Действительный анализ
.pdf
|
|
|
|
b |
c |
|
|
4 |
Если существует |
Ra |
|
для лю- |
|||
интеграл f(x)dg(x); то |
|||||||
богоb |
c |
2 (a; b) существуют оба интеграла Ra |
f(x)dg(x); |
||||
Rc |
f(x)dg(x), и справедливо соотношение |
|
|
||||
|
|
b |
|
c |
b |
|
|
|
|
Za |
f(x)dg(x) = Za |
f(x)dg(x) + Zc |
f(x)dg(x): |
(2.1) |
J
b
R
Из существования интеграла f(x)dg(x) следует, что для
a
любого положительного числа " найдется положительное число "; такое, что для любых двух сумм S1; S2, составленных по разбиениям отрезка [a; b]; имеющим параметры 1, 2; соответственно, будет выполнено соотношение
jS1 S2j < "; если только j < "; j = 1; 2: (2.2)
Пусть S10; S20 – суммы, составленные по двум разбиениям с параметрами, меньшими, чем " отрезка [a; c]: Рассмотрим произвольное разбиение отрезка [c; b], параметр которого меньше, чем ": Дополним этим разбиением каждое из разбиений, по которым составлены суммы S10; S20; до разбиения всего отрезка [a; b]. Обозначим S1 и S2 соответствующие дополненным разбиениям интегральные суммы. Ясно, что S1 S10 = S2 S20. Учитывая (2.2), отсюда выводим, что
jS10 S20j < ":
Согласно критерию Коши существует предел при ! 0 интегральных сумм S0, составленных по разбиениям от-
41
c
R
резка [a; c] для интеграла fdg; а значит, и сам этот инте-
a
грал. Точно также доказывается существование второго
b |
|
|
|
|
интеграла Rc |
fdg: |
|
c |
|
Далее, если S0; S00 |
– интегральные суммы для |
Ra |
fdg, |
b
R fdg, соответственно, то S = S0+S00 – интегральная сум-
c
b
R
ма для fdg: Устремляя к нулю параметры разбиений,
a
по которым составлены эти суммы, получим требуемое равенство (2.1).
I
Нижеследующий пример показывает, что из существования обоих интегралов в правой части (2.1) не следует,
b |
|
вообще говоря, существования интеграла Ra |
f(x)dg(x): |
Положим a = 1; b = 1; c = 0 и рассмотрим функции
|
1; 0 < x 1; |
|
1; |
0 x 1: |
||
f(x) = |
0; 1 x 0; |
g(x) = |
0; |
1 |
x < 0; |
|
Докажем, что существуют оба интеграла |
|
|
||||
|
0 |
|
1 |
|
|
|
|
Z f(x)dg(x) и |
Z f(x)dg(x); |
|
|||
|
1 |
|
0 |
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
но не существует R1 |
f(x)dg(x): |
|
|
|
|
Пусть x0 = 1 < x1 < : : : < xk < xk+1 = 0; –
произвольное разбиение отрезка [ 1; 0]. Выберем точки
42
j 2 [xj; xj+1]; |
j = 0; : : : ; k и вычислим интегральную |
||||||
|
0 |
|
|
|
|
|
|
сумму S1 для интеграла R1 |
f(x)dg(x): |
|
|
|
|||
|
k |
|
|
|
|
|
|
S1 = |
X |
|
|
|
|
|
|
f( j)(g(xj+1) g(xj)) = 0; |
|
|
|||||
|
j=0 |
|
|
|
|
|
|
так как f(x) = 0; x 2 [0; 1]: Поэтому существует |
|
|
|||||
0 |
|
|
|
|
j+1 |
|
|
Z f(x)dg(x) = !0 S1 |
= 0; |
j=0;k |
j |
): |
|||
|
lim |
= max(x |
|
x |
|||
1 |
|
|
|
|
|
|
|
Рассмотрим произвольное разбиение отрезка [0; 1]
0 = y0 < y1 < : : : < ym < ym = 1
и точки i 2 [yi; yi+1]; i = 0; : : : ; m: Интегральная сумма
1
R
S2 для f(x)dg(x) по этому разбиению равна
0
m
X
f( i)(g(yi+1) g(yi)) = 0;
i=0
потому что g(yi+1) = g(yi) = 1; i = 0; : : : m: Следовательно,
Z0 |
1 |
|
i=0;m(yi+1 yi): |
f(x)dg(x) = ~!0 S2 |
|
||
|
lim |
= 0; ~ = max |
|
Пусть теперь z0 = 1 < z1 |
< < zj0 < 0 < zj0+1 < |
< zn < zn+1 = 1 – произвольное разбиение отрезка [ 1; 1]; такое, что 0 не является точкой разбиения. Для любого выбора точек j 2 [zj; zj+1]; j = 0; : : : ; n интегральная сумма S по этому разбиению для интеграла
43
1
R
f(x)dg(x) будет равна
1
n
X
f( j)(g(zj+1) g(zj)) = f( j0)(g(zj0+1) g(zj0)) =
j=0
f( j0) = |
0; |
j0 |
0: |
|
1; |
j0 |
> 0 |
Поэтому |
lim |
; |
не существует (здесь |
= max(z |
j+1 |
z |
) |
). |
||
|
! |
0 S |
|
j=0;n |
j |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
5 Пусть функции f; g определены на отрезке [a; b]: Если
существует хотя бы один из интегралов |
b |
b |
|
fdg, |
gdf; то |
||
|
|
a |
a |
существует и второй, при этом |
справедливо равенство: |
||
|
R |
R |
bb
ZZ
fdg + gdf = f(b)g(b) f(a)g(a) =: (fg)jba: (2.3)
aa
J
разбиения a = x0 < x1 |
b |
< xn < xn+1 = b и вы- |
< : : :Ra |
||
Пусть, например, существует |
gdf. Для произвольного |
бора точек k+1 2 [xk; xk+1] составим соответствующую
b |
|
интегральную сумму для интеграла Ra |
f(x)dg(x) и преоб- |
44
разуем ее:
|
n |
n |
|
n |
X |
X |
|
Sf dg = |
f( k)(g(xk+1) g(xk)) = f( k)g(xk+1) |
||
X |
k=0 |
k=0 |
|
f( k)(g(xk) [f(b)g(b) f(a)g(a)] = (fg)jab + |
|||
k=0 |
|||
|
|
||
|
n+1 |
n |
|
|
X |
X |
f( k)g(xk) f( k+1)g(xk)
k=1 |
k=0 |
|
f(b)g(b) + f(a)g(a) = |
|
n |
X
(fg)jba + g(xk)(f( k 1) f( k))+
k=1
f( n)g(b) f( 0)g(a) f(b)g(b) + f(a)g(a) = (fg)jba
h
(g(a)(f( 0) f(a))+
n
X
g(xk)(f( k) f( k 1))+
k=1
i g(b)(f(b) f( n)) :
Заметим, что выражение в квадратных скобках есть ин-
b
a = 1 0 < 1 < : : : < n < n+1 =Rab с выбором точек |
|
тегральная сумма Sg df для интеграла |
gdf по разбиению |
xk; k = 0; : : : ; n; на отрезках [ k; k+1]: Имеем |
|
Sf dg = (fg)jab Sg df |
(2.4) |
Если обозначить = max (xk+1 xk); то нетрудно про-
0 k n
верить, что 0 := max ( k+1 k) 2 : Учитывая этот
1 k n
факт, видим, что при ! 0 правая часть соотношения
45
|
b |
|
|
(2.4) стремится к (fg)jab Ra |
gdf; значит, существует |
||
!0 Sf dg |
|
ja |
b |
|
Za |
||
lim |
= (fg) b |
gdf: |
С другой стороны, этот предел по определению равен
b
R
gdf.
a
Формула (2.3) доказана.
I
Следующие три теоремы содержат различные достаточные условия существования интеграла Стилтьеса.
Теорема 12. Пусть функции f и g определены на отрезке [a; b], при этом f непрерывна, а g имеет ограниченную вари-
b |
|
ацию на этом отрезке. Тогда существует интеграл Ra |
fdg: |
J
Достаточно доказать теорему для случая, когда g – возрастающая на отрезке [a; b] функция. Действительно, согласно теореме 7 функция ограниченной вариации g может быть представлена в виде g = g1 g2; где g1; g2 – возрастающие
|
|
|
b |
на [a; b] функции. Если оба интеграла, |
fdgi; i = 1; 2; су- |
||
|
2 |
|
a |
ществуют, то, в силу свойств |
и 3 интеграла Стилтьеса, |
||
|
|
R |
b
R
существует и fdg:
a
Итак, пусть f – непрерывная, а g – возрастающая на отрезке [a; b] функции. Для произвольного разбиения
a = x0 < x1 < < xn < xn+1 = b
46
отрезка [a; b] и произвольного выбора точек j 2 [xj; xj+1]; j = 0; : : : ; n; положим
mj = min |
f(x); |
Mj = |
max f(x); |
xj x xj+1 |
|
xj x xj+1 |
|
n |
|
|
|
= |
f( j) (g(xj+1 g(xj))) ; |
||
j=0 |
|
|
|
X |
|
|
|
n |
|
n |
|
s = mj (g(xj+1 g(xj))) ; |
S = |
Mj (g(xj+1 g(xj))) : |
|
j=0 |
|
j=0 |
|
X |
|
X |
(2.5) |
|
|
|
Так как mj f( j) Mj, то s S:
Добавим к разбиению fxjgnj=0+1 еще одну точку x;~ скажем,
xj0 < x~ < xj0+1:
~
Обозначим s~ и S суммы вида (2.5) для полученного разбиения
|
|
~ |
|
и покажем, что s~ и S и исходные суммы s, S, определенные |
|||
формулами (2.5), удовлетворяют неравенствам |
|||
|
|
|
~ |
|
|
s s~ S S: |
|
Сумма s~ отличается от суммы s тем, что слагаемое |
|||
|
|
mj0 (g(xj0+1) g(xj0)) |
|
заменяется на выражение |
|
||
|
mj0 |
0 (g(xj0+1) g(x~)) + mj000 (g(~x) g(xj0)) ; |
|
где mj0 |
0 = min f(x); mj000 = |
min f(x): Ясно, что |
|
|
xj x x~ |
x~ x xj0+1 |
|
|
|
mj00 mj0; |
mj000 mj0: |
Поэтому
m0j0 (g(xj0+1) g(~x)) + m00j0 (g(~x) g(xj0))
mj0 (g(xj0+1) g(~x)) + mj0 (g(~x) g(xj0)) =
mj0 (g(xj0+1) g(xj0)) ;
47
откуда и следует, что s s:~ Аналогично доказывается, что
~ |
~ |
S |
S: Неравенство s~ S очевидно. |
Пусть теперь fyjgmj=0+1 ; y0 = a < y1 < : : : < ym+1 = b –
другое произвольное разбиение отрезка [a; b]; s0; S0 – суммы
вида (2.5) для этого разбиения. Покажем, что тогда |
|
s0 S; s S0: |
(2.6) |
Действительно, в силу вышесказанного для сумм s ; S вида (2.5), составленных по разбиению fxkg [ fyjg будет
s0 s S S0; s s S S;
откуда и следует (2.6).
Зафикировав разбиение fxjg, получим, что множество сумм s0, составленных по всевозможным разбиениям fyjg отрезка [a; b], имеет конечную верхнюю грань S: И значит, существует конечный supfs0g =: I; причем s I S (для любого разбиения fxjg).
Далее, интегральная сумма для этого разбиения =
n
P
f( j) (g(xj+1) g(xj)) удовлетворяет неравенствам s
j=0
S; поэтому
j Ij s:
В силу равномерной непрерывности функции f на отрезке [a; b] для любого " > 0 найдется " > 0 такое, что jf(x0) f(x00)j < "; если только jx0 x00j < "; x0; x00 2 [a; b]:
Если разбиение fxjg отрезка [a; b] имеет параметр < "; то для сумм s и S; составленных по этому разбиению, будем
48
иметь
n
X
S s = (Mj mj)(g(xj+1) g(xj)) <
j=0
n |
b |
X _
"(g(xj+1) g(xj)) = " (g);
j=0 |
a |
так как функция g возрастающая, а из того, что xj+1 xj < " следует
M |
j |
m = |
max |
min |
|||
|
j |
xj |
xj+1 f(x) xj |
|
xj+1 f(x) ": |
||
|
|
|
|
|
|
|
Тем более, будет
b
_
j Ij < " (g);
a
если значение параметра разбиения, по которому составлена интегральная сумма ; меньше, чем ":
lim = I: |
b |
Ra |
|
Таким образом, доказано существование |
f(x)dg(x) = |
!0 |
I |
|
Следствие 8. Если функция f непрерывна на отрезке [a; b],
а функция g имеет на этом отрезке ограниченную вариа-
b
R
цию, то существует интеграл gdf:
a
J
По доказанной теореме в условиях следствия существует
b
R fdg, откуда, используя свойство 5 ; заключаем, что суще-
a
b
R
ствует и gdf:
a
I
49
Теорема 13. Пусть функция f непрерывна на отрезке [a; b],
а функция g имеет на этом отрезке непрерывную производ-
b
R
ную. Тогда существует fdg и имеет место формула
a
bb
ZZ
fdg = fg0dx:
aa
J
Непрерывно дифференцируемая на отрезке [a; b] функция g имеет на нем ограниченную вариацию (см. примеры
после теоремы 3). По теореме 12 интеграл Стилтьеса |
b |
||||
fdg |
|||||
|
fg0 |
|
[a; b] |
|
a |
существует. Так как функция |
непрерывна на |
, |
суще- |
||
|
|
R |
b
ствует и интеграл Римана R fg0dx: Покажем, что эти инте-
a
гралы равны. Пусть
x0 = a < x1 < : : : < xn+1 = b
– произвольное разбиение, j 2 [xj; xj+1]; j = 0; : : : ; n. Рас-
|
n |
b |
|
nR |
|
смотрим интегральную сумму для fdg : |
||
|
X |
a |
S = |
X |
|
f( j)(g(xj+1) g(xj)) = |
f( k)g0(xj )(xk+1 xk); |
|
|
j=0 |
j=0 |
последнее равенство следует из теоремы Лагранжа о конеч-
ных приращениях, а выражение, стоящее в правой части, есть
b
интегральная сумма для интеграла Римана R fg0dx: Для за-
вершения доказательства
переход при = max(xj+1
j
a
необходимо совершить предельный
xj) ! 0:
I
50