Доказать что функция дирихле не интегрируема по риману

К сожалению, запрашиваемая страница не существует.

Ничего не найдено по данному адресу. Попробуйте воспользоваться поиском или ссылками ниже.

Вам также может понравиться

Кирпичи – это один из самых популярных строительных

Лето — это время яркого солнца, ласкового ветра

Сон ребенка – это одна из самых важных составляющих

Понос — это расстройство желудочно-кишечного

Свежие записи

• Что случилось с Рем Дигга? Почему он не ходит?
• Почему я выбрала профессию гостиничное дело?
• Почему персонал не работает в ETS 2?
• Почему дуэль как социальная норма не сохранилась до наших дней?
• Почему прожиточный минимум не равен МРОТу?

• Политика конфиденциальности
• Контакты

© 2024 Внимание! Информация, опубликованная на сайте, носит исключительно ознакомительный характер и не является рекомендацией к применению.

Классы интегрируемых функций

Необходимое условие интегрируемости – ограниченность функции. Суммы Дарбу можно составить только для ограниченных функций, так как величины и не определены в случае неограниченности функции.

Условие ограниченности функции не является достаточным для её интегрируемости. Есть функции ограниченные, но не интегрируемые.

Пример функции, не интегрируемой по Риману на отрезке .

Рассмотрим функцию Дирихле, которая в рациональных точках отрезка принимает значение 1, а в иррациональных точках отрезка принимает значение 0:

Очевидно, что эта функция ограниченна. Покажем, что она не является интегрируемой.

Пусть – произвольное разбиение отрезка . В силу свойства всюду плотности множества рациональных чисел во множестве действительных чисел, в каждом частичном отрезке разбиения найдется рациональное число, поэтому верхние суммы Дарбу для любого разбиения равны .

Отсюда верхний интеграл Римана равен .

Поскольку иррациональные числа также обладают свойством всюду плотности во множестве действительных чисел, то для любого разбиения нижние суммы Дарбу равны

и, следовательно, нижний интеграл Римана .

Поскольку для функции Дирихле верхний интеграл Римана не совпадает с нижним интегралом, то функция Дирихле не интегрируема по Риману.

Достаточные условия интегрируемости по Риману могут быть различными.

Теорема 1 (достаточное условие интегрируемости).

Если функция непрерывна на отрезке , то она интегрируема по Риману на этом отрезке.

Доказательство. Покажем, что функция интегрируема по Риману

по критерию интегрируемости.

Зафиксируем и найдём разбиение такое, что .

Так как функция непрерывна на отрезке , то она равномерно непрерывна на нем. Тогда для числа

Возьмём такое разбиение , что мелкость разбиения . Покажем, что это разбиение будет искомым. Оценим разность между верхней и нижней суммами Дарбу

Так как функция непрерывна на отрезке , то она непрерывна на каждом частичном отрезке , . Поскольку непрерывная функция на отрезке достигает своих верхней и нижней граней, то

В силу равномерной непрерывности функции из того, что

Тогда разность между верхней и нижней суммами Дарбу оценивается как

Итак, , такое что . По критерию интегрируемости из этого следует, что функция интегрируема по Риману на отрезке , что и требовалось доказать.

Теорема 2 (достаточное условие интегрируемости).

Если функция определена на всем отрезке и возрастает на этом отрезке, то функция будет интегрируема по Риману на отрезке .

Доказательство. Покажем, что функция интегрируема по Риману

по критерию интегрируемости.

Зафиксируем и найдём разбиение такое, что .

Возьмём такое разбиение , что мелкость разбиения .

Так как функция возрастает, то

Тогда разность между верхней и нижней суммами Дарбу оценивается как

Итак, для любого нашли разбиение , такое, что разность между верхней и нижней суммами Дарбу, соответствующими этому разбиению, меньше . Тогда функция интегрируема по критерию интегрируемости.

