Matematik tahlil

Q.E.D.

Eslatma. Odatda quyidagi

F (x) ¹
b a
belgilashlardan foydalaniladi.
= F (x)¹_x=a

= F (b) − F (a) (6.1.12)

x=b
Bunda (6.1.9) integral hisobining asosiy formulasini ko'pincha

ko'rinishda yozishadi.
b

-

a

1
f (x) dx = F (x) ^b
a


(6.1.13)

4. Integrallanuvchi funksiyalarga misollar.

1. 
   
   { } ∈
   - Misol. O'zgarmas f (x) = c funksiya istalgan [a, b] kesmada integrallanuvchidir. Haqiqatan1 istalgan P = x_k bo'linish va ixtiyoriy ξ_k [x_k−1, x_k] uchun f (ξ_k) = c tenglikdan
   

σ_P (f, {ξ_k}) = c∆x₁ + c∆x₂ + ... + c∆x_n = c(b − a)
munosabat kelib chiqadi.
Demak1

Shuning uchun
lim σ_P (f, ξ_k ) = c(b a).

{ } −
d→0

-
b
c dx = c(b − a). (6.1.14)
a

1. 
   - Tasdiq. Agar f funksiya [a, b] kesmada Riman bo yicha integrallanuvchi bo lsa, u shu kesmada chegaralangan bo ladi.
   

Isbot. Faraz qilaylik1 f funksiya [a, b] kesmada Riman bo'yicha integrallanuvchi
bo'lib1 I uni integral yig'indilarining limiti bo'lsin. Demak1 ixtiyoriy ε > 0 uchun shunday δ(ε) > 0 topiladiki1 bo'linish diametri d(P ) < δ bo'lgan istalgan (6.1.3) ko'rinishdagi integral yig'indi (6.1.5) shartni qanoatlantiradi. Xususan1 ε = 1 desak1 d(P ) < δ(1) bo'lganda

tengsizlikni olamiz.

¹k =1
f (ξ_k) ∆x_k1 ≤ |I| + 1 (6.1.15)

Albatta1 f funksiyaning har bir qismiy [x_k−1, x_k] kesmada chegaralangan ekanini
ko'rsatish yetarli. Isbotni teskarisini faraz qilish yoli bilan olib boramiz. Demak1 faraz qilaylik1 berilgan funksiya biror qismiy kesmada chegaralanmagan bo'lsin1 masalan1 [x₀, x₁] da. Quyidagi

f (ξ₁)∆x₁ =


k =1
f (ξ_k) ∆x_k −


k =2


f (ξ_k) ∆x_k,

tenglikka ko'ra1 (6.1.15) dan


|f (ξ₁)| ∆x₁ ≤ |I| + 1 +
kelib chiqadi.



n



¹k =2
f (ξ_k) ∆x_k1 (6.1.16)

∈ ∈
Biroq bu tengsizlik f funksiyaning [x₀, x₁] qismiy kesmada chegaralanmagan degan farazimizga ziddir. Haqiqatan1 k ≥ 2 bo'lsa1 har qanday tayinlangan oraliq nuqtalar ξ_k [x_k−1, x_k] uchun shunday ξ₁ [x₀, x₁] nuqtani ko'rsatish mumkinki1
funksiyaning chegaralanmaganligiga ko'ra1 (6.1.16) ning chap tarafi uning o'ng tarafidan katta bo'ladi.
O'rnatilgan qarama-qarshilik 6.1.1 - Tasdiq o'rinli ekanini ko'rsatadi. Q.E.D.
Shunday qilib1 Riman bo'yicha integrallanuvchi har qanday funksiya chegaralangan ekan. Ammo bu tasdiqning teskarisi o'rinli emas. Haqiqatan1 navbatdagi misolda chegaralangan1 lekin Riman bo'yicha integrallanmaydigan funksiyaga namuna keltiramiz.

2. 
   
