Пусть f — ограничена на отрезке [a,b] функция. Выберем произвольное разбиение этого отрезка ∏ : a=x0<x1<⋯<xn=b и обозначим Mi=supxi⩽x⩽xi+1f(x),mi=infxi⩽x⩽xi+1f(x)(i=¯0,n−1).
Определение. Сумма ˉS∏=n−1∑i=0MiΔxi называется верхней суммой Дарбу для функции f, соответствующей разбиению ∏, а сумма
S_∏=n−1∑i=0miΔxi называется нижней суммой Дарбу, соответствующего разбиению ∏.
Очевидно, что S_∏⩽¯S∏, и любая интегральная сумма σ, соответствующая разбиению ∏, удовлетворяет неравенству S_∏⩽σ⩽¯S∏.
Действительно, при любом выборе точек ξi∈[xi,xi+1] из определения mi и Mi получаем mi⩽f(ξi)⩽Mi. Умножив это неравенство на Δxi и сложив по i, получаем (1).
Если функция f непрерывна на [a,b], то на каждом из частичных отрезков [xi,xi+1] она достигает своего наибольшего и наименьшего значений, т.е. точки ξi и ηi можно выбрать так, чтобы были выполнены равенства f(ξi)=mi и f(ηi)=Mi. Поэтом в этом случае суммы Дарбу сами являются интегральными суммами. Однако справедливо следующее
Утверждение. Для произвольной ограниченной функции f и заданного разбиения ∏ верхняя и нижняя суммы Дарбу сами являются соответственно верхней и нижними гранями множества всех интегральных сумм, соответствующих заданному разбиению ∏.
Действительно,зададим ε>0 и, пользуясь определением верхней грани, для каждого i=¯0,n−1 найдем такие ηi∈[xi,xi+1], что f\left (\eta_{i}\right ) > M_{i} — \varepsilon. Тогда получим \sigma =\sum_{i=0}^{n-1} f\left ( \eta_{i}\right ) \Delta x_{i} > \sum_{i=0}^{n-1} M_{i} \Delta x_{i}-\varepsilon \left (a-b\right ) = \bar S_{\prod}-\varepsilon \left (a-b\right ).
Отсюда следует, что \bar S_{\prod}= \sup\left (\sigma\right ), где верхняя грань берется по множеству всевозможных интегральных сумм, соответствующих заданному разбиению \prod.
Доказательство для нижней суммы Дарбу аналогично.
Свойства сумм Дарбу
1. Если к имеющимся точкам разбиения добавить новые точки, то от этого верхняя сумма Дарбу не увеличится, а нижняя сумма Дарбу не уменьшится
Пусть имеется изначально разбиение \prod. Достаточно показать рассмотреть случай, когда к имеющимся точкам добавляется одно точка x{}’_{i} \in [x_{i},x_{i+1}], в результате чего получаем новое разбиение \prod{}’. Тогда суммы \bar S_{\prod} и \bar S_{\prod {}’} содержат одни и те же слагаемые, за исключением слагаемых, отвечающие отрезку [x_{i},x_{i+1}]. В сумме \bar S_{\prod} этому отрезку отвечает слагаемое M_{i}\left (x_{i+1} -x_{i}\right ), а в сумме \bar S_{\prod {}’} ему соответствуют два слагаемых M{_{i}}’\left (x{}’-x_{i}\right )+M_{i}{}'{}’ \left (x_{i+1}-x_{i}\right ), где M{_{i}}’=\underset{\displaystyle x_{i} \leqslant x \leqslant x{}’}{\sup} f\left (x\right ), M_{i}{}'{}’=\underset{\displaystyle x{}’ \leqslant x \leqslant x_{i+1} }{\sup} f\left (x\right ). Ясно, что M{_{i}}’ \leqslant M_{i}. и M_{i}{}'{}’ \leqslant M_{i}. Поэтому M{_{i}}’\left (x{}’ -x_{i}\right ) + M_{i}{}'{}’ \left (x_{i+1} -x{}’\right ) \leqslant M_{i}\left (x_{i+1} -x_{i}\right ), так что и \bar{S_{\prod {}’}} \leqslant \bar{S_{\prod}}.
