Действительный анализ

J

b

R

Из существования интеграла f(x)dg(x) следует, что для

a

любого положительного числа " найдется положительное число "; такое, что для любых двух сумм S1; S2, составленных по разбиениям отрезка [a; b]; имеющим параметры 1, 2; соответственно, будет выполнено соотношение

jS1 S2j < "; если только j < "; j = 1; 2: (2.2)

Пусть S10; S20 – суммы, составленные по двум разбиениям с параметрами, меньшими, чем " отрезка [a; c]: Рассмотрим произвольное разбиение отрезка [c; b], параметр которого меньше, чем ": Дополним этим разбиением каждое из разбиений, по которым составлены суммы S10; S20; до разбиения всего отрезка [a; b]. Обозначим S1 и S2 соответствующие дополненным разбиениям интегральные суммы. Ясно, что S1 S10 = S2 S20. Учитывая (2.2), отсюда выводим, что

jS10 S20j < ":

Согласно критерию Коши существует предел при ! 0 интегральных сумм S0, составленных по разбиениям от-

41

c

R

резка [a; c] для интеграла fdg; а значит, и сам этот инте-

a

грал. Точно также доказывается существование второго

b

R fdg, соответственно, то S = S0+S00 – интегральная сум-

c

b

R

ма для fdg: Устремляя к нулю параметры разбиений,

a

по которым составлены эти суммы, получим требуемое равенство (2.1).

I

Нижеследующий пример показывает, что из существования обоих интегралов в правой части (2.1) не следует,

Положим a = 1; b = 1; c = 0 и рассмотрим функции

Пусть x0 = 1 < x1 < : : : < xk < xk+1 = 0; –

произвольное разбиение отрезка [ 1; 0]. Выберем точки

42

Рассмотрим произвольное разбиение отрезка [0; 1]

0 = y0 < y1 < : : : < ym < ym = 1

и точки i 2 [yi; yi+1]; i = 0; : : : ; m: Интегральная сумма

1

R

S2 для f(x)dg(x) по этому разбиению равна

0

m

X

f( i)(g(yi+1) g(yi)) = 0;

i=0

потому что g(yi+1) = g(yi) = 1; i = 0; : : : m: Следовательно,

< zn < zn+1 = 1 – произвольное разбиение отрезка [ 1; 1]; такое, что 0 не является точкой разбиения. Для любого выбора точек j 2 [zj; zj+1]; j = 0; : : : ; n интегральная сумма S по этому разбиению для интеграла

43

1

R

f(x)dg(x) будет равна

1

n

X

f( j)(g(zj+1) g(zj)) = f( j0)(g(zj0+1) g(zj0)) =

j=0

5 Пусть функции f; g определены на отрезке [a; b]: Если

bb

ZZ

fdg + gdf = f(b)g(b) f(a)g(a) =: (fg)jba: (2.3)

aa

J

бора точек k+1 2 [xk; xk+1] составим соответствующую

44

разуем ее:

f( k)g(xk) f( k+1)g(xk)

X

(fg)jba + g(xk)(f( k 1) f( k))+

k=1

f( n)g(b) f( 0)g(a) f(b)g(b) + f(a)g(a) = (fg)jba

h

(g(a)(f( 0) f(a))+

n

X

g(xk)(f( k) f( k 1))+

k=1

i g(b)(f(b) f( n)) :

Заметим, что выражение в квадратных скобках есть ин-

b

Если обозначить = max (xk+1 xk); то нетрудно про-

0 k n

верить, что 0 := max ( k+1 k) 2 : Учитывая этот

1 k n

факт, видим, что при ! 0 правая часть соотношения

45

С другой стороны, этот предел по определению равен

b

R

gdf.

a

Формула (2.3) доказана.

I

Следующие три теоремы содержат различные достаточные условия существования интеграла Стилтьеса.

