В каждом из частичных отрезков $ [x_i, x_{i+1}] $ выберем произвольным образом точку $\xi_i$ и составим сумму $$ \sigma = \sum\limits_{i=0}^{n-1} f (\xi_i) \Delta x_i.$$
Сумма $\sigma$ называется интегральной суммой для функции $f,$ соответствующей заданному разбиению $\Pi $ и заданному выбору точек $\xi_i .$
Для каждого заданного разбиения множество всевозможных интегральных сумм бесконечно, поскольку каждая интегральная сумма зависит от способа выбора точек $\xi_i .$
Итак, $$ \int\limits_a^b\! f(x)\,dx = \underset {d(\Pi) \to 0}{\lim} \sigma .$$
Геометрический смысл определенного интеграла.
С геометрической точки зрения интегральная сумма представляет собой сумму площадей прямоугольников высотой $f (\xi_i)$ и шириной $x_{i+1}-x_i.$
Поэтому определенный интеграл – предел интегральных сумм при стремлении к нулю диаметра разбиения – можно интерпретировать как площадь (с учетом знака) криволинейной трапеции, ограниченной осью $Ox,$ прямыми $x = a, x = b$ и графиком функции $y = f(x).$
По аналогии с определением предела функции в смысле Гейне, определение предела интегральных сумм можно выразить в терминах последовательностей следующим образом.
Упражнение. Докажите равносильность этих двух определений предела интегральных сумм.
Теорема. Если функция $f$ интегрируема на отрезке $[a, b],$ то она ограничена на этом отрезке.
Предположим, что функция $f$ неограничена на $[a, b],$ и покажем, что в этом случае для любого разбиения $\Pi$ промежуточные точки $\xi_i$ можно выбрать так, чтобы модуль соответствующей интегральной суммы оказался большим любого наперед заданного числа. Рассмотрим произвольное разбиение $\Pi : a = x_0 < x_1 < \ldots < x_n = b.$ Если $f$ неограничена на $[a, b],$ то найдется такой частичный отрезок $[x_j , x_{j+1}],$ на котором $f$ также неограничена. Действительно, если бы $f$ оказалась ограниченной на каждом из частичных отрезков, то она была бы ограниченной и на всем отрезке $[a, b].$ Итак, предположим, что $f$ неограничена сверху на $[x_j , x_{j+1}].$ Зададим произвольное число $M$ и покажем, что точки $\xi_i$ можно выбрать так, чтобы соответствующая интегральная сумма $\sigma$ стала большей, чем $M.$ Действительно, сначала выберем точки $\xi_i$ во всех отрезках, кроме $[x_j , x_{j+1}],$ и составим сумму $\displaystyle\sigma^\prime = \sum\limits_{i:i\neq j}$ $f(\xi_i) \Delta x_i.$ Затем точку $\xi_j$ выберем так, чтобы выполнялось неравенство $f(\xi_j ) \Delta x_j + \sigma^\prime > M.$ Это возможно в силу того, что функция $f$ неограничена сверху на $[a, b].$ Тогда получим, что для интегральной суммы $\sigma = \sigma^\prime + f(\xi_j ) \Delta x_j$ выполнено неравенство $\sigma > M.$
Случай неограниченной снизу $f$ исчерпывается аналогичным образом.
Наконец заметим, что из определения предела интегральных сумм вытекает, что при достаточно мелком разбиении интегральные суммы ограничены независимо от способа выбора промежуточных точек. Действительно, в определении предела условие $d(\Pi) < \delta$ влечет выполнение неравенства $|\sigma−I| < \varepsilon,$ откуда следует, что $|\sigma| < |I|+ \varepsilon.$ Мы же, предположив, что функция $f$ неограничена на $[a, b],$ получаем противоречие с ограниченностью интегральных сумм.
Итак, каждая интегрируемая функция ограничена. Однако не каждая ограниченная функция интегрируема.
Пример ограниченной неинтегрируемой функции.
