TEORIYa_MIRI_TA_INTEGRALU_chast2

Доведення. Покажемо, що D+( f , x) майже скрізь скінчено.

Припустимо, що це не так, тобто	µ(x (a,b) : D+ ( f , x) = ∞) = σ > 0 .
Вибиремо натуральне число n так, що	nσ/ 2 > f (b) − f (a).	Для цього
натурального числа n і кожної точки x (x (a,b) : D+ ( f , x) = ∞)		знайдуться
нескінчена множина інтервалів (x, x + hx ) ,	сколь завгодно малої довжини,

таких, що

f (x + hx ) − f (x) > n . hx

Завдяки третьої леми Серпинського знайдеться m попарно не

			m
перетинних інтервалів (xk , xk + hk ) (a,b) таких, що ∑hk ≥ σ/ 2 . Тоді
			k=1
	m
f (b) − f	(a) ≥ ∑( f (xk + hk ) − f (xk )) >
	k =1
m	m
> ∑nhk	= n ∑hk	≥ nσ/ 2 > f (b) − f (a).
k =1	k =1
Одержана суперечність спрастовує припущення. Отже D+( f , x)					майже
скрізь скінчена. Оскільки	D+ ( f , x) ≥ D+ ( f , x) , то		D+ ( f , x)	майже	скрізь
скінчена. Аналогічно доводиться,		що D−( f , x) i	D−( f , x)	майже	скрізь
скінчені. Лема доведена.
Теорема 6.3.2. Якщо функція		f (x) не спадає на сегменті [a;b] , то

майже скрізь існують правосторонні і лівосторонні похідні.

Доведення. Доведемо існування правосторонньої похідної. Припустимо, що множина A ={x [a;b]: D+ ( f , x) < D+ ( f , x)} має додатну зовнішню міру.

За лемою 6.3.4 µ{D ( f , x} =µ{D+( f , x} = 0 Нехай					u,v − довільні раціональні
числа і	+
	A	={x; D ( f , x) <u < v < D+ ( f , x)}.
	u,v		+
Множину A зобразимо у вигляді				A = Au,v і тоді, в силу припущення
				u,v
існує множина A	, зовнішня міра			якої додатна:	µ ( A	) > 0.	На підставі
u,v					u,v
означення похідного числа			D+ ( f , x) кожна точка множини				Au,v є лівим
кінцем інтервалу (x; x + h) такого, що
			f (x + h) − f (x) < hu.				(6.3.2)

88

Нехай ε −додатне число таке, що µ ( Au,v ) − 2ε > 0 . За другою лемою

Серпинського існує скінченна множина інтервалів (xk ; xk об’єднання котрих S містить підмножину A', множини

якої µ ( A') >µ ( Au,v ) − ε, і

m

µ(S) = ∑hk <µ ( Au,v ) + ε.

k =1

Тоді із нерівностей (6.3.2) – (6.3.3) випливає

+ hk ), k =1,2,..., m,

Au,v , зовнішня міра

(6.3.3)

m		m
∑[ f (xk + hk ) − f (xk )] <u ∑hk <u(µ ( Au,v ) + ε)			(6.3.4)
k =1		k =1
На підставі означення похідного числа D+ ( f , x) кожна точка множини
A' є лівим кінцем інтервалу (x; x +δ) такого, що
	f (x +δ) − f (x) > vδ.		(6.3.5)
Тому за третьою лемою Серпинського існує скінченна множина
інтервалів(xν ; xν	+δν ), ν =1,2,..., j,	що містяться у множині S і об’єднання
котрих S1 містить підмножину		A'' , множини A', зовнішня	міра якої
µ ( A'') > µ ( A	) − 2ε , і отже
u,v
	∑j δν = µ(S1) = µ (S1) ≥ µ ( A'') > µ ( Au,v ) − 2ε .		(6.3.6)
	ν=1
Із нерівностей (6.3.5) – (6.3.6) випливає
	∑j [ f (xν +δν ) − f (xν )] > v∑j δν > v(µ ( Au,v ) − 2ε) .
	ν=1	ν=1