Для нижних сумм доказательство аналогичное.
2. Каждая нижняя сумма Дарбу не превосходит каждой верхней суммы Дарбу, даже если они соответствуют разным разбиениям
Пусть \prod_{1}, \prod_{2} — произвольные разбиения отрезка [a,b]. Докажем, что \underline S_{\prod_{1}} \leqslant \bar S_{\prod_{2}}. Объединяя точки разбиений \prod_{1} и \prod_{2}, получим новое разбиение \prod, причем, поскольку \prod_{1} может быть получено из \prod_{1} путём добавления к \prod_{1} новых точек деления, то, в силу предыдущего свойства, имеем \underline S_{\prod_{1}} \leqslant \underline S_{\prod}. С другой стороны, разбиение \prod может быть получено из \prod_{2} путем добавления к \prod_{2} новых точек деления, так, что, в силу предыдущего свойства, \bar S_{\prod} \leqslant \bar S_{\prod_{2}}. Объединяя эти два неравенства и учитывая, что \underline S_{\prod} \leqslant \bar S_{\prod}, получаем \underline S_{\prod_{1}} \leqslant \bar S_{\prod_{2}}.
Интегралы Дарбу.
Пусть функция f ограничена на отрезке [a,b], т.е. \left | f\left (x\right ) \right |\leqslant M, a\leqslant x\leqslant b. Тогда для любого разбиения \prod справедливы неравенства \left |\bar S_{\prod} \right | \leqslant M\left (b-a\right ) и \left |\underline S_{\prod} \right | \leqslant M\left (b-a\right ). Это означает, что множества всевозможных верхних и нижних сумм Дарбу являются ограниченными.
Определение. Верхняя грань множества всевозможных нижних сумм Дарбу называется нижним интегралом функции f и обозначается \underline I = \sup_{\prod} {\underline S_{\prod}}. Нижняя грань множества всевозможных верхних сумм Дарбу называется верхним интегралом и обозначается \bar I = \inf_{\prod} {\bar S_{\prod}}.
Связь между верхним и нижним интегралами устанавливает
Утверждение. Для любой ограниченной функции f справедливо неравенство \underline I \leqslant \bar I.
Как было показано выше,каждая нижняя сумма Дарбу не превосходит каждой верхней суммы Дарбу, т.е. для любых двух разбиений \prod и \prod{}’ справедливо неравенство \underline I \leqslant \bar I. Переходя к верхней грани по всевозможным разбиениям \prod, получаем \underline I \leqslant \bar S_{\prod{}’}. Поскольку в полученном неравенстве разбиение \prod{}’ произвольное, то переходя к нижней грани по всевозможным разбиениям, получим \underline I \leqslant \bar I.
Пример. Рассмотрим функцию Дирихле на отрезке [0,1]. Для нее, очевидно, при любом разбиении \prod будет \underline S_{\prod} = 0, так что и \underline I = 0. С другой стороны, \bar S_{\prod} = 1, так что \bar I = 1.
Теорема (критерий интегрируемости по Риману). Пусть функция f ограничена на отрезке [a,b]. Для того чтобы f была интегрируемой на этом отрезке, необходимо и достаточно, чтобы было выполнено равенство \lim_{d\left (\prod\right )\rightarrow 0}\left (\bar S_{\prod} -\underline S_{\prod}\right ) = 0
Это равенство означает, что для любого положительного \varepsilon найдется такое положительное
\delta, что для каждого разбиения \prod, диаметр которого d\left (\prod\right )<\delta, справедливо неравенство \bar S_{\prod} - \underline S_{\prod} < \varepsilon.
Необходимость. Пусть функция f интегрируема, т.е. существует конечный I\equiv\lim_{d\left (\prod\right )\rightarrow 0}\sigma
Это означает, что для любого \varepsilon > 0 найдется такое \delta > 0, что для любого разбиения \prod с d\left (\prod\right ) < \delta и при любом выборе промежуточных точек \xi _{i} выполнено неравенство \left | \sigma -I \right | < \varepsilon. Это неравенство можно переписать так: I-\varepsilon <\sigma < I + \varepsilon.
