Фихтенгольц, том 2, классы интегрируемых функций

[EminentVictorians]

Фихтенгольц, том 2, 298. Классы интегрируемых функций, стр. 113 писал(а):

II. Если ограниченная функция $f(x)$ в $[a, b]$ имеет лишь конечное число точек разрыