Тема 14

Функции с ограничена вариация. Интеграл на Стилтес


страницата се нуждае от дописване/преглеждане


Функции с ограничена вариация

Дефиниция(разбиване на интервал): Нека $[a, b] \subset \mathbb R$ е затворен интервал. Ще наричаме редицата $\tau = \{ x_i \}_{i=0}^{n}$ разбиване на интервала $[a, b]$, ако е изпълнено $a = x_0 < x_1 < \cdots < x_n = b$.

Дефиниция: Нека $[a, b] \subset \mathbb R$ е затворен интервал, $\tau = \{ x_i \}_{i=0}^{n}$ е разбиване на $[a, b]$ и функцията $f : [a, b] \to \mathbb R$. Тогава дефинираме сума от вариациите на $f$ за разбиването $\tau$ по следния начин:

(1)
\begin{align} \sum_{[a, b]} (f, \tau) = \sum_{i=0}^{n-1} | f(x_{i+1}) - f(x_i)| \end{align}

Дефиниция(ограничена вариация): Нека $[a, b] \subset \mathbb R$ е затворен интервал. Нека $f : [a, b] \to \mathbb R$. Нека $\tau = \{ x_i \}_{i=0}^{n}$ е разбиване на интервала $[a, b]$.
Казваме, че функцията $f$ е с ограничена вариация, ако $\exists V$:

(2)
\begin{align} \sum_{[a, b]} (f, \tau) \le V \quad \forall \tau \end{align}

Дефиниция:(пълна вариация): Нека $f$ е функция с ограничена вариация върху $[a, b]$. Тогава дефинираме пълната вариация на $f$:

(3)
\begin{align} V_a^b(f) = \sup_\tau \sum_{[a, b]} (f, \tau) \end{align}

Твърдение1: Нека $f : [a, b] \to \mathbb R$ е монотонна върху интервала $[a, b]$. Тогава $f$ е с ограничена вариация върху $[a, b]$ и е изпълнено следното равенство за пълната вариация: $V_a^b (f) = | f(a) - f(b) |$.
Доказателство: Без ограничени на общността (Б.О.О.) ще считаме, че $f$ е монотонно растяща.
Нека $\tau = \{ x_i \}_{i=0}^n$ е произволно разбиване на интервала $[a, b]$. Тогава:

(4)
\begin{align} \sum_{[a, b]} (f, \tau) = \sum_{i=0}^{n-1} |f(x_{i+1}) -f(x_i)| = f(b) - f(a) \end{align}

Следователно сумата от вариациите за произволно разбиване е константата $f(b) - f(a)$, следователно тя е ограничена. Т.е получихме, че функцията $f$ е с ограничена вариация върху $[a, b]$. Сега да проврим пълната вариация:

(5)
\begin{align} V_a^b (f) = \sup_\tau \sum_{[a, b]} (f, \tau) = \sup_\tau \left[f(b) - f(a)\right] = f(b) - f(a) \end{align}

Твърдение2: Нека $f$ е функция с ограничена вариация върху $[a, b]$. Тогава $f$ е ограничена върху $[a, b]$.
Доказателство: Нека $f : [a, b] \to \mathbb R$ е функция с неограничена абстракция. Нека $x \in [a, b]$ е произволно.

(6)
\begin{eqnarray} 2|f(x)| &=& |2f(x) + f(a) - f(a) + f(b) - f(b)| \\ &\le& |f(x) - f(a)| + |f(x) - f(b)| + |f(a)| + |f(b)| \\ &\le& V_a^b (f) + |f(a)| + |f(b)| \\ \Rightarrow |f(x)| &\le& \frac{1}{2} \big[ V_a^b (f) + |f(a)| + |f(b)| \big] \end{eqnarray}

Твърдение3: Нека $f, g$ са функции с ограничена вариация върху интервала $[a, b]$. Тогава функциите

  1. $\alpha f + \beta g$
  2. $fg$
  3. $\frac{f}{g} \quad (\exists c > 0)(\forall x \in [a, b])(g(x) > c)$

са с ограничена вариация върху $[a, b]$.
Доказателство:
1. Да разпишем сумата от вариациите на функцията $\alpha f + \beta g$ върху интервала $[a, b]$ и произволно негово разбиване $\tau = \{ x_i \}_{i=0}^{n}$.

