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

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).