Фундаментальные теоремы математического анализа - The Hitchhiker's Guide to the Calculus Galaxy

Итак, у нас всё готово, чтобы доказать две фундаментальные теоремы анализа.

(1) Покажем, что функция $F(x)$ непрерывна на $[a,b].$

Пусть $a\le x<y \le b$ , тогда согласно теореме Theorem 1 8), получаем

\begin{align*} F(y) &:= \int_{[a,y]}f \\ &= \int_{[a,x]} f + \int_{(x,y]}f \\ &= F(x) + \int_{(x,y]}f, \end{align*}

т.е.,

F(y) - F(x) = \int_{(x,y]}f.

Так как $f$ — интегрируема по Риману на $[a,b]$ , то согласно замечанию Remark 1, $f$ — ограничена на $[a,b]$ , т.е., найдётся такое число $M$ , что $-M \le f(x) \le M$ для всех $x \in [a,b].$ Тогда, согласно теореме Theorem 1 5., 6., получаем

\int_{(x,y]}f \le \int_{(x,y]}M = M(y-x)

\int_{(x,y]}f \ge \int_{(x,y]} (-M) = -M(y-x),

т.е.,

|F(y) - F(x)| \le M (y-x).

Если $x>y$ то аналогичные рассуждения приведут к неравенству

|F(y) - F(x)| \le M (x-y).

Если $x = y$ , то $F(x) = F(y)$ , таким образом, мы получаем, что

\left| F(y) - F(x) \right| \le M |x-y|.

Пусть теперь $(x_n)$ — произвольная последовательность в $[a,b]$ , тогда по теореме Больцано—Вейрештрасса Theorem 1.6.2, она имеет предел, скажем $x: = \lim_{n\to \infty }x_n$ . Имеем

-M |x_n - x| \le F(x_n) - F(x) \le M|x_n-x|

для каждого $n \ge 1.$ Согласно Теореме Theorem 1.3.1 и предложению Proposition 1.2.1, $\lim_{n\to \infty} (-M|x_n - x|) = \lim_{n\to \infty} (M|x_n - x|) = 0$ , и тогда по лемме о зажатой последовательности Lemma 1.3.1, получаем, что

\lim_{x_n \to x}F(x_n) = F(x),

для любой последовательности $x_n$ в $[a,b]$ , но тогда по теореме Theorem 4 получаем, что $F(x)$ — непрерванная функция на $[a,b].$

(2) Пусть теперь $f$ — непрерывна в какой-то точке $x_0 \in [a,b]$ , покажем тогда, что $F$ дифференцируема в точке $x_0$ и $F'(x_0) = f(x_0)$ .

Согласно определению дифференцируемости (см. определение Definition 1), это значит, что нам нужно показать, что

\lim_{h\to 0} \frac{F(x_0 + h) - F(x_0)}{h} = f(x_0),

или

\lim_{h \to 0} \frac{F(x_0 + h) - F(x_0) - f(x_0)\cdot h}{h} = 0,

т.е., для любого $\varepsilon >0$ можно всегда найти такое $\delta>0$ , что при $|h|<\delta$ ,

\left| \dfrac{F(x_0 + h) - F(x_0) - f(x_0)\cdot h}{h} \right| < \varepsilon.

Пусть $x_0 + h = y \in [x_0 - \delta, x_0 + \delta] \cap [a,b] =: I$ , тогда нам нужно показать, что при любом $y \in I$ имеет место неравенство

\left| F(y) - F(x_0) - f(x_0) (y-x_0) \right| \le \varepsilon |y-x_0|.

Так как функция $f$ непрерывна в точке $x_0$ , то для любого $\varepsilon >0$ мы можем найти такое $\delta>0$ , что существует такое $\delta >0$ , что

|f(x) - f(x_0)| \le \varepsilon,

для любого $x \in I$ , т.е.,

f(x_0) - \varepsilon \le f(x) \le f(x_0) + \varepsilon.

Итак, пусть $y \in I : = [x_0 - \delta, x_0 + \delta] \cap [a,b]$ , тогда возникают три случая.

Если $y = x_0$ , то $F(y) - F(x_0) - f(x_0)(y-x_0) = 0$ и неравенство

\left| F(y) - F(x_0) - f(x_0) (y-x_0) \right| \le \varepsilon |y-x_0|

очевидно выполняется, ибо мы получаем $0 \le 0.$

Пусть $y>x_0$ тогда

F(y) - F(x_0) = \int_{[x_0,y]}f.

Так как $x_0,y \in I$ , $[x_0,y] \subseteq I$ , то мы также имеем

f(x_0) - \varepsilon \le f(x) \le f(x_0) + \varepsilon.

Тогда по теореме Theorem 1,

\int_{[x_0,y]} f(x_0) - \varepsilon \le \int_{[x_0,y]}f(x) \le \int_{[x_0,y]} f(x_0) + \varepsilon

т.е.,

\left( f(x_0) - \varepsilon\right) (y-x_0) \le \int_{[x_0,y]}f(x) \le \left(f(x_0) + \varepsilon\right)(y-x_0).

Но тогда мы и получаем, что

\left| F(y) - F(x_0) - f(x_0) (y-x_0) \right| \le \varepsilon |y-x_0|,

что и завершает доказательство.

Напомним, что (см. Определение Definition 2) функция $F(x)$ в данном промежутке называется интегралом (=первообразной) для функции $f(x)$ , если во всём этом промежутке $f(x)$ является производной для функции $F(x)$ или, что тоже, $f(x)\mathrm{d}x$ есть линейная дифференциальная форма, равная дифференциалу функции $F(x)$

F'(x) = f(x) \quad \mbox{или} \quad \mathrm{d}F = f(x) \mathrm{d}x.

Proof

Если мы покажем, что

U(f,\lambda) \ge F(b) -F(a) \ge L(f,\lambda)

для любого разбиения $\lambda = \lambda(I)$ промежутка $I$ , то согласно Следствию Corollary 2, мы тогда получим, что

\sup \int_{[a,b]}f \ge F(b) - F(a) \ge \inf \int_{[a,b]}f,

а так как $f$ интегрируема по Риману, то крайние числа равны и более того

\int_{[a,b]} f = \inf \int_{[a,b]} f = \sup \int_{[a,b]} f,

откуда и будет следует, что

\int_{[a,b]} f = F(b) - F(a).

Итак, покажем, что

U(f,\lambda) \ge F(b) - F(a).

для произвольного разбиения λ промежутка $I$ , так как $F$ — дифференцируема, то по Теореме [](#diff=contionous(for one varibale)), $F$ — непрерывна на $I$ , а тогда по следствию Lemma 1,

F(b) - F(a) = \sum_{A \in \lambda} F(A) = \sum_{A \in \lambda\setminus\varnothing}F(A).

По определению Definition 4,

U(f,\lambda) : = \sum_{A \in \lambda\setminus \varnothing} \sup_{x \in A}f(x)|A|.

Таким образом, нам осталось показать, что

F(A) \le \sup_{x \in A} f(x) |A|,

для всех $A \in \lambda \setminus \varnothing.$

Если $A$ состоит из точки, то это очевидно, так как обе части неравенства равны нулю. Пусть теперь $A$ имеет один из четырёх видов $(c,d), [c,d], (c,d], [c,d)$ , тогда $F(A) = F(d) - F(c)$ . По теореме Лагранжа Theorem 6, существует такая точка $\xi \in (c,d)$ , что $F(d) - F(c) = F'(\xi)(d-c)$ .

А так как $F'(x) = f(x)$ по условию на всём $I$ , то мы получаем

F(d) - F(c) = f(\xi) (d-c) = f(\xi)|A| \le \sup_{x \in A}f(x)|A|,

что и требовалось доказать.

Неравенство $F(b) - F(a) \le L(f,\lambda)$ доказывается аналогично.

Интегрирование на промежутке

Интеграл от ограниченной функции на промежутке

Коллоквиумы

Коллоквиум I