7.2 Суммы Дарбу и интегралы Дарбу

Пусть $ f $ — ограничена на отрезке $ [a,b] $ функция. Выберем произвольное разбиение этого отрезка $\prod$ : $a = x_{0} < x_{1} < \cdots < x_{n} = b$ и обозначим $$\displaystyle M_{i}=\underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (x \right ), m_{i}=\underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f \left ( x \right ) \left ( i= \overline{0,n-1}\right ).$$

Определение. Сумма $$ \bar S_{\prod} =\sum_{i=0}^{n-1} M_{i} \Delta x_{i}$$ называется верхней суммой Дарбу для функции $f$, соответствующей разбиению $\prod$, а сумма
$$ \underline S_{\prod} = \sum_{i=0} ^ {n-1} m_{i} \Delta x_{i}$$ называется нижней суммой Дарбу, соответствующего разбиению $ \prod$.

Очевидно, что $ \underline S_{\prod} \leqslant \overline {S_{\prod}}$, и любая интегральная сумма $\sigma$, соответствующая разбиению $ \prod$, удовлетворяет неравенству $$\begin{equation}\label{eq:exp1} \underline S_{\prod} \leqslant \sigma \leqslant \overline {S_{\prod}}. \end{equation} $$

Действительно, при любом выборе точек $ \xi_{i} \in [x_{i},x_{i+1}] $ из определения $m_{i} $ и $ M_{i} $ получаем $m_{i} \leqslant f \left (\xi _{i}\right ) \leqslant M_{i}$. Умножив это неравенство на $ \Delta x_{i} $ и сложив по $ i$, получаем $\eqref{eq:exp1}$.

Если функция $ f $ непрерывна на $ [a,b]$, то на каждом из частичных отрезков $ [x_{i},x_{i+1}] $ она достигает своего наибольшего и наименьшего значений, т.е. точки $\xi_{i}$ и $\eta_{i}$ можно выбрать так, чтобы были выполнены равенства $ f \left (\xi_{i}\right ) = m_{i} $ и $ f \left (\eta_{i}\right )= M_{i}$. Поэтом в этом случае суммы Дарбу сами являются интегральными суммами. Однако справедливо следующее

Утверждение. Для произвольной ограниченной функции $f$ и заданного разбиения $\prod$ верхняя и нижняя суммы Дарбу сами являются соответственно верхней и нижними гранями множества всех интегральных сумм, соответствующих заданному разбиению $\prod$.

Действительно,зададим $\varepsilon > 0 $ и, пользуясь определением верхней грани, для каждого $i=\overline{0,n-1} $ найдем такие $\eta_{i} \in [x_{i},x_{i+1}]$, 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:
  1. П. Д. Кудрявцев «Курс математического анализа», т.1. — М.: Дрофа, 2003, параграф 25 (cтр. стр. 551- 555 ).
  2. А. М. Тер-Крикоров, М. И. Шабунин «Курс математического анализа»- М.: ФИЗМАТ-ЛИТ, 2003, параграф 34 (стр. 319 — 324)

Суммы Дарбу и интегралы Дарбу

Тестовые вопросы по вышеизложенному материалу.


Таблица лучших: Суммы Дарбу и интегралы Дарбу

максимум из 10 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных

Суммы Дарбу и их свойства

Существенное продвижение в теории определенного интеграла принадлежит Г. Дарбу, который ввел в рассмотрение наряду с интегральной суммой Римана верхнюю и нижнюю суммы (впоследствии названные суммами Дарбу).

Суммы Дарбу

Итак, пусть функция [latex]f\left(x\right)[/latex] — ограничена на [latex]\left[a;b\right][/latex] и существует разбиение этого отрезка [latex]T=\left \{ x_{i} \right \}_{i=0}^{n}[/latex]. Это значит, что [latex]f[/latex] — ограничена на любом [latex]\triangle _{i}=\left[x_{i-1};x_{i}\right],[/latex] [latex]i =\overline{1,n}[/latex]. Отсюда, по второй теореме Вейtрштрасса, [latex]\exists M_{i}=\underset{x\in \triangle _{i}}{\sup f(x)},[/latex] [latex]\exists m_{i}=\underset{x\in \triangle _{i}}{\inf f(x)},[/latex] [latex] i=\overline{1,n}[/latex].

