интегрируемость по Риману и первообразная

[ewert]

malykh89 писал(а):

По правде говоря, абсолютно не понимаю, как испльзуется это свойство Дарбу... Может, плиз, кто пояснит, как все это связать?

Добавлено спустя 1 минуту 53 секунды:

ewert
некая конкретная информация там всё же есть, и она вполне недвусмысленна: если предельные значения функции на концах интервала совпадают, то, дескать, образ отрезка для этой функции представляет собой точку.


Хе-хе. Откуда Вы это взяли?

исключительно из того замечательного текста. Если взять общую часть обоих утверждений, то ровно это утверждение и получится.

А что касается Ваших исходных задач, то контрпримеры тут уже были приведены открытым текстом: на первый вопрос это сделал zoo, на второй -- AD.

[malykh89]

ewert
а св-во дарбу причем?

[ewert]

понятия не имею. По-моему, вопросы -- на вполне элементарные контрпримеры.

[Brukvalub]

malykh89 писал(а):

ewert
а св-во дарбу причем?

ewert писал(а):

понятия не имею. По-моему, вопросы -- на вполне элементарные контрпримеры

Тогда, ewert, образовывайтесь. Как говорится, учись, студент, пока я жив!
Т. Дарбу гласит, что производная может иметь разрывы только второго рода, поэтому любая функция, имеющая на отрезке разрыв первого рода, не может иметь на этом отрезке точной первообразной. Вот при всем этом здесь свойство Дарбу.

[ewert]

Brukvalub писал(а):

Кстати, из данной мной ссылки про т. Дарбу значимыми были слова (цитирую):
"Обобщение

Свойство Дарбу выполнено не только для непрерывных функций, но и любой функции, являющейся производной другой функции."
Именно до них я и дочитал, после чего дал ссылку. Эти слова вы, ewert тоже считаете неверным заявлением?

что значит -- считаю? оно просто неверно. Выше под свойством Дарбу понималось, что образ каждого замкнутого промежутка есть замкнутый промежуток. А теперь вдруг выясняется, что это верно и в том случае, когда у функции есть всего лишь первообразная. А это есть откровенная ложь.

Впрочем, чего удивляться: на протяжении всего текста тот аффтар явно не понимает, что за букафки срываются с его шаловливых пальчиков.

Добавлено спустя 2 минуты 21 секунду:

Brukvalub писал(а):

malykh89 писал(а):

ewert
а св-во дарбу причем?

ewert писал(а):

понятия не имею. По-моему, вопросы -- на вполне элементарные контрпримеры

Тогда, ewert, образовывайтесь. Как говорится, учись, студент, пока я жив!
Т. Дарбу гласит, что производная может иметь разрывы только второго рода, поэтому любая функция, имеющая на отрезке разрыв первого рода, не может иметь на этом отрезке точной первообразной. Вот при всем этом здесь свойство Дарбу.

знаете, есть много интересных и нетривиальных утверждений. Вот все говорят, например, что дважды два будет четыре. А почему -- скрывают. Наверное, и здесь свойство Дарбу тоже может помочь.

[Someone]

Г.М.Фихтенгольц. Курс дифференциального и интегрального исчисления. Том I. "Наука", Москва, 1969.

Цитата:

110. Теорема Дарбу (G.Darboux). Если функция $f(x)$ имеет конечную производную в промежутке $[a,b]$*), то функция $f^{\prime}(x)$ принимает, в качестве значения, каждое промежуточное число между $f^{\prime}(a)$ и $f^{\prime}(b)$.

*) При этом мы считаем, что в точке $a$ существует производная справа, а в точке $b$ - производная слева. Они в дальнейшем обозначаются просто $f^{\prime}(a)$ и $f^{\prime}(b)$.

Отсюда следует, что если у функции есть первообразная, то эта функция отображает замкнутый промежуток на замкнутый промежуток.

[RIP]

Someone писал(а):

Отсюда следует, что если у функции есть первообразная, то эта функция отображает замкнутый промежуток на замкнутый промежуток.

По-моему, не следует. Функция $\frac1{1+x^2}$ отображает $\mathbb R$ на $(0;1]$. Можно и с ограниченными промежутками пример привести: функция

$$f(x)=\begin{cases}(1-x)\sin\frac1x,&x\ne0,\\0,&x=0,\end{cases}$$

имеет первообразную, и $f([0;1])=(-1;1)$.

[Echo-Off]

Вот у нас на лекциях по матану свойство Дарбу у производных формулировалось именно так, как сформулировал Brukvalub:

Brukvalub писал(а):

производная может иметь разрывы только второго рода

[RIP]

А у нас — так, как в Фихтенгольце. А утверждение

Brukvalub писал(а):

производная может иметь разрывы только второго рода

было без названия. Хотя я могу и наврать: давно это было.

[Someone]

RIP писал(а):

Someone писал(а):

Отсюда следует, что если у функции есть первообразная, то эта функция отображает замкнутый промежуток на замкнутый промежуток.

По-моему, не следует. Функция $\frac1{1+x^2}$ отображает $\mathbb R$ на $(0;1]$.