(7)
\begin{eqnarray} \sum_{[a,b]} (\alpha f + \beta g, \tau) &=& \sum_{i=0}^{n-1} |(\alpha f + \beta g)(x_{i+1}) - (\alpha f + \beta g)(x_i)| \\ &\le& \sum_{i=0}^{n-1} |\alpha| |f(x_{i+1}) - f(x_i)| + \sum_{i=0}^{n-1} |\beta| |g(x_{i+1}) - g(x_i)| \\ &\le& |\alpha| V_a^b (f) + |\beta|V_a^b (g) \\ \end{eqnarray}

Следователно за пълната вариация на функцията $\alpha f + \beta g$ е изпълнено:

(8)
\begin{align} V_a^b (\alpha f + \beta g) \le |\alpha| V_a^b (f) + |\beta| V_a^b (g) \end{align}

2. Тъй като $f, g$ са функции с ограничена вариация, то те са ограничени. Нека $M > \max\{f(x), g(x)\} \quad \forall x$.

(9)
\begin{eqnarray} \sum_{[a,b]} (fg, \tau) &=& \sum_{i=0}^{n-1} |(fg)(x_{i+1}) - (fg)(x_i)| \\ &=& \sum_{i=0}^{n-1} |f(x_{i+1})g(x_{i+1}) - f(x_i)g(x_i) \pm f(x_{i+1})g(x_i)| \\ &=& \sum_{i=0}^{n-1} |f(x_{i+1})(g(x_{i+1}) - g(x_i)) + g(x_i)(f(x_{i+1}) - f(x_i))| \\ &\le& \sum_{i=0}^{n-1} |f(x_{i+1})||g(x_{i+1}) - g(x_i)| + \sum_{i=0}^{n-1} |g(x_i)||f(x_{i+1}) - f(x_i)| \\ &\le& \sum_{i=0}^{n-1} M |g(x_{i+1}) - g(x_i)| + \sum_{i=0}^{n-1} M |f(x_{i+1}) - f(x_i)| \\ &\le& M (V_a^b(f) + V_a^b(g)) \end{eqnarray}

с което показахме, че сумата на вариациите за произволно разбиване $\tau$ е ограничена, т.е $(fg)$ е функция с ограничена вариация.
3. В този случай правим аналогично на предишното преобразувание.

(10)
\begin{eqnarray} \sum_{[a, b]} \left(\frac{f}{g}, \tau\right) &=& \sum_{i=0}^{n-1} \left|\frac{f(x_{i+1})}{g(x_{i+1})} - \frac{f(x_i)}{g(x_i)} \right| \\ &=& \sum_{i=0}^{n-1} \left| \frac{f(x_{i+1})g(x_i) - f(x_i)g(x_{i+1}) \pm f(x_i)g(x_i)}{g(x_i)g(x_{i+1})}\right| \\ &=& \sum_{i=0}^{n-1} \left| \frac{g(x_i)(f(x_{i+1}) - f(x_i)) - f(x_i)(g(x_{i+1}) - g(x_i))}{g(x_i)g(x_{i+1})}\right| \\ &\le& \sum_{i=0}^{n-1} \left| \frac{g(x_i)}{g(x_i)g(x_{i+1})} \Big[ f(x_{i+1}) - f(x_i) \Big]\right| + \sum_{i=0}^{n-1} \left| \frac{f(x_i)}{g(x_i)g(x_{i+1})} \Big[ g(x_{i+1}) - g(x_i) \Big] \right| \\ &\le& \frac{M}{c^2} \sum_{i=0}^{n-1} \left| f(x_{i+1}) - f(x_i) \right| + \frac{M}{c^2} \sum_{i=0}^{n-1} \left| g(x_{i+1}) - g(x_i) \right| \\ &\le& \frac{M}{c^2} \Big[ V_a^b(f) + V_a^b(g) \Big] \end{eqnarray}