Итак, пусть мы выбрали какое-то конкретное разбиение отрезка  [latex][a;b][/latex] на n частей. Теперь выберем на каждой из этих частей промежуточные точки [latex]\xi _{i}[/latex] так, чтобы сумма площадей получившихся прямоугольников была минимальной. (см. задачу о вычислении площади криволинейной трапеции)

Построим интегральную сумму следующим способом: на каждом интервале [latex]\triangle _{i}[/latex] разбиения T точку [latex]\xi _{i}[/latex] будем выбирать так, чтобы получался прямоугольник минимальной площади, т.е. чтобы высота [latex]f\left(\xi _{i}\right)[/latex] была наименьшей. Наименьшую высоту нам как раз и даст операция [latex]\inf f(x)[/latex]: [latex]m_{i}=\underset{x\in \triangle _{i}}{\inf f(x)}.[/latex] Интегральная сумма, построенная на таких прямоугольниках, очевидно, есть самая маленькая из всевозможных сумм, получаемых на данном разбиении. Эта сумма называется нижней суммой Дарбу.

Точно так же можно построить и наибольшую для данного разбиения сумму: на каждом из интервалов [latex]\triangle _{i}[/latex] разбиения T мы выбираем точку [latex]\xi _{i}[/latex] так, чтобы значение [latex]f\left(\xi _{i}\right)[/latex] было максимальным: [latex]M_{i}=\underset{x\in \triangle _{i}}{\sup f\left(x\right)}[/latex]. Этим значениям соответствует интегральная сумма, называемая верхней суммой Дарбу. Теперь дадим более строгое определение.


Определение

[latex]\underbrace{S_{T}=\sum_{i=1}^{n}M_{i}\triangle x_{i}}[/latex] — верхняя сумма Дарбу

[latex]\underbrace{s_{T}=\sum_{i=1}^{n}m_{i}\triangle x_{i}}[/latex] — нижняя сумма Дарбу


Замечание

Суммы Дарбу зависят от разбиения T и не зависят от выбора промежуточных точек [latex]\xi _{i}.[/latex]

Свойства сумм Дарбу

Свойство [latex]1^{\circ}[/latex]. 

Для любой выборки [latex]\xi =\left \{ \xi _{i} \right \}_{i=1}^{n}[/latex] и разбиения [latex]T=\left \{ x_{i} \right \}_{i=0}^{n}[/latex] справедливы неравенства: [latex]s_{T}\leq \sigma _{T}\left(\xi ,f\right)\leq S_{T}[/latex].  (*)

Спойлер

[latex]\square[/latex] Так как [latex]\forall\xi _{i}\in \triangle _{i} [/latex] выполняются неравенства [latex]m_{i}\leq f\left(\xi _{i}\right)\leq M_{i}[/latex]. Домножим все части на [latex]\triangle x_{i}[/latex].

[latex]m_{i}\triangle x_{i}\leq f\left(\xi _{i}\right)\triangle x_{i}\leq M_{i}\triangle x_{i},i=\overline{1,n}[/latex]

Перейдя к сумме в каждой части неравенства, получаем:

[latex]\underset{s_{T}}{\underbrace{\sum_{i=1}^{n}m_{i}\triangle x_{i}}}\leq\underset{\sigma _{T}}{\underbrace{\sum_{i=1}^{n}f\left(\xi _{i}\right)\triangle x_{i}}}\leq \underset{S_{T}}{\underbrace{\sum_{i=1}^{n}M_{i}\triangle x_{i}}}[/latex] (**)

Вывод: согласно определению сумм Дарбу и интегральной суммы [latex]\sigma _{T}[/latex] утверждения (*) и (**) равносильны.[latex]\blacksquare [/latex]

[свернуть]

 

Свойство [latex]2^{\circ}[/latex].

При T — фиксированном, справедливы равенства: [latex]S_{T}=\sup \sigma _{T}\left(\xi ,f\right),[/latex] [latex]s_{T}=\inf \sigma_{T}\left(\xi ,f\right)[/latex].