   - Misol. Dirixle funksiyasi
   

_{D(x) =} 1, agar x ratsional bo'lsa1
0, agar x irratsional bo'lsa1

⊂
hech qanday [a, b] R1 a < b1 kesmada integrallanuvchi emas.
Haqiqatan1 [a, b] sonlar o'qining ixtiyoriy kesmasi bo'lib1 P uning ixtiyoriy bo'linishi bo'lsin. Quyidagi ikki integral yig'indini qaraymiz:
n

σ_P (D, {ξ_k}) =
va
σ_P (D, {η_k}) =
k =1

n



k =1
D(ξ_k) ∆x_k
D(η_k) ∆x_k.

∈
Oraliq ξ_k nuqta sifatida [x_k−1, x_k] kesmadan istalgan ratsional nuqtani olamiz va ikkinchi yig'indi uchun oraliq η_k [x_k−1, x_k] nuqta sifatida istalgan irratsional nuqtani olamiz. U holda1 ravshanki1 D(ξ_k) = 1 va shuning uchun
n

σ_P (D, {ξ_k}) =
k =1
∆x_k = b − a.

Xuddi shunga o'xshash1 D(η_k) = 0 va shuning uchun
σ_P (D, {η_k}) = 0.

− /
Modomiki b a = 0 ekan1 oxirgi ikki integral yig'indi o'zaro teng emas. Bundan chiqdi1 Dirixle funksiyasining integral yig'indilari yuqoridagi ta'rif bo'yicha limitga
ega bo'la olmaydi. Demak1 Dirixle funksiyasi [a, b] kesmada Riman bo'yicha integrallanmas ekan.

Agar R[a, b] simvol orqali [a, b] kesmada Riman bo'yicha integrallanuvchi funksiyalar to'plamini belgilasak1 u holda R[a, b] berilgan [a, b] kesmada chegaralangan funksiyalar to'plamining qismiy to'plami bo'ladi. Bundan tashqari1 bu qismiy to'plam hosmasdir1 ya'ni u chegaralangan funksiyalar to'plami bilan ustma-ust tushmaydi.

Dirixle funksiyasining integrallanmasligiga sabab uni sonlar o'qining har bir nuqtasida uzilishga ega ekanligidadir. Biroq bundan Riman bo'yicha integrallanuvchi funksiya uzilish nuqtasiga ega bo'la olmaydi degan fikr kelib chiqmaydi.

3. 
   - Misol. Har qanday c ∈ [a, b] uchun
   

c
_{g (x) =} 1 , agar x = c bo'lsa1


(6.1.17)

0 , agar x /= c bo'lsa1
funksiya [a, b] kesmada integrallanuvchi bo'lib1

tenglik o'rinlidir.

g_c(x) dx = 0 (6.1.18)

_-b
a

Haqiqatan1 agar c nuqta P bo'linishning hech bir nuqtasi bilan ustma-ust tushmasa1

σ_P (g_c, {ξ_k}) =


k =1


g_c(ξ_k)∆x_k (6.1.19)

→
integral yig'indida faqat bitta had noldan farqli bo'lib1 ravshanki1 u d(P ) dan kichik bo'ladi. Agarda c nuqta P bo'linishning biror nuqtasi bilan ustma-ust tushsa1 (6.1.19) yig'indida noldan farqli had ikkita bo'ladi. Lekin har ikkala holda ham integral yig'indilar d(P ) 0 da nolga intilishi aniq. Demak1 (6.1.18) tenglik o'rinli bo'lar ekan.

Q.E.D.

§ 6.2. Riman integralining asosiy xossalari

1. 
   Riman integralining chiziqliligi. Ushbu bandda Riman integralining integral ostidagi funksiyadan chiziqli bog'liq ekanini ko'rsatamiz.
   