Твърдение4: Нека $f$ е с ограничена вариация върху $[a, b]$. Нека $c \in (a, b)$. Тогава $f$ е с ограничена вариация върху $[a, c]$ и $[c, b]$ и освен това е изпълнено $V_a^b(f) = V_a^c(f) + V_c^b(f)$.
Доказателство: Нека $c \in (a, b)$.
Да фиксираме произволно разбиване $\tau' = \{ x_i \}_{i=0}^{m}$ на $[a, c]$ и $\tau'' = \{ y_i \}_{i=0}^m$ на $[c, b]$. Нека $\tau = \tau' \cup \tau''$ - разбиване на интервала $[a, b]$.
Първо ще докажем, че $f$ е с ограничена вариация върху $[a, c]$, като допълним интервала $[a, c]$ до $[a, b]$ като използваме $\tau''$

(11)
\begin{align} \sum_{[a, c]}(f, \tau') \le \sum_{[a,c]} (f, \tau') + \sum_{[c,b]}(f, \tau'') \le \sum_{[a, b]}(f, \tau) \le V_a^b (f) \end{align}

Абсолютно аналогично се доказва за интервала $[c, b]$.
Сега ще покажем, че $V_a^c(f) + V_c^b(f) \le V_a^b(f)$:

(12)
\begin{eqnarray} \sum_{[a, c]} (f, \tau') + \sum_{[c, b]}(f, \tau'') &=& \sum_{[a, b]}(f, \tau) \le V_a^b(f) \\ \sum_{[a, c]} (f, \tau') &\le& V_a^b(f) - \sum_{[c, b]}(f, \tau'') \quad \forall \tau' \\ V_a^c (f) &\le& V_a^b(f) - \sum_{[c, b]}(f, \tau'') \\ \sum_{[c, b]}(f, \tau'') &\le& V_a^b(f) - V_a^c(f) \quad \forall \tau'' \\ V_c^b(f) &\le& V_a^b(f) - V_a^c(f) \\ V_a^c(f) + V_c^b(f) &\le& V_a^b(f) \end{eqnarray}

Сега да покажем обратната посока: $V_a^b(f) \le V_a^c(f) + V_c^b(f)$. Нека $\tau = \{ x_i \}_{i=0}^n$ е произволно разбиване на $[a, b]$. Нека $\tau' = (\tau \cup \{c\}) \cap [a, c]$ е съответното индуцирано разбиване върху $[a, c]$ и $\tau'' = (\tau \cup c) \cap [c, b]$ е съответното индуцирано разбиване на $[c, b]$.

(13)
\begin{eqnarray} \sum_{[a, b]}(f, \tau) &=& \sum_{[a, c]}(f, \tau') + \sum_{[c, b]}(f, \tau'') \le V_a^c(f) + V_c^b(f) \\ \sum_{[a, b]}(f, \tau) &\le& V_a^c(f) + V_c^b(f) \quad \forall \tau \\ V_a^b(f) &\le& V_a^c(f) + V_c^b(f) \\ \end{eqnarray}

Окончателно заключихме, че

(14)
\begin{equation} V_a^b(f) = V_a^c(f) + V_c^b(f) \end{equation}

Следствие: Ако $f$ е с ограничена вариация върху $[a, b]$ то $f$ е с ограничена вариация върху всеки интервал $[c, d] \subseteq [a, b]$.

Твърдение5: Ако $f$ е с ограничена вариация върху всеки подинтервал $[c, d] \subseteq [a, b]$, тогава $f$ е с ограничена вариация върху $[a, b]$.

