Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Инженерно-технологическая академия ЮФУ

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

UML_4256

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

01.06.2015

Размер:

6.64 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 2425 / 5025 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 > Следующая >>>

Доказательство. При одном и том же разбиении								τ	очевидно
s(τ, f ,α) ≤ S(τ, f ,α).			Пусть	τ =τ1 τ2		–	общее	измельчение
разбиений	τ1	и	τ2 .	Тогда	по	теореме		1	имеем
s(τ1, f ,α) ≤ s(τ , f ,α) ≤ S(τ , f ,α) ≤ S(τ2 , f ,α)
s(τ, f ,α) ≤ S(τ2 , f ,α), что и требовалось доказать.
			−
Теорема 2. ∫		f dα ≤ ∫ f dα .
	−					s(τ1, f ,α) ≤ S(τ2 , f ,α) .
Доказательство.			Воспользуемся		(7)	s(τ1, f ,α) ≤ S(τ2 , f ,α) .
Зафиксируем	τ2	и возьмем		верхнюю	грань	по	всем разбиениям τ1

нижних сумм Дарбу-Стилтьеса (см. (4)). Получим ∫ f dα ≤ S(τ2 , f ,α) .

−

Теперь возьмем нижнюю грань верхних сумм по всем разбиениям τ2 .

−

Получим ∫ f dα ≤ ∫ f dα , что и требовалось доказать.

−

§2. Существование интеграла Стилтьеса. Необходимые и достаточныe условия


Если интеграл		Стилтьеса от		функции f (x) по			функции α(x)
существует, то есть функция			f (x)	интегрируема по функции α(x) , то
будем писать	f R(α) ,		где	R	–	множество	всех	функций,
интегрируемых по функции α(x) .
Теорема	1	(необходимые			и	достаточные		условия
существования интеграла).			f (x) R(α)			тогда и только тогда, когда
ε > 0 существует разбиение τ такое, что
		S(τ, f ,α) − s(τ, f ,α) < ε .						(1)

Доказательство.

а) Достаточность. Согласно (4) и теореме 2 предыдущего параграфа имеем при любом разбиении τ

−
s(τ, f ,α) ≤ ∫ f dα ≤ ∫ f dα ≤ S(τ, f ,α) .	(2)

−

Пусть (1) выполняется, тогда из (2) видно, что

−

0 ≤ ∫ f dα −∫ f dα ≤ S(τ, f ,α) − s(τ, f ,α) < ε .

−

241

			−	−∫ f dα < ε справедливо для любого
Итак, неравенство 0 ≤ ∫ f dα				−∫ f dα < ε справедливо для любого
сколь	угодно	малого	ε > 0 .	−
сколь	угодно	малого	ε > 0 .	Последнее возможно	только	при
−
∫ f dα = ∫ f dα .		Достаточность доказана, так как последнее равенство
	−
означает, что f (x) R(α) согласно определению 2 §1.
б)	Необходимость.		Пусть ε > 0 и пусть f (x) R(α) , то			есть
	−	b
∫ f dα = ∫ f dα		= ∫ f dα .	Тогда существуют разбиения τ1		и τ2 такие,
−		a
что			−	f dα < ε
			−
		S(τ2	, f ,α) − ∫			(3)
				2

(по свойству точной нижней грани). Аналогично по свойству точной верхней грани получим