Зафиксируем произвольное разбиение\prod с d\left (\prod\right ) < \delta. Поскольку \bar S_{\prod}- верхняя грань множества всех интегральных сумм \sigma, соответствующих разбиению \prod, и \sigma < I +\varepsilon, то \bar S_{\prod} \leqslant I +\varepsilon.
Аналогично получаем \underline S_{\prod} \geq I - \varepsilon. Таким образом, I - \varepsilon \leqslant \underline S_{\prod} \leqslant \bar S_{\prod} \leqslant I + \varepsilon. Отсюда следует, что \bar S_{\prod} -\underline S_{\prod} \leqslant 2\varepsilon, если только d\left (\prod\right ) < \delta.
Достаточность. Заметим, что для любого разбиения \prod справедливо неравенство \underline S_{\prod}\leqslant \underline I\leqslant \bar I \leqslant \bar S_{\prod}. Поскольку, по условию,\bar S_{\prod} -\underline S_{\prod} \rightarrow 0 при d\left (\prod\right ) \rightarrow 0, то \bar I = \underline I. Обозначим их общее значение через I. Тогда получим, что для любого разбиения \prod имеет место неравенство \underline S_{\prod} \leqslant I \leqslant \bar S_{\prod}. Но и каждая интегральная сумма \sigma, отвечающая разбиению \prod, также удовлетворяет неравенству \underline S_{\prod} \leqslant \sigma \leqslant \bar S_{\prod}. Отсюда следует, что \left | \sigma -I\right |\leqslant \bar S_{\prod} -\underline S_{\prod}. Поскольку правая часть последнего неравенства стремится к нулю при d\left (\prod\right ) \rightarrow 0, то получаем \lim_{d\left (\prod\right )\rightarrow 0} \sigma = I
Замечание. Из доказательства необходимости видно, что для интегрируемой функции ее верхняя и нижняя суммы Дарбу стремятся к интегралу от функции при стремлении к нулю диаметра разбиения.
Определение. Для ограниченной на отрезке [\alpha, \beta ] функции \varphi число \omega = \sup \left | \varphi \left (x{}’\right ) — \varphi \left (x{}'{}’\right ) \right |, где x{}’, x{}'{}’ \in [\alpha,\beta ], называется колебанием функции \varphi на [\alpha, \beta ].
Обозначим M_{i}=\underset{\displaystyle \alpha \leqslant x\leqslant \beta }{\sup} \varphi \left (x\right ) и m_{i} =\underset{\displaystyle \alpha \leqslant x\leqslant \beta }{\inf} \varphi \left (x\right ). Тогда, как легко видеть, \omega = M_{i} -m_{i}
Пусть теперь ограниченная функция f задана на отрезке [a,b]. Тогда для произвольного разбиения \prod колебание f на [x_{i},x_{i+1}] равно \omega = M_{i}- m_{i}. Поэтому \bar S_{\prod} -\underline S_{\prod} = \sum_{i=0}^{n-1}\left (M_{i} -m_{i}\right )\Delta x = \sum_{i=0}^{n-1}\omega _{i}\Delta x.
Таким образом, равносильная формулировка критерия интегрируемости примет следующий вид.
Теорема (критерий интегрируемости в терминах колебаний).
Для того чтобы ограниченная функция f была интегрируемой по Риману на отрезке [a,b], необходимо и достаточно, чтобы было выполнено равенство\lim_{d\left (\prod\right )\rightarrow 0} \sum_{i=0}^{n-1} \omega_{i}\Delta x_{i} = 0, где \omega _{i} — колебание функции f на отрезке [x_{i}, x_{i=1}].
Пример решения задачи
Дан интеграл I=\int\limits_{0}^{1}\sqrt{1+x^{5}}dx. Выполнить равномерное разбиение на отрезке \left [ 0, 1 \right ] на 6 частей. Построить верхнюю и нижнюю суммы Дарбу.
Решение
График функции f\left (x\right )=\sqrt{1+x^{5}}.
Докажем, что функция монотонна.