Оскільки інтервали (xν ; xν +δν ) лежать у середині інтервалів (xk ; xk + hk ),											то
завдяки монотонності функції f (x)								маємо
				j				m
v(µ ( Au,v ) − 2ε) < ∑[ f (xν +					δν ) − f			(xν )] = ∑ ∑[ f (xν +δν ) − f (xν )] ≤
			ν=1					k=1 ν:( xν ;xν +δν )
								( xk ;xk +hk )
				m
				≤ ∑[ f (xk + hk ) − f (xk )] <u(µ ( Au,v ) +ε) .
				k=1
Отже, v(µ ( A		) − 2ε) <u(µ ( A				,v	) +ε) . Спрямувавши ε до нуля одержимо
	u,v				u
vµ ( A	) ≤uµ ( A			) , тобто	v ≤u , що суперечить умові v >u .					Одержана
u,v		u,v
суперечність спростовує припущення, отже кожна множина									Au,v	має міру
нуль і,	оскільки			множин	Au,v		не більш ніж зчисленна		множина,		то

89

µ( A) = ∑µ( Au,v ) = 0 . Використовуючи зауваження 6.2.1, аналогічно

u,v

доводиться існування майже скрізь лівосторонньої похідної. Теорема доведена.

Теорема 6.3.3. Множина точек у яких лівостороння і правостороння похідні якой-небудь функція f (x) існують і різні скінченна або зчисленна.

	Доведення. Нехай A ={x : f '− (x) < f '+ (x)}		і {r1, r2 ,..., rі,...}	− множина
усіх	раціональних чисел. Для довільної точки		x A існують	раціональні
числа ri , що задовольняють нерівність		f '− (x) < ri < f '+ (x) ( що знаходяться
на	інтервалі ( f '− (x); f '+ (x)) ). Нехай	k −найменший індекс		цих чисел.

Внаслідок властивості границі існують раціональні числа ri < x такі, що якщо ri <ς < x , то виконується нерівність

f (ς) − f (x)

< r .

(6.3.7)

ς − x	k

Позначимо через m найменший номер таких чисел. На підставі той же властивості границі існують раціональні числа ri > x такі, що якщо x <ς < ri ,

то виконується нерівність

f (ς) − f (x)

> r .

(6.3.8)

ς − x	k

Позначимо через n найменший номер таких чисел. Із співвідношень (6.3.7) – (6.3.8) випливає нерівність

f (ς) − f (x) > rk (ς − x), (rm <ς < rn ; ς ≠ x) . (6.3.9)

Таким чином множині A поставили у відповідність деяку множину трійок (k, m, n) цілих чисел. Покажемо, що відповідність взаємно однозначна.

Припустимо,	що це	не так:	знайшлись два різних числа x, y A, яким
відповідає	трійка	(k, m, n) ,	тобто rm < x, y < rn	і виконується нерівність
(6.3.9). Покладаючи спочатку в нерівності (6.3.6)				ς = y , одержимо

f ( y) − f (x) > rk ( y − x) ,

а якщо покласти в (6.3.9) x = y, а ς = x , то одержимо протилежну нерівність

f (x) − f ( y) > rk (x − y) .

Одержана суперечність спростовує припущення, тому множина A еквівалентна деякій підмножині множини усіх трійок раціональних. Отже, множина A або скінченна, або зчисленна. Аналогічно доводиться, що і

множина B ={x : f '− (x) > f '+ (x)} − або скінченна, або зчисленна. Теорема доведена.

90

ГЛАВА YІІ Диференцювання неозначеного інтеграла

7.1 Постановка задачі і допоміжні твердження

Розглянемо задачу. Визначити найбільш масивну множину інтегруемих (в деякому сенсі) на сегменті [a;b] функцій, для яких майже скрізь

виконується рівність

		d x
			∫ f (t)dt = f	(x) .	(7.1.1)
		dx
			a
Якщо розглядати функції інтегровні за Ріманом, то такою множиною
буде множина R[a;b] −	усіх інтегровних			за Ріманом на	сегменті [a;b]
функцій. Дійсно, якщо	f R[a;b] , то в силу теореми Лебега 5.4.2, функція

f (x) майже скрізь неперервна, а за відомою теоремою з класичного аналізу у кожній точки неперервності функції f (x) має місце рівність (7.1.1).

У даному розділу покажемо, що, якщо розуміти інтеграл у сенсі Лебега, то рівність (7.1.1) майже скрізь виконується для будь-якої функції f (x)

інтегрованої за Лебегом на сегменті [a;b] . Перш за все доведемо наступне допоміжне твердження.

Лема 7.1.1. Нехай функція f (x) інтегровна за Лебегом на сегменті

x

[a;b] і для x [a;b] інтеграл ∫ f (x)dx = 0 . Тоді f (x) = 0 майже скрізь на

a

[a;b] .

