Научная литература
booksshare.net -> Добавить материал -> Математика -> Архипов Г.И. -> "Лекции по математическому анализу" -> 63

Лекции по математическому анализу - Архипов Г.И.

Архипов Г.И., Садовничий В.А., Чубариков В.Н. Лекции по математическому анализу — M.: Высш. шк., 1999. — 695 c.
ISBN 5-06-003596-4
Скачать (прямая ссылка): lexiipomatematanalizu1999.djvu
Предыдущая << 1 .. 57 58 59 60 61 62 < 63 > 64 65 66 67 68 69 .. 201 >> Следующая


произвольное число є > 0 и положим <5 = 2WI' Тогда для любого размеченного разбиения V с условием Av < і имеем

mi = < / • JLr M = | < е.

A=I

Здесь мы воспользовались тем, что сумма <т(У) содержит не более I слагаемых, отличных от нуля, и тем, что Axie < 6.

В силу произвольности выбора числа є > 0 мы получим, что

lim <r(V)=o.

Утверждение 1 доказано.

Утверждение 2. Пусть функции f(x) и д(х) интегрируемы на отрезке [а, 6]. Тогда

1) функция f(x)+g(x) € Л[а,6] и

ь ь ь

J(f(x) +g(x)) dx = J f(x) dx + jg(x) dx;

a a a

2) для любого вещественного числа к функция kf(x) Є A[a, 6] и

ь ь

J kf{x) dx = kj f(х) dx.

212 Доказательство. 1) Поскольку f(x) и </(х) интегрируемы на отрезке [а, 6] и для любого размеченного разбиения V : а — Xq < ?1 < Xi < • • • < < Xn =s 6 справедливы равенства

*;(V) + <rg(V) = <rf+e(V)t

переходя к пределу при Av 0, мы видим, что предел левой части равенства существует, следовательно, существует и предел правой части, т.е. функция f(x) + д(х) интегрируема на отрезке [а, 6], и, кроме того, имеет место равенство

ь ь ь

J (/(*) + д(г)) dx = J f(x)dx + jg(x)dx.

а а а

В случае 2) имеем, что <r*/(V) = korf (V). Из этого следует интегрируемость функции f(x) и выполнение равенства

6 ь

Jkf(x)dx^kJS(x) dx.

а а

Утверждение 2 доказано.

Утверждение 3.

1) Пусть функция f(x) интегрируема и неотрицательна на отрезке [а, 6]. Тогда

ь

J f(x) dx > 0.

a

2) Пусть функция f(x) интегрируема и неотрицательна на отрезке [а, 6], и пусть в точке х — Xo непрерывности f(x) выполнено неравенство f(x0) > 0. Тогда

ь

J f(x) dx > 0.

а

Доказательство. 1) Составим для любого размеченного разбиения V интегральную сумму <r(V). Она — неотрицательна, и, следовательно, интеграл как предел интегральных сумм будет величиной неотрицательной.

2) Поскольку хо — точка непрерывности и /(хо) > 0, существует число S > 0 такое, что для всех х с условием |х — хо| < S имеем f(x) > ^*0^. Возьмем любое размеченное разбиение V с диаметром

213- Av < Тогда на интервале (жо — S, жо + ?) будут содержаться полностью некоторые отрезки разбиения V с суммой длин не меньшей, чем So- Отсюда получим

<T(V) > > 0.

dt

Утверждение 3 доказано.

Утверждение 4. Пусть функция /(х) непрерывна и неотрицатель-

ь

на на отрезке [а, 6] я J f(x) dx = 0. Тогда для всех точек х Є [а, fr]

a

имеем /(ж) =0.

До к а з a m е л ъ с m е о. (От противного.) Допустим, что

существует точка ж о Є [а, Ь] такая, что /(хо) > 0. Тогда из утверждения ь

3 имеем, что //(х) dx > 0: Противоречие.

а

Утверждение 4 доказано.

Утверждение 5. Пусть a < 6 и на отрезке [а, 6] справедливо неравенство /(ж) >jr(x). Тогда имеем

ь ь

J /(ж) dx > J g(x) dx.

a a

Доказательство. Рассмотрим функцию h(x) =

ь

= f(x) — g(x) > 0. Тогда из утверждения 3 следует, что / Л(ж) dx > 0,

а

а из утверждения 2 имеем

ь ь ь ь ь

J /(х) dx = J(Л(х) + я(ж)) dx = J h(ж) dx + Jg{x) dx > Jg{x) dx.

a , a a a a

Утверждение 5 доказано.

Утверждение 6. Пусть а < b и на отрезке [а, 6] справедливо неравенство m < /(ж) < М. Тогда имеем

о

m(b - a) < J /(ж) dx < M(b - а).

Доказательство. Утверждение б является простым следствием утверждения 5.

214- Утверждение 7. Пусть функция f(x) интегрируема на отрезке [а, 6]. Тогда функция |/(х)| интегрируема на нем и имеет место неравенство

J f(x) dz < J |/(*) I dz.

а а

Доказательство. Поскольку \f{z) — f(y)\ > |/(я)| — |/(l/)|> имеем

sup |/(*)-/(у)|> sup (|/(*)Ы/Ы1),

и, следовательно, wk(f) > и>*(|/|). Отсюда для любого разбиения T имеем, что

*№)> Qm(T).

По условию функция f(x) интегрируема на отрезке [а, 6], следовательно, существует разбиение T такое, что fi/ (T) < є. Отсюда имеем QlZl(T) < є. А это по критерию интегрируемости означает, что функция |/(*)| интегрируема на отрезке [а,6]. Так как имеет место неравенство

-\т)\<т<\т)і

то для любого размеченного разбиения V получим

-<r\S\{V)<°i(V)<°\!\(V)-

Переходя в последнем неравенстве к пределу, будем иметь

ь ь ь

- J 1/(*)! dx<J f(x) dx < J\f(x)\ dx,

a a a

T. e. ff(x) dx <f\f(x)\dx.

a a

Утверждение' 7 доказано.

Утверждение 8. Пусть f(x) Є R[a, 6]. Тогда f2(x) € ?[a, 6].

Доказательство. Обозначим через M супремум функции |/(х)| на отрезке [а, 6]. Тогда справедливо неравенство

\f2(x)-f2(y)\<2M\f(x)-f(y)\,

и, следовательно, о>*(/2) < 2Mu)k(f). Отсюда получим

Qp(T) <2ЛГО/(Т),

значит, по критерию интегрируемости функция /2(х) интегрируема на отрезке [а, 6]. Утверждение 8 доказано.

215- Утверждение 9. Пусть функция f(x) и д(х) интегрируемы на отрезке [в, 6]. Тогда их произведение f(x)g(x) также интегрируемо на отрезке [а, 6].

Доказательство. Имеем

л=Ja/+»)*-(/- J)2)-

Тогда из утверждений 8 и 2 следует, что произведение функций f(x) и д{х) интегрируемо на отрезке [а, 6]. Утверждение 9 доказано.

Теорема (об интегрируемости сложной функции). Пусть f(x) интегрируема на отрезке [а,6], m = inf f(x),M — sup /(х), и пусть
Предыдущая << 1 .. 57 58 59 60 61 62 < 63 > 64 65 66 67 68 69 .. 201 >> Следующая

Реклама

c1c0fc952cf0704ad12d6af2ad3bf47e03017fed

Есть, чем поделиться? Отправьте
материал
нам
Авторские права © 2009 BooksShare.
Все права защищены.
Rambler's Top100

c1c0fc952cf0704ad12d6af2ad3bf47e03017fed