∫ f dα − s(τ1, f ,α) <						ε .					(4)
−						2
Пусть τ =τ1 τ2 – общее измельчение разбиений τ1 и τ2 . Тогда из
(3), используя теорему 1 §1, получим			ε			b			ε
−			ε	=		b	f (x) dx +		ε	.	(5)
S(τ, f ,α) ≤ S(τ2 , f ,α) < ∫ f dα +			2	=		∫	f (x) dx +		2	.	(5)
А из (4) получим			2			a			2
А из (4) получим		ε			b			ε
s(τ, f ,α) ≥ s(τ1, f ,α) > ∫ f dα	−	ε	=		b	f	(x) dx −	ε	.		(6)
s(τ, f ,α) ≥ s(τ1, f ,α) > ∫ f dα	−	2	=		∫	f	(x) dx −	2	.		(6)
−		2			a			2
Вычитая из (5) (6), получим						S(τ, f ,α) − s(τ, f ,α) < ε ,					что
совпадает с (1). Необходимость доказана. Теорема доказана.
Замечание. Посколькy			n							n
S(τ, f ,α) − s(τ, f ,α) =			n		(Mi − mi )∆αi					n
S(τ, f ,α) − s(τ, f ,α) =			∑		(Mi − mi )∆αi					= ∑ωi ∆αi ,
			i=1							i=1
где ωi = Mi − mi – колебание функции						f (x) на отрезке [xi−1, xi ],					то
условие (1) можно переписать так:
n											(1 )
∑ωi ∆αi < ε .											(1 )
											′
i=1
Теорема 2 (достаточное условие существования интеграла).
Если функция f (x) непрерывна на отрезке [a,b], то									f (x) R(α) .

242

Доказательство. Пусть задано произвольное ε > 0 и пусть η > 0

такое, что (α(b) −α(a)) η < ε .	(7)
Поскольку функция f (x) равномерно непрерывна на [a,b]	(см.

§10 гл. 4), то для η > 0 существует δη > 0 такое, что f (x) − f (t) <η, если

x −t

< δη

x,t [a,b] .

(8)

Выберем такое разбиение τ ={x

, чтобы его диаметр δ

<δ .

i=1

Тогда

из

(8)

следует,

что

− mi ≤η, i =1,2,..., n.

Очевидно,

S(τ, f ,α) − s(τ, f ,α) = ∑(Mi − mi

)∆α =η∑ ∆αi =η(α(b) −α(a))

< ε .

i=1

α(x) ,

(Воспользовались

(7)

монотонностью

функции

∑ ∆αi =α(b) −α(a) ).

i=1

S(τ, f ,α) − s(τ, f ,α)< ε для

ε > 0.

Согласно теореме 1

Итак,

f (x) R(α) . Теорема доказана.

Теорема 3 (второе достаточное условие интегрируемости).

Если

f (x) монотонна на [a,b], а α(x) монотонна и непрерывна на

[a,b], то f (x) R(α) .

Доказательство. Выберем

такое

разбиение τ ={x

чтобы

i=1

∆αi =

(α(b) −α(a)) . Это всегда можно сделать в силу непрерывности

функции α(x) на [a,b] (см. §11 гл. 4).

Пусть

f (x) монотонно возрастает (если f (x)

монотонно убывает,

то доказательство аналогично). Тогда Mi

= f (xi ), mi = f (xi−1 ) и

S(τ, f ,α) − s(τ, f ,α) = ∑( f (xi ) − f (xi−1 ))∆αi =

= 1 (α (b)−α (a))

i=1

(α (b)−α (a)) ( f (b)− f

(a))

∑( f (xi ) − f (xi−1 ))= 1

i=1

(использовали монотонность возрастания функции). При достаточно большом n правую часть последнего равенства можно сделать меньшеε > 0, то есть S(τ, f ,α) − s(τ, f ,α) < ε . Тогда согласно теореме 1

f (x) R(α) . Теорема доказана.

243

Заметим, что монотонная функция может иметь разрывы только первого рода (см. пример 10 в §7 гл. 4). Можно доказать, что их может быть не более, чем счетное множество. Из теоремы 3 следует, что интеграл Римана от монотонной функции существует даже в том случае, если она имеет бесконечное число точек разрыва.

Определение. Функцию f (x) называют кусочно-непрерывной на отрезке [a,b], если она имеет на нем конечное число точек разрыва

первого рода.

Теорема 4. Кусочно-непрерывная на отрезке [a,b] функция интегрируема по Риману.