Я как-то "по умолчанию" под замкнутым промежутком имел в виду отрезок. Можно ли этот термин применять к промежутку $(-\infty,+\infty)$? Из Фихтенгольца я этого не понял.

RIP писал(а):

Можно и с ограниченными промежутками пример привести: функция

$$f(x)=\begin{cases}(1-x)\sin\frac1x,&x\ne0,\\0,&x=0,\end{cases}$$

имеет первообразную, и $f([0;1])=(-1;1)$.

У меня есть сомнения насчёт точки $0$. В силу сходимости несобственного интеграла в этой точке, мы можем взять в качестве "первообразной" $F(x)=\int\limits_0^x(1-x)\sin\frac 1xdx$. Почему $F^{\prime}(0)=0$ (или хотя бы существует)? Может быть, просто другой пример подобрать, где это было бы более очевидно?

Но насчёт замкнутости образа Вы правы: действительно, не видно, как бы это могло следовать. Не подумал как следует.

[RIP]

Если я ещё не разучился считать производные, то функция $f(x)-\left(x^2\cos\frac1x\right)'$ непрерывна на $\mathbb R$ (впрочем, это может быть верно, даже если я и разучился ), в частности, имеет первообразную (там же), поэтому тем же свойством обладает и $f(x)$.

[ewert]

Пример не очень удачен. Его можно подправить напрямую, но проще с самого начала написать $F(x)=(x^2-x^3)\sin({1\over x})$. Тогда, во всяком случае, какой-нибудь маленький отрезок (например, $[0;\,0.01]$) функция $f(x)=F'(x)=(1-x)\cos({1\over x})+(2x-3x^2)\sin({1\over x})$ переведёт в $(-1;\;1)$.

Но мне никто так и не объяснил, к чему Дарбу. Ну допустим, ну имеет производная точки разрыва второго рода. И каким боком это мешает её интегрируемости по Риману?

[Someone]

Да, RIP.

Добавлено спустя 23 минуты 46 секунд:

ewert писал(а):

Но мне никто так и не объяснил, к чему Дарбу. Ну допустим, ну имеет производная точки разрыва второго рода. И каким боком это мешает её интегрируемости по Риману?

Никаким. Всё время обсуждается первая задача. Функция с разрывом первого рода интегрируема по Риману, но не имеет первообразной, так как по теореме Дарбу производная должна принимать все промежуточные значения, и, следовательно, таким же свойством должна обладать функция, имеющая первообразную.

Вторая задача не обсуждалась, только отмечено, что контрпример должен быть более сложным. Впрочем, ненамного: достаточно взять функцию, которая имеет конечную, но неограниченную производную; эта производная и будет искомым примером.

[ewert]

Someone писал(а):

Никаким. Всё время обсуждается первая задача. Функция с разрывом первого рода интегрируема по Риману, но не имеет первообразной, так как по теореме Дарбу производная должна принимать все промежуточные значения, и, следовательно, таким же свойством должна обладать функция, имеющая первообразную.

А, так это просто ловля блох? Ну тогда могу подкинуть ещё задачку. Берём функцию $f(z)=z$. Надо доказать, что она дифференцируема. Сложно, скажете? Да, сложно. Но -- можно! Достаточно лишь посчитать интеграл от неё по произвольному замкнутому контуру и убедиться в том, что он всегда равен нулю. А значит, эта функция дифференцируема и, более того, бесконечное количество раз дифференцируема.

Так что нет никаких трудностей, которые нельзя было бы преодолеть -- достаточно их придумать!

[RIP]

Someone писал(а):

Я как-то "по умолчанию" под замкнутым промежутком имел в виду отрезок.

Тогда Ваше утверждение сразу очевидно неверно (отрезок может отображаться на $\mathbb R$). Видимо, это обстоятельство подтолкнуло меня к тому, чтобы понять "замкнутый промежуток" как "промежуток, являющийся замкнутым множеством". Как на самом деле должно быть, я не знаю.

ewert писал(а):

Пример не очень удачен. Его можно подправить напрямую, но проще с самого начала написать $F(x)=(x^2-x^3)\sin({1\over x})$. Тогда, во всяком случае, какой-нибудь маленький отрезок (например, $[0;\,0.01]$) функция $f(x)=F'(x)=(1-x)\cos({1\over x})+(2x-3x^2)\sin({1\over x})$ переведёт в $(-1;\;1)$.

На вкус и цвет фломастеры разные. Лично мне мой пример кажется более удачным, поскольку свойство $f([0;1])=(-1;1)$ для него совсем очевидно (из этих соображений он и подбирался; а для Вашей функции надо ещё догадаться использовать неравенство $|a\cos\alpha+b\sin\alpha|\leqslant\sqrt{a^2+b^2}$), а существование примитивной доказывается очень просто, как я написал выше (просто надо было сразу это написать, но я как-то не подумал).
P. S. А производную Вы посчитали неверно.

Добавлено спустя 8 минут 2 секунды:

Someone писал(а):

Вторая задача не обсуждалась, только отмечено, что контрпример должен быть более сложным. Впрочем, ненамного: достаточно взять функцию, которая имеет конечную, но неограниченную производную; эта производная и будет искомым примером.

На самом деле ответ уже приводился.