Пример. Рассмотрим функцию, заданную формулами

Функция определена и возрастает на всем отрезке . Тогда, по теореме 2 она будет интегрируема на нем, хотя имеет бесконечное число точек разрыва.

Критерий Лебега интегрируемости функции по Риману.

Функция интегрируема по Риману на отрезке тогда и только тогда, когда множество её точек разрыва можно покрыть системой конечного или счётного числа интервалов, сумма длин которых меньше , где — сколь угодно малое число.

Понравилась статья? Добавь ее в закладку (CTRL+D) и не забудь поделиться с друзьями:

Доказать, что функция f(x) интегрируема на отрезке [0,1]

Зарегистрирован:
14 апр 2012, 16:04
Сообщений: 13
Cпасибо сказано: 10
Спасибо получено:
0 раз в 0 сообщении
Очков репутации: 1

Помогите доказать, что функция f(x) интегрируема на отрезке [0,1]

Заголовок сообщения: Re: Доказать, что функция f(x) интегрируема на отрезке [0,1]
Добавлено: 29 апр 2012, 16:53

Последняя инстанция

Зарегистрирован:
03 апр 2012, 03:09
Сообщений: 4112
Cпасибо сказано: 116
Спасибо получено:
1823 раз в 1515 сообщениях
Очков репутации: 379

Для доказательства воспользуемся критерием Римана:

Для того чтобы ограниченная на отрезке функция была на нём интегрируема по Риману, необходимо и достаточно, чтобы для любого [math]\varepsilon>0[/math] существовало такое разбиение [math]\tau[/math] отрезка [math][a,b][/math] , что [math]S_-s_<\varepsilon[/math] , где [math]S_[/math] и [math]s_[/math] - верхняя и нижняя суммы Дарбу.

Очевидно, что [math]f(x)[/math] интегрируема на любом отрезке вида [math][\eta,1][/math] , где [math]\eta\in(0,1)[/math] , поскольку любой такой отрезок можно разбить на конечное число частей таких, что на каждом из них функция будет непрерывна, а потому и интегрируемой, значит и на всём отрезке [math][\eta,1][/math] она будет интегрируемой.

Выберем некоторое [math]\varepsilon>0[/math] . Пусть [math]\delta=\frac4[/math] . Тогда на отрезке [math][\delta,1][/math] функция ограничена и интегрируема, значит по критерию Римана для [math]\frac2[/math] существует такое разбиение [math]\tau[/math] отрезка [math][\delta,1][/math] , что [math]S_-s_<\frac2[/math] . Добавим к этому разбиению точку [math]0[/math] и обозначим новое разбиение за [math]\tau_0[/math] . На отрезке [math][0,\delta][/math] максимальное значение функции равно [math]1[/math] , а минимальное [math](-1)[/math] . Поэтому верхняя сумма Дарбу для разбиения [math]\tau_0[/math] на отрезке [math][0,1][/math] равна [math]S_=S_+\delta[/math] , а нижняя соответственно [math]s_=s_-\delta[/math] . Тогда [math]S_-s_=S_-s_+2\delta<\frac2+\frac2=\varepsilon[/math] . То есть мы для каждого [math]\varepsilon>0[/math] нашли разбиение [math]\tau_0[/math] отрезка [math][0,1][/math] такое, что [math]S_-s_<\varepsilon[/math] , значит по критерию Римана функция интегрируема на отрезке [math][0,1][/math] .

Интегрируемость функции (по Риману) и определенный интеграл — Примеры решения задач

PDF-файл из архива «Интегрируемость функции (по Риману) и определенный интеграл — Примеры решения задач», который расположен в категории » «. Всё это находится в предмете «математический анализ» из 2 семестр, которые можно найти в файловом архиве МФТИ (ГУ). Не смотря на прямую связь этого архива с МФТИ (ГУ), его также можно найти и в других разделах. .