Доведення.	Припустемо	протилежне.	Тоді знайдеться	множина
A [a;b] додатної міри на якої		f (x) > 0 або	f (x) < 0 . Нехай виконується
перша нерівність (в іншому випадку міркування анологічні). Тоді
	∫ f (x)dx =σ > 0 .
	A
З умови леми випливає, що для будь -якого інтервала (α; β)				має місце
рівність
β	β	α

∫f (x)dx = ∫ f (x)dx − ∫ f (x)dx = 0 .

αa a

91

Отже для будь-якої елементарної множини E [a;b] інтеграл ∫ f (x)dx = 0 .

E

На підставі абсолютної неперервності інтеграла знайдемо таке δ > 0 , що для будь-якої множини D [a;b], міра якої µ(D) <δ , виконується нерівність

∫| f (x) |dx <σ / 4.

D

Завдяки вимірності множини A існує елементарна множина E [a;b] така,

що	µ( A∆E) <δ .		Тоді	µ( A \ E) <δ	і	µ(E \ A) <δ . Оскільки
E + A \ E = A + E \ A,			і доданки не перетинаються,				то в силу адитивності
інтеграла маємо:
	0 = ∫ f (x)dx = ∫ f (x)dx + ∫ f (x)dx − ∫ f (x)dx = ∫ f (x)dx − ∫ f (x)dx =
	E	E	A\E	A\E		E+A\E	A\E
	= ∫ f (x)dx − ∫ f (x)dx = ∫ f (x)dx + ∫ f (x)dx − ∫ f (x)dx >σ −σ / 2 =σ / 2 .
	A+E\ A	A\E	A	E\ A		A\E

Одержана суперечність доводить лему.

7.2 Неозначений інтеграл Лебега

Нехай функція f (t) інтегровна за Лебегом на сегменті [a;b]. Інтеграл

b

Лебега будемо позначати в цьому випадку так як і інтеграл Рімана: ∫ f (t)dt .

a

Означення. Неозначеним інтегралом функції f (t) називається функція F(x) визначеная на сегменті [a;b] рівністю

x

F(x) = ∫ f (t)dt + C, x [a;b],

a

де C −довільна константа.

Властивості неозначеного інтегралу.

1. Неозначений інтеграл є неперервна функція на сегменті [a;b].

92

Доведення. Для довільного числа ε > 0 знайдемо додатне число δ у відповідності з абсолютною неперервністю інтеграла Лебега функції f (t) .

Тоді, якщо x1, x2 [a;b]	і 0 < x2 − x1 <δ , то
| F(x2 ) − F(x1 ) |=|		∫ f (t)dt | <ε .
	[ x1;x2 ]
2. Неозначений інтеграл невід’ємної функції f (t) не спадає на сегменті
[a;b].
Доведення. Якщо	x1, x2 [a;b]	і 0 < x2 − x1 , то

F(x2 ) − F(x1 ) = ∫ f (t)dt ≥ 0 .

[ x1;x2 ]

3. Неозначений інтеграл є функція обмеженою варіації на сегменті

[a;b].

Доведення. Розглянемо дві функції

	f+ (t) =	| f (t) | + f (t)	,	f− (t) =	| f (t) | − f (t)	.
		2
				2
Функції f+ (t) і f− (t)	не від’ємні, інтегровні за Лебегом і f (t) = f+ (t) − f− (t) .
Тоді
x	x	x
F(x) = ∫ f (t)dt + C = ∫ f+ (t)dt −∫ f− (t)dt + C = F2 (x) − F1 (x) ,
a	a	a
x				x

де функції F2 (x) = ∫ f+ (t)dt + C	і F1 (x) = ∫ f− (t)dt , внаслідок властивості 2, не
a	a

спадають на сегменті [a;b]. Отже F(x) є функція обмеженою варіації.

4. Неозначений інтеграл має майже скрізь на сегменті [a;b] похідну F'(x) , яка інтегровна за Лебегом.

Доведення. Ця властивість випливає з того, що неозначений інтеграл, в силу попередньої властивості, є різниця двух не спадаючих функцій, кожна з яких, за теоремою Лебега, має майже скрізь на сегменті [a;b] похідну і ці

похідні інтегровні.

Теорема 7.2.1. Похідна F'(x)		неозначеного інтегралу майже скрізь на
сегменті [a;b]	дорівнює f (x) .
Доведення. Спочатку доведемо теорему у випадку обмеженності
функції f (x) .	Нехай | f (x) |≤ K	і ϕn (x) = n(F(x +1/ n) − F(x)) . Для
послідовності	ϕn (x) виконуються умови наслідку 5.3.2 з теореми Лебега про

граничний перехід під знаком інтегралу. Дійсно, послідовність ϕn (x) майже

93

скрізь на сегменті [a;b] збігається до F'(x) . Послідовність ϕn (x) обмежена, тому що

x+1/ n x x+1/ n

| ϕn (x) |= n | F(x +1/ n) − F(x) |= n | ∫ f (t)dt − ∫ f (t)dt |≤ n ∫| f (t) | dt ≤ K

	a	a	x
Слід на підставі наслідку 5.3.2
x	x
∫F'(t)dt = nlim→∞	∫ϕn (t)dt .
a	a
Покажемо що права частина	дорівнює		F(x) − F(a) . Предствимо

x	x	x	x+1/ n
∫ϕn (t)dt у вигляді: ∫ϕn (t)dt = n∫(F(t +1/ n) − F(t))dt = n ∫F(t)dt
a	a	a	a+1/ n
x+1/ n	a+1/ n
= n ∫F(t)dt − n	∫F(t)dt , а F(x) − F(a)		у вигляді:
x	a
		x+1/ n	a+1/ n
	F(x) − F(a) = n ∫F(x)dt − n ∫F(a)dt . Тоді
		x	a
	x	x+1/ n	a+1/ n
| F(x) − F(a) − ∫ϕn (t)dt |=| n ∫(F(x) − F(t))dt − n ∫(F(a) − F(t
	a	x	a
	x+1/ n		a+1/ n
≤ n ∫| F(x) − F(t) | dt + n ∫| F(a) − F(t) | dt
	x		a

−∫x F(t)dt =

a

))dt |≤

(7.2.1)

Для довільного числа ε > 0 знайдемо, в силу неперервності функції

F(t) , число	δ > 0	таке, що | F(x) − F(t) |<ε і	| F(a) − F(t) |<ε , якщо
| x −t |<δ і	| a −t |<δ відповідно. Тоді для усіх		n N таких, що 1/ n <δ ,
права частина в (7.2.1) не перевищує 2ε . Отже
		x
		∫F'(t)dt = F(x) − F(a) .
		a
	x
З іншого боку ∫ f (t)dt = F(x) − F(a) і тому
	a
		x
		∫(F'(t) − f (t))dt = 0, x [a;b].
		a
За лемою маємо:		F'(x) = f (x) майже скрізь на сегменті [a;b] .

Приступаючи к загальному випадку, зауважимо, достатньо вважати невід’ємною тому, що функцію f (x) у вигляді f (t) = f+ (t) − f− (t) , де функції f+ (t) і f− (t)

що функцію f (x) можливо зобразити невід’ємні. Нехай

94

	x	x
fn (t) = max{ f (t), n} і Fn (t) = ∫ fn (t)dt + C . Тоді		F(t) − Fn (t) = ∫( f (t) − fn (t))dt
	a	a	n в
не спадає і F'(x) ≥ Fn '(x) = fn (x) майже		скрізь. Спрямувавши
нескінченність, одержимо: F'(x) ≥ f (x) і отже
b	b
∫F'(x)dx ≥ ∫ f (x)dx = F(b) − F(a) .			(7.2.2)
a	a

З іншого боку, за лемою

b
∫F'(x)dx ≤ F(b) − F(a) .	(7.2.3)

a

Із нерівностей (7.2.1) – (7.2.3) випливає рівність

b

∫(F'(x) − f (x))dx = 0 ,

a

де підінтегральна функція не від’ємна. Тому, завдяки наслідка з нерівності Чебишева, F'(x) = f (x) майже скрізь на сегменті [a;b] .

Теорема доведена.

Абсолютно неперервні функції та їх властивості

Означення. Функція		f (x) ,	що визначена на сегменті [a;b] ,
називається абсолютно неперервною,			якщо для довільного числа ε > 0 існує
δ =δ(ε) таке,	що для будь-якої системи попарно неперетинних інтервалів
			m
(ak ;bk ) [a;b],	k =1,2,..., m,	сума довжин яких ∑(bk − ak ) <δ , виконується
нерівність:			k=1
		m
	∑| f (bk ) − f (ak ) |<ε .
	k=1
Приклади абсолютно неперервних функцій.
Приклад 1. Якщо функція f (x)			задовольняє умову Ліпшиця, тобто для

будь-яких x1, x2 [a;b] має місце нерівність | f (x1 ) − f (x2 ) |≤ L | x1 − x2 |, то вона абсолютно неперервна.