Теорема: Нека $f$ е функция с ограничена вариация върху интервала $[a, b] \iff f = f_1 - f_2$, където $f_1, f_2$ са монотонно растящи функции върху $[a, b]$.
Доказателство:
Права посока: Дефинираме $f_1(x) = V_a^x(f)$, за всяко $x \in [a, b]$.
Ще покажем, че $f_1$ е монотонно растяща. Да си образуваме $f_1(x_2) - f_1(x_1)$ за произволни $x_1, x_2 \in [a, b] \And x_1 < x_2$:

(15)
\begin{align} f_1(x_2) - f_1(x_1) = V_a^{x_2} (f) - V_a^{x_1} (f) = V_{x_1}^{x_2} (f) \ge 0 \end{align}

Използвахме твърдение 4 и факта, че $V_x^y (f)$ е сума на модули, следователно неотрицателно число.
Дефинираме $f_2(x) = V_a^x(f) - f(x)$. Да докажем, че е монотонно растяща за произволни $x_1, x_2 \in [a, b] \And x_1 < x_2$:

(16)
\begin{align} f_2(x_2) - f_2(x_1) = V_a^{x_2}(f) - f(x_2) - V_a^{x_1}(f) + f(x_1) = V_{x_1}^{x_2} - (f(x_2) - f(x_1)) \ge 0 \end{align}

Тук използвахме, че $f(x_2) - f(x_1)$ е единствено събираемо на сумата от вариациите при разбиването $\tau = \{ x_1, x_2 \}$. Следователно супремума на всички суми $V_{x_1}^{x_2}$ е по-голям от тази конкретна, т.е разликата им е неотрицателна.
И сега вече тривиално проверяваме:

(17)
\begin{equation} f_1(x) - f_2(x) = V_a^x(f) - (V_a^x(f) - f(x)) = f(x) \end{equation}

Обратна посока: Тъй като $f_1, f_2$ са монотонно растящи върху $[a, b]$, то те са с ограничена вариация върху $[a, b]$ (твърдение 1). Разлика на 2 функции с ограничена вариация също е функция с ограничена вариация (твърдение 3).

Дефиниция: Точка на прекъсване от първи род е точка на прекъсване, в която функцията има лява и дясна граница.

Твърдение6: Нека $f$ е монотонна върху интервала $[a, b]$. Тогава $f$ има не повече от изброимо много точки на прекъсване, и всички те са от първи род.
Доказателство: Б.О.О. считаме, че $f$ е монотонно растяща.
Първо ще докажем, че всяка точка на прекъсване е от първи род.
Нека $x$ е произволна точка от интервала $[a, b]$.
Ще докажем, че

(18)
\begin{eqnarray} \lim_{x'\to x^-} f(x') = f(x-0) &=& \sup_{x'<x} f(x') = \alpha\\ \lim_{x'\to x^+} f(x') = f(x+0) &=& \inf_{x'>x} f(x') = \beta \end{eqnarray}

Нека $\epsilon > 0$ е произволно. От дефиницията на $\sup$ имаме, че съществува $x_0' < x : f(x_0') - \alpha < \epsilon$. T.e $\forall x' > x_0' : |f(x') - \alpha | \le \epsilon$.
Нека $x' \ne x''$ са две различни точки на прекъсване. Тогава

(19)
\begin{eqnarray} f(x'+0) - f(x'-0) &=& \alpha \\ f(x''+0) - f(x''-0) &=& \beta \end{eqnarray}

$\alpha, \beta$ са един вид 'скоковете' на функцията в тези точки. Тъй като всяка точка на прекъсване дефинира различен отворен интервал на скок $(f(x'-0), f(x'+0)), (f(x''-0), f(x''+0))$. И във всеки отворен интервал може да се намери поне една рационална точка. Понеже интервалите не се пресичат, на всеки от тях съпоставяме различно рационално число. Тъй като рационалните числа са изброимо много, то точките на прекъсване на функцията са не повече от изброимо много.

Следствие: Всяка функция с ограничена вариация има не повече от изброимо много точки на прекъсване и те са от първи род.
Доказателство: Тъй като всяка фукция с ограничена вариация може да се представи като разлика на две монотонно растящи, и всяка от тях има най-много изброимо много точки на прекъсване, то и началната функция има най-много изброимо много точки на прекъсване.