Доказательство. Кусочно-непрерывная на отрезке [a,b] функция ограничена на нем, то есть m ≤ f (x) ≤ M x [a,b].

Пусть ε > 0 – некоторое число. Покроем точки разрыва функции непересекающимися интервалами, суммарная длина которых меньше

ε	. Эти интервалы дадут нам некоторое разбиение	τ1	отрезка

2(M − m)

[a,b]. На объединении отрезков непрерывности возьмем разбиение τ2 .

Длины отрезков

разбиения

τ2

выберем такими, чтобы колебания

функции на каждом из них было не более

Для разбиения

2(b − a)

τ =τ1 τ2

найдем разность верхней и нижней сумм Дарбу

S(τ, f ) − s(τ, f ) = ∑ωi∆xi

= ∑1ωi∆xi

+ ∑ 2 ωi∆xi .

(9)

Здесь

∑1

τ1 ,

а ∑ 2

– сумма, соответствующая

разбиению

–

разбиению τ2 .

ε .

Очевидно,

∑

ω ∆x ≤ (M − m)∑

∆x ≤ (M − m)

2(M − m)

1 i

i 1

∑

ω ∆x <

∑

∆x <

(b − a) =

ε .

2(b − a)

2 i

С учетом этих неравенств из (9) получим S(τ, f ,α) − s(τ, f ,α)< ε ,

что согласно теореме 1 означает интегрируемость функции

f (x)

по

Риману на отрезке [a,b]. Теорема доказана.

244

§3. Интеграл Стилтьеса как предел интегральной суммы

Пусть τ ={xi }in=1 – некоторое разбиение отрезка [a,b]. Выберем

точки t1, t2 ,..., tn так, чтобы xi−1 ≤ ti ≤ xi	и составим сумму
n	∆αi =α(xi ) −α(xi−1 ) .
σ(τ, f ,α) = ∑ f (ti )∆αi , где	∆αi =α(xi ) −α(xi−1 ) .	(1)
i=1

Сумму (1) называют интегральной суммой Стилтьеса (при α(x) = x – интегральной суммой Римана).

Положим по определению

	lim σ(τ, f ,α) = A,		(2)
δτ →0
если для ε > 0 существует δε > 0 такое, что при δτ < δε			имеет место
неравенство
	σ(τ, f ,α) − A	< ε .	(3)

Предполагается, что неравенство (3) выполняется при любом выборе
точек ti [xi−1, xi ].		f (x) R(α) , при
Теорема 1. Если lim σ(τ, f ,α)	существует, то	f (x) R(α) , при
δτ →0
этом	b
	b	(4)
lim σ(τ, f ,α) = ∫ f (x) dα .		(4)
δτ →0	a

Доказательство. Пусть lim σ(τ, f ,α) = A . Это означает, что при

δτ →0

любом выборе ti выполняется неравенство (3), которое ради удобства запишем так:

A −	ε	<σ(τ, f ,α) < A +	ε	.	(5)
	2		2

Заставим ti пробегать отрезки [xi−1, xi ] и возьмем верхнюю и нижнюю грани. Тогда из (5) получим

A −	ε	< s(τ, f ,α) ≤ S(τ, f ,α) < A +	ε	.	(6)
	2		2

S(τ, f ,α) − s(τ, f ,α)< ε . Это и означает согласно теореме 1 §2, что

∫ f (x) dα существует.

Поскольку s(τ, f ,α) ≤ ∫ f (x) dα ≤S(τ, f ,α)

245

	ε	b	ε	b
A −		≤ ∫ f (x) dα ≤ A +		∫ f (x) dα = A. Теорема доказана.
A −	2	≤ ∫ f (x) dα ≤ A +	2	∫ f (x) dα = A. Теорема доказана.
	2	a	2	a

Теорема 2. Если f (x) непрерывна на отрезке [a,b], то равенство

(4) справедливо.

