Интеграл от ограниченной функции на промежутке - The Hitchhiker's Guide to the Calculus Galaxy

Пусть теперь $f:I \to \mathbb{R}$ будет ограниченной функцией на промежутке $I\subsetneq \mathbb{R}$ . Мы хотим распространить на такой класс функций понятие интеграла. Чтобы это сделать, мы обратимся к ограниченным последовательностям. Мы знаем (см. Теорема Theorem 1.6.3), что у любой ограниченной последовательности имеется верхний и нижний пределы ( $\lim \sup$ , $\lim \inf$ соответственно.)

С определением интеграла для ограниченной функции на промежутке мы будем поступать аналогичным образом. Позже мы объясним почему нужны именно ограниченные функции.

1Верхний и нижний интегралы¶

Введём теперь понятия верхнего и нижнего интеграла по аналогии с верхним и нижним пределами последовательности.

Proof

Рассмотрим функции $a,b:I \to \mathbb{R}$ , $a(x) := a$ , $b(x): =b$ , $x\in I$ . Тогда $a \in m(f)$ , $b \in M(f)$ , тогда по определению $\sup, \inf$ (см. Определение Definition 1.4.1), получаем

\sup \int_I f\le \int_I b = b \cdot |I|, \qquad \inf \int_I f \ge \int_I a = a\cdot |I|.

Покажем теперь, что

\inf \int_I f \le \sup \int_I f.

Пусть $h\in m(f)$ , $g\in M(f)$ , и они — ступенчатые функции, тогда $h \le g$ и по теореме Theorem 2 (2), получаем

\int_I h \le \int_I g.

Отсюда вытекает

\inf \int_I f :=\sup \left\{ \int_I h, \, h \le g \right\} \le \inf \left\{ \int_I g,\, g \ge h\right\} =: \sup \int_If,

что и требовалось доказать.

Proof

Пусть $f:I \to \mathbb{R}$ — ограниченная функция, скажем $a\le f(x) \le b$ , $x \in I$ , на ограниченном промежутке $I \subsetneq \mathbb{R}$ . По только что доказанной лемме (см. Лемма Lemma 1), имеем

\inf \int_I f, \,\sup \int_If \in [A,B], \qquad A: = a \cdot |I|, \, B:=b\cdot |I|,

что и доказывает утверждение.

Таким образом, следующее определение корректно.

Proof

Так как $f$ — ступенчата и $f(x) \le f(x)$ для всех $x \in I$ , то $f\in M_{p.c}(f)$ , $f \in m_{p.c.}(f)$ , а тогда

\sup \int_I f \le \int_I f, \qquad \inf \int_I f \ge \int_I f,

т.е.

\sup \int_I f \le \int_I f \le \inf \int_I f,

но согласно лемме Lemma 1,

\inf \int_I f \le \sup \int_I f

откуда получаем, что

\inf \int_I f = \sup \int_I f,

что и доказывает утверждение.

Другими словами, для ступенчатой функции, определение интеграла которое мы дали для произвольных ограниченных функций совпадает с определением интеграла от ступенчатой функции. Таки образом, мы расширили определение интеграла Definition 8 на более широкий класс функций.

2Верхние и нижние суммы Римана¶

Здесь мы докажем важные свойства интеграла от ограниченной функции.

Definition 4

Пусть $f:I \to \mathbb{R}$ — ограниченная функция на ограниченном промежутке $I \subsetneq \mathbb{R}$ и пусть $\lambda(I)$ — некоторое разбиение промежутка $I$ . Определим верхнюю и нижнюю суммы Римана следующим образом

{U}(f, \lambda(I)): = \sum_{\substack{A \in \lambda(I) \\ A \ne \varnothing}} \sup_{x\in A} f(x)\cdot |A|

{L}(f, \lambda(I)): = \sum_{\substack{A \in \lambda(I) \\ A \ne \varnothing}} \inf_{x\in A} f(x)\cdot |A|

Remark 2

Для данной ограниченной функции $f:I \to \mathbb{R}$ и для данного разбиения $\lambda: = \lambda(I)$ мы рассмотрим функции $\overline{f_\lambda}, \underline{f_\lambda}: I\to \mathbb{R}$ , определённые следующим образом

\overline{f_\lambda}(x): = \sup_{x\in A, A \in \lambda(I)} f(x),\qquad \underline{f_\lambda}(x): = \inf_{x\in A, A \in \lambda(I)} f(x).

Из этой конструкции следует, что $\overline{f_\lambda} \in M_{p.c}(f,\lambda(I))$ и $\underline{f_\lambda} \in m_{p.c}(f,\lambda(I)).$ Тогда воспользовавшись определениями Definition 7, Definition 8, можно записать

U(f,\lambda(I)) = \int_I \overline{f_\lambda}, \qquad L(f,\lambda(I)) = \int_I \underline{f_\lambda}.

Proof

Согласно определениям Definition 7, Definition 8 имеем

\begin{align*} \int_I g &: =& \int_{\lambda_g(I)}g = \sum_{A \in \lambda_g(I)}g(A)\cdot |A|,\\ \int_I h &: =& \int_{\lambda_h(I)}h = \sum_{B \in \lambda_h(I)}h(B)\cdot |B|, \end{align*}

а так как $g \in M(f)$ , $h\in m(f)$ , то для всех $A \in \lambda_g(I)$ , $B \in \lambda_h(I)$ имеем $g(A) \ge f(x)$ , $h(B)\le f(y)$ , $x \in A$ , $y \in B$ но тогда

\begin{align*} \int_I g &: =& \int_{\lambda_g(I)}g = \sum_{A \in \lambda_g(I)}g(A)\cdot |A| \ge \sum_{\substack{A \in \lambda_f(I) \\ A \ne \varnothing}} \sup_{x\in A} f(x)\cdot |A| =: U(f, \lambda_g(I)),\\ \int_I h &: =& \int_{\lambda_h(I)}h = \sum_{B \in \lambda_h(I)}h(B)\cdot |b| \le \sum_{\substack{B \in \lambda_h(I) \\ B \ne \varnothing}} \inf_{y\in B} f(y)\cdot |B| =: L(f, \lambda_g(I)), \end{align*}

что и требовалось доказать.

Proof

Мы докажем первое утверждение, так как второе доказывается аналогично.

Пусть $\lambda(I)$ —произволбное разбиение промежутка $I$ , тогда рассмотрим множество $M_{p.c}(f, \lambda(I))$ всех ступенчатых относительно разбиения $\lambda(I)$ функции которые мажорируют функцию $f$ (соотв. минорируют функцию f).

(1) Покажем, что

\sup \int_I f \ge \inf_{\lambda(I)} \{U(f, \lambda(I))\}.

Для любой $g\in M(f, \lambda(I))$ , по лемме Lemma 3,

U(f, \lambda(I)) \le \int_I g,

тогда используя определение инфинума, имеем

\int_I g \ge U(f,\lambda(I)) \ge \inf\{U(f,\lambda(I))\}

для любой $g\in M(f, \lambda(I))$ . Так как это неравенство верно для любого разбиения $\lambda(I)$ , то получаем

\sup \int_I f: = \inf \left\{ \int_I g\, :\, g \in M_{p.c}(f) \right\} \ge \inf\{U(f,\lambda(I))\},

а это мы и хотели показать.

(2) Покажем, что

\sup \int_I f \le \inf_{\lambda(I)} \{U(f, \lambda(I))\}.

Согласно определению Definition 2,

\sup\int_I f : = \inf \left\{ \int_I g , \, g \in M_{p.c}(f)\right\} \le \int_I \overline{f_\lambda} = U(f,\lambda(I)),

здесь мы воспользовались замечанием Remark 2. Это завершает доказательство.

3Основные свойства интеграла¶

Здесь мы покажем основные свойства интеграла, которые будут необходимы нам для дальнейшего.

Theorem 1

Пусть $I \subsetneq \mathbb{R}$ — ограниченный промежуток и пусть $f,g: I \to \mathbb{R}$ — ограниченные функции на нём и при этом они интегрируемы на нём по Риману.