Теорема 12. Пусть функции f и g определены на отрезке [a; b], при этом f непрерывна, а g имеет ограниченную вари-

J

Достаточно доказать теорему для случая, когда g – возрастающая на отрезке [a; b] функция. Действительно, согласно теореме 7 функция ограниченной вариации g может быть представлена в виде g = g1 g2; где g1; g2 – возрастающие

b

R

существует и fdg:

a

Итак, пусть f – непрерывная, а g – возрастающая на отрезке [a; b] функции. Для произвольного разбиения

a = x0 < x1 < < xn < xn+1 = b

46

отрезка [a; b] и произвольного выбора точек j 2 [xj; xj+1]; j = 0; : : : ; n; положим

Так как mj f( j) Mj, то s S:

Добавим к разбиению fxjgnj=0+1 еще одну точку x;~ скажем,

xj0 < x~ < xj0+1:

~

Обозначим s~ и S суммы вида (2.5) для полученного разбиения

Поэтому

m0j0 (g(xj0+1) g(~x)) + m00j0 (g(~x) g(xj0))

mj0 (g(xj0+1) g(~x)) + mj0 (g(~x) g(xj0)) =

mj0 (g(xj0+1) g(xj0)) ;

47

откуда и следует, что s s:~ Аналогично доказывается, что

Пусть теперь fyjgmj=0+1 ; y0 = a < y1 < : : : < ym+1 = b –

другое произвольное разбиение отрезка [a; b]; s0; S0 – суммы

Действительно, в силу вышесказанного для сумм s ; S вида (2.5), составленных по разбиению fxkg [ fyjg будет

s0 s S S0; s s S S;

откуда и следует (2.6).

Зафикировав разбиение fxjg, получим, что множество сумм s0, составленных по всевозможным разбиениям fyjg отрезка [a; b], имеет конечную верхнюю грань S: И значит, существует конечный supfs0g =: I; причем s I S (для любого разбиения fxjg).

Далее, интегральная сумма для этого разбиения =

n

P

f( j) (g(xj+1) g(xj)) удовлетворяет неравенствам s

j=0

S; поэтому

j Ij s:

В силу равномерной непрерывности функции f на отрезке [a; b] для любого " > 0 найдется " > 0 такое, что jf(x0) f(x00)j < "; если только jx0 x00j < "; x0; x00 2 [a; b]:

Если разбиение fxjg отрезка [a; b] имеет параметр < "; то для сумм s и S; составленных по этому разбиению, будем

48

иметь

n

X

S s = (Mj mj)(g(xj+1) g(xj)) <

j=0

X _

"(g(xj+1) g(xj)) = " (g);

так как функция g возрастающая, а из того, что xj+1 xj < " следует

Тем более, будет

b

_

j Ij < " (g);

a

если значение параметра разбиения, по которому составлена интегральная сумма ; меньше, чем ":

Следствие 8. Если функция f непрерывна на отрезке [a; b],

а функция g имеет на этом отрезке ограниченную вариа-

b

R

цию, то существует интеграл gdf:

a

J

По доказанной теореме в условиях следствия существует

b

R fdg, откуда, используя свойство 5 ; заключаем, что суще-

a

b

R

ствует и gdf:

a

I

49

Теорема 13. Пусть функция f непрерывна на отрезке [a; b],

а функция g имеет на этом отрезке непрерывную производ-

b

R

ную. Тогда существует fdg и имеет место формула

a

bb

ZZ

fdg = fg0dx:

aa

J

Непрерывно дифференцируемая на отрезке [a; b] функция g имеет на нем ограниченную вариацию (см. примеры

b

ствует и интеграл Римана R fg0dx: Покажем, что эти инте-

a

гралы равны. Пусть

x0 = a < x1 < : : : < xn+1 = b

– произвольное разбиение, j 2 [xj; xj+1]; j = 0; : : : ; n. Рас-

последнее равенство следует из теоремы Лагранжа о конеч-

ных приращениях, а выражение, стоящее в правой части, есть

b

интегральная сумма для интеграла Римана R fg0dx: Для за-

50