Интегрируемость по Риману непрерывных функций и кусочно-непрерывных функций

Теорема 1. Если функция f непрерывна на отрезке [a,b] то она интегрируема на этом отрезке.

Доказательство. По теореме Кантора функция f равномерно непрерывна на [a,b]. Это означает, что для любого \varepsilon > 0 найдется такое \delta >0,
что для любых точек x', x'' \in [a,b], таких, что \mid x'-x'' \mid < \delta, справедливо
неравенство |f(x')-f(x'')|< \varepsilon . Отсюда следует, что для любого разбиения
\Pi, диаметр которого d(\Pi ) <\delta, справедливо неравенство
{\omega _i} = \mathop {\sup }\limits_{x',x'' \in \left[ {{x_i},{x_{i + 1}}} \right]} \left| {f\left( {x'} \right) - f\left( {x''} \right)} \right| \leqslant \varepsilon , \left( {i = 0,1,...,n - 1} \right).
Поэтому
\sum\limits_{i = 0}^{n - 1} {{\omega _i}\Delta {x_i} \leqslant \varepsilon \sum\limits_{i = 0}^{n - 1} {\Delta {x_i} = \varepsilon \left( {b - a} \right)} } ,
если только d(\Pi ) <\varepsilon. Таким образом, выполнено условие критерия интегрируемости в терминах колебаний и тем самым теорема доказана. \blacksquare

Теорема 2. Если функция f ограничена на отрезке [a,b] и имеет на этом отрезке лишь конечное число точек разрыва, то она интегрируема на [a,b].

Доказательство. Пусть a_1,..., a_k – точки разрыва. Зададим \varepsilon >0
и для каждой точки разрыва выберем некоторую ее окрестность длины,
меньшей чем \varepsilon. Эти окрестности можно выбрать так, чтобы они попарно не пересекались. Обозначим их \Delta _1,...,\Delta _k. Выбросив эти окрестности
из отрезка [a,b], получим конечный набор отрезков I_1,...,I_k (их количество не обязательно равно k). На каждом из этих отрезков функция
непрерывна и, в силу теоремы Кантора, равномерно непрерывна. Поэтому для каждого отрезка I_j найдется \delta_j>0, такое, что для любой пары
точек x', x'' \in I_j условие |x'-x''|<\delta _j влечет выполнение неравенства
\mid f\left(x' \right)-f\left(x'' \right)\mid < \varepsilon. Положим \delta =min(\delta _1,\delta _2, ..., \delta _m, \varepsilon ).
Пусть теперь \Pi :a=x_0<x_1< ... <x_n=b – произвольное разбиение отрезка [a,b] с диаметром d(\Pi ) <\delta . Рассмотрим сумму
\sum\limits_{i = 0}^{n - 1} \omega _i\Delta x_i.
Разобьем ее на две суммы. В первую отнесем слагаемые, отвечающие тем
отрезкам [x_i,x_{i+1}], каждый из которых содержится в одном из отрезков
I_j. Для этих отрезков имеем \omega _i\leq \varepsilon , и поэтому для соответствующей суммы справедливо неравенство

\sum\nolimits_{}^/ {{\omega _i}\Delta {x_i}} < \varepsilon \sum\nolimits_{}^/ {\Delta {x_i}} \leqslant \varepsilon \left( {b - a} \right).

Во вторую сумму попадают слагаемые, отвечающие тем отрезкам
[x_i,x_{i+1}], каждый из которых имеет общие точки по крайней мере с одним
из интервалов \Delta _j . Оценим сумму длин этих отрезков. Среди частичных отрезков, имеющих общие точки с \Delta _j, могут быть такие, которые целиком содержатся в \Delta _j . Сумма их длин не превосходит длины интервала
\Delta _j , которая, в свою очередь, не превосходит \varepsilon. Кроме того, могут быть
два отрезка, содержащие концы интервала \Delta _j, сумма их длин не превосходит 2\delta \leq 2\varepsilon . Таким образом, сумма длин всех отрезков, имеющих
общие точки с интервалами \Delta _1...\Delta _k , не превосходит 3k\varepsilon. Обозначим
через \Omega колебание функции f на отрезке [a,b]. Поскольку f ограничена, то \Omega <\propto и \omega _i\leq \Omega (i=0,1,...,n-1). Поэтому для второй суммы
получаем следующую оценку:

\sum\nolimits_{}^{//} {{\omega _i}\Delta {x_i} \leqslant \Omega \sum\nolimits_{}^{//} {\Delta {x_i} \leqslant 3k\Omega \varepsilon } } .

Окончательно,

 \sum\limits_{i = 0}^{n - 1} \omega _i\Delta x_i =  \sum\nolimits_{}^/ {\omega _i}\Delta x_i + \sum\nolimits_{}^{//} \omega _i\Delta {x_i} \leqslant  \varepsilon \left( {b - a + 3k\Omega } \right) .

Отсюда, в силу критерия интегрируемости в терминах колебаний, вытекает справедливость теоремы. \blacksquare

Пример 1. Функция
f\left( x \right) = \left\{ \begin{gathered} \sin \frac{1}{x},\;0 < x \leqslant 1, \hfill \\ 0,\;x = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right.
sin1

ограничена и непрерывна всюду, за исключением одной точки. Следовательно, она интегрируема на отрезке [0,1].

Пример 2. Рассмотрим
f\left( x \right) = \left\{ \begin{gathered} sign\;(\sin \frac{1}{x}),\;0 < x \leqslant 1, \hfill \\ 0,\;x = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right.
У этой функции множество точек разрыва счетно и она не является монотонной. Тем не менее она ограничена, и ее интегрируемость легко доказать, используя критерий Римана и теорему 2. Действительно, зададим
\varepsilon >0 и рассмотрим функцию на отрезке [\varepsilon ,1] . На этом отрезке функция
ограничена и имеет конечное число точек разрыва. В силу теоремы 2, функция интегрируема на [\varepsilon ,1], так что, по критерию Римана, найдется
такое \delta >0, что если только отрезок [\varepsilon ,0] будет разбит на части, длины
которых меньше, чем \delta , то
\sum {{\omega _i}\Delta {x_i} < \varepsilon } .
Можем считать, что \delta <\varepsilon . Если теперь весь отрезок [0,1] разбить на
части, длины которых меньше, чем \delta, то
\sum\nolimits_{}^/ {{\omega _i}\Delta {x_i}}, слагаемых, отвечающих тем отрезкам, которые содержатся целиком в [\varepsilon ,1], меньше, чем \varepsilon.
Далее, сумма длин отрезков \left[ {{x_i},{x_{i + 1}}} \right], имеющих общие точки с [0,\varepsilon ], не
превосходит \varepsilon + \delta \leqslant 2\varepsilon. Учитывая, что колебание функции на каждом из
отрезков не превосходит 2, получим
\sum\nolimits_{}^{//} {{\omega _i}\Delta {x_i} \leqslant 2\sum\nolimits_{}^{//} {\Delta {x_i} \leqslant 4\varepsilon } } .
Окончательно,
\sum\limits_{i = 0}^{n - 1} {{\omega _i}\Delta {x_i} \leqslant 5\varepsilon } ,
так что, в силу критерия Римана, функция интегрируема на \left[ {0,1} \right].

Литература:

  1. В. И. Коляда, А. А. Кореновский Курс лекций по математическому анализу. Часть 1, Одесса, Астропринт, 2009 [стр. 186-189].
  2. Л. Д. Кудрявцев, Курс математического анализа, том первый (стр. 548-551).

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *