Тіктөртбұрыштағы функция интегралдануының Риман критерийі
жүктеу/скачать 16,27 Kb.
|
НазымРК1
|
Чуженова Назым Шаденовна Тақырыбы: Тіктөртбұрыштағы функция интегралдануының Риман критерийі Тіктөртбұрыштағы функция интегралдануының Риман критерийі Теорема 1. Шектелген функциясы -де интегралданған болуы үшін, мына эквивалентті шарттардың біреуінің орындалуы қажетті және жеткілікті: 1) 2) 3) Дәлелдеуі: Алдымен функцияның интегралдану эквиваленттік шартының 1) шартын дәлелдейік. Қажеттілігі болсын. Бұл кез келген үшін, мынадай табылып, кез келген үлестірілген бөлінуі үшін шартымен орындалады, яғни (*) Еркін үлестірілген бөлінуді шартымен қарастырамыз. Ол үшін мынаны аламыз: Онда (*) теңсіздігінен шығады. Олай болса және мәндері ұзындығы бір кесіндісінде жатады, яғни мына теңсіздік орындалады: . Егер деп алсақ, онда мынаны аламыз: кез келген үшін мынадай саны табылып, әрбір бөліну кезінде шартымен орындалады, яғни қатынасы орынды. Қажеттілігі дәлелденді. Жеткіліктілігі. шегінінің шартынан шегінің шығатынын дәлелдеу керек. Алдымен, екеніне көз жеткізейік. Лемма 6-дан кез келген бөлінуі үшін, аламыз. Олай болса, кезінде . тұрақты сан болғандықтан, және . кезінде дәлелдеу қалды. Еркін түрде оң санын алайық. шегінің бар болу шартынан мынадай санын табуға болады, шартымен барлық бөліну үшін теңсіздігі орындалады. Бірақ, онда осы бөлінудің кез келген белгісі үшін мынаны аламыз: , яғни ұзындығы -ден аспайтын, екі және нүктелері кесіндісінде жатады. Бұл осы нүктелерінің арасындағы қашықтықта -ден аспайды деген сөз, сондықтан , кез келген үлестірілген бөліну үшін болады. Олай болса, дәлелденді. Сонымен, Теорема 1-дің 1) шарты Риман бойынша функцияның интегралдану шартымен эквивалентті. Енді 1,2 және 3 шарттардың эквиваленттілігін дәлелдейік. Ол үшін мына ұйғарымдар тізбелерінің дұрыстығына көз жеткізейік: а) Егер болса, онда екенін дәлелдеу керек. Бірақ бұл 1) шарттың жеткіліктілігін дәлелдеу кезінде тағайындалған. б) Алдымен, болатынын дәлелдейік. саны -ның төменгі жағы ендеше Лемма 6-дан аламыз. жиынының нақты төмен жағы екенін дәлелдейік. Ол үшін еркін санын аламыз. Сонда Дарбу қосындысының анықтамасынан мынадай және бөлінулері табылып, ; аламыз. бөлінуін аламыз. Сонда, ; Бұдан шығады, яғни . Олай болса, дәлелденгеннен және 2) шарттан аламыз. Сонымен, б) ұйғарымы дәлелденді. в) Егер болса, онда болатынын дәлелдеу керек. Кез келген үшін , мынадай бөліну табылып, . және өстері бойынша бөлінулерінің жұбы бөлінуге сәйкес бөлінулерінің нүктелер санын арқылы белгілейміз. Сонан, -да шектелген болғандықтан мынадай табылып, барлық үшін,. Тіктөртбұрыш -ның ең үлкен қабырғасының ұзындығын арқылы белгілейміз. Енді -ді қоямыз. шартымен кез келген бөлінуін аламыз. Сонда бөлінуі үшін, болады, өйткені бөлінуінің ұсақталуы , яғни шамасын жоғарыдан бағалауға көшеміз. мұндағы , өйткені . Сонымен бірге , мұндағы символы қосынды жұбы бойынша жүргізілетінін білдіреді. бөліну (немесе ) бөлінудің тіктөртбұрышы индекстерімен кішірек тіктөртбұрыштарға жіктеледі. Басқаша айтқанда, мынадай жұбының немесе кесіндісінің ішінде кем дегенде бір немесе бөлінуінің нүктесі жатады. шамасын жоғарыдан бағалау жеткілікті. символы қосынды жұбы бойынша жүргізілуін білдіреді және кесіндісінің ішінде кем дегенде бір бөлінудің нүктесі табылатынын, ал айнымалысы бөлінумен анықталатын барлық мүмкін мәндерді қабылдайды. Дәл осылай символы анықталады. Бағалау кезінде келесі теңсіздіктерді пайдаланамыз: Онда, . Олай болса в) ұйғарымы дәлелденді. Сонымен бірге Теорема 1 толық дәлелденді. жүктеу/скачать 16,27 Kb. Достарыңызбен бөлісу:
|