Спойлер

[latex]\square [/latex]  Докажем первое равенство. Необходимо показать, что [latex]S_{T}[/latex] — минимальный предел верхних границ для интегральной суммы (см. опр. точной верхней и нижней границ множества). Т.е. нужно показать следующее: [latex]\forall \varepsilon > 0 \exists {\xi }'[/latex]: [latex]S_{T}-\varepsilon < \sigma _{T}\left({\xi }’,f\right)[/latex].  (*)

Т.к. [latex]M_{i}=\underset{x\in \triangle_{i}}{\sup f\left(x\right)}[/latex], то

[latex]\forall \varepsilon > o \ \exists\ {\xi }’_{i}\in \triangle _{i}[/latex]:

[latex]M_{i}-\frac{\varepsilon }{b-a}< f\left({\xi _{i}}’\right)[/latex]

[latex]0<M_{i}-f\left({\xi _{i}}’\right)< \frac{\varepsilon }{b-a}, i=\overline{1,n}[/latex]

Домножим на [latex]\triangle x_{i}[/latex]:

[latex]0\leq M_{i}\triangle x_{i}-f\left({\xi _{i}}’\right)\triangle x_{i}< \frac{\varepsilon}{b-a}\triangle x_{i}[/latex]

Просуммируем i- ые элементы:

[latex]0\leq\underset{S_{T}}{\underbrace{\sum_{i=1}^{n} M_{i}\triangle x_{i}}}-\underset{\sigma _{T}\left({\xi _{i}}’,f\right)}{\underbrace{\sum_{i=1}^{n}f\left({\xi _{i}}’\right)\triangle x_{i}}}<[/latex][latex]\underset{\varepsilon }{\underbrace{\sum_{i=1}^{n} \frac{\varepsilon }{b-a}\triangle x_{i}}}[/latex]

[latex]0\leq S_{T}-\sigma _{T}\left({\xi }’,f\right)< \varepsilon [/latex] (**)

Неравенства (*) и (**) равносильны.

Вывод: получили, что [latex]S_{T}[/latex]  — минимальный предел верхних границ для интегральной суммы [latex]\Rightarrow S_{T}=\sup \sigma _{T}\left(\xi ,f\right)[/latex].

Аналогично доказывается второе утверждение.[latex]\blacksquare [/latex]

[свернуть]

 Определение

Назовём разбиение [latex]T_{2}[/latex] продолжением (измельчением) разбиения [latex]T_{1}[/latex], если каждая точка разбиения [latex]T_{1}[/latex] является точкой разбиения [latex]T_{2}[/latex]. Иначе говоря, разбиение [latex]T_{2}[/latex] либо совпадает с разбиением [latex]T_{1}[/latex], либо получено из [latex]T_{1}[/latex] добавлением по крайней мере одной новой точки.


Свойство [latex]3^{\circ}[/latex].

Если разбиение [latex]T_{2}[/latex] — продолжение разбиения [latex]T_{1}[/latex], то [latex]s_{T_{1}}\leq s_{T_{2}}\leq S_{T_{2}}\leq S_{T_{1}}[/latex] (*), то есть при дроблении отрезка нижняя сумма Дарбу не уменьшается, а верхняя не увеличивается.

Спойлер

[latex]\square [/latex] Для доказательства достаточно рассмотреть случай, когда разбиение [latex]T_{2}[/latex] получается из [latex]T_{1}[/latex] добавлением только одной точки [latex]{x}’\in \left(x_{i-1};x_{i}\right)[/latex]. Пусть [latex]{\triangle _{i}}’=\left[x_{i-1};{x}’\right][/latex] и [latex]{\triangle_{i}}»=\left[{x}’;x_{i}\right][/latex] — отрезки, на которые точка [latex]{x}'[/latex] разбивает отрезок [latex]\triangle _{i}[/latex], а [latex]\lambda _{1}={x}’-x_{i-1}[/latex] и [latex]\lambda _{2}=x_{i}-{x}'[/latex] — длины этих отрезков.