Функция $f+g$ интегрируема на $I$ и более того
$\int_I (f+g) = \int_I f + \int_I g.$
Для любого $\alpha \in \mathbb{R}$ , функция $\alpha\cdot f$ — интегрируема на $I$ и более того
$\int_I \alpha\cdot f = \alpha \cdot \int_I f.$
Функция $f-g$ интегрируема на $I$ и более того
$\int_I(f-g) = \int_I f - \int_I g.$
Если $f(x) \ge 0$ для всех $x\in I$ , то
$\int_I f \ge 0.$
Если $f(x) \ge g(x)$ для всех $x \in I$ , то
$\int_I f \ge \int_I g.$
Если $f(x) = \alpha$ для всех $x \in I$ , то
$\int_I f = \alpha\cdot |I|.$
Пусть $J \subsetneq \mathbb{R}$ — ограниченный промежуток, и $I \subseteq J$ и пусть $\varphi:J \to \mathbb{R}$ — функция определённая следующим образом
$\varphi(x): = \begin{cases} f(x), & x\in I,\\ 0, & x \notin I. \end{cases}$
Тогда φ — интегрируема на $J$ и более того
$\int_J \varphi = \int_I f.$
Пусть $\{A,B\}$ — разбиение $I$ , тогда функции $f|_A$ , $f|_B$ — интегрируемы на $A$ , $B$ соответственно и более того
$\int_I f = \int_A f|_A + \int_B f|_B.$

Proof

Пусть $\overline{f}$ (соотв. $\underline{f}$ ) — функция из $M_{p.c}(f)$ (соотв. из $m_{p.c}(f)$ ). Тогда, ясно, что $\overline{f}+\overline{g} \in M_{p.c}(f+g)$ и $\underline{f}+ \underline{g} \in m_{p.c}(f+g).$

Если $f$ — интегрируема по Риману на $I$ , то, согласно определению Definition 3

\int_I f = \sup \int_I f = \inf \int_I f.

Тогда по определению $\inf$ , $\sup$ для любого $\varepsilon >0$ найдутся такие $\overline{f} \in M_{p.c}(f)$ , $\underline{f} \in m_{p.c}(f)$ что

\int_I f + \varepsilon = \sup \int_I f+ \varepsilon > \int_I \overline{f}, \qquad \int_I f - \varepsilon = \inf \int_I f - \varepsilon < \int_I \underline{f}.

(1)

(1) Покажем, что $f+g$ интегрируема по Риману. Воспользуемся определением Definition 3, Теоремой Theorem 2 и полученными выше неравенствами

\begin{align*} \sup \int_I (f+g) &\le& \int_I (\overline{f}+\overline{g}) \\ &= \int_I \overline{f} + \int_I \overline{g} \\ &< & \int_I f + \varepsilon + \int_I g + \varepsilon \\ &= \int_I f + \int_I g + 2 \varepsilon. \end{align*}

Аналогично, получаем

\inf \int_I(f+g) > \int_If + \int_I g - 2\varepsilon.

Теперь по лемме Lemma 1, получаем

\int_If + \int_I g - 2\varepsilon < \inf \int_I(f+g) \le \sup \int_I (f+g) < \int_I f + \int_I g + 2 \varepsilon,

в частности имеем

\begin{align*} & -2\varepsilon < \inf\int_I(f+g) - \left( \int_I f + \int_I g \right)<2\varepsilon,\\ & -2\varepsilon < \sup\int_I(f+g) - \left( \int_I f + \int_I g \right)<2\varepsilon \end{align*}

для любого $\varepsilon>0$ , но это и означает, что

\inf \int_I(f+g) = \int_I f + \int_I g, \qquad \sup \int_I (f+g) = \int_If + \int_I g,

т.е.

\inf \int_I(f+g) = \sup \int_I (f+g) = \int_If + \int_I g,

что и доказывает утверждение.

(2) Покажем, что $\alpha f$ интегрируема по Риману. Нам нужно рассмотреть несколько случаев в зависимости от числа $\alpha.$

Пусть $\alpha = 0$ , тогда $\alpha f=0$ — постоянная функция и тогда по лемме Lemma 2, интеграл Римана от функции $\alpha f$ тоже самое, что и интеграл от ступенчатой функции $\alpha \cdot f$ , который равен $\alpha = 0.$

Пусть $\alpha >0$ , то $\alpha \overline{f} \in M_{p.c}(\alpha f)$ , $\alpha \underline{f} \in m_{p.c}(f)$ . Тогда по определению $\inf$ , $\sup$ , теореме Theorem 2, и полученным выше неравенствам, получаем

\begin{align*} \sup \int_I \alpha f &\le & \int_I \alpha \cdot \overline{f} \\ &= \alpha \int_I \overline{f} < \alpha\left( \int_If + \varepsilon \right),\\ \inf \int_I \alpha f &\ge & \int_I \alpha \cdot \underline{f} \\ &= \alpha \int_I \underline{f} > \alpha\left( \int_If - \varepsilon \right), \end{align*}

пользуясь теперь леммой Lemma 1, имеем

\alpha \int_I f - \alpha \varepsilon < \inf \int_I \alpha f \le \sup \int_I \alpha f < \alpha \int_I f + \alpha \varepsilon.