Дефиниция: $f$ се нарича $\mathrm{Lip}$ (Липшицова) върху $[a, b]$, ако $\forall x_1, x_2 \in [a, b] : |f(x_1) - f(x_2)| \le M|x_2 - x_1|$
Следствие: $\mathrm{Lip}$ функциите са непрекъснати (директно от дефиницията на $\mathrm{Lip}$ и дефиницията за непрекъснатност).
Твърдение7: Ако $f$ е $\mathrm{Lip}$ върху $[a, b]$, то $f$ е с ограничена вариация върху $[a, b]$.
Доказателство: Нека $\tau = \{ x_i \}_{i=0}^n$ е разбиване на $[a, b]$. Тогава

(20)
\begin{align} \sum_{[a, b]} (f, \tau) = \sum_{i=0}^{n-1} | f(x_{i+1}) - f(x_i)| \le \sum_{i=0}^{n-1} M |x_{i+1} - x_i| \le M (b - a) \end{align}

Дефиниция: Казваме, че $f$ е непрекъснато диференцируема върху $\langle a, b \rangle$, ако $\exists f'$ върху $\langle a, b \rangle$ и тя е непрекъсната.
Твърдение8: Нека $f$ е непрекъсната и диференцируема върху $[a, b]$. Тогава $f$ е $\mathrm{Lip}$ (от където следва и с ограничена вариация).
Доказателство: Нека $x_1, x_2 \in [a, b]$. Тогава, използвайки теоремата на Лагранж за интервала $[x_1, x_2]$:

(21)
\begin{align} |f(x_1) - f(x_2)| = f'(x_{1,2}) |x_2 - x_1| \le \sup_{x \in [a, b]} f'(x) |x_2 - x_1| = M |x_2 - x_1| \end{align}

Твърдение9: Всяка монотонна функция $f$ може да се представи като сума на дискрента и непрекъсната функция.
Доказателство: Б.О.О. $f$ е монотонно растяща върху интервала $[a, b]$.
Нека $\{ x_i \}$ са точките и на прекъсване, като $x_i < x_j \iff i < j$. Дефинираме скока в iтата точка на прекъсване да бъде $\alpha_i = f(x_i + 0) - f(x_i - 0)$.

(22)
\begin{eqnarray} \tilde f(x) &=& \sum_{x_i < x} \alpha_i \\ g(x) &=& f(x) - \tilde f(x) \end{eqnarray}

Сега $\tilde f$ е монотонно растяща, стъпаловидна (т.е дискретна) и $g$ е непрекъсната. Освен това $(\tilde f + g) = f$.

Интеграл на Стилтес

Дефиниция(Стилтесова сума на $f$ по $g$): Нека $f, g$ са ограничени върху краен затворен интервал $[a, b]$.
Нека $\tau = \{ x_i \}_{i=0}^n$ е разбиване на интервала $[a, b]$.
Нека $\tau_\xi = \{ \xi_i \}_{i=0}^{n-1} : \xi_i \in [x_i, x_{i+1}]$ е набор от точки във всеки от интервалите от $\tau$.
Дефинираме:

(23)
\begin{align} \sum(f, g, \tau, \tau_\xi) = \sum_{i=0}^{n-1} f(\xi_i) (g(x_{i+1}) - g(x_i)) \end{align}

стилтесова сума на $f$ по $g$.

Дефиниция(интегруема по Стилтес): Функцията $f$ е интегруема по $g$ в смисъл на Стилтес, ако

(24)
\begin{align} \exists I : (\forall \epsilon > 0)(\exists \delta > 0)(\forall \tau = \{ x_i \}_{i=0}^{n}, \sup_i (x_{i+1} - x_{i}) < \delta)(\forall \tau_\xi = \{ \xi_i \}_{i=0}^{n-1}) \quad | I - \sum(f, g, \tau, \tau_\xi)| < \epsilon \end{align}

числото $I$ се нарича интеграл на Стилтес на $f$ по $g$ върху интервала $[a, b]$:

(25)
\begin{align} I = \int_a^b fdg \end{align}

Свойства:
Св1: Интеграла на Стилтес е линеен по 2та си аргумента, т.е:

(26)
\begin{eqnarray} \int_a^b [\alpha f_1 + \beta f_2] dg &=& \alpha \int_a^b f_1dg + \beta\int_a^b f_2 dg \\ \int_a^b fd[\alpha g_1 + \beta g_2] &=& \alpha \int_a^b fdg_1 + \beta\int_a^b f dg_2 \\ \end{eqnarray}

Доказателство:
По $f$: Нека $f_1, f_2$ са интегруеми по $g$ в смисъл на Стилтес. Тогава:

(27)
\begin{eqnarray} \int_a^b [\alpha f_1 + \beta f_2] &=& \lim \sum(\alpha f_1 + \beta f_2, g, \tau, \tau_\xi) \\ &=& \sum_{i=0}^{n-1} (\alpha f_1(\xi_i) + \beta f_2 (\xi_i))(g(x_{i+1}) - g(x_i)) \\ &=& \alpha \sum_{i=0}^{n-1} f_1(\xi_i) (g(x_{i+1}) - g(x_i)) + \beta \sum_{i=0}^{n-1} f_2(\xi_i) (g(x_{i+1}) - g(x_i)) \\ &=& \alpha \lim \sum ( f_1, g, \tau, \tau_\xi) + \beta \lim \sum(f_2, g, \tau, \tau_\xi) \\ &=& \alpha \int_a^b f_1dg + \beta \int_a^b f_2 dg \end{eqnarray}

По $g$: Нека $f$ е интегруема по $g_1$ и $g_2$ в смисъл на Стилтес. Тогава:

(28)
\begin{eqnarray} \int_a^b fd[\alpha g_1 + \beta g_2] &=& \lim\sum (f, \alpha g_1 + \beta g_2, \tau, \tau_\xi) \\ &=& \lim \sum_{i=0}^{n-1} f(\xi_i) (\alpha g_1(x_{i+1}) + \beta g_2 (x_{i+1}) - (\alpha g_1 (x_i) + \beta g_2(x_i)) \\ &=& \alpha \lim \sum (f, g_1, \tau, \tau_\xi) + \beta \lim \sum (f, g_2, \tau, \tau_\xi)\\ &=& \alpha \int_a^b fdg_1 + \beta\int_a^b f dg_2 \end{eqnarray}

Св2: Интеграла по Стилтес е адитивен:

(29)
\begin{eqnarray} & &\exists \int_a^b fdg \And \exists \int_a^c fdg \And \exists \int_c^b fdg \quad c \in [a,b]\\ & &\Longrightarrow \int_a^b fdg = \int_a^c fdg + \int_c^b fdg \end{eqnarray}

Доказателство: За произволно разбиване на интервала $[a, b]$ образуваме съответните разбивания на $[a, c], [c, b]$ и чрез дефиницията доказваме равенството.
Св3(интегриране по части): Нека $f$ е интегруема по $g$ върху $[a, b]$. Тогава и $g$ е интегруема по $f$ върху $[a, b]$, като е изпълнено следното равенство:

(30)
\begin{align} \int_a^b fdg = \Big[f(b)g(b) - f(a)g(a)\Big] - \int_a^b gdf \end{align}

Доказателство:
Да разпишем стилтесова сума на $f$ по $g$ за произволни $\tau, \tau_\xi$:

(31)
\begin{eqnarray} \sum(f, g, \tau, \tau_\xi) &=& \sum_{i=0}^{n-1} f(\xi_i) (g(x_{i+1}) - g(x_i)) \pm f(b)g(b) \pm f(a)g(a) \\ &=& \Big[f(b)g(b) - f(a)g(a)\Big] - \left( - f(a)g(a) + \sum_{i=0}^{n-1}f(\xi_i)g(x_i) - \sum_{i=0}^{n-1}f(\xi_i)g(x_{i+1}) + f(b)g(b)\right) \\ &=& \Big[f(b)g(b) - f(a)g(a)\Big] - \sum(g, f, \tau_\xi \cup \{a, b\}, \tau) \end{eqnarray}

Т.е получихме, че всяка стилтесова сума на $f$ по $g$ се трансформира до стилтесова сума на $g$ по $f$. Тъй като при $\tau \to 0$ със сигурност $\tau_\xi \to 0$ (защото максималното разстояние между $\xi_i, \xi_{i+1}$ е по-малко или равно на $2\Delta_\tau$). Ако допуснем, че съществува стилтесов интеграл на $g$ по $f$ в интервала $[a, b]$, тогава веднага получаваме, че съществува и интеграл на $f$ по $g$. С това връзката е доказана!

Теорема 1: Нека $[a, b]$ е затворен интервал, $f$ е непрекъсната върху $[a, b]$, $g$ е с ограничена вариация върху $[a, b]$. Тогава съществува интеграл на Стилтес на $f$ по $g$.
Доказателство: Б.О.О. считаме, че $g$ е монотонно растяща (всяка функция с ограничена вариация може да се представи като разлика на 2 монотонно растящи функции и преди малко показахме, че интеграла е линеен по $f$ и $g$).
Нека $\tau = \{ x_i \}_{i=0}^n$ е произволно разбиване на интервала $[a,b]$ и да си означим $\Delta_i = [x_i, x_{i+1}]$ iтия интервал от разбиването.
Нека си означим минимумите и максимумите на $f$ във всеки iтия интервал със $M_i, m_i$:

(32)
\begin{eqnarray} M_i &=& \max_{x \in \Delta_i} f(x) \\ m_i &=& \min_{x \in \Delta_i} f(x) \end{eqnarray}

Дефинираме малка и голяма сума на Дарбу-Стилтес по следния начин:

(33)
\begin{eqnarray} ds(\tau, f) &=& \sum m_i (g(x_{i+1}) - g(x_i)) \\ dS(\tau, f) &=& \sum M_i (g(x_{i+1}) - g(x_i)) \end{eqnarray}

Сумите на Дарбу-Стилтес са ограничени: $ds(\tau, f) \le dS(\tau, f) \le \max |f| (g(b) - g(a))$.
За две произволни разбивания на интервала $\tau_1, \tau_2$ е в сила (доказва се с използване на разбиването $\tau_1 \cup \tau_2$):

(34)
\begin{align} ds(\tau_1, f) \le dS(\tau_2, f) \end{align}

Дефинираме следния запис:

(35)
\begin{eqnarray} \sup ds = \int_{\bar a}^b fdg \le \int_a^{\underline{b}} fdg = \inf dS \end{eqnarray}

Също така очевидно е вярно, че за произволно разбиване $\tau$ и произволен набор $\tau_\xi$ стилтесовата сума е между малката и голямата суми на Дарбу-Стилтес:

(36)
\begin{align} ds(\tau, f) \le \sum(f, g, \tau, \tau_\xi) \le dS(\tau, f) \end{align}

Сега вече ще пресметнем $dS - ds$ и ще докажем, че клони към 0:

(37)
\begin{align} 0 \le dS(\tau, f) - ds(\tau, f) = \sum(M_i-m_i)(g(x_{i+1}) - g(x_i)) \le \epsilon (g(b) - g(a)) \to 0 \end{align}

Използваме факта, че $f$ е непрекъсната върху краен затворен интервал, следователно равномерно непрекъсната. Именно - за всяко епсилон съществува $\delta$, за което всеки 2 точки на разстояние по-малко от делта функционалните им стойности не се различават с повече от $\epsilon$.
Така с използване на теоремата за двамата полицаи показахме, че $dS \to ds$, с което всъщност показахме съществуването на граница на $\sum(f,g,\tau,\tau_\xi)$, т.е съществуване на стилтесов интеграл на $f$ по $g$.

Твърдение: $f$ е непрекъсната, $g$ е непрекъснато диференцируема върху $[a, b]$. Тогава:

(38)
\begin{align} \int_a^b fdg = \int_a^b fg' dx \end{align}

Доказателство: Използваме теоремата на Лагранж: $g(x_{i+1}) - g(x_i) = g'(c_i)(x_{i+1} - x_i)$, където $c_i \in (x_i, x_{i+1})$.

Твърдение: Ако $f_1, f_2$ са непрекъснати, и $g$ е монотонно растяща, и освен това $f_1 \le f_2 \quad \forall x \in [a, b]$, тогава:

(39)
\begin{align} \int_a^b f_1 dg \le \int_a^b f_2 dg \end{align}

Твърдение:

(40)
\begin{align} \left| \int_a^b fdg \right| \le \int_a^b |f| d V_a^x(g) \end{align}

Доказателство:

(41)
\begin{eqnarray} \left| \int_a^b fdg \right| &=& \left| \lim \sum_{i=0}^{n-1} f(\xi_i)(g(x_{i+1})-g(x_i)) \right| \\ &\le& \lim \sum |f(\xi_i)| |g(x_{i+1}) -g(x_i)|\\ &\le& \lim \sum |f(\xi_i)| V_{x_i}^{x_{i+1}} (g) \\ &=& \int_a^b |f| d V_a^x(g) \end{eqnarray}

Граничен преход под знака на интеграла на Стилтес. Принцип на Хели.

Теорема: Нека $f_n$ са непрекъснати върху $[a, b]$, за всяко $n \in \mathbb N$
Нека $g$ е функция с ограничена вариация върху $[a, b]$.
Нека $f_n \rightrightarrows f$ върху $[a, b]$.
Тогава

(42)
\begin{align} \int_a^b f_n dg \overset{n\to\infty}\to \int_a^b fdg \end{align}

Доказателство:

(43)
\begin{eqnarray} \left|\int_a^b f_n dg - \int_a^b fdg\right| &=& \left| \int_a^b (f_n - f) dg \right| \\ &\le& \int_a^b |f_n - f| d V_a^x (g) \\ &=& \lim \sum |f_n - f|(\xi_i) V_{x_{i}}^{x_{i+1}} \\ &\le& \lim \sum \max_{x \in [a, b]} |f_n - f| V_{x_{i}}^{x_{i+1}} \\ &=& \max_{x \in [a, b]} |f_n - f| V_a^b(g) \\ &\overset{n \to \infty}\longrightarrow& 0 \end{eqnarray}

Лема 1: Нека $E \subset [a, b]$ и $E$ е не повече от изброимо.
Нека $A$ е множество от ограничени функции:
$(\exists M)(\forall f \in A)(|f| \le M)$
Тогава съществува редица от функции $f_n \subseteq A$, за която за всяка точка $x \in E$ е изпълнено $f_n(x) \overset{n\to\infty}\longrightarrow f_0(x)$.

Доказателство:
Нека $E = \{ x_1, x_2, x_3, \cdots \}$ (понеже е не повече от изброимо).
Да разгледаме $\{ f(x_1) | f \in A \}$. Това множество е ограничено от $M$, следователно има точка на сгъстяване - $f_0(x_1)$. Тогава съществува редица:

(44)
\begin{align} \underbrace{f_1(x_1), f_2(x_1), \cdots , f_n(x_1)}_{A_1} \longrightarrow f_0(x_1) \end{align}

Да разгледаме $\{ f_i(x_2) | f \in A_i \in A_1 \}$. Това множество пак е ограничено и следователно има точка на сгъстяване $f_0(x_2)$. Съответно има подредица:

(45)
\begin{align} f_{i_1}(x_2), f_{i_2}(x_2), \cdots, f_{i_n}(x_2) \longrightarrow f_0(x_2) \end{align}

Така последователно образуваме подредици на предходната редица, която да клони към точката на сгъстяване. Окончателно избираме диагоналната редица:

(46)
\begin{align} f(x), f_2(x), f_{i_3}(x), \cdots \end{align}

Тази редица от функции е сходяща във всички точки от $E$.

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