Обозначим [latex]{m_{i}}’=\underset{x\in {\triangle _{i}}’}{\inf f\left(x\right)},[/latex] [latex]{m_{i}}»=\underset{x\in {\triangle _{i}}»}{\inf f\left(x\right)}, {m_{i}}=\underset{x\in {\triangle _{i}}}{\inf f\left(x\right)}[/latex]. Очевидно,что [latex]{m_{i}}’\geq m_{i},[/latex] [latex]{m_{i}}»\geq m_{i}[/latex]. В суммах [latex]s_{T_{2}}[/latex] и [latex]s_{T_{1}}[/latex] равны все соответствующие слагаемые, за исключением тех, которые связаны с отрезком [latex]\triangle _{i}[/latex]. Поэтому:

[latex]s_{T_{2}}-s_{T_{1}}={m_{i}}’\lambda _{1}+{m_{i}}»\lambda _{2}-m_{i}(\lambda _{1}+\lambda _{2})=[/latex] [latex]\left({m_{i}}’-m_{i}\right)\lambda _{1}+({m_{i}}»-m_{i})\lambda _{2}\geq 0\Rightarrow[/latex] [latex]s_{T_{1}}\leq s_{T_{2}}[/latex]

Аналогично доказывается неравенство [latex]S_{T_{2}}\leq S_{T_{1}}[/latex]. Отсюда, используя неравенство [latex]s_{T}\leq S_{T}[/latex] (доказанное в свойстве 1), получаем цепочку неравенств (*).[latex]\blacksquare [/latex]

[свернуть]

При добавлении точки [latex]x'[/latex] в разбиение [latex]T[/latex] верхняя сумма Дарбу уменьшится на величину площади не закрашенного прямоугольника

Layer 1

Свойство [latex]4^{\circ}[/latex].

Для любых разбиений [latex]{T}'[/latex] и [latex] {T}» [/latex] справедливо неравенство [latex]s_{{T}’}\leq S_{{T}»} [/latex].

Спойлер

[latex]\square [/latex] Пусть разбиение [latex]T[/latex] является продолжением как разбиения [latex]{T}'[/latex] , так и  разбиения [latex] {T}» [/latex]. Из неравенств, доказанных в прошлом пункте, получаем следующее:

  1. [latex]s_{{T}’}\leq s_{T}\leq S_{T}[/latex]
  2. [latex]S_{T}\leq S_{{T}»}[/latex]

В итоге: [latex]s_{{T}’}\leq s_{T}\leq S_{T}\leq S_{{T}»}[/latex], откуда следует [latex]s_{{T}’}\leq S_{{T}»}.[/latex] [latex]\blacksquare [/latex]

[свернуть]

Свойство [latex]5^{\circ}[/latex].

Существуют числа [latex]\underline{I}=\sup s_{T},[/latex] [latex]\bar{I}=\inf S_{T},[/latex] называемые верхним и нижним интегралами Дарбу, такие, что для любых разбиений [latex]{T}’,{T}»[/latex] отрезка [latex]\left[a;b\right][/latex]: [latex]s_{{T}’}\leq \underline{I}\leq \bar{I}\leq {S_{{T}»}}[/latex]

Спойлер

[latex]\square [/latex] Из неравенства, доказанного в 4 свойстве, по теореме об отделимости числовых множеств следует, что существует  [latex]\underline{I}=\sup s_{T}[/latex] и [latex] \underline{I}=\inf S_{T}[/latex] (супремум и инфимум) такие, что для всевозможных разбиений отрезка [latex]\left[a;b\right][/latex] и для любых разбиений [latex]{T}’,{T}»[/latex]  выполняется неравенство: [latex]s_{{T}’}\leq \underline{I}\leq \bar{I}\leq {S_{{T}»}}[/latex] [latex]\blacksquare[/latex]

[свернуть]

Замечание

Свойства 1-5 справедливы для любой ограниченной на отрезке [latex]\left[a;b\right][/latex] функции.


Пример 1

Найти суммы Дарбу для функции [latex]f\left(x\right)=x^{3}[/latex] на отрезке [latex]\left[-2;3\right][/latex], соответствующие разбиению этого отрезка на [latex]n[/latex] равных частей.

