим через п число точек разбиения Ti. В силу ограниченности на отрезке функции f(x) существует число M > 0 такое, что для всех точек X из этого отрезка имеем |/(at)| < М. Положим S = з^ду- Далее возьмем любое разбиение T с условием Дт < S. Тогда для разбиения T2 = TUTi имеем
S(T2) - s(T2) < S(Ti) -s(Tl)ke-,
или, что то же самое, Q(T2) < Q(Ti) < §. Аналогично, имеем Q(T2) < Q(T).
Оценим сверху величину Q(T). Поскольку
Q(T) = Q(T2) + (Q(T) - Q(T2)),
достаточно оценить Q(T)-Q(T2). Разбиение T2 является измельчением разбиения T и получается из него так, что на некоторые промежутки разбиения T добавляются точки разбиения Ti- Количество таких промежутков не превосходит п, длина каждого из них меньше Sy а колебание функции /(ас) на этих промежутках не превосходит 2М. Следовательно, Q(T) - Q(T2) < 2MnS. Таким образом, получим
