4. 3. Інтеграл Рімана

4. 3. 1. Суми Дарбу. Їх властивості та означення інтеграла Рімана

В цьому розділі ми введемо ще одне поняття інтеграла, покажемо як воно зв’язане з попередніми, навчимось його обчислювати і далі застосовувати. Це поняття називається інтегралом Рімана.

Нехай – функція, обмежена на відрізку візьмемо далі будь-який набір точок такий, щоб

.

Даний набір точок назвемо розбиттям відрізка . Частіше ми називатимемо цей набір Т-розбиттям відрізка .Очевидно, що точки нашого Т-розбиття розбивають відрізок на «маленьких» відрізків, які ми називатимемо елементарними відрізками –

Оскільки обмежена на відрізку , то вона обмежена і на кожному з цих елементарних відрізків. Візьмемо тий відрізок нашого розбиття. З вище сказаного маємо, що існують скінченні числа , де

Очевидно, що для всіх , матимемо, що .

Утворимо далі наступні суми:

Ці суми ми назвемо відповідно нижня і верхня суми Дарбу.

Очевидно, що для

Для встановлення властивостей сум Дарбу, нам треба буде одне наступне поняття

Означення 1. Розбиття на називається подрібненням розбиття цього ж відрізка, якщо воно містить всі точки розбиття і ще хоча б одну нову –

Тепер, як легко переконатися геометрично, слід чекати, що має місце наступна Лема.

Лема 1. Нехай є подрібненням розбиття відрізка , тоді справедливі наступні нерівності:

(1)

(2)

Або

Від подрібнення розбиття нижня сума не зменшується, а верхня – не збільшується.

Доведення.

Нехай спочатку розбиття складається з точок розбиття і ще однієї точки . Точка , ясно, належить якомусь тому елементарному інтервалу розбиття:

Напишемо нижні суми Дарбу на обох цих розбиттях.

Позначимо через .

Із означення інфініума матимемо, що:

;

(3)

Розглянемо:

Отже

А це означає, що нерівність (1) доведена (коли розбиття відрізняється на одну точку).

Випадок, коли вони відрізняються на точок розв’язується за допомогою методу математичної індукції або близьким до цього методом. Нерівність (2) доводиться аналогічно.

Лема доведена.

З цієї Леми в якості простого наслідку одержується наступна важлива

Лема 2.

завжди

(4)

(І так само для )

Доведення.

Позначимо через об’єднання і . Тоді ясно, що . є подрібненням Тоді, за Лемою І будемо мати

(5)

Оскільки є подрібненням і , то за Лемою 1 (2) будемо мати

(6)

З нерівностей (5) і (6) одержуємо що,

А звідси і отримуємо рівність (4).

Лема доведена.

Візьмемо далі довільне - розбиття відрізка і зафіксуємо його. Тоді для нього матимемо фіксоване число . Розглянемо далі все можливі розбиття відрізка , обчислимо для кожного з них нижню суму Дарбу. Одержимо цілу множину чисел. Як випливає з (4), ця множина обмежена зверху і оскільки вона не порожня, то за відомою аксіомою неперервності існує сюпремумум цієї множини , З властивостей сюпремуму зразу будемо мати для будь-якого відрізка , що .

Оскільки нерівність (7) вірна для будь-якого , то значить множина всіх верхніх сум (по все можливих ) є обмеженою знизу. Значить існує інфініум цієї множини.

Ясно, що (з (7) і властивостей).

з

(8)

Якщо трапиться, що (які не залежать ні від яких розбиттів відрізка , а залежать тільки від функції і відрізка ), то кажуть, що інтегрована за Ріманом на відрізку і записують

А спільне значення чисел і називається інтегралом Рімана на і позначається:

Наступний приклад показує, що є функції неінтегровані за Ріманом.

Приклад. Розглянемо функцію:

Це відома функція Діріхле. Візьмемо довільне –розбиття відрізка .

Звідси видно, що множина всіх нижніх сум Дарбу складається з однієї точки . А отже, сюпремумум цієї множини дорівнює 0.

Отже, множина всіх верхніх сум Дарбу теж складається з однієї точки – 1. Значить інфініум дорівнює 1.

Маємо:

А це означає, що функція Діріхле не інтегрована за Ріманом.

Цей приклад показує нам, що треба мати якесь твердження, яке б давало відповідь на питання: «Чи інтегрована та чи інша функція на відрізку ?».

Наступне твердження дає (правда більш теоретично ніж практично) вичерпну відповідь на поставлену вище проблему.

Теорема 1 (Критерій інтегрованості за Ріманом).

Для того, щоб обмежена функція була інтегрована за Ріманом на відрізку необхідно і достатньо, щоб для

(9)

Доведення.

Необхідність.

Нехай , тобто . З означення і і з властивостей сюпремуму та інфініуму будемо мати що,

з (1)

з

(2)

Позначимо , тоді є подрібненням і і .

Маємо:

(3)

; (4)

Очевидно, що

(5)

Врахувавши (1), (2), (3), (4), (5) і те, що маємо:

;

;

.

Достатність.

Нехай

(6)

З нерівності (8) маємо для цього розбиття відрізка .

–ми у (8) поклали .

З останньої нерівності маємо:

.

Звідси випливає, що . Якби це було не так, ми б мали, що . Тоді ми б взяли , . Одержуємо, що , протиріччя, отже

Теорема доведена.

Оскільки використати практично цей критерій важко, то добре б було одержати якщо не критерій, то хоча б достатні умови інтегрування функції на відрізку. Нижче ми такі достатні умови одержимо.

Нам потрібно повернутися до розділу «Вступ до аналізу» і розглянути ще одне питання, що має відношення до неперервності функції на множині.