Доказательство. Существование интеграла, а по сути и равенства (4), доказано в теореме 2 §2. Действительно, доказано, что для ε > 0

существует δε	> 0 такое, что для	δτ < δε выполняется неравенство
S(τ, f ,α) − s(τ, f ,α)< ε . Поскольку
	b	и s(τ, f ,α) ≤σ(τ, f ,α) ≤ S(τ, f ,α)
s(τ, f ,α) ≤ ∫ f dα ≤S(τ, f ,α)
	a
(для δτ < δε	и для ti [xi−1, xi ]), то эти три неравенства и означают,

что предел интегральных сумм σ(τ, f ,α) существует, не зависит от

разбиения τ , выбора точек ti и совпадает с интегралом ∫ f dα , то есть

справедливо (4). Теорема доказана.

Пример 1. Найти интеграл Римана ∫ x dx .

Решение. Имеем частный случай интеграла Стилтьеса, f (x) = x, α(x) = x . Условия теоремы 2 выполняются, следовательно,

можно воспользоваться равенством (4). Так как предел интегральных сумм не зависит от разбиения и выбора точек ti , то разобьем отрезок

[a,b]

на n равных частей ∆xi =

(b − a) = δτ

и положим ti = xi . Тогда

b − a

f (t ) = f (x ) = x = a +

i . Составим и найдем интегральную сумму

b − a

σ(τ, f ,α) = ∑ f (ti

)∆xi = ∑

a +

an +

∑i =

i=1

b − a

1+ n

b − a

1+ n

an +

= (b − a) a +

(Сумма членов арифметической прогрессии). При n → ∞ получим

f ,α) →

− a

(b2

− a2 ).

σ(τ,

. Итак,

∫ x dx

246

Пример 2. Найти интеграл Стилтьеса 1∫D(x)dα от функции

Дирихле

			1, x Q,
		D(x)=
			0, x R1 \ Q.
	α (x) – произвольная ограниченная и монотонно возрастающая на
[a,b] функция.
	Решение. СоставимнижниеиверхниеинтегральныесуммыДарбу-
			n		S (τ, D,α )=
Стилтьеса (см. (3) §1). s(τ, D,α) = ∑mi∆αi = 0,					S (τ, D,α )=
			i=1
n	n					α (x)
= ∑Mi∆αi = ∑1 ∆αi =α (1)−α (0)≠ 0 ,				так	как	α (x)	монотонно
i=1	i=1			∫ D(x)dα = sup s(τ, D,α) = 0 ,
возрастающая		функция.	Тогда	∫ D(x)dα = sup s(τ, D,α) = 0 ,
				−
−∫ D(x)dα = inf S (τ,D,α )≠ 0 .			Определение		2 §1	не	выполняется,

следовательно, интеграл Стилтьеса от функции Дирихле не существует.

Пример 3. Вычислить интеграл Стилтьеса 3∫ (x2 +1)dα , если

1, −1 ≤ x < 0,		−1
1, −1 ≤ x < 0,
	≤ x <1,
α(x) = 2,0	≤ x <1,
	≤ x ≤ 3.
4,1	≤ x ≤ 3.
Решение. Условия теоремы 2 выполняются.
Положим	ti = xi−1	и составим интегральную сумму

σ(τ, f ,α) = ∑ f (xi−1 )∆αi . Разбиения отрезка [−1,3] будем брать такими,

i=1

чтобы xi−1 при некоторых значениях i совпадали с точками разрыва функции α(x) . Тогда ∆αi = 0 на всех отрезках разбиения, исключая два, содержащих точки разрыва x = 0 и x =1. Поэтому в интегральной

форме	останутся	только	два	слагаемых,	то	есть
σ(τ, f ,α) = f (0) 1+ f (1) 2 =1 1+ 2 2 = 5.

247

§4. Свойства интеграла Стилтьеса

Положим по Непосредственно

∫dα =α (b)−α (a)

	a		b	a
определению ∫ f (x) dα(x) = 0,			∫	f dα = −∫	f dα .
	a		a	b
из	определения	интеграла		следует,	что
b
∫dx = b − a .
a

Если f (x)≥ 0 x [a,b], то ∫ fdα ≥ 0 (α (x)−монотонно

возрастающая функция).

Теорема 1. Пусть

f1 (x) R(α), f2 (x) R(α) на [a,b]. Тогда:

f (x)= f1 (x)+ f2

(x) R(α), причем

∫( f1 + f2 )dα = ∫ f1 dα + ∫

f2 dα ,

то есть интеграл от суммы равен сумме

интегралов;

b∫cf1 (x)dα = cb∫

cf1 (x) R(α),

причем

f1 (x)dα, f1 (x) R(cα ),

причем

b∫ f1 (x)d(cα) = cb∫ f1 (x)dα ,

то есть константу можно выносить

за знак интеграла;

[a,b],

с [a,b],

если

f (x) R(α)

на

то

b∫ f (x)dα = ∫c

f (x)dα + b∫

f (x)dα .

(Если

функция

интегрируема

на

отрезке, то она интегрируема на любой части этого отрезка);

если

f1 (x)≤ f2 (x) x [a,b], то b∫

f1 (x)dα ≤ b∫ f2 (x)dα , то есть

неравенства можно интегрировать;

если

f (x)

R(α) , то

b∫

f (x)dα

≤ b∫

f (x)

dα ;

f1 (x) f2 (x) R(α).


Доказательство. 1) Воспользуемся свойствами точных граней.
inf (	f1 + f2 )≥ inf f1 +inf f2 ; sup( f1 + f2 )≤ sup f1 + sup f2 .				(1)
Ради	краткости	введем	следующие	обозначения:

s(τ, f1,α) = s1, s(τ, f2 ,α) = s2 , s(τ, f ,α) = s, S(τ, f1,α) = S1 , 248

S(τ, f2 ,α) = S2 , S(τ, f ,α) = S ,				где f	= f1 + f2 . Тогда, очевидно,
s1 + s2 ≤ s ≤ S ≤ S1 + S2			(использовали (1)).			(2)
Если	f1 (x) R(α), f2 (x) R(α),				то для ε > 0 найдутся такие
разбиения	τ1	и	τ2 ,	что	S(τ1, f1,α) − s(τ1, f1,α) < ε	и

S(τ2 , f2 ,α) − s(τ2 , f2 ,α)< ε . Эти неравенства сохраняются и для общего

измельчения	τ =τ1 τ2 ,	то	есть	S1 − s1 < ε	и
S2 − s2 < ε (S1 + S2 )−(s1 + s2 )< 2ε .					(3)
Используя (2) и (3), получим S − s < 2ε (3) (заменили большие на

меньшие и наоборот). Неравенство (3) согласно теореме 1 §2 означает,
что f1 (x)+ f2	(x)= f (x) R(α). Первая часть утверждения 1) теоремы
1 доказана.

Для измельчения τ имеем

b		b	S ≤ S1 + S2	b	b	+ 2ε .
S1 < ∫ f1dα	+ε, S2 < ∫ f2 dα +ε		S ≤ S1 + S2	< ∫ f1 dα +∫ f2 dα		+ 2ε .
a		a		a	a
Используя	(2),	последнее	неравенство		перепишем	так:
b	b
S ≤ ∫ f1 dα	+∫ f2 dα + 2ε или
a	a

b				b		b
∫	f dα	≤ S		< ∫	f1 dα	+∫ f2 dα + 2ε .		(4)
a				a		a
Поскольку 2ε – произвольное число, то (4) можно переписать так:
b		b			b
∫	f dα	≤ ∫	f1 dα +∫ f2 dα .					(5)
a		a			a
Если в (5) функции f1		(x)		и	f2 (x)	заменить на − f1 (x)		и − f2 (x),
то получим
b		b			b			(5 )
∫ f dα		≥ ∫ f1 dα +∫ f2 dα .						(5 )
								′
a		a	b		a	b	b
′			b			b	b
′			∫	( f1 + f2 )dα = ∫			f1 dα + ∫ f2 dα	и первое
Из (5) и (5 ) следует			∫	( f1 + f2 )dα = ∫			f1 dα + ∫ f2 dα	и первое
			a			a	a

утверждение теоремы 1 полностью доказано.

