Лекция 2. Cвойства интеграла Римана. Мера нуль по Лебегу.

Необходимое условие интегрируемости¶

Proof

(от противного)

Пусть $f$ неограничена на $I\implies\forall$ разбиения $\T=\{I_i\}^k_{i=1}$ бруса $I$ , $\exists i_0\colon f$ неограничена на $I_{i_0}$ .

$f\in\intclass(I)\implies\forall\ve>0$ , а значит и для $\ve=1,\exists\delta>0\colon\forall(\T,\bxi)\colon\Delta_\T<\delta$ верно

{\Large|}\sigma(f,\T,\bxi)-\overbrace{\int\limits_If(x)\d \vec x}^A{\Large|}< 1

где $\exists A=\int\limits_If(x)\d \vec x$ — конечный $\implies$

\overbrace{\int\limits_If(x)\d \vec x-1}^A-1<\sigma(f,\T,\bxi)<\overbrace{\int\limits_If(x)\d \vec x}^A + 1\implies

$\sigma(f,\T,\bxi)$ ограничена

Однако с другой стороны по пункту 1 $\implies$

\sigma(f,\T,\bxi)=\sum_{i\neq i_0}f(\xi_i)|I_i|+f(\xi_{i_0})|I_{i_0}|

т. к. на $I_{i_0} f(x)$ — неограниченная $\implies$ выбором подходящего $\xi_{i_0}$ можно сделать $f(\xi_{i_0})|I_{i_0}|$ вместе с $\sigma(f, \T, \bxi)$ сколь угодно большим по модулю $\implies$ $\sigma$ неограниченно возрастает $\implies$ (1) и (2) противоречат $\implies f$ — ограничена на $I$ .

Свойства кратного интеграла¶

Линейность¶

Proof

\begin{align*} f\in\intclass(I)\implies\exists A_f\colon \forall\varepsilon>0,\exists\delta_1>0,\forall(\mathbb{T},\bxi)\colon\Delta_{\T}<\delta_1,&\\ |\sigma_f-A_f|={\Large|}\sigma(f,\mathbb{T},\bxi)-\int\limits_If\d \vec x{\Large|}<\ve& \end{align*}

\begin{align*} g\in\intclass(I)\implies\exists A_g\colon \forall\varepsilon>0,\exists\delta_2>0,\forall(\mathbb{T},\bxi)\colon\Delta_{\T}<\delta_2,&\\ |\sigma_g-A_g|={\Large|}\sigma(g,\mathbb{T},\bxi)-\int\limits_If\d \vec x{\Large|}<\ve& \end{align*}

Рассмотрим $\delta=\min\{\delta_1,\delta_2\}$ и разбиение $\forall\ve>0,\exist\delta,\forall(\T,\bxi)\colon\Delta_\T<\delta$ , тогда при $\ve = \frac{\bar\ve}{1+|\alpha|+|\beta|}$

|\sigma_f-A_f|<\frac{\bar\ve}{1+|\alpha|+|\beta|},\qquad |\sigma_g-A_g|<\frac{\bar\ve}{1+|\alpha|+|\beta|}

тогда рассмотрим

\begin{align*} |\sigma(\alpha f+\beta g,\TT,\bxi)-(\alpha A_f+\beta A_g)|&=\\ \left|\sum^k_{i=1}(\alpha f(\xi_i)+\beta g(\xi_i))\cdot |I_i|-(\alpha A_f+\beta A_g)\right|&=\\ |\sigma_{\alpha f+\beta g}-A_{\alpha f+\beta g}|&\leq\\ |\alpha|\cdot|\sigma_f-A_f|+|\beta|\cdot|\sigma_g-A_g|&<\\ (|\alpha|+|\beta|)\cdot\frac{\bar\ve}{1+|\alpha|+|\beta|}<\bar\ve \end{align*}

В итоге,

(\alpha f+\beta g)\in\intclass(I)

а интегральная сумма стремится к левой части выражения, то есть к сумме интегралов, что и доказывает линейность интеграла.

Монотонность¶

Proof 2.1

\begin{align*} f\in\intclass(I)\implies\exists A_f\colon \forall\varepsilon>0,\exists\delta_1>0,\forall(\mathbb{T},\bxi)\colon\Delta_{\T}<\delta_1,&\\ |\sigma_f-A_f|={\Large|}\sigma(f,\mathbb{T},\bxi)-\int\limits_If\d \vec x{\Large|}<\ve& \end{align*}

\begin{align*} g\in\intclass(I)\implies\exists A_g\colon \forall\varepsilon>0,\exists\delta_2>0,\forall(\mathbb{T},\bxi)\colon\Delta_{\T}<\delta_2,&\\ |\sigma_g-A_g|={\Large|}\sigma(g,\mathbb{T},\bxi)-\int\limits_If\d \vec x{\Large|}<\ve& \end{align*}

\forall\ve>0,\exists\delta>0\colon\forall(\T,\bxi)\colon\Delta_\T<\delta\colon \begin{cases} \left|\int\limits_If\d \vec x-\sigma_f\right|<\ve\\ \left|\int\limits_Ig\d \vec x-\sigma_g\,\right|<\ve\\ \sigma_f\leq\sigma_g \end{cases}

\int\limits_I f\d \vec x-\ve<\sigma_f\leq\sigma_g<\int\limits_Ig\d \vec x+\ve

\int\limits_If\d \vec x<\int\limits_I g\d \vec x+2\ve

\int\limits_If\d \vec x+\ve<\int\limits_I g\d \vec x+\ve

т. к. неравенство должно быть верно $\forall\ve>0$ даже для $\ve\ll 1$ , то

\int\limits_If\d \vec x\leq\int\limits_Ig\d \vec x

Оценка интеграла (сверху)¶

Proof 2.2

$f\in\intclass(I)\implies f$ — ограничена на $I$ $\implies$ по необходимому условию следующее верно

-\sup_I|f|\leq f\leq\sup_I|f|

по монотонности

-\int\limits_I\sup_I|f|\leq\int\limits_If\d \vec x\leq\int\limits_I\sup_I|f|

-\sup_I|f|\int\limits_I 1\d \vec x\leq\int\limits_If\d \vec x\leq\sup_I|f|\int\limits_I 1\d \vec x

\int\limits_I 1\d \vec x=\sum^k_{i=1}|I_i|\implies

-\sup_I|f|\cdot|I|\leq\int\limits_If\d \vec x\leq\sup_I|f|\cdot|I|

Мера по Лебегу¶

Свойства множества меры нуль по Лебегу¶

Proof

Открытость $\implies$ замкнутость

Пусть $\{I_i\}$ в определении — открытые брусы, т. е. $\forall \ve > 0,\exists\nmtc$ набор $\{I_i\}$ : $M\subset \displaystyle\bigcup_iI_i$ и $\displaystyle\sum_i|I_i|<\ve$ , то есть $M\subset\R^n$ — множество меры нуль по Лебегу

Замкнём $\{I_i\}$ (присоединим грани) и получим набор $\{\tilde I_i\}$ — замкнутые брусы. Таким образом, $\forall\ve, \tilde \ve, \exists\{I_i\}$

M\subset\bigcup_iI_i \subset\bigcup_i\tilde I_i, \quad |\tilde I_i| = |I_i|\implies \sum_i|\tilde I_i|<\ve

тут всё окей.

Замкнутость $\implies$ открытость Пусть $\{I_i\}$ — набор замкнутых брусов из определения

I_i = [a^1_i, b^1_i]\times\ldots\times[a^n_i, b^n_i]

\begin{align*} \hat I_i&=\left(\frac{a_i^1+b_i^1}{2} - (b_i^1-a_i^1) ; \frac{a_i^1 + b_i^1}{2} + (b_i^1 - a_i^1)\right) \times \ldots\\ &\times \left(\frac{a_i^n+b_i^n}{2} - (b_i^n-a_i^n) ; \frac{a_i^n + b_i^n}{2} + (b_i^n - a_i^n)\right) \end{align*}

V_1 = \sum_i|I_i|<\frac{\ve}{2^n}

V_2 = \sum_i|\hat I_i| = 2^nV_1 < \ve

Получаем, что

если $\forall \ve>0$ было $V_1<\frac{\ve}{2^n}$ ,
то $\forall \{\hat I_i\}$ было $V_2<\ve$ , и это множество меры нуль по Лебегу.

Proof 2.4

Пусть $M=\bigcup^\infty_{k=1} M_k$ , $M_k$ — множество меры нуль $\forall k \implies \forall \ve_k, \exists \nmtc \{I_i^k\}_i$ :

$M_k \subset \displaystyle\bigcup_i I^k_i$
$\displaystyle\sum_i|I_i^k|$

Следовательно, получаем

M \subset \bigcup_{i,k}^\infty I_i^k \implies \sum_{i,k}^\infty|I_i^k|<\sum_k^\infty \ve_k<\sum^\infty_{k=1}\frac{\ve}{2^k}=\ve\sum^\infty_{k=1}\frac{1}{2^k}=\ve>0

Конспекты

Лекция 1. Кратные интегралы Римана

Конспекты

Лекция 3. Топология в ℝⁿ