В частности, получаем

\alpha \int_I f - \alpha \varepsilon < \inf \int_I \alpha f < \alpha \int_I f + \alpha \varepsilon,\qquad \alpha \int_I f - \alpha \varepsilon < \sup \int_I \alpha f < \alpha \int_I f + \alpha \varepsilon,

для любого $\varepsilon >0.$ Это и означает, что

\inf \int_I \alpha f = \alpha \int_I f, \qquad \sup \int_I \alpha f = \alpha \int_I f,

т.е.

\int_I \alpha f = \alpha \int_I f.

Пусть теперь $\alpha <0$ , тогда можно записать $\alpha = - |\alpha|$ и в таком случае, если $|\alpha|\overline{f} \in M_{p.c}(|\alpha| f)$ , то $\alpha f = - |\alpha| f \in m_{p.c}(-|\alpha| f)$ . Аналогично, если $|\alpha| \overline{f} \in m_{p.c}(|\alpha| f)$ , то $\alpha f = - |\alpha|f \in M_{p.c}(\alpha f)$ .

Тогда получаем

\sup \int_I \alpha f = \sup \int_I -|\alpha|f \le \int_I \alpha \underline{f} <- |\alpha| \int_I f + \varepsilon,

аналогично

\inf \int_I \alpha f = \inf \int_I - |\alpha| f \ge \int \alpha \overline{f} > - |\alpha| \int \overline{f} - \varepsilon.

Таким образом, пользуясь леммой Lemma 1, получаем

\alpha \int_I f -\varepsilon < \inf \int_I \alpha f \le \sup \int_I \alpha f < \alpha \int_I f + \varepsilon,

откуда и следует утверждение.

(3) Это сразу следует из (1) и (2) применённого к $f+(-g)$ .

(4) Так как $f(x) \ge 0$ для всех $x \in I$ , то нулевая функция $0:I \to \mathbb{R}$ , $x \mapsto 0$ , $x\in I$ принадлежит множеству $m_{p.c}(f)$ , но тогда

\inf \int_I f \ge \int_I 0 = 0,

но так как $f$ интегрируема по Риману, то

\int_I f = \inf \int_I f \ge 0.

(5) Это сразу следует из (3) и (4) где нужно рассмотреть функцию $h = f-g.$

(6) Ясно, что функция $f(x) =\alpha$ — ступенчата на $I$ , но тогда по лемме Lemma 2 она интегрируема по Риману, и более того, согласно Теореме Theorem 2 3., имеем

\int_I f = \alpha \cdot |I|,

что и требовалось показать.

(7) Для данных $\overline{f}\in M_{p.c}(f)$ , $\underline{f} \in m_{p.c}(f)$ определим $\overline{F}, \underline{F}:J \to \mathbb{R}$ следующим образом

\overline{F}(x): = \begin{cases} \overline{f}(x), & x \in I,\\ 0, & x\notin I, \end{cases} \qquad \underline{F}(x): = \begin{cases} \underline{f}(x), & x \in I,\\ 0, & x\notin I, \end{cases}

тогда $\overline{F}\in M_{p.c}(F)$ и $\underline{F} \in m_{p.c}(F)$ . Тогда для любого $\varepsilon>0$ (см. неравенства (1)), пользуясь теоремой Theorem 2 4., получаем

\sup \int_J F \le \int_J \overline{F} = \int_I \overline{F} = \int_I \overline{f}< \int_I f + \varepsilon

\inf \int_J F \ge \int_J \underline{F} = \int_I \underline{F} = \int_I \underline{f} > \int_I f -\varepsilon.

Таким образом, для любого $\varepsilon>0$ мы получили

\int_I f - \varepsilon < \inf \int_J F \le \sup_J F < \int_I + \varepsilon,

откуда следует, что

\int_J F = \int_I f.

(8) Если функции $f|_A$ , $f|_B$ интегрируемы по Риману, то утверждение сразу следует из (1) и (7). Действительно, рассмотрим функции

F_A(x): = \begin{cases} f|_A(x), & x \in A,\\ 0, & x \notin A \end{cases} \qquad F_B(x) = \begin{cases} f_B(x), & x \in B,\\ 0, & x \notin B, \end{cases}

тогда $f = F_A + F_B$ , и тогда согласно (1), (7) получаем

\int_I f = \int_I(F_A + F_B) = \int_I F_A + \int_I F_B = \int_A f|_A + \int_B f|_B,

что и требовалось показать.

Итак, мы должны показать, что если функция $f$ интегрируема по Риману на $I$ , то и функции $f|_A, f|_B$ тоже интегрируемы по Риману на $A$ и $B$ , соответственно.

Выберем произвольный $\varepsilon>0$ и рассмотрим две произвольные функции $\overline{f} \in M_{p.c}(f)$ , $\underline{f} \in m_{p.c}(f)$ . Ясно, что $\overline{f}_A \in M_{p.c.}(f|_A)$ и $\underline{f}|_A \in m_{p.c}(\underline{f}).$

Имеем

\int_A \underline{f}_A \le \inf \int_A f|_A \le \sup \int_A f|_A \le \int_A \underline{f}|_A.

\int_B \underline{f}_B \le \inf \int_B f|_B \le \sup \int_B f|_B \le \int_B \underline{f}|_B.

Тогда, воспользовавшись Теоремой Theorem 2 5., получаем

\int_I \overline{f} = \int_A \overline{f}_A + \int_B \overline{f}_B,

\int_I \underline{f} = \int_A \underline{f}_A + \int_B \underline{f}_B.

Тогда, используя неравенства ((1)), имеем

\int_I f - \varepsilon < \left( \int_A \underline{f}|_A + \int_B \underline{f}_B \right) \le \left( \int_A \overline{f}|_A + \int_B \overline{f}_B \right) < \int_I f + \varepsilon,

отсюда вытекает следующие неравенства^[1]

0 \le \left( \int_A \overline{f}|_A + \int_B \overline{f}_B \right) - \left( \int_A \underline{f}|_A + \int_B \underline{f}_B \right) \le 2 \varepsilon,

или то же самое, что и следующие неравенства

0 \le \left( \int_A \overline{f}|_A - \int_A \underline{f}|_A \right) + \left( \int_B \overline{f}_B -\int_B \underline{f}_B \right) \le 2 \varepsilon.

Так как $\overline{f}|_A \ge \underline{f}|_A$ , $\overline{f}|_B \ge \underline{f}|_B$ , то согласно теореме Theorem 2 2., получаем, что обе скобки выше положительны, а значит

0 \le \int_A \overline{f}|_A - \int_A \underline{f}|_A \le 2 \varepsilon

0 \le \int_B \overline{f}_B - \int_B \underline{f}_B \le 2 \varepsilon

для любого $\varepsilon>0.$

Теперь вернёмся к неравенствам, полученным выше

\int_A \underline{f}_A \le \inf \int_A f|_A \le \sup \int_A f|_A \le \int_A \underline{f}|_A.

\int_B \underline{f}_B \le \inf \int_B f|_B \le \sup \int_B f|_B \le \int_B \underline{f}|_B.

Получаем, что

0 \le \sup \int_A f|_A - \sup \int_A f|_A \le 2\varepsilon, \qquad 0 \le \sup \int_B f|_B - \sup \int_B f|_B \le 2\varepsilon,

а так как это верно для любого $\varepsilon>0$ это означает, что

\sup \int_A f|_A = \sup \int_A f|_A, \qquad \sup \int_B f|_B = \sup \int_B f|_B

что и означает интегрируемость функций $f|_A$ , $f|_B$ по Риману.

Footnotes¶

Действительно, если мы имеем $x-\varepsilon < x \le z < x+\varepsilon$ , то $0 \le z-y < x-y+\varepsilon$ , но так как $x-\varepsilon <y$ , то $x-y<\varepsilon$ , откуда $0 \le z - y \le 2 \varepsilon.$
↩

Интегрирование на промежутке

Интеграл ступенчатой функции

Интегрирование на промежутке

Фундаментальные теоремы математического анализа