Все другие утверждения теоремы 1 доказываются аналогично. Замечание. Все утверждения теоремы 1 справедливы и для

интеграла Римана. Обратное утверждение утверждению 3) теоремы 1

неверно, то есть из существования интегралов Стилтьеса ∫ f1 dα и

249

b	b
∫ f1 dα	не следует существование интеграла ∫ f1 dα . Однако для
c	a

интеграла Римана это утверждение справедливо. Для интеграла Римана из f1 (x) R следует, что и f1(x) R.

Теорема	2.	Если	f (x) R(α1 ) и	f (x) R(α2 )	на	[a,b], то
b		b	b
∫ f (x)d(α1 +α2 ) = ∫ f dα1			+ ∫ f dα2 (без доказательства).
a		a	a	на [a,b],	m ≤ f (x)≤ M ,
Теорема	3.	Пусть	y = f (x) R(α)	на [a,b],	m ≤ f (x)≤ M ,
функция ϕ(y)	–	непрерывна на [m, M ]. Тогда сложная				функция

ϕ( f (x))=ψ (x) R(α ) на [a,b]. (Без доказательства).

§5. Вычисление интегралов Римана и Стилтьеса. Формула Ньютона-Лейбница

Интегралы Римана и Стилтьеса вычисляют непосредственно по определению или как предел интегральной суммы.

Как видно из примеров §3 – это довольно трудоемкая работа. Однако в простейших случаях вычисление интегралов Римана и

Стилтьеса можно значительно упростить.
Рассмотрим сначала интеграл Римана.
Если f (x) R на [a,b], то согласно 3) теоремы 1 §4		f (x) R на
[a, x], x [a,b]. Положим
F (x)= ∫x	f (t)dt.	(1)
a

Равенство (1) называют интегралом с переменным верхним пределом.

Теорема 1. Если f (x) R на [a,b], то функция F (x) непрерывна на [a,b].

Доказательство. Если f (x) R , то f (x) ограничена. Пусть f (t ) ≤ M , t [a,b]. При a ≤ x < y ≤ b согласно (1) и 3) теоремы 1 §4

имеем F (x)= ∫x		f (t )dt,	F (y)= ∫y	f (t )dt = ∫x		f (t )dt + ∫y		f (t )dt =
	a		a		a		x
= F (x)+ ∫y	f (t)dt F (y)− F (x)= ∫y				f (t )dt		F (y)− F (x)		=
= F (x)+ ∫y	f (t)dt F (y)− F (x)= ∫y				f (t )dt		F (y)− F (x)		=
x				x
				250

<<< < Предыдущая 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 2425 / 5025 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
15.11.20191.07 Mб17Uchebnoe_posobie_ch1.doc
#
05.09.2019687.71 Кб13Uchebnoe_posobie_metrologia.docx
#
01.06.20152.46 Mб17UMK_po_Menedzhmentu_modul_2.pdf
#
01.06.2015359.44 Кб8umk_treb.pdf
#
01.06.2015903.17 Кб14UML_1321.pdf
#
01.06.20156.64 Mб21UML_4256.pdf
#
01.06.2015321.05 Кб16UML_4497.pdf
#
01.06.20151.11 Mб7UML_4562.pdf
#
01.06.2015641 Кб9UML_4564.pdf
#
01.06.2015943.33 Кб7UML_4597.pdf
#
01.06.20151.72 Mб69UML_4797.pdf