Для этого возьмем производную данной функции
\displaystyle f{}’\left (x\right )=\frac{\displaystyle 5x^{4}}{\displaystyle 2\sqrt{1+x^{5}}}. Так как мы рассматриваем промежуток \left ( 0, 1 \right ), то на этом участке x^{5} > 0, x^{4} > 0 (так как степень четная ). Получили, что f{}’\left (x\right ) > 0. Следовательно, f\left (x \right ) монотонно возрастает, тогда \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (x\right )
расположен на правом конце, а \underset{\displaystyle x_{i} \leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f\left (x\right )- на левом конце.
Построим верхнюю сумму Дарбу:
Найдем значения с точностью 0,001
\bar S_{\prod} =\sum_{i=0}^{n-1} M_{i} \Delta x_{i}
M_{1}=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (x\right )=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 6}\right ) \approx 1;
M_{2}= \displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (x\right )=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (\frac{\displaystyle 2}{\displaystyle 6}\right ) \approx 1,002;
M_{3}=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (x\right )=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (\frac{\displaystyle 3}{\displaystyle 6}\right ) \approx 1,015;
M_{4}= \displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (x\right )=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (\frac{\displaystyle 4}{\displaystyle 6}\right ) \approx 1,064;
M_{5}=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (x\right )=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (\frac{\displaystyle 5}{\displaystyle 6}\right ) \approx 1,184;
M_{6}=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (x\right )=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (1\right ) \approx 1,414;
\bar S_{\prod} =\left (1+1,002+1,015+1,064+1,184+1,414\right )\cdot \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 6} = 1.113;
Построим нижнюю сумму Дарбу:
Найдем значения с точностью 0,001
\underline S_{\prod} =\sum_{i=0}^{n-1} m_{i} \Delta x_{i}
m_{1}=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f\left (x\right )=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f\left (0\right ) = 1;
m_{2}=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f\left (x\right )=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f\left (\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 6}\right ) \approx 1;
m_{3}=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f\left (x\right )=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f\left (\frac{\displaystyle 2}{\displaystyle 6}\right ) \approx 1,002;
m_{4}=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f\left (x\right )=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f\left (\frac{\displaystyle 3}{\displaystyle 6}\right ) \approx 1,015;
m_{5}=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f\left (x\right )=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f\left (\frac{\displaystyle 4}{\displaystyle 6}\right ) \approx 1,064;
m_{6}=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f\left (x\right )=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f\left (\frac{\displaystyle 5}{\displaystyle 6}\right ) \approx 1,184;
\underline S_{\prod} =\left (1+1+1,002+1,015+1,064+1,184\right )\cdot \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 6} = 1.044;
f\left (0\right )=\sqrt{1+0}=\sqrt{1}=1;
f \left (\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 6} \right )=\sqrt{1+ \left (\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 6}\right ) ^{5}}=\sqrt{1.0001286008} \approx 1;
f \left (\frac{\displaystyle 2}{\displaystyle 6} \right )=\sqrt{1+ \left (\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 6}\right ) ^{5}}=\sqrt{1.00411} \approx 1.002;
f \left (\frac{\displaystyle 3}{\displaystyle 6} \right )=\sqrt{1+\left (\frac{\displaystyle 3}{\displaystyle 6}\right ) ^{5}}=\sqrt{1.03125} \approx 1.015;
f \left (\frac{\displaystyle 4}{\displaystyle 6} \right )=\sqrt{1+\left (\frac{\displaystyle 4}{\displaystyle 6}\right ) ^{5}}=\sqrt{1.1316872428} \approx 1.064;
f\left (\frac{\displaystyle 5}{\displaystyle 6} \right )=\sqrt{1+\left (\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 6}\right ) ^{5}}=\sqrt{1.401877572} \approx 1.184;
f \left (1\right )=\sqrt{1+1^{5}}=\sqrt{2} \approx 1.414;
Информацию по теме «Суммы Дарбу и интегралы Дарбу» вы можете также найти в следующих учебниках:
Суммы Дарбу и интегралы Дарбу
Тестовые вопросы по вышеизложенному материалу.
Таблица лучших: Суммы Дарбу и интегралы Дарбу
| Место | Имя | Записано | Баллы | Результат |
|---|---|---|---|---|
| Таблица загружается | ||||
