7.4: Властивості інтегралів
- Page ID
- 62401
Якщо\(f: D \rightarrow \mathbb{R}\) і\(g: D \rightarrow \mathbb{R},\) тоді
\[\sup \{f(x)+g(x): x \in D\} \leq \sup \{f(x): x \in D\}+\sup \{g(x): x \in D\}\]
і
\[\inf \{f(x)+g(x): x \in D\} \geq \inf \{f(x): x \in D\}+\inf \{g(x): x \in D\}\]
Доведіть попередню пропозицію.
Знайдіть приклади, для яких нерівності в попередній пропозиції суворі.
Припустимо\(g\),\(f\) і обидва інтегруються на\([a, b] .\) Тоді\(f+g\) інтегрується на\([a, b]\) і
\[\int_{a}^{b}(f+g)=\int_{a}^{b} f+\int_{a}^{b} g.\]
- Доказ
-
\(\epsilon>0,\)Дано let\(P_{1}\) і\(P_{2}\) be розділи\([a, b]\) з
\[U\left(f, P_{1}\right)-L\left(f, P_{1}\right)<\frac{\epsilon}{2}\]
і
\[U\left(g, P_{2}\right)-L\left(g, P_{2}\right)<\frac{\epsilon}{2}.\]
Нехай\(P=P_{1} \cup P_{2} .\) За попередньою пропозицією,
\[U(f+g, P) \leq U(f, P)+U(g, P)\]
і
\[L(f+g, P) \geq L(f, P)+L(g, P).\]
Звідси
\[\begin{aligned} U(f+g, P)-L(f+g, P) & \leq(U(f, P)+U(g, P))-(L(f, P)+L(g, P)) \\ &=(U(f, P)-L(f, P))+(U(g, P)-L(g, P)) \\ & \leq\left(U\left(f, P_{1}\right)-L\left(f, P_{1}\right)\right)+\left(U\left(g, P_{2}\right)-L(g, 2 P)\right) \\ &<\frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon . \end{aligned}\]
Отже\(f+g\), інтегрується на\([a, b]\).
Більш того,
\[\begin{aligned} \int_{a}^{b}(f+g) & \leq U(f+g, P) \\ & \leq U(f, P)+U(g, P) \\ & \leq\left(\int_{a}^{b} f+\frac{\epsilon}{2}\right)+\left(\int_{a}^{b} g+\frac{\epsilon}{2}\right) \\ &=\int_{a}^{b} f+\int_{a}^{b} g+\epsilon \end{aligned}\]
і
\[\begin{aligned} \int_{a}^{b}(f+g) & \geq L(f+g, P) \\ & \geq L(f, P)+L(g, P) \\ & \geq\left(\int_{a}^{b} f-\frac{\epsilon}{2}\right)+\left(\int_{a}^{b} g-\frac{\epsilon}{2}\right) \\ &=\int_{a}^{b} f+\int_{a}^{b} g-\epsilon . \end{aligned}\]
Оскільки\(\epsilon>0\) було довільним, то випливає, що
\[\int_{a}^{b}(f+g)=\int_{a}^{b} f+\int_{a}^{b} g.\]
Q.E.D.
Припустимо\(g:[a, b] \rightarrow \mathbb{R}\),\(a<b\)\(f:[a, b] \rightarrow \mathbb{R}\) і і обидва обмежені. Покажіть, що
\[\overline{\int_{a}^{b}}(f+g) \leq \overline{\int_{a}^{b}} f+\overline{\int_{a}^{b}} g.\]
Знайдіть приклад, для якого нерівність сувора.
Знайдіть приклад, щоб показати, що\(f+g\) може бути інтегрованим,\([a, b]\) навіть якщо\(f\) ні ні\(g\) інтегрується\([a, b]\).
Якщо\(f\) інтегрується,\([a, b]\) а\(\alpha \in \mathbb{R},\) потім\(\alpha f\) інтегрується на\([a, b]\) і
\[\int_{a}^{b} \alpha f=\alpha \int_{a}^{b} f.\]
Доведіть попередню пропозицію.
\(a<b, f:[a, b] \rightarrow \mathbb{R}\)Припустимо, обмежений, і\(c \in(a, b)\). Потім\(f\) інтегрується,\([a, b]\) якщо і тільки якщо\(f\) інтегрується на обох\([a, c]\) і\([c, b] .\)
- Доказ
-
Припустимо\(f\), інтегрується на\([a, b] .\) заданий\(\epsilon>0,\) нехай\(Q\) бути розділом\([a, b]\) такого, що
\[U(f, Q)-L(f, Q)<\epsilon .\]
Нехай\(P=Q \cup\{c\}, P_{1}=P \cap[a, c],\) і\(P_{2}=P \cap[c, b] .\) тоді
\[\begin{aligned}\left(U\left(f, P_{1}\right)-L\left(f, P_{1}\right)\right)+\left(U\left(f, P_{2}\right)-L\left(f, P_{2}\right)\right) &=\left(U\left(f, P_{1}\right)+U\left(f, P_{2}\right)\right) \\ &-\left(L\left(f, P_{1}\right)+L\left(f, P_{2}\right)\right) \\ &=U(f, P)-L(f, P) \\ & \leq U(f, Q)-L(f, Q) \\ &<\epsilon . \end{aligned}\]
Таким чином, ми повинні мати обидва
\[U\left(f, P_{1}\right)-L\left(f, P_{1}\right)<\epsilon\]
і
\[U\left(f, P_{2}\right)-L\left(f, P_{2}\right)<\epsilon.\]
Отже\(f\), інтегрується на обох\([a, c]\) і\([c, b]\).
Тепер припустимо,\(f\) інтегрується на обох\([a, c]\) і\([c, b] .\) дано\(\epsilon>0,\) нехай\(P_{1}\) і\(P_{2}\) бути розділами\([a, c]\) і\([c, b],\) відповідно, такі, що
\[U\left(f, P_{1}\right)-L\left(f, P_{1}\right)<\frac{\epsilon}{2}\]
і
\[U\left(f, P_{2}\right)-L\left(f, P_{2}\right)<\frac{\epsilon}{2}.\]
Нехай\(P=P_{1} \cup P_{2}\). Потім\(P\) робиться перегородка\([a, b]\) і
\[\begin{aligned} U(f, P)-L(f, P) &=\left(U\left(f, P_{1}\right)+U\left(f, P_{2}\right)\right)-\left(L\left(f, P_{1}\right)+L\left(f, P_{2}\right)\right) \\ &=\left(U\left(f, P_{1}\right)-L\left(f, P_{1}\right)\right)+\left(U\left(f, P_{2}\right)-L\left(f, P_{2}\right)\right) \\ &<\frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2} \\ &=\epsilon . \end{aligned}\]
Таким\(f\) чином, інтегрується на\([a, b]\). \(\quad\)Q.E.D.
\(f\)Припустимо, інтегрується на\([a, b]\) і\(c \in(a, b) .\) тоді
\[\int_{a}^{b} f=\int_{a}^{c} f+\int_{c}^{b} f.\]
- Доказ
-
Якщо\(P\) і\(Q\) є розділами\([a, c]\) і\([c, b],\) відповідно, то
\[U(f, P)+U(f, Q)=U(f, P \cup Q) \geq \int_{a}^{b} f.\]
Таким чином
\[U(f, P) \geq \int_{a}^{b} f-U(f, Q),\]
тому
\[\int_{a}^{c} f= \overline{\int_{a}^{c}} f \geq \int_{a}^{b} f-U(f, Q) .\]
Звідси
\[U(f, Q) \geq \int_{a}^{b} f-\int_{a}^{c} f,\]
тому
\[\int_{c}^{b} f= \overline{\int_{c}^{b}} f \geq \int_{a}^{b} f-\int_{a}^{c} f.\]
Таким чином
\[\int_{a}^{c} f+\int_{c}^{b} f \geq \int_{a}^{b} f.\]
Аналогічно, якщо\(P\) і\(Q\) є перегородками\([a, c]\) і\([c, b],\) відповідно, то
\[L(f, P)+L(f, Q)=L(f, P \cup Q) \leq \int_{a}^{b} f.\]
Таким чином
\[L(f, P) \leq \int_{a}^{b} f-L(f, Q),\]
тому
\[\int_{a}^{c} f= \underline{\int_{a}^{c}} f \leq \int_{a}^{b} f-L(f, Q).\]
Звідси
\[L(f, Q) \leq \int_{a}^{b} f-\int_{a}^{c} f,\]
тому
\[\int_{c}^{b} f= \underline{\int_{c}^{b}} f \leq \int_{a}^{b} f-\int_{a}^{c} f.\]
Таким чином
\[\int_{a}^{c} f+\int_{c}^{b} f \leq \int_{a}^{b} f.\]
Звідси
\[\int_{a}^{c} f+\int_{c}^{b} f=\int_{a}^{b} f.\]
Q.E.D.
Припустимо,\(f:[a, b] \rightarrow \mathbb{R}\) обмежена і\(B\) є кінцевою підмножиною\((a, b) .\) Показати, що якщо\(f\) є безперервним,\([a, b] \backslash B,\) то\(f\) інтегрується на\([a, b]\).
Якщо\(f\) інтегрується на\([a, b]\) з\(f(x) \geq 0\) для всіх\(x \in[a, b]\), то
\[\int_{a}^{b} f \geq 0.\]
- Доказ
-
Результат випливає з того, що\(L(f, P) \geq 0\) для будь-якої\(P\) перегородки\([a, b]\). \(\quad\)Q.E.D.
Припустимо\(g\),\(f\) і обидва інтегруються на\([a, b] .\) If, для всіх\(x \in[a, b], f(x) \leq g(x),\) тоді
\[\int_{a}^{b} f \leq \int_{a}^{b} g.\]
- Доказ
-
Оскільки\(g(x)-f(x) \geq 0\) для всіх у\(x \in[a, b],\) нас є, використовуючи Пропозиції 7.4.2, 7.4.3 та 7.4.6,
\[\int_{a}^{b} g-\int_{a}^{b} f=\int_{a}^{b}(g-f) \geq 0.\]
Q.E.D.
Припустимо\(f\), інтегрується на\([a, b], m \in \mathbb{R}, M \in \mathbb{R},\) і\(m \leq f(x) \leq M\) для всіх\(x \in[a, b] .\) Тоді
\[m(b-a) \leq \int_{a}^{b} f \leq M(b-a).\]
- Доказ
-
З попередньої пропозиції випливає, що
\[m(b-a)=\int_{a}^{b} m d x \leq \int_{a}^{b} f(x) d x \leq \int_{a}^{b} M d x=M(b-a).\]
Q.E.D.
Покажіть, що
\[1 \leq \int_{-1}^{1} \frac{1}{1+x^{2}} d x \leq 2.\]
Припустимо\(f\), є безперервним на\([0,1],\)\((0,1)\) диференційованих,\(f(0)=0,\) і\(\left|f^{\prime}(x)\right| \leq 1\) для всіх\(x \in(0,1) .\) Показати, що
\[-\frac{1}{2} \leq \int_{0}^{1} f \leq \frac{1}{2}.\]
\(f\)Припустимо, інтегрується на\([a, b]\) і\(F:(a, b) \rightarrow \mathbb{R}\) визначається
\[F(x)=\int_{a}^{x} f.\]
Показати, що існує\(\alpha \in \mathbb{R}\) таке, що для будь-якого\(x, y \in(a, b)\) з\(x<y\),
\[|F(y)-F(x)| \leq \alpha(y-x).\]
Припустимо\(g\), інтегрується на\([a, b], g([a, b]) \subset[c, d],\) і\(f:[c, d] \rightarrow \mathbb{R}\) є безперервним. Якщо\(h=f \circ g,\) потім\(h\) інтегрується на\([a, b]\).
- Доказ
-
Нехай\(\epsilon>0\) дадуть. Нехай
\[K>\sup \{f(x): x \in[c, d]\}-\inf \{f(x): x \in[c, d]\}\]
і вибирайте\(\delta>0\) так, щоб\(\delta<\epsilon\) і
\[|f(x)-f(y)|<\frac{\epsilon}{2(b-a)}\]
всякий раз, коли\(|x-y|<\delta .\)\(P=\left\{x_{0}, x_{1}, \ldots, x_{n}\right\}\) Дозволяти бути розділом\([a, b]\) такого, що
\[U(g, P)-L(g, P)<\frac{\delta^{2}}{2 K}.\]
Для\(i=1,2, \dots, n,\) нехай
\[m_{i}=\inf \left\{g(x): x_{i-1} \leq x \leq x_{i}\right\},\]
\[M_{i}=\sup \left\{g(x): x_{i-1} \leq x \leq x_{i}\right\},\]
\[w_{i}=\inf \left\{h(x): x_{i-1} \leq x \leq x_{i}\right\},\]
і
\[W_{i}=\sup \left\{h(x): x_{i-1} \leq x \leq x_{i}\right\}.\]
Нарешті, нехай
\[I=\left\{i: i \in \mathbb{Z}, 1 \leq i \leq n, M_{i}-m_{i}<\delta\right\}\]
і
\[J=\left\{i: i \in \mathbb{Z}, 1 \leq i \leq n, M_{i}-m_{i} \geq \delta\right\}.\]
Зверніть увагу, що
\[\begin{aligned} \delta \sum_{i \in J}\left(x_{i}-x_{i-1}\right) & \leq \sum_{i \in J}\left(M_{i}-m_{i}\right)\left(x_{i}-x_{i-1}\right) \\ & \leq \sum_{i=1}^{n}\left(M_{i}-m_{i}\right)\left(x_{i}-x_{i-1}\right) \\ &<\frac{\delta^{2}}{2 K}, \end{aligned}\]
з чого випливає, що
\[\sum_{i \in J}\left(x_{i}-x_{i-1}\right)<\frac{\delta}{2 K}.\]
Тоді
\[\begin{aligned} U(h, P)-L(h, P) &=\sum_{i \in I}\left(W_{i}-w_{i}\right)\left(x_{i}-x_{i-1}\right)+\sum_{i \in J}\left(W_{i}-w_{i}\right)\left(x_{i}-x_{i-1}\right) \\ &<\frac{\epsilon}{2(b-a)} \sum_{i \in I}\left(x_{i}-x_{i-1}\right)+K \sum_{i \in J}\left(x_{i}-x_{i-1}\right) \\ &<\frac{\epsilon}{2}+\frac{\delta}{2} \\ &<\frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2} \\ &=\epsilon . \end{aligned}\]
Таким\(h\) чином, інтегрується на\([a, b]\). \(\quad\)Q.E.D.
Припустимо\(g\),\(f\) і обидва інтегруються на\([a, b] .\) Тоді\(f g\) інтегрується на\([a, b]\).
- Доказ
-
Оскільки\(f\) і обидва\(g\) інтегруються, обидва\(f+g\) і\(f-g\) інтегруються. Отже, за попередньою пропозицією обидва\((f+g)^{2}\) і\((f-g)^{2}\) інтегруються. Таким чином
\[\left.\frac{1}{4}\left((f+g)^{2}-(f-g)^{2}\right)\right)=f g\]
інтегрується на\([a, b]\). \(\quad\)Q.E.D.
Припустимо\(f\),\(|f|\) інтегрується на\([a, b] .\) Тоді інтегрується на\([a, b]\) і
\[\left|\int_{a}^{b} f\right| \leq \int_{a}^{b}|f|.\]
- Доказ
-
Інтегрівність\(|f|\) випливає з\(f,\) інтегровності безперервності\(g(x)=|x|,\) та пропозиції\(7.4 .9 .\) Для нерівності зверніть увагу, що
\[-|f(x)| \leq f(x) \leq|f(x)|\]
для всіх\(x \in[a, b] .\) Звідси
\[-\int_{a}^{b}|f| \leq \int_{a}^{b} f \leq \int_{a}^{b}|f|, \]
з чого випливає результат. \(\quad\)Q.E.D.
Або довести наступне твердження або показати, що це помилково, знайшовши контрприклад: Якщо\(f:[0,1] \rightarrow \mathbb{R}\) обмежений і\(f^{2}\) інтегрується на,\([0,1],\) то\(f\) інтегрується на\([0,1] .\)
7.4.1 Розширені визначення
Якщо\(f\) інтегрується далі,\([a, b],\) то ми визначаємо
\[\int_{b}^{a} f=-\int_{a}^{b} f.\]
Більше того, якщо\(f\) це функція, визначена в точці, яку\(a \in \mathbb{R},\) ми визначаємо
\[\int_{a}^{a} f=0.\]
Припустимо\(f\), інтегрується на замкнутому інтервалі, що містить
точок\(a, b,\) і\(c .\) показати, що
\[\int_{a}^{b} f=\int_{a}^{c} f+\int_{c}^{b} f.\]