1. 
   - Teorema. Agar f va g funksiyalar [a, b] kesmada Riman bo yicha integrallanuvchi
   

bo lsa, istalgan haqiqiy λ va µ sonlar uchun λf + µg funksiya ham Riman bo yicha integrallanuvchi bo lib,

-

-
b b
[λf (x) + µg(x)] dx = λ
a a
b

-
f (x) dx + µ
a


g(x) dx (6.2.1)

tenglik bajariladi.
Isbot. Agar P berilgan [a, b] kesmaning istalgan bo'linishi bo'lsa1 λf +µg funksiyaning (6.1.3) ko'rinishdagi integral yig'indisi f va g funksiyalar integral yig'indilari bilan quyidagicha bog'langan bo'ladi:


σ_P (λf + µg) = λσ_P (f ) + µσ_P (g). (6.2.2)

Shartga ko'ra f va g funksiyalar integrallanuvchi1 shuning uchun1 (6.1.7) tenglikka asosan1 ularning integral yig'indilarini quyidagi:

σ_P (f ) =


va


σ_P (g) =
f (x) dx + α_P (f )

_-b
a



-
b
g(x) dx + α_P (g),
a

ko'rinishlarda yozish mumkin1 bu yerdagi α_P (f ) va α_P (g) kattaliklarni bo'linish diametri kichiklashganda istalgancha kichik qilish mumkin.
Demak1

-
b
σ_P (λf + µg) = λ
a
Modomiki


b

-
g(x) dx + µ
a


g(x) dx + λα_P (f ) + µα_P (g). (6.2.3)

λα_P (f ) + µα_P (g)
kattalikni P bo'linish diametri kichiklashganda istalgancha kichik qilish mumkin ekan1 (6.2.3) tenglik λf + µg funktsiya Riman bo'yicha integrallanuvchi bo'lib1 (6.2.1) tenglik o'rinli ekanini anglatadi.

Q.E.D.

Navbatdagi muhim xossani integralning1 integrallash kesmasi funksiyasi sifatida1 additivligi deb atashadi.

2. 
   - Teorema. Agar a < b < c bo lib, f funksiya [a, b] va [b, c] kesmalarda integrallanuvchi bo lsa, bu funksiya [a, c] kesmada ham integrallanuvchi bo ladi va quyidagi tenglik bajariladi:
   

-
c
f (x) dx =
a
b

-
f (x) dx +
a
c

-
f (x) dx. (6.2.4)
b

Isbot. 1. P^∗ simvol orqali [a, c] kesmaning b nuqtani o'z ichiga olgan ixtiyoriy bo'linishini belgilaymiz1 ya'ni1 agar
P^∗ = {a = x₀ < x₁ < x₂ < ... < x_n = c}
desak1 biror m nomer uchun b = x_m bo'ladi. Ravshanki1 bu holda P^∗ bo'linish quyidagi ikki bo'linish yig'indisidan iborat bo'ladi:

1. 
   [a, b] kesmaning diametri d(P₁) ≤ d(P ) bo'lgan
   

P₁ = {a = x₀ < x₁ < x₂ < ... < x_m = b}
bo'linishi va

2. 
   [b, c] kesmaning diametri d(P₂) ≤ d(P ) bo'lgan
   

P₂ = {b = x_m < x_m+1 < x_m+2 < ... < x_n = c}
bo'linishi.

Mana shu P^∗ bo'linishga mos kelgan f funksiyaning integral yig'indisini

n m n

f (ξ_k)∆x_k = f (ξ_k)∆x_k +
f (ξ_k)∆x_k (6.2.5)

k=1
ko'rinishda yozish mumkin.
k=1
k=m+1

Shartga ko'ra1 f funksiya [a, c] va [c, b] kesmalarda integrallanuvchidir. Shuning uchun1 (6.2.5) ning o'ng tarafidagi integral yig'indilar f funksiyadan mos ravishda [a, c] va [c, b] kesmalarda olingan integrallarga intiladi. Demak1 (6.2.5) ning chap tarafidagi integral yig'indi (6.2.4) ning o'ng tarafidagi integrallar yig'indisiga intiladi1 ya'ni