Просмотр PDF-файла онлайн

Текст из PDF

Интегрируемость функции (по Риману) иопределенный интегралПримеры решения задач1. Постоянная функция f(x) = C интегрируема на [a, b], так как для любых разбиений илюбого выбора точек ξi интегральные суммы имеют одно и то же значениеI(xi, ξi) =ОтсюдаC dx =f(ξi)Δξi = CΔxi = C(b − a).I(xi, ξi) = C(b − a).2. Доказать, что функция ДирихлеD(x) =0,1,если x иррационально,если x рационально,не интегрируема на любом сегменте [a, b].Решение. В самом деле, на любом сколь угодно малом сегменте [xi − 1, xi] найдутся какрациональная, так и иррациональная точка. Если на всех сегментах выбрать рациональныеξi, то I(xi, ξi) = b − a; если же все ξi иррациональны, то I(xi, ξi) = 0. Чередуя такие выборыпри Δ → 0, получаем, что предел I не существует. Значит, функция Дирихле неинтегрируема.3. Проверить, что для функции f(x) = 1 + x на сегменте [−1, 4] выполнено условие (1)теоремы 2, и вычислить I =(1 + x) dx как предел интегральных сумм.Решение. Согласно теореме 2 для произвольного ε > 0 нужно указать такое разбиениесегмента [−1, 4], при котором S − s < ε.Разобьем сегмент [−1, 4] на n равных частей. На каждом сегменте [xi − 1, xi] =непрерывная функция 1 + x достигает точной нижней гранина левом конце сегмента, а точной верхней − на правом. ПоэтомуmiΔxi =s==S=MiΔxi =f(i − 1)·=f=(i − 1),·=·i·=i.ОтсюдаS−s=i−(i − 1) =n = 25/n < ε,если n >25/e, т. е. при таком числе n точек разбиения сегмента [−1, 4] выполненонеравенство (1). Значит, по теореме 2 интеграл I =(1 + x) dx существует.Чтобы вычислить его как предел интегральных сумм, можно рассмотреть любуюпоследовательность интегральных сумм, у которой Δ → 0, поскольку из существованияинтеграла следует, что предел любой последовательности интегральных сумм приизмельчении разбиения существует и равен I.Возьмем, например, последовательность интегральных сумм, соответствующуюразбиениям сегмента [−1, 4] на n равных частей (n = 1, 2, …) и выбору в качестве точек ξiправых концов частичных сегментов. В этом случае для возрастающей функции f(x) = 1 +x интегральная сумма равна верхней сумме S =I=Итак,(1 + x) dx =(1 + x) dx = 25/2.i откуда получаемi== 25/2.4. Доказать, что функция Римана0, если x иррационально,1/n, если x = m/n,ϕ(x) =где m и n (n ≤ 1) − взаимно простые целые числа, интегрируема на любом сегменте [a, b].Решение. Снова воспользуемся теоремой 2. Зададим произвольное ε > 0. Тогда функцияϕ(x) удовлетворяет неравенствам< ϕ(x) < 1только в некотором конечном числе N точек.Это вытекает из следующих соображений. Все рациональные точки сегмента [a, b], т. е.точки вида m/n, можно занумеровать в таком порядке: сначала точки вида m/1, затем m/2,затем m/3 и т. д. Соответствующие значения функции ϕ(x) в этих точках равны 1/1, 1/2,1/3, …, т. е. уменьшаются с переходом к каждой следующей группе точек, причем точеккаждого вида имеется конечное число. Таким образом, в число указанных N точек попадуттакие, для которых 1/n >число (пусть оно равно N)., откуда n < 2(b − a)/ε. Ясно, что таких точек конечноеПокроем эти N точек конечной системой попарно непересекающихся сегментов с общейсуммой длин, меньшей ε/2. Длины этих сегментов обозначим Δxi'. Получилось некотороеразбиение [a, b]. На сегментах с длинами Δxi' колебания ωi' функции ϕ(x) не больше 1,поскольку ∀ x ∈ [a, b] 0 ≤ ϕ(x) ≤ 1. Имеется также некоторое конечное число остальныхсегментов (обозначим их длины Δxi',). Колебания ωi'' функции ϕ(x) на этих сегментах непревышают. Поэтому для полученного разбиения справедливы оценкиS − s = ∑ ωiΔxi = ∑ ωi'Δxi' + ∑ ωi''Δxi'' < 1 · ∑ Δxi' ++∑ Δxi'' < 1 · ε/2 +(b − a) = ε.