95

Дійсно, нехай ε −довільне додатне число, покладемо δ =ε / L . Тоді для

будь-якої системи		попарно	неперетинних		інтервалів (ak ;bk ) [a;b],
		m
k =1,2,..., m, сума довжин яких ∑(bk − ak ) <δ , маємо
		k=1
m			m		m
∑| f (bk ) − f (ak ) |≤ ∑L(bk − ak ) ≤ L∑(bk − ak ) < Lδ =ε .
k=1			k=1		k=1
Приклад	2. Будь-яка неперервна на сегменті [a;b]					функція f (x) , що
має обмежену похідну не інтервалі (a;b) , абсолютно неперервна.
Дійсно, якщо		| f '(x) |≤ L,	x (a;b),	то	функція	f (x)	задовольняє
умову Ліпшиця.
Приклад	3.				x
		Неозначений інтеграл		F(x) = ∫ f (t)dt + C			є абсолютно
неперервною функцією.					a
Доведення. Для довільного числа				ε > 0	знайдемо у відповідності з

абсолютною неперервністю інтеграла Лебега від функції | f (t) | таке число δ =δ(ε) > 0 , що для будь-якої вимірної підмножини B [a;b] , міра якої

µ(B) <δ , виконується нерівність

∫| f (t) | dt <ε .

B

Нехай (ak ;bk ) [a;b],	k =1,2,..., m,		довільна система попарно неперетинних
інтервалів, сума довжин яких		m	m
		∑	(bk − ak ) <δ . Тоді множина B = (ak ;bk )
		k=1	k=1
має міру µ(B) <δ . Отже виконується нерівність:
m	m	bk
∑| F(bk ) − F(ak ) |= ∑| ∫ f (t)dt |≤ ∫| f (t) | dt <ε .
k=1	k=1	a	m
		k	(ak ;bk )
			k =1

Теорема. Якщо функція f (x) абсолютно неперервна на сегменті [a;b] і f '(x) = 0 майже скрізь на сегменті [a;b] , то f (x) є константа.

Доведення. Нехай A – множина точок інтервала (a; x) , де f '(t) = 0 . Внаслідок умови теореми µ( A) = x − a . Для довільного ε > 0 для кожної точки t A знайдуться інтервали (t;t + ht ) як завгодно малої довжини такі,

що	| f (t + ht ) − f (t) |	< ε. За третьою лемою Серпиньского для довільного
	ht

96

числа δ знайдеться

скінченна множина попарно не перетинних інтервалів

(tk ,tk + hk ) (a; x),

k =1,2,..., m,

що покривають

підмножину

A' A, міра

якої більша за

x − a − δ. Позначимо через t0

точку a , через tm+1 точку x

і

будемо вважати, що число δ

вибрано в залежності від числа

ε > 0 ,

у

відповідності

з

абсолютно

неперервністью

функції

f (t) .

Нехай

h0 = 0,

B =

m

+ hk ,tk +1].

[tk

Множина

B

є

доповнення

множини

m

k =0

S =

(tk ;tk + hk )

до сегменту [a; x] і тому µ(B) < δ.

Тоді

k =1

| f (x) − f (a) |=| f (tm+1) − f (t0 ) |=

m

m

=| ∑{ f (tk +1) − f (tk

+ hk )} + ∑{ f (tk + hk ) − f (tk )} =

k =0

k =1

m

tk+1

m

=| ∑

∫ f (t)dt + ∑{ f (tk

+ hk ) −f (tk )}|≤

k =0 tk +hk

k =1

m

≤| ∫ f (t)dt | +∑εhk

< ε + ε(b − a) = ε(1 + b − a).

B

k +1

Внаслідок довільності числа ε, одержимо

f (x) = f (a),

x (a;b] . Отже

функція f (x)

є константа.

Теорема доведена.

Теорема.

Якщо функція

F(x) абсолютно

неперервна

на

сегменті

x

[a;b] , то F(x) = ∫ f '(t)dt + C .

a

Доведення.

x

Нехай Φ(x) = ∫ f '(t)dt .

Тоді функція

f (x) = F(x) − Φ(x)

a

абсолютно неперервна і

f '(x) = 0 майже скрізь на сегменті [a;b] . На підставі

попередньої теореми F(x) − Φ(x) є константа. Отже F(x) = Φ(x) +С. Теорема доведена.

97