Спойлер

В этом случае [latex]\triangle x_{i}=\frac{5}{n},[/latex] [latex]x_{i}=-2+\frac{5i}{n},[/latex] [latex]i=\overline{1,n}[/latex]. В силу непрерывности и возрастания этой функции при любом разбиении отрезка она достигает наименьшего [latex]m_{i}=x_{i-1}^{3}[/latex] и наибольшего [latex]M_{i}=x_{i}^{3}[/latex] значений на левом и правом концах частичного отрезка [latex]\left[x_{i-1};x_{i}\right][/latex] соответственно. Согласно формулам, находим:

[latex]s_{T}=\frac{5}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}(-2+5\frac{i-1}{n})^{3},[/latex] [latex] S_{T}=\frac{5}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}\left(-2+\frac{5i}{n}\right)^{3}[/latex]

Принимая во внимание, что [latex]\sum\limits_{i=1}^{n}i = \frac{n\left(n+1\right)}{2},[/latex] [latex]\sum\limits_{i=1}^{n}i^{2} = \frac{n\left(n+1\right)\left(2n+1\right)}{6},[/latex] [latex]\sum\limits_{i=1}^{n}i^{3} =\left(1+2+…+n\right)^{2}[/latex], в итоге получаем:

[latex]s_{T}=\frac{65}{4}-\frac{175}{2n} + \frac{125}{4n^{2}},[/latex] [latex] S_{T}=\frac{65}{4}+\frac{175}{2n}+\frac{125}{4n^{2}}[/latex]

Ответ: [latex]s_{T}=\frac{65}{4}-\frac{175}{2n}+\frac{125}{4n^{2}},[/latex] [latex] S_{T}=\frac{65}{4}+\frac{175}{2n}+\frac{125}{4n^{2}}[/latex]

[свернуть]

Пример 2

Для интеграла [latex]\int\limits_{0}^{\pi }\sin x dx[/latex] найти верхнюю и нижнюю интегральные суммы, соответствующие разбиению отрезка [latex]\left[0;\pi\right][/latex] на 3 равные части.

Спойлер

На отрезке [latex]\left[0;\frac{\pi }{3}\right][/latex] функция [latex]\sin x[/latex] монотонно возрастает и поэтому для этого отрезка имеем [latex]m_{0}=\sin 0=0,[/latex] [latex]M_{0}=\sin \left(\frac{\pi }{3}\right)=\frac{\sqrt{3}}{2}[/latex].

На отрезке [latex]\left[\frac{\pi }{3};\frac{2\pi }{3}\right][/latex] наименьшим значением функции является [latex]m_{1}=\sin \left(\frac{\pi }{3}\right)=[/latex] [latex]\frac{\sqrt{3}}{2}[/latex], а наибольшим [latex]M_{1}=\sin \left(\frac{\pi }{2}\right)=1[/latex].

На отрезке [latex]\left[\frac{2\pi }{3};\pi\right][/latex] функция монотонно убывает, и поэтому:

[latex]m_{2}=\sin \pi =0,[/latex] [latex]M_{2}=\sin \left(\frac{2\pi }{3}\right)=[/latex] [latex]\frac{\sqrt{3}}{2}[/latex]

Т.к. все [latex]\triangle x_{i}[/latex] равны [latex]\frac{\pi }{3}[/latex], то

[latex]s_{T}=\frac{\pi }{3}\left(0+\frac{\sqrt{3}}{2}+0\right)=[/latex] [latex]\frac{\pi \sqrt{3}}{6}[/latex]

[latex]S_{T}=\frac{\pi }{3}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}+1+\frac{\sqrt{3}}{2}\right)=[/latex] [latex]\frac{\pi \left(\sqrt{3}+1\right)}{3}[/latex]

Ответ: [latex]s_{T}=\frac{\pi }{3}\left(0+\frac{\sqrt{3}}{2}+0\right)=\frac{\pi \sqrt{3}}{6},[/latex] [latex]S_{T}=\frac{\pi }{3}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}+1+\frac{\sqrt{3}}{2}\right)=[/latex] [latex]\frac{\pi \left(\sqrt{3}+1\right)}{3}[/latex]

[свернуть]

Литература:

  • Кудрявцев Л.Д. Курс математического анализа — М.: Высш.школа, 1981, т I- 687 стр.(стр. 443- 445)
  • Лысенко З.М. Конспект лекция по математическому анализу (тема «Определенный интеграл»)
  • Морозова В.Д. Введение в анализ: Учеб. для вузов/Под ред. В.С.Зарубина,А.П.Крищенко — М.:Изд-во МГТУ им. Н.Э.Баумана,1996 — 408 стр. (стр. 219-220)

 

Тест по теме

Тест с элементарными вопросами по теме «Суммы Дарбу и их свойства»

Таблица лучших: Тест по теме

максимум из 5 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных