MatAnal2

max1≤i≤n

21. Интеграл Римана – Стилтьеса	165

Доказательство. Достаточность. Зададим ε > 0 и найдем такое

разбиение Π, что справедливо (21.1). Тогда из неравенств

S(Π, f, α) ≤ I(f, α) ≤ I(f, α) ≤ S(Π, f, α)

следует, что 0 ≤ I(f, α) − I(f, α) ≤ ε. В силу произвольности ε, отсюда

получаем, что I(f, α) = I(f, α).

Необходимость. Пусть f R(α). Это означает, что I(f, α) = I(f, α). Зададим ε > 0 и, пользуясь определением I(f, α) и I(f, α), найдем такие

разбиения Π1 и Π2, что

ε

ε

S (Π1, f, α) − I(f, α) <

, I(f, α) − S (Π2

, f, α) <

.

2

2

Тогда для разбиения Π ≡ Π1 Π2 будем иметь

S (Π, f, α) − S (Π, f, α) ≤ S (Π1, f, α) − S (Π2, f, α) <

ε

ε

< I(f, α) +

−

³I(f, α) −

´ = ε.

2

2

Теорема 3 (достаточные условия интегрируемости). Пусть функция α не убывает на [a, b].

I. Если функция f непрерывна на [a, b], то f R(α; [a, b]) и, кроме того, для любого ε > 0 найдется такое δ > 0, что для любого разбиения Π = {xi}ni=0 отрезка [a, b], удовлетворяющего условию d(Π) ≡ xi < δ, и при любом выборе точек ξi [xi−1, x1] справедливо

неравенство	¯
		n	f (ξi)
	¯i=1
	¯X
	¯
	¯

¯	< ε.	(21.2)
αi − Zab f (x) dα¯
¯
¯
¯

II. Если функция f монотонна на [a, b], а функция α непрерывна на

[a, b], то f R(α; [a, b]).

Доказательство. I. Зададим ε > 0 и найдем такое η > 0, что справедливо неравенство [α(b) − α(a)] η < ε. Далее, пользуясь равномерной непрерывностью функции f на [a, b] (которая вытекает из непрерывности f и из теоремы Кантора), найдем такое δ > 0, что из условия |x0 − x00| < δ

166 Третий семестр

вытекает неравенство |f (x0) − f (x00)| < η. Отсюда получим, что для любого разбиения Π = {xi}ni−0, у которого d(Π) < δ, справедливо неравенство Mi − mi < η (i = 1, . . . , n). Поэтому

	n	n
	X	X
S(Π, f, α)−S(Π, f, α) = (Mi − mi) αi ≤ η		αi = η(α(b)−α(a)) < ε.
	i=1	i=1

Из этого неравенства, в силу теоремы 2, следует интегрируемость f , а также и неравенство (21.2), в силу очевидных неравенств

Xn

S(Π, f, α) ≤ f (ξi) αi ≤ S(Π, f, α),

i=1

Z b

S(Π, f, α) ≤ f (x) dα ≤ S(Π, f, α).

a

II. Пусть f возрастает и функция α непрерывна. Зададим ε > 0 и, пользуясь непрерывностью α, для натурального n выберем разбиение Π

так, что αi <

α(b)−α(a)

(i = 1, . . . , n). Тогда, в силу монотонности f ,

n

имеем Mi = f (xi), mi = f (xi−1), и поэтому

−

S(Π, f, α) <

α(b) − α(a)

n

[f (x

)

−

f (x

)] =

S(Π, f, α)

n

i=1

i

i−1

X

=

α(b) − α(a)

·

(f (b)

−

f (a)) < ε,

n

если только n выбрано достаточно большим. По теореме 2 получаем, что f R(α; [a, b]).

Теорема 4 (элементарные свойства интеграла Римана – Стил-

тьеса).

a) Если f1 R(α), f2 R(α) на [a, b], то f1 + f2 R(α), c · f1 R(α)

при любом c R, причем	Zab c · f1 dα = c Zab f1 dα.
Zab (f1 + f2) dα = Zab f1 dα + Zab f2 dα,

b) Если функции f1, f2 R(α) удовлетворяют условию f1(x) ≤ f2(x) (x [a, b]), то Rab f1 dα ≤ Rab f2 dα.

21. Интеграл Римана – Стилтьеса	167

c) Если f R(α; [a, b]) и a < c < b, то f R(α; [a, c]) и f R(α; [c, b]),

причем		Zab f dα = Zac f dα + Zc b f dα.
d) Если f R(α; [a, b]) и |f (x)| ≤ M (x [a, b]), то
		¯	¯	≤ M (α(b) − α(a)).
		¯Zab f dα¯
		¯	¯
		¯	¯
		a, b]) и f			R (α	; [a, b]), то f		R (α		+ α	; [a, b]) и
			¯						1
e) Если f R (α1; [ ¯					2					2

Z b Z b Z b

f d (α1 + α2) = f dα1 + f dα2,

a a a

а для f R(α; [a, b]) при любом c > 0 справедливо равенство

Z b Z b

f d(cα) = c f dα.

a a

Доказательство этих свойств аналогично доказательству соответствующих свойств интеграла Римана (проведите самостоятельно).

Теорема 5. Пусть f R(α; [a, b]) и m ≤ f (x) ≤ M (x [a, b]), а функция ϕ непрерывна на [m, M ]. Тогда функция h(x) ≡ ϕ(f (x)) R(α; [a, b]).

Доказательство. Зададим ε > 0 и, пользуясь равномерной непрерывностью ϕ на [m, M ], найдем такое δ (0 < δ < ε), что условие |t0 − t00| <

δ влечет неравенство |ϕ (t0) − ϕ (t00)| < ε. Далее, пользуясь условием f R(α; [a, b]), найдем такое Π = {xi}ni=0, что

S(Π, f, α) − S(Π, f, α) < δ2.

Обозначим
Mi =	sup	f (x),	mi =	inf	f (x),
	x [xi−1,xi]			x [xi−1,xi]
Mi =	sup	h(x),	mi =	inf	h(x).
	x [xi−1,xi]			x [xi−1,xi]

Множество всех индексов i = 1, . . . , n разобьем на два класса. К первому (обозначим его A) отнесем те номера i, для которых Mi − mi < δ, а ко

168 Третий семестр

второму (обозначим его B) отнесем все остальные номера i, т. е. такие, что Mi − mi ≥ δ.

Если i A, то Mi − mi < δ, т. е.

sup f (x0)	inf	f (x00) < δ.
x0 [xi−1,xi]	− x00 [xi−1,xi]

Отсюда следует, что Mi − mi ≤ ε. Если же i B, то Mi − mi ≤ 2K, где обозначено K = supm≤t≤M |ϕ(t)|. Поэтому имеем

		δ	αi ≤ (Mi − mi) αi ≤				S	(Π, f, α) − S(Π, f, α) < δ2,
		i B		i B
		X		X
откуда следует, что					α < δ.
Итак,				Pi B	i
					(Mi − mi ) αi +				(Mi − mi ) αi ≤
	S(Π, h, α) − S(Π, h, α) =
					i A				i B
					X				X
			≤ ε	X	X	αi ≤ ε(α(b) − α(a) + 2K).
				αi + 2K
				i A	i B
Отсюда и из теоремы 2 следует, что h R(α).

Следствие. Если f R(α), g R(α), то f · g R(α), |f | R(α) и

¯Z	¯	≤	Z
¯	ab f dα¯		ab |f | dα.
¯	¯
¯	¯
¯	¯

Доказательство. В силу теоремы 5 при ϕ(t) = t2, получаем, что f 2 R(α) и g2 R(α). Поэтому и

f · g = 14 £(f + g)2 − (f − g)2¤ R(α).

