Класове от интегруеми функции

В тази точка ще покажем 3 теореми, които ни помагат още по-лесно да заключим, че дадена функция е интегруема. Доказателствата са лесни, с използване на критериите за интегруемост доказани в предната точка.

Критерий 1 (непрекъснатост)

Теорема:
Ако f(x) e непрекъсната върху [a, b], то f(x) е интегруема върху [a, b].

Доказателство:

Щом функцията е непрекъсната върху крайния затворен интервал [a, b], то тя е равномерно непрекъсната. Това значи, че:

(1)
\begin{align} \forall \epsilon > 0,\ \exists \delta = \delta_x(\epsilon) > 0 : \forall x', x'' \in [a, b], |x'-x''|<\delta \Longrightarrow |f(x') - f(x'')| < \epsilon\ (\star) \end{align}

Сега използваме критерия за интегруемост с осцилация:

(2)
\begin{eqnarray} \forall \epsilon > 0,\ \exists \delta = \delta_x(\frac{\epsilon}{b-a}) > 0 : \forall \tau = \{x_i\}_{i=0}^n,\ \delta_\tau < \delta:\\ \omega_i(f) \overset{\underset{\mathrm{Th.}}{}}= \underset{x',x'' \in [x_{i-1}, x_i]}\sup |f(x') - f(x'')| \overset{(\star)}\le \frac{\epsilon}{b-a}\\ \Longrightarrow \sum_{i=1}^n \omega_i(f) \Delta x_i \le \sum_{i=1}^n \frac{\epsilon}{b-a} \Delta x_i = \frac{\epsilon}{b-a} \sum_{i=1}^n \Delta x_i = \frac{\epsilon}{b-a} (b-a) = \epsilon \end{eqnarray}

От където следва, че функцията е интегруема. Използвахме функцията $\delta_x$, от равномерната непрекъснатост. И тъй като я 'извикахме' с аргумент $\frac{\epsilon}{b-a}$, това гарантира, че разликата по модул на всеки 2 променливи на разстояние по-малко от $\delta$делта е по-малка от $\frac{\epsilon}{b-a}$. Точно това използвам и на реда в който ограничавам $\omega_i$ (там където е звездичката над знака за $\le$).

Критерий 2 (монотонност)

Теорема:
Ако f(x) е монотонна върху [a, b], то f(x) е интегруема върху [a, b].

Доказателство:

Ще докажем в случая на монотонно растяща. Ключовото наблюдение тук е, че за всеки интервал минималната стойност се намира в началото, а максималната в края (все пак е монотонно растяща ;)). Пак ще използваме критерия за интергуемост с осцилация, но този от дефиницията за осцилация (а не теоремата за супремума, която използвахме в горната теорема).

(3)
\begin{array} {l} \mbox{Let } \tau = \{x_i\}_{i=0}^n\\ {}\hspace{10 mm}m_i = \underset{x \in [x_{i-1}, x_i]}\inf f(x), \mbox{ let } x_i^m \in [x_{i-1}, x_i] : f(x_i^m) = m_i\\ {}\hspace{10 mm}M_i = \underset{x \in [x_{i-1}, x_i]}\sup f(x), \mbox{ let } x_i^M \in [x_{i-1}, x_i] : f(x_i^M) = M_i\\ \Longrightarrow \omega_i(f) = f(x_i^M) - f(x_i^m)\\ \forall \epsilon,\ \exists \delta = \frac{\epsilon}{f(b)-f(a)},\ \forall \tau = \{x_i\}_{i=0}^n,\ \delta_\tau < \delta :\\ \end{array} \begin{array}{ll} \underset{i=1}{\overset{n}\sum} \omega_i(f) \Delta x_i & = \underset{i=1}{\overset{n}\sum} (f(x_i^M) - f(x_i^m)) \Delta x_i\\ & = \underset{i=1}{\overset{n}\sum} (f(x_i) - f(x_{i-1})) \Delta x_i \\ & \le \underset{i=1}{\overset{n}\sum} (f(x_i) - f(x_{i-1})) \delta \\ & = \delta \big( f(x_1) - f(x_0) + f(x_2) - f(x_1) \cdots + f(x_n) - f(x_{n-1}) \big) \\ & = \delta \big(f(x_n) - f(x_0)\big) = \delta \big(f(b) - f(a)\big) \\ & = \dfrac{\epsilon}{f(b)-f(a)}\big(f(b) - f(a)\big) \\ & = \epsilon \\ \end{array}

Критерий 3 (ограниченост и краен брой точки на прекъсване)

Tеорема:
Aко f(x) е ограничена върху [a, b] и има краен брой точки на прекъсване в този интервал, то f(x) е интегруема върху [a, b].

Доказателство:

Най-лесният начин да докажем тази теорема е да разделим интервала [a, b] на краен брой непрекъснати интервали и за всеки от тях да се позовем на първата теорема, която гласи, че функцията в него е интегруема.

Естествено, това "позоваване" не се прави на един ред на изпит.
Какво се прави? Приемаме, че има само една точка на прекъсване - x. След това си избираме мъничко $\epsilon$, и разписваме някакво разбиване с някаква делта(колко точно е делтата става ясно накрая). Идеята е да се покаже, че сумата от осцилациите е по-малка от $\epsilon$(същото както преди - нормално). Това става като се разпишат сумите на лявата и дясната част, както и на единствения сегмент, който съдържа x. Сравнително лесно излиза, че и трите са от вида константа * $epsilon$. Тоест, при $\epsilon \to 0$, и трите клонят към 0. От сумата на тези константи се определя колко трябва да бъде $\delta$(реално, при горните точки пак беше така, само че е по-очевидно колко да е, затова е написана предварително).
След това, по индукция се прави за произволен краен брой точки. КТДД.
Бонус: А за най-ученолюбивите, които са забелязали, че това важи и за безкраен брой точки - да, вярно е, важи за изброимо много точки на прекъсване. Но на изпита не се иска, а и доказателството си е кофти.

Unless otherwise stated, the content of this page is licensed under Creative Commons Attribution-NonCommercial-ShareAlike 3.0 License