Рассмотрим функцию Дирихле $$\begin{equation*}
\mathcal{D}\left(x\right) =
\begin{cases}
1, &\text{x — рационально,}\\
0, &\text{x — иррационально.}
\end{cases}
\end{equation*} $$
Эта функция ограничена. Покажем, что она неинтегрируема на любом невырожденном отрезке $[a, b].$ Действительно, если для произвольного разбиения $\Pi$ все точки $\xi_i$ выбрать рациональными, то получим $$ \sigma = \sum\limits_{i=0}^{n-1} \mathcal {D}(\xi_i) \Delta x_i = \sum\limits_{i=0}^{n-1} \Delta x_i = b-a.$$ Если же все точки $\xi_i$ взять иррациональными, то $$ \sigma = \sum\limits_{i=0}^{n-1} \mathcal {D}(\xi_i) \Delta x_i = 0. $$ Отсюда следует, что интегральные суммы не имеют предела при стремлении к нулю диаметра разбиения.
Пример 1.
Пусть $f(x) = c,$ $a \leqslant x \leqslant b.$ Тогда для любого разбиения $\Pi$ при любом выборе точек $\xi_i$ будет $f(\xi_i) = c$ и поэтому $$\sigma = \sum\limits_{i=0}^{n-1} f(\xi_i)\Delta x_i = c \sum\limits_{i=0}^{n-1} \Delta x_i = c (b-a).$$ Таким образом, $ \displaystyle\int\limits_{a}^{b}\! c\,dx = c (b-a).$
Пример 2.
Пусть $f(x) = x, 0 \leqslant x \leqslant 1.$ Выберем произвольное разбиение $\Pi : 0 = x_0 < x_1 < \ldots < x_n = 1$ и точки $\xi_i \in [x_i, x_{i+1}].$ Тогда
соответствующая интегральная сумма будет иметь вид $\displaystyle\sigma = \sum\limits_{i=0}^{n-1} \xi_i \Delta x_i.$ Наибольшая из всех интегральных сумм, соответствующая выбранному разбиению, равна $\displaystyle\overline \sigma = \sum\limits_{i=0}^{n-1} x_{i+1} \Delta x_i,$ а наименьшая $\displaystyle\underline \sigma = \sum\limits_{i=0}^{n-1} x_i \Delta x_i.$ Тогда имеем $$\overline {\sigma} + \underline \sigma = \sum_{i=0}^{n-1}(x_{i+1}+x_i) \Delta x_i = \sum\limits_{i=0}^{n-1}(x_{i+1}^2 — x_{i}^2)$$ $$\overline {\sigma}-\underline \sigma = \sum\limits_{i=0}^{n-1}(x_{i+1}+x_i) \Delta x_i \leqslant d(\Pi) \sum\limits_{i=0}^{n-1} \Delta x_i = d(\Pi).$$ Таким образом, $\overline \sigma −\underline \sigma \to 0$ при $d(\Pi) \to 0,$ а поскольку $\underline \sigma + \overline \sigma = 1,$ то обе эти суммы стремятся к $\displaystyle\frac {1}{2}.$ Отсюда и из неравенства $\underline \sigma \leqslant \sigma \leqslant \overline \sigma$ сразу следует, что $\displaystyle\sigma \to \frac{1}{2}$ при $d(\Pi) \to 0.$ Итак, функция интегрируема и $\displaystyle\int\limits_{0}^{1} \!x\,dx = \frac{1}{2}.$
Пример 3. Ступенчатые функции.
Функция $f$ называется ступенчатой
на отрезке $[a, b],$ если $[a, b]$ можно разбить на отрезки $[a_0, a_1], \ldots ,[a_{s−1}, a_s],$ где $a = a_0 < a_1 < \ldots < a_s = b,$ такие, что функция $f$ постоянна на каждом интервале $(a_j , a_{j+1}),$ т. е. $f(x) = c_j,$ $x \in (a_j , a_{j+1}),$ $j = 0, 1, \ldots , s − 1.$ При достаточно малых $\delta$ для разбиения $\Pi : a = x_0 < x_1 < \ldots < x_n = b,$ диаметр которого меньше, чем $\delta,$ все частичные отрезки разбиения, за исключением, быть может, не более чем $2s$ штук, расположены целиком в соответствующих интервалах постоянства функции $f.$ Пусть разбиению $\Pi$ при каком-либо выборе промежуточных точек $\xi_j$ соответствует интегральная сумма $\sigma.$ Имеем $$\left|\sigma-\sum\limits_{j=0}^{s-1} c_j (a_{j+1}-a_j)\right| \leqslant 2s \cdot \delta \cdot \left[\underset{a\leqslant x\leqslant b}{\mathrm{\max}} f(x)-\underset{a\leqslant x\leqslant b}{\mathrm{\min}} f(x)\right].$$ Отсюда ясно, что при стремлении к нулю диаметра разбиения интегральные суммы стремятся к $\displaystyle\sum\limits_{j=0}^{s-1} c_j (a_{j+1}-a_j),$ т.е. $\displaystyle\int\limits_{a}^{b} \!f(x)\,dx = \sum\limits_{j=0}^{s-1} c_j (a_{j+1}-a_j).$
Пример 4. Функция Римана.
