Доказательство теоремы об аддитивности интеграла

[EminentVictorians]

Otta в сообщении #1559548 писал(а):

Но справедливости для, давайте вспомним что:
1. Про сравнение баз, когда я его впервые упомянула в этой теме, Вы не слышали-не видели-не читали-не помнили где.

Ну не совсем уж прям не слышал-не-видел. Я во втором своем сообщении говорил про "подбазы":

EminentVictorians в сообщении #1559486 писал(а):

mihaild в сообщении #1559484 писал(а):

Предел по разбиениям, содержащим $b$, какой нужно. А интегрируемость гарантирует, что предел по всем разбиениям есть.

Идея как с подпоследовательностями: если последовательность сходится и предел какой-то ее подпоследовательности равен $A$, то и у нее самой предел равен $A$. Это я понимаю, у меня эта идея самая первая была.

Для подпоследовательностей мы это знаем. Но тут то база - более общий случай. "Подбаз" в учебнике не вводилось (и я не знаю, существует ли сей термин в природе)

Otta в сообщении #1559485 писал(а):

Значит, (как частный случай), предел по таким разбиениям, но с одной фиксированной отмеченной точкой $b$ тоже существует и совпадает со значением $A$.

Вот мне этот логический переход не нравится. Здесь же уже идет речь про другую базу - не ту, по которой существует интеграл Римана. А то, что она является, фигурально выражаясь, "подбазой" - это надо явно как-то сказать и сформулировать.

Я действительно не знал, что эта теорема называется теоремой о сравнении баз, но все же очевидно, что в том или ином виде результат о последовательностях и подпоследовательностях обобщается на базы и "подбазы". Проблема в другом: у Зорича этой теоремы не было. Если бы была - ноль претензий (и я бы хоть название правильное знал бы).

[Otta]

EminentVictorians в сообщении #1559549 писал(а):

Я действительно не знал, что эта теорема называется теоремой о сравнении баз, но все же очевидно, что в том или ином виде результат о последовательностях и подпоследовательностях обобщается на базы и "подбазы". Проблема в другом: у Зорича этой теоремы не было. Если бы была - ноль претензий (и я бы хоть название правильное знал бы).

Эта теорема доказывается в одну строку, потому проще ее доказательство воспроизводить каждый раз, если оно так уж нужно.
Но так ли Вам нужна вторая база? Те же подпоследовательности проще доказывать не вводя лишних сущностей.

Возможно, кто-то еще захочет Вам помочь, хотя суть Ваших проблем по-прежнему непонятна. Вы проверяете Зорича? Там есть ляпы, но не в этом месте.
Так что для человека стороннего тема выглядит как набор придирок на пустом месте. И чем дальше, тем безнадежнее для отвечающего.

[xagiwo]

EminentVictorians
Докажите, что если $\int_0^1 f(x) dx$ существует, то $\lim\limits_{n \to \infty} \sum_{i=0}^{n-1} \frac{f(i/n)}{n} = \int_0^1 f(x) dx$.

-- 06.07.2022, 14:52 --

P.S. Не пользуясь рассуждениями от противного. Тут они будут всего лишь лишним переусложнением.

[EminentVictorians]

xagiwo в сообщении #1559554 писал(а):

EminentVictorians
Докажите, что если $\int_0^1 f(x) dx$ существует, то $\lim\limits_{n \to \infty} \sum_{i=0}^{n-1} \frac{f(i/n)}{n} = \int_0^1 f(x) dx$.

-- 06.07.2022, 14:52 --

P.S. Не пользуясь рассуждениями от противного. Тут они будут всего лишь лишним переусложнением.

Ну давайте попробую.

Рассмотрим среди всех размеченных разбиений отрезка $[0, 1]$ такие из них, у которых каждая отмеченная точка является левым концом соответствующего ей отрезка разбиения. Назовем это множество буквой $M$. Каждому $\delta > 0$ поставим в соответствие подмножество $B_{\delta} \subset M$, состоящее из таких разбиений, параметр которых меньше $\delta$. Нетрудно проверить, что множество всех таких $B_{\delta}$ образуют базу на $M$. Применяем теорему о согласованности баз и получаем, что тот предел, которые Вы хотите, чтобы я нашел, является ни чем иным как одним из пределов "подбаз" основной базы. А раз по основной базе есть предел, то и по "подбазе" есть такой же предел. Что и требовалось доказать.

Строгую формулировку теоремы о согласованности баз пока от меня не требуйте. Вечером постараюсь подумать над ее формулировкой желательно в хорошей общности (ну там, очевидно, что она должна формулироваться для хаусдорфовых топологических пространств, т.к. единственность предела нам точно потребуется).

[xagiwo]

EminentVictorians в сообщении #1559556 писал(а):

Применяем теорему о согласованности баз

Я хочу прямое доказательство, какое бы придумал человек, впервые познакомившийся с понятием интеграла (а его обычно вводят вообще без всяких баз)

[EminentVictorians]

xagiwo в сообщении #1559557 писал(а):

Я хочу прямое доказательство, какое бы придумал человек, впервые познакомившийся с понятием интеграла (а его обычно вводят вообще без всяких баз)

Ну уж извините. Я весь первый курс ни одной задачи по интегралам не мог решить из-за того, что не понимал, что такое есть этот самый интеграл Римана. Все эти "не зависит ни от разбиения, ни от размеченных точек" и т.д. мне совершенно непонятны были. Единственное понятное для меня определение - через базу, по-другому не умею.

[xagiwo]

EminentVictorians я же не запрещаю использовать определение интеграла как предела по базе. Просто я хочу, чтобы вы доказывали, руководствуясь этим определением, а не непонятными соображениями про подбазы.

-- 06.07.2022, 15:52 --

Это даже сложно назвать доказательством. Проверьте по определению предела, что предел слева действительно равен правой части. Если не получится сходу, скажите, что для этого, по определению предела, нужно проверить.

xagiwo в сообщении #1559554 писал(а):

$\lim\limits_{n \to \infty} \sum_{i=0}^{n-1} \frac{f(i/n)}{n} = \int_0^1 f(x) dx$

[Nemiroff]

EminentVictorians в сообщении #1559559 писал(а):

Все эти "не зависит ни от разбиения, ни от размеченных точек" и т.д. мне совершенно непонятны были.

(Ехидно смеётся, вспоминая логику) А что непонятно насчёт "не зависит" -- это же просто для любого разбиения для любого выбора точек если мелкость разбиения меньше, то и сумма мало отличается.

(Оффтоп)

EminentVictorians в сообщении #1559559 писал(а):

Единственное понятное для меня определение - через базу, по-другому не умею.

Несколько оффтоп, но ладно, думаю. Мне вот нравится учебник Зорича во многих местах. Но "предел по базе"... если уж вводятся preliminaries для фильтров на топологических пространствах, то почему не упомянуть сети (они же направленности, nets). И то, и другое по-своему интуитивно и по-своему совершенно дико. Связь прозрачна, наглядность у каждого своя и только развивает воображение у студентоты.

[EminentVictorians]

Nemiroff в сообщении #1559562 писал(а):

это же просто для любого разбиения для любого выбора точек

Мне проще оперировать одним объектом - размеченным разбиением (а у нас вроде бы даже такого словосочетания не было).

[xagiwo]

EminentVictorians в сообщении #1559534 писал(а):

По-другому, можно еще так. Предположим, что предел по основной базе не равен $A + B$, а равен какому-то $C \ne A + B$. Выбираем непересекающиеся окрестности $C$ и $A+B$. Потом показываем, что каким бы малым ни был бы элемент базы, в нем найдется размеченное разбиение (которое элемент элемента базы), образ которого не лежит в $C$, а значит $C$ не может являться пределом по базе. В виду произвольности $C$ получаем, что единственный вариант, который нам подходит - это $A + B$. А предел есть, значит он равен $A + B$. Но это не то же самое, что в учебнике. Там вообще метода от противного нету. У Зорича прямое доказательство.

Вот это рассуждение, кстати, близко к правде. Но чем хуже будет изгнать из него $C$, сказав, что для любой окрестности $A+B$ (ограничимся интервальчиком $(A+B - \varepsilon; A+B+\varepsilon)$), каким бы малым не был элемент базы, в нём найдется разбиение, образ которого лежит в этой окрестности?
Теперь пусть $X$ — предел по базе. Это значит, что для нашего $\varepsilon$ найдётся элемент базы, в котором все римановы суммы лежат в $(X- \varepsilon; X+\varepsilon)$. Но в этом же элементе базы, по вышесказанному, найдётся риманова сумма, лежащая в $(A+B - \varepsilon; A+B + \varepsilon)$. И вот эта риманова сумма, которая нашлась, она одновременно лежит и в $(X - \varepsilon; X+\varepsilon)$ (потому что любая там лежит), и в $(A+B - \varepsilon; A+B + \varepsilon)$ (по нашему выбору). Значит, $|A+B-X| < 2\varepsilon$.