Если же применим теорему 5 при ϕ(t) = |t|, то получим, что |f | R(α),

а из неравенств f ≤ |f | и f					≥ −|f | следует, что				ab f dα ≤	ab |f | dα и
R	≥ − R	| |	¯R			¯	≤ R	| |	R	R
ab f dα		ab f dα, т. е.	¯	ab f dα		¯		ab f dα.
			¯			¯

Мы определили интеграл Римана – Стилтьеса с помощью верхнего и нижнего интегралов, а интеграл Римана – как предел интегральных сумм.

21. Интеграл Римана – Стилтьеса	169

Для интеграла Римана – Стилтьеса тоже можно было бы рассматривать интегральные суммы Римана – Стилтьеса

Xn

σ(Π, f, α) ≡ f (ξi) αi,

i=1

где xi−1 ≤ ξi ≤ xi. Связь между определенным выше интегралом Ри-

мана – Стилтьеса и пределом интегральных сумм Римана – Стилтьеса устанавливает следующая теорема.

Теорема. Если существует предел limd(Π)→0 σ(Π, f, α) ≡ A, то f

R(α) и справедливо равенство
Zab f dα = A.	(21.3)

Доказательство. Пусть существует предел limd(Π)→0 σ(Π, f, α) ≡ A. Зададим ε > 0 и найдем такое δ > 0, что для любых Π = {xi}ni=0 и ξi [xi−1, xi] справедливо неравенство

A − 2ε < σ(Π, f, α) < A + 2ε .

Тогда получим, что

A − 2ε ≤ S(Π, f, α) ≤ S(Π, f, α) ≤ A + 2ε .

В силу теоремы 2, отсюда, очевидно, следует, что f R(α), а равенство

(21.3) получаем из неравенства

Z b

S(Π, f, α) ≤ f dα ≤ S(Π, f, α).

a

Замечание. Для α(x) = x (случай интеграла Римана) эта теорема

обратима, т. е. для интеграла Римана определение с помощью верхнего и нижнего интегралов эквивалентно определению с помощью интегральных сумм. В общем случае это не так. Из интегрируемости функции в смысле Римана – Стилтьеса, вообще говоря, не следует существование предела интегральных сумм Римана – Стилтьеса.

170	Третий семестр

Следующая теорема описывает важный случай, когда интеграл Римана – Стилтьеса сводится к интегралу Римана.

Теорема. Если функции f и α таковы, что f и α0 интегрируемы в

смысле Римана на [a, b], то f R(α) и справедливо равенство
Z b f dα = Z b f (x)α0(x) dx.		(21.4)
a	a

Доказательство. По следствию из теоремы 5, функция f α0 интегрируема по Риману на [a, b]. Пользуясь интегрируемостью по Риману функций f α0 и α0, для заданного ε > 0 найдем такое δ > 0, что для любого разбиения Π, такого, что d(Π) < δ, и при любом выборе точек ξi

справедливы неравенства

i	−	1			Z	¯
¯			f (ξi) α0	(ξi) xi −			< ε,
¯	n					ab f (x)α0(x) dx¯
¯X						¯
¯						¯
¯						¯

¯

¯

¯Xn α0 (ξ )

¯ i

¯

i=1

Z	¯
xi − ab	α0(x) dx¯	< ε.
	¯
	¯
	¯

Если ηi [xi−1, xi], то, в силу критерия интегрируемости по Риману функции α0, получим

n	n
X	X
|α0 (ξi) − α0 (ηi)| xi ≤	(Mi − mi) xi < 2ε.
i=1	i−1

Так как функция α дифференцируема на [xi−1, xi], то, в силу теоремы

Лагранжа,	αi = α (xi) − α (xi−1) = α0 (ηi) xi. Отсюда следует, что
	n	n
	X	X
	f (ξi) αi =	f (ξi) α0 (ηi) xi =
	i=1	i=1
	n	n
	X	X
=	f (ξi) α0 (ξi) xi +	f (ξi) [α0 (ηi) − α0 (ξi)] xi.
	i=1	i=1

Поэтому, используя ограниченность функции f (|f (x)| ≤ M (x [a, b])),

получим	¯X				¯
			f (ξi) αi −			≤
	¯	n		Z	ab f (x)α0(x) dx¯
	¯				¯
	¯				¯
	¯	i=1			¯

21. Интеграл Римана – Стилтьеса							171
≤	¯X		f (ξi) α0	(ξi) xi −		¯	+
	¯	n			Z	ab f (x)α0(x) dx¯
	¯					¯
	¯					¯
	¯	i=1				¯

Xn

+|f (ξi)| · |α0 (ηi) − α0 (ξi)| xi ≤ ε + 2M ε = (2M + 1)ε,

i=1

т. е. существует

d(Π)→0	Za	b
		0	(x) dx.
lim σ(Π, f, α) =		f (x)α

Теперь, в силу предыдущей теоремы, получаем равенство (21.4).

21.2Функции ограниченной вариации и интеграл Римана – Стилтьеса

До сих пор мы рассматривали интеграл Римана – Стилтьеса относительно монотонной функции α, и это было существенным, так как во всех доказательствах, связанных с суммами Римана – Стилтьеса S(Π, f, α) и

S(Π, f, α), важную роль играло неравенство αi ≥ 0. Мы можем расширить класс функций α в теории интегралов Римана – Стилтьеса на случай

так называемых функций ограниченной вариации.

Определение. Пусть функция f определена на отрезке [a, b] и пусть

Π = {xi}in=0 – разбиение [a, b]. Обозначим	fi = f (xi) − f (xi−1) и
n
X	fi| ,
Vabf = sup |
i=1

где верхняя грань берется по всевозможным разбиениям Π отрезка [a, b]. Число Vabf называется полной вариацией функции f на [a, b]. Если Vabf <

+∞, то говорят, что функция f имеет ограниченную вариацию на отрезке [a, b]. Класс всех функций ограниченной вариации на [a, b] будем обозначать через V ≡ V ([a, b]).

Пример 1. Если функция f монотонна на [a, b], то f имеет на [a, b]

ограниченную вариацию и Vabf = |f (b) − f (a)|. Это очевидно.

172 Третий семестр

Пример 2. Если у функции f существует на [a, b] ограниченная про-

изводная, то f имеет на [a, b] ограниченную вариацию. Действительно, если |f 0(x)| ≤ M (a ≤ x ≤ b), то для любого разбиения Π отрезка [a, b]

имеем

n	n	n
X	X	X
	| fi| =	|f (xi) − f (xi−1)| ≤ M (xi − xi−1) = M (b − a).
i=1	i=1	i=1

Пример 3. Примером непрерывной функции, имеющей неограничен-

ную вариацию, может служить функция f (x) = x sin π (0 < x ≤ 2), f (0) = n x o

0. Действительно, для разбиения Π = 0, 2 , 2 , . . . , 2 , 2 , 2 имеем

2n−1 2n−3 5 3

n

n

X

X

| fi| =

|f (xi) − f (xi−1)| =

i=1

i=1

=

2

+µ

2

+

2

¶+· · ·+µ

2

+

2

¶+µ

2

+ 2¶ → ∞ (n → ∞).

2n

−

1

2n

−

3

2n

−

1

5

3

3

Пример 4. Из очевидного неравенства |f (x) −f (a)| ≤ Vabf (a ≤ x ≤ b)

следует, что каждая функция ограниченной вариации ограничена на [a, b].

Как показывает предыдущий пример, обратное неверно.

В отличие от монотонных, совокупность всех функций ограниченной вариации образует линейное пространство. Более того, справедлива

Теорема 1. Пусть функции f и g имеют ограниченную вариацию на

[a, b], а A и B постоянные. Тогда функции Af + Bg и f ·g также имеют

ограниченные вариации на [a, b].

Доказательство. Для любого разбиения Π = {xi}ni=0 отрезка [a, b]

имеем

n	n	n
X	X	X
|A fi + B gi| ≤ |A|	| fi| + |B|	| gi| ≤ |A|Vabf + |B|Vabg.
i=1	i=1	i=1

Отсюда следует, что Vab(Af + Bg) ≤ |A|Vabf + |B|Vabg.

