Лекции по математическому анализу - Архипов Г.И.
ISBN 5-06-003596-4
Скачать (прямая ссылка):
<р(х) непрерывна на отрезке [т, М].
Тогда сложная функция h(x) — <p(f(x)) интегрируема, на [а, Ь].
Доказательство. Возьмем произвольное є > 0. Тогда в силу равномерной непрерывности функции <р(х) на отрезке [m, М] имеем, что существует число S = ?(є) > 0 такое, что для ліббьіх гі, Х2 Є [m,М] с условием |xj — х2\ < S выполняется неравенство |у>(хі) —<р(х2)\ < є. Далее, в силу критерия интегрируемости функции /(х) на отрезке [а, 6] найдется разбиение T этого отрезка такое, что
п
?/OT = ?>*(ЯДа* < tf,
A=I
где a/jfc(/) — колебание функции f(x) на отрезке Д* разбиения Т.
Разобьем все отрезки Д*, k = 1,..., п, разбиения T на два класса. К первому классу отнесем те Afc, для которых справедливо неравенство Wfc(/) < S. На этих отрезках также имеет место неравенство а< с. Ко второму классу отнесем все остальные отрезки разбиения Т, т.е. те, для которых Wfc(Z) > s. В связи с этим сумму Пд(T) представим в виде Qh(T) = Qi + Q2, где
Q1 = Дх*, Q2 = ?"о*(Л)Дх*,
к к
причем знак "штрих" в сумме Qi означает, что суммирование ведется по к, отвечающим отрезкам Afc разбиения Ti относящимся к первому классу, а знак """ в сумме Q2 показывает, что суммирование ведется по числам к, отвечающим отрезкам Afc из второго класса. Из определения суммы Qi имеем
Qi = Y,'Wfc(^)Axfc < є X)'A*fc < є(Ь - a).
Jfc к
216- Оценим сверху сумму длин отрезков Ak, принадлежащих второму классу. Имеем
< < Х>(/)Дх* = Uf(T) < St.
к к к
Следовательно, Axk < є.
к
Пусть С = max M*) I- Тогда для суммы Q2 получим оценку
^2 = ]С (*)<2CY1 ^2Сє-к к
Таким образом, имеем Qh(T) <е(6 — а + 2С), т.е. в силу произвольности выбора числа є > 0 получим соотношение
inf Qh(T) = 0,
а это в силу критерия интегрируемости означает, что Л(х) — <p(f(x)) интегрируема на отрезке [а, 6]. Теорема доказана.
§ 10. АДДИТИВНОСТЬ ИНТЕГРАЛА РИМАНА
Свойство аддитивности интеграла выражается следующим утверждением.
Теорема. Пусть функция f(x) интегрируема яа отрезке [а, 6]. Тогда, для любой точки с Є [а, 6] ояа интегрируема яа отрезках [а, с] и [с, 6]. И наоборот если f(x) интегрируема яа [а, с] и (с, 6], то ояа интегрируема яа [а, 6], причем
с Ь Ь
Jf(x)dx + jf(z)dz~Jf(z)dz (1)
a с a
Доказательство. Пусть функция f(x) интегрируема на отрезке [а, 6]. Тогда в силу критерия интегрируемости имеем, что inf Q(T) = 0, т.е. для любого е > 0 существует разбиение T такое, что
Q(T) < е. Рассмотрим разбиение То = T U {с}„отрезка [а,Ь]. Получим Q(T0) < Q(T) < є. Разбиение То можно представить как объединение разбиений Ti отрезка [о, с] и T2 отрезка [с, 6]. Поэтому
Q(Ti) + Q(T2) = Q(To) < е.
217- Следовательно,
U(Ti) < є, Q(T2) < є.
В силу инфимум-критерия интегрируемости функции f(x) отсюда имеем, что f(x) интегрируема на отрезках [а, с] и [с, 6].
Пусть теперь f(x) интегрируема на [а, с] и [с, 6]. Тогда для любого є > 0 существует разбиение Ti отрезка [а, с] и существует разбиение T2 отрезка [с, 6] такие, что
Q(T1) <|, Q(T2) < ? Следовательно, для разбиения T = T1KJT2 отрезка [а,fr] имеем
Q(T) = Q(T1) + Q(T2) < J + ! = *-¦
Отсюда в силу инфимум-критерия интегрируемости f(x) следует, что f(x) является интегрируемой на [а, 6]. Возьмем произвольные размеченные'разбиения отрезка V1 отрезка [а, с] и V2 отрезка [с, fr], V = V1 U V2 отрезка [а, 6]. Имеем равенство
o-(V) = Cr(V1) ^tr(V2).
Переходя в нем к пределу при Av —> О, получим равенство (1). Теорема доказана.
По определению, положим,
а Ь
J f(x) dx = J f(x) dx = 0.
a b
Пусть f(x) интегрируема на [с, а]. Тогда при с < а, по определению, полагают
J f(x) dx = -J f(x) dx.
а с
В силу этого определения утверждение теоремы можно переформулировать так.
Следствие. Пусть Xq < X1, в,6, с € [XoiX1] и функция f(x) интегрируема, на отрезке [хо,хі]. Тогда
с Ь a
J f(x) dx +-J f(x) dx + J f(x) dx = 0.
a с b
Здесь утверждается также, что интегралы на указанных отрезках с концами а, fr, с существуют.
Для доказательства ввиду симметричности равенства относительно точек а, fr, с достаточно рассмотреть один случай a < с < b. Но это точно совпадает с утверждением теоремы. Глава VIII
ОСНОВНЫЕ ТЕОРЕМЫ ТЕОРИИ ИНТЕГРАЛА РИМАНА
Лекция 6
§ 1. ИНТЕГРАЛ РИМАНА КАК ФУНКЦИЯ ОТ ЕГО ВЕРХНЕГО (НИЖНЕГО) ПРЕДЕЛА ИНТЕГРИРОВАНИЯ. ПРОИЗВОДНАЯ
ИНТЕГРАЛА
В предыдущей главе доказано, что если функция /(х) интегрируема на отрезке [о, Ь], то для любого х Є [а, 6] она интегрируема на отрезке [а,х], т.е. существует функция
x
F(x) = J /(«) du.
а
Докажем несколько свойств этой функции.
Теоремаї. Пусть f(x) интегрируема на отрезке [а, 6]. Тогда
x
F(x) = J f (u) du является непрерывной функцией на этом отрезке.
a
Доказательство. Из интегрируемости функции f(x) следует, что она ограничена на отрезке [а, 6], т.е. найдется постоянная M > 0 такая, что для всех х € [а, Й>] выполняется неравенство |/(х)| < М. Возьмем любые точки X, x + Ax€[a,6j. Имеем
а?+Д® х+Ах
\AF(x)\ = \F(x + Ax)-F(x)\ = \ J f(u du)| < J \f(u)\du < М\Ах\.