Итак, по заданному ε >0 нашлось разбиение сегмента [a, b], для которого S − s < ε;следовательно, по теореме 2 функция Римана ϕ(x) интегрируема на любом сегменте [a, b].5. Вычислить.Решение. Этот интеграл принадлежит к типу интегралов, рассмотренных в замечании ктеореме 4, посколькуf(x) ==1 при 0 ≤ x < π/2, π/2 < x ≤ π,не определена при x = π/2.Доопределив эту функцию в точке π/2, например, по непрерывности, т. е. полагая f(π/2) =1, мы получим f(x) ≡ 1 ∀ x ∈ [0, π], и, следовательно, искомый интеграл равен π.Свойства определенного интегралаПримеры решения задач1. Доказать, что сумма, произведение и частное двух неинтегрируемых функций могутбыть интегрируемы.Решение. Пусть f(x) = 2 + D(x), g(x) = 2 + D(x), гдеD(x) =0,1,если x − иррациональное число,если x − рациональное число(т. е. D(x) − функция Дирихле).Напомним, что функция D(x) неинтегрируема (см. пример 2 из § 1). Функция f(x) = 2 +D(x) также неинтегрируема. В самом деле, если допустить, что f(x) интегрируема, торазность двух интегрируемых функций f(x) − 2 = D(x) согласно свойству 3° должна бытьинтегрируемой, но это противоречит тому, что D(x) неинтегрируема. Так как g(x) = f(x), тоg(x) неинтегрируема. Рассмотрим функциюh(x) = 1/g(x) =1/2, если x − иррациональное число,1/3, если x − рациональное число.Эта функция также неинтегрируема. Доказательство аналогично доказательствунеинтегрируемости функции Дирихле.Составим сумму, произведение и частное неинтегрируемых функций:F1(x) = f(x) + (−g(x)) ≡ 0, F2(x) = f(x)h(x) ≡ 1, F3(x) = f(x)/g(x) ≡ 1.Функции F1, F2, F3 как постоянные интегрируемы на любом сегменте [a, b]. Такимобразом, из интегрируемости суммы или произведения не следует интегрируемостьслагаемых или сомножителей.2. Доказать, что произведение интегрируемой функции f(x) на неинтегрируемуюфункцию g(x) может быть: а) интегрируемой функцией; б) неинтегрируемой функцией.Решение. а) Рассмотрим, например, интегрируемую функцию f(x) ≡ 0 и неинтегрируемуюфункцию Дирихле D(x) на [a, b]. Так как f(x)D(x) ≡ 0, то f(x)D(x) − интегрируемая функцияна [a, b].б) Пусть f(x) ≡ 2, g(x) = D(x) на [a, b]. Тогда f(x)g(x) = 2D(x) − неинтегрируемая на [a, b]функция.3. Найти среднее значение функции на заданном сегменте: a) f(x) = cos x на [0, 3π/2]; б)f(x) = sgn x на [−1, 2].Решение. Находим средние значения μ, пользуясь формулой (2):а) μ =cos x dx = − . Отметим, что непрерывная функция cos x принимает насегменте [0, 3π/2] значение μ = −2/(3π), а именно cos ξ = −2/(3π), в точке ξ =arccos(−2/(3π)) ∈ [0, 3π/2].б) μ = 1/3sgn x dx = 1/3. В данном случае разрывная функция sgn x не принимает насегменте [−1, 3] значение μ = 1/3.Формула Ньютона-ЛейбницаПримеры решения задач1. Найти.