Далее, так как функция с ограниченной вариацией ограничена, то из

неравенств |f (x)| ≤ F и |g(x)| ≤ G следует, что

|f (xi) g (xi) − f (xi−1) g (xi−1)| ≤

21. Интеграл Римана – Стилтьеса	173

≤ |f (xi) g (xi) − f (xi) g (xi−1)| + |f (xi) g (xi−1) − f (xi−1) g (xi−1)| = = |f (xi)| | gi| + |g (xi−1)| | fi| ≤ F | gi| + G | fi| .

Поэтому

n	n	n
X	X	X
|Δ(f · g)i| ≤ F	| gi| + G	| fi| ≤ F · Vabg + G · Vabf.
i=1	i=1	i=1
Отсюда имеем

Vab(f · g) ≤ F · Vabg + G · Vabf.

Следствие. Если функции f и g монотонны на [a, b], то f −g имеет ограниченную вариацию на [a, b].

Ниже мы покажем, что это следствие обратимо в том смысле, что каждая функция ограниченной вариации представима в виде разности двух монотонных функций. Это и позволит нам распространить понятие интеграла Римана – Стилтьеса относительно не только возрастающей функции, но и функции ограниченной вариации.

Определение. Пусть функция f имеет ограниченную вариацию на отрезке [a, b]. Функцию vf (x) = Vaxf (a ≤ x ≤ b) будем называть функцией полной вариации функции f на [a, b].

Очевидно, что функция полной вариации vf – неубывающая на [a, b]

функция.

Теорема 2. Пусть f V ([a, b]). Тогда a) Vayf = Vaxf + Vxyf (a ≤ x ≤ y ≤ b);

b) если, кроме того, функция f непрерывна на [a, b], то и функция vf

также непрерывна на [a, b].

Доказательство. a) Пусть Π1 – разбиение отрезка [a, x], а Π2 – раз-

биение отрезка [x, y]. Тогда Π ≡ Π1 Π2 – разбиение отрезка [a, y] и

X X X

Vayf ≥ | fi| = | fi| + | fi| .

1 2

Отсюда, переходя к верхней грани по всевозможным разбиениям Π1 и Π2,

получаем

Vayf ≥ Vaxf + Vxyf.

| fi| ≤ Vaxf + Vxyf.

174 Третий семестр

С другой стороны, так как от прибавления к разбиению новой точки сумма P | fi| не уменьшается, то, прибавляя к произвольному разбиению Π отрезка [a, y] точку x, получим

X X0 X X

| fi| ≤ | fi| = | fi| +

1 2

Отсюда следует, что Vayf ≤ Vaxf + Vxyf . Итак, получили равенство

Vayf = Vaxf + Vxyf.

b) Сначала покажем, что если функция f непрерывна слева в точке y

(a < y ≤ b), то и функция vf также непрерывна слева в точке y. Предположим противное. Учитывая монотонность функции vf , наше предположение означает, что найдется такое ε0 > 0, что vf (x) < vf (y) − ε0 при x < y. Найдем такое разбиение Π = {xi}ni=0 отрезка [a, y], что

	ε0		n	n−1
			X	X
vf (y) −	2	<	| fi| =	| fi| + |f (xn−1) − f (xn)| ≤
			i=1	i=1

nX−1

≤| fi| + |f (xn−1) − f (x)| + |f (x) − f (y)| ≤

i=1

≤ vf (x) + |f (x) − f (y)| < vf (y) − ε0 + |f (x) − f (y)|,

где произвольное x (xn−1, y). Отсюда следует, что для x (xn−1, y)

справедливо неравенство |f (x) − f (y)| ≥ ε20 , которое противоречит непрерывности слева функции f в точке y.

Аналогично показываем, что непрерывность справа функции f в точке y [a, b) влечет непрерывность справа функции vf в точке y.

Замечание. Обратное утверждению b) доказанной теоремы также справедливо. Именно, из непрерывности функции vf следует непрерывность f . Это мгновенно вытекает из очевидного неравенства

|f (x) − f (y)| ≤ |vf (x) − vf (y)| .