Метка: интегрируемость по Риману

Теорема. Если функция монотонна на отрезке , то она интегрируема на этом отрезке.

Доказательство. Пусть, например, возрастает. Возьмём произвольное разбиение . Тогда ,
поскольку колебание функции является разностью между наибольшим и наименьшим значениями функции. Получим

[latex]\sum\limits_{i = 0}^{n — 1} {{\omega _i}\Delta {x_i} \le d\left( \Pi \right)} \sum {\left( {f\left( {{x_{i + 1}}} \right) — f\left( {{x_i}} \right)} \right) = d\left( \Pi \right)\left[ {f\left( b \right) — f\left( a \right)} \right]} [/latex]

.
Отсюда видно, что выполнены условия критерия интегрируемости в терминах колебаний и теорема доказана.

Замечание. Из вышеизложенной теоремы видно, что существуют разрывные интегрируемые функции. В частности, монотонная функция может иметь
разрывы в счётном множестве точек. Поэтому интегрируемая функция может иметь счётное множество точек разрыва.

Пример. Положим . Ясно, что каждая точка вида является точкой разрыва функции, так что множество точек разрыва функции счётно.
С другой стороны, поскольку возрастает на , то, по вышеизложенной теореме, она интегрируема на .

Интегрируемость на отрезке

Лимит времени: 0

Навигация (только номера заданий)

0 из 4 заданий окончено

Вопросы:

1. 1
2. 2
3. 3
4. 4

Информация

В данном тесте будут проверены ваши знания свойств интегрируемости функций на отрезке. Удачи!

Вы уже проходили тест ранее. Вы не можете запустить его снова.

Тест загружается...

Вы должны войти или зарегистрироваться для того, чтобы начать тест.

Вы должны закончить следующие тесты, чтобы начать этот:

Результаты

Правильных ответов: 0 из 4

Ваше время:

Время вышло

Вы набрали 0 из 0 баллов (0)

Рубрики

1. Математический анализ 0%

• Поздравляю с успешным завершением теста!

Ваш результат был записан в таблицу лидеров

Загрузка

Имя: E-Mail:

Капча:

1. 1
2. 2
3. 3
4. 4

1. С ответом
2. С отметкой о просмотре

1. Задание 1 из 4

   1.

   $\varphi$$[\alpha ,\beta ]$$\left| {\varphi \left( {{x^\prime }} \right) — \varphi \left( {{x^{\prime \prime }}} \right)} \right|$${x^\prime },{x^{\prime \prime }} \in [\alpha ,\beta ]$${\lim _{d\left( {\Pi \to 0} \right)}}\left( {\overline {{S_\Pi }} + \underline {{S_\Pi }} } \right) = 0$$f$$\left[ {0,1} \right]$$f(x) = \left\{ \begin{array}{l} 0,если~x = \frac{1}{n},где~n \in N\\ x,в~противном~случае \end{array} \right.$$f\left( x \right) = ln\left| {x — 1} \right|$Какая из этих функций не интегрируема на отрезке $\left[ {0,1} \right]$?

   • $f(x) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {\frac{1}{q},}&{{\rm{если~}}x = \frac{p}{q},p \in Z,q \in N,{\rm{ }}НОД(p,q) = 1}\\ {0,}&{{\rm{если~}}x \in [0.5;1]} \end{array}} \right.$
   • $f(x) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {sin~x,}&{x \in [0;0.5)}\\ {cos~x,}&{x \in [0.5;1]} \end{array}} \right.$
   • $f(x) = sign(x)(cos~x-0.5)+0.5$
   Правильно
   

   Неправильно
   
2. Задание 2 из 4

   2.

   Заполните пропуски в определении:

   • Колебанием функции  на отрезке   называется (супремум, sup) модуля разности  , где .
   Правильно
   

   Неправильно
   
3. Задание 3 из 4

   3.

   Равенство  означает, что функция :

   • интегрируема на отрезке
   • дифференцируема на отрезке
   • оба ответа неверны
   Правильно
   

   Неправильно
   
4. Задание 4 из 4

   4.

   Какая из этих функций является интегрируемой на ?

   • ни одна из вышеуказанных
   Правильно
   

   Неправильно
   

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

Доказательство. По теореме Кантора функция $latex f$ равномерно непрерывна на $latex [a,b]$. Это означает, что для любого $latex \varepsilon > 0$ найдется такое $latex \delta >0$,
что для любых точек $latex x’, x» \in [a,b]$, таких, что $latex \mid x’-x» \mid < \delta$, справедливо
неравенство $latex |f(x’)-f(x»)|< \varepsilon$. Отсюда следует, что для любого разбиения
$latex \Pi$, диаметр которого $latex d(\Pi ) <\delta$, справедливо неравенство
[latex]{\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 [/latex], [latex]\left( {i = 0,1,…,n — 1} \right)[/latex].
Поэтому
[latex]\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)} } [/latex],
если только $latex d(\Pi ) <\varepsilon$. Таким образом, выполнено условие критерия интегрируемости в терминах колебаний и тем самым теорема доказана. $latex \blacksquare$

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

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

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

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

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

Окончательно,

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

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

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

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

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

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).

Определение. Для ограниченной на отрезке функции число[latex]\omega = \sup \left| {\varphi \left( {x’} \right) — \varphi \left( {x»} \right)} \right|,[/latex] где , называется колебанием функции на . Обозначим
$$M = {\sup _{\alpha \leqslant x \leqslant \beta }}\varphi \left( x \right)$$ $$m = {\inf _{\alpha \leqslant x \leqslant \beta }}\varphi \left( x \right).$$ Тогда, как легко видеть, . Пусть теперь ограниченная функция задана на отрезке . Тогда для произвольного разбиения колебание на равно . Поэтому

[latex]{\overline S _\Pi } — {\underline S _\Pi } = \sum\limits_{i = 0}^{n — 1} {\left( {{M_i} — {m_i}} \right)\Delta {x_i} = \sum\limits_{i = 0}^{n — 1} {{\omega _i}\Delta {x_i}} } [/latex].

Таким образом, равносильная формулировка критерия интегрируемости примет следующий вид.
Теорема (критерий интегрируемости в терминах колебаний). Для того чтобы ограниченная функция была интегрируемой по Риману на отрезке , необходимо и достаточно, чтобы было выполнено равенство

[latex]\mathop {\lim }\limits_{d(\Pi ) \to 0} \sum\limits_{i = 0}^{n — 1} {{\omega _i}\Delta {x_i} = 0} [/latex],

где – колебание функции на отрезке .

Литература

• В. И. Коляда, А. А. Кореновский Курс лекций по математическому анализу. Часть 1, Одесса, Астропринт, 2009 [стр. 85]