Решение. Данный предел представляет собой неопределенность вида 0/0. Интеграл спеременным верхним пределомx2, т. е.cos (t2) dt есть первообразная непрерывной функции cos= cos (x2). Поэтому, применяя правило Лопиталя, получим== 1.Отметим, что первообразная для cos (x2) не является элементарной функцией, т. е. cos(t2) dt не выражается через элементарные функции. Это, однако, не помешало вычислениюискомого предела.2. Найти первообразную кусочно непрерывной функцииf(x) =10при |x| < 1,при |x| ≥ 1;x ∈ R.Решение. Одной из первообразных является интеграл с переменным верхним пределом,причем в качестве нижнего предела интегрирования можно взять любое число, напримерx = −2. Итак,F(x) =f(t) dt =0при x ≤ −1,x + 1 при −1 ≤ x ≤ 1,2при x ≥ 1(рис. 15).Рис. 153. Вычислить I =Решение. I с п о с о б . Подынтегральная функция f(x) не определена в точке x = π/2.Разобьем сегмент [0, π] на два: [0, π/2] и [π/2, π]. Полагая на первом сегменте f(π/2) = 1,получим интеграл от непрерывной функции f ≡ 1:I1 =1 dx = x= π/2.На втором сегменте положим f(π/2) = −1 и снова получим интеграл от непрерывнойфункции f ≡ −1:I2 =(−1) dx = −x= −π/2.Окончательно имеем I1 + I2 = 0.I I с п о с о б . Воспользуемся расширенным определением первообразной. Функция F(x),удовлетворяющая этому определению, имеет видF(x) =xπ−xпри 0 ≤ x ≤ π/2,при π/2 ≤ x ≤ π.В самом деле, F(x) непрерывна на [0, π] и F'(x) = f(x) ∀ x ∈ [0, π], x ≠ π/2, т. е. F'(x) = f(x) вточках непрерывности f(x). (Напомним, что x = π/2 − точка разрыва f(x).)Согласно формуле Ньютона-Лейбница, справедливой для кусочно непрерывных функцийи расширенного определения первообразной, получаемI== π − x|x = 0 − x|x = 0 = 0.f(x) dx = F(x)Следующие два примера показывают, что формальное применение формулы НьютонаЛейбница (т. е. использование этой формулы без учета условий ее применимости) можетпривести к неверному результату.4. Рассмотрим интегралфункции f(x) = 1/(2Лейбница, получим. Взяв в качестве первообразной подынтегральной) функцию F(x) =и формально применив формулу Ньютона-== 1.Однако этот результат неверен, так как функция f(x) = 1/(2следовательно, интеграл) не ограничена на [0, 1], и,не существует.5. Рассмотрим интегралI=dx.На первый взгляд может показаться, что функция arctg (1/x) является первообразнойподынтегральной функцииполучаем, и тогда по формуле Ньютона-Лейбница= π/4 − (−π/4) = π/2.I = arctgОднако этот результат неверен, поскольку функция arctg (1/x) не является первообразнойдляна сегменте [−1, 1].Рис. 16В самом деле, на рис. 16, а изображен график функции arctg (1/x). Наглядно видно, что этафункция имеет в точке x = 0 разрыв I рода, в то время как первообразная по самомуопределению должна быть непрерывной во всех точках.Чтобы вычислить интеграл I, заметим, что−при x ≠ 0,не определена при x = 0.=Доопределяя эту функцию в точке x = 0 по непрерывности, получим непрерывнуюфункцию, x ∈ [−1, 1].f(x) = −Первообразной для f(x) является F(x) = −arctg x, поэтому по формуле Ньютона-Лейбницаимеем= −π/4 + (−π/4) = −π/2.I = −arctg xОтметим, что первообразную для f(x) можно построить также с попомощью функции arctg(1/x), а именно:arctg (1/x)−π/2arctg (1/x) − πФ(x) =при −1 ≤ x < 0,при x = 0,при 0 < x ≤ 1,График Ф(x) изображен на рис. 16, б.