Напомним, что функция Римана определяется равенством $$\begin{equation*}
\mathcal{R}\left(x\right) =
\begin{cases}
0, &\text{x — рационально,}\\
\displaystyle\frac{1}{q}, &\text{где x = $\displaystyle\frac{p}{q}$ — несократимая дробь.}
\end{cases}
\end{equation*} $$ Покажем, что эта функция интегрируема на $[0, 1]$ и ее интеграл равен нулю. Для этого заметим, что для любого $x \in [0, 1]$ имеем $\lim\limits_{y \to x} \mathcal{R}(y) = 0.$ Действительно, это сразу следует из того, что при любом фиксированном $\varepsilon > 0$ на отрезке $[0, 1]$ существует лишь конечное число таких точек, в которых функция Римана принимает значения большие, чем $\varepsilon.$ Обозначим число таких точек через $N_\varepsilon.$ Зафиксируем $\varepsilon > 0$ и положим $\displaystyle ε^\prime = \frac {\varepsilon}{2},$ $\displaystyle\delta = \frac{\varepsilon^{\prime}}{2N_{\varepsilon^\prime}}.$ Тогда при любом разбиении $\Pi,$ диаметр которого меньше, чем $\delta,$ и при любом способе выбора промежуточных точек количество слагаемых в интегральной сумме, для которых значение функции больше, чем $\varepsilon^\prime,$ не превосходит $2N_{\varepsilon^\prime}.$ Поэтому для интегральной суммы σ справедлива следующая оценка: $$\sigma \leqslant N_{\varepsilon^{\prime}}\delta + \varepsilon^\prime \sum\limits_{i=0}^{n-1} \Delta x_i \leqslant N_{\varepsilon^{\prime}} \frac{\varepsilon^{\prime}}{2N_{\varepsilon^\prime}} = \varepsilon.$$ Таким образом, получили, что $\sigma \to 0$ при $d(\Pi) \to 0,$ т. е. $\displaystyle\int\limits_{0}^{1}\! \mathcal{R}(x)\,dx = 0.$
Примеры решения задач
Данные примеры читателю рекомендуется решить самому в качестве тренировки.
- Исходя из определения определенного интеграла, найти $\displaystyle\int\limits_{0}^{T} (v_0 + gt)\,dt,$ где $v_o$ и $g$ — постоянны.
Решение
Рассмотрим разбиение отрезка $[0; T]$ на $n$ равных частей точками $\displaystyle\mathcal{T}_i = \frac {T_i}{n}$ $0 \leqslant i \leqslant n.$ Выберем точки разметки на левых концах отрезков разбиения: $\xi_i = \mathcal{T}_i.$ Интегральная сумма для функции $f(t) = v_0+gt$ равна: $$S_n=\sum\limits^{n-1}_{i=0}(v_0 + g\xi_i)(\mathcal{T}_{i+1}-\mathcal{T}_i)=\sum\limits^{n-1}_{i=0}\left(v_0 + g\frac{T_i}{n}\right)\frac{T}{n} = \frac{T}{n}\left(v_0n + \frac{gT}{n}\sum\limits^{n-1}_{i=0}\right).$$ По формуле суммы арифметической прогрессии $\displaystyle\sum\limits^{n-1}_{i=0}i = \frac{(n-1)n}{2},$ следовательно, $$S_n = \frac{T}{n}\left(v_0n + \frac{gT(n-1)n}{2n}\right) = v_0T + \frac {gT^2(n-1)}{2n}.$$ Сведём вычисление интеграла к вычислению обычной последовательности. $$\int\limits^T_0 (v_0 + gt)\,dt = \lim_{n\to +\infty}\left(v_0T+\frac{gT^2(n-1)}{2n}\right)=v_0T+\frac{gT^2}{2}.$$
- Вычислить определенный интеграл, рассматривая его как предел соответствующих интегральных сумм и производя разбиение промежутка интеграции надлежащим образом: $\displaystyle\int\limits^1_0 a^x \,dx,$ $(a>0).$
Решение
Разобьем отрезок интегрирования на $n$ равных частей: $\displaystyle x_i=\frac{i}{n},$ $0 \leqslant i \leqslant$ n и выберем точки разметки $\xi_i = x_i (0 \leqslant i \leqslant n−1).$ Длина каждого из отрезков разбиения $\displaystyle\Delta x_i = x_{i+1}-x_i=\frac{1}{n}.$ Интегральная сумма $$S_n = \sum\limits_{i=0}^{n-1}a^{\xi_i} \Delta x_i = \frac{1}{n} \sum\limits_{i=0}^{n-1} a^{\frac{i}{n}} = \frac{1}{n} \sum\limits^{n-1}_{i=0}(a^{\frac{i}{n}})^i.$$ Суммируя геометрическую прогрессию с первым членом, равным 1, и знаменателем $q=a^{\frac{1}{n}},$ получаем $$\sum\limits^{n-1}_{i=0}(a^{\frac{1}{n}})^i = \frac{a-1}{a^{\frac{1}{n}}-1}$$ Отсюда следует, что $$S_n = \frac {a-1}{n(a^{\frac{1}{n}}-1)}$$ Так как при $n \to +\infty$ последовательность $\displaystyle a^{\frac{1}{n}}-1 \sim \frac{\ln a}{n},$ то $$\int\limits^1_0 a^x \,dx = \lim_{n\to +\infty} S_n = \lim_{n\to +\infty} \frac{(a-1)n}{n \ln a} = \frac{a-1}{\ln a}.$$
- Вычислить определенный интеграл, рассматривая его как предел соответствующих интегральных сумм и производя разбиение промежутка интеграции надлежащим образом: $\displaystyle\int\limits^b_a \frac{dx}{x^2},$ $(0 < a < b).$
Решение
Пусть $x_o, x_1, \ldots, x_n$ — произвольное разбиение отрезка $[a;b].$ Выберем точки разметки $\xi_i = \sqrt{x_ix_{i+1}}$ $(0 \leqslant i \leqslant n-1).$ Интегральная сумма $\displaystyle S_n = \sum\limits^{n-1}_{i=0} \frac{1}{\xi_{i}^{2}}(x_{i+1}-x_i)=\sum\limits^{n-1}_{i=0} \frac{1}{x_ix_{i+1}}(x_{i+1}-x_i)= \sum\limits^{n-1}_{i=0}\left(\frac{1}{x_i}-\frac{1}{x_{i+1}}\right)=$ $\displaystyle=\left(\frac{1}{x_0}-\frac{1}{x_1}\right)+\left(\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}\right)+\left(\frac{1}{x_2}-\frac{1}{x_3}\right)+\ldots+\left(\frac{1}{x_{n-1}}-\frac{1}{x_n}\right)=$ $=\displaystyle\frac{1}{x_0}-\frac{1}{x_n}=\frac{1}{a}-\frac{1}{b}.$ Отсюда получаем следующее: $$\int\limits_a^b \frac{dx}{x^2} = \lim_{n\to+\infty} S_n = \lim_{n\to+\infty}\left(\frac{1}{a}-\frac{1}{b}\right) = \frac{1}{a}-\frac{1}{b}.$$
Интеграл Римана
Данный тест поможет Вам разобраться с материалом по теме «Интеграл Римана».
Литература
- В. И. Коляда, А. А. Кореновский «Курс лекций по математическому анализу» — Одесса: Астропринт, 2009, ч.1, стр. 176-181
Смотрите также
- Л. Д. Кудрявцев «Курс математического анализа» т.1. — М.: Дрофа; — 2003. — стр. 533-539
- Фихтенгольц Г. М. Курс дифференциального и интегрального исчисления: учеб. пособие для ун-тов и пед. ин-тов. Т. 2 / Г. М. Фихтенгольц. — 5-е изд., стереотип. — Москва: Физматгиз, 1970.- 800 с. — стр. 95-107.
- Тер-Крикоров А. М., Шабунин М. И. Курс математического анализа: Учеб. пособие для вузов. – 3-е изд., исправл. / А. М. Тер-Крикоров, М. И. Шабунин. – Москва: ФИЗМАТЛИТ, 2001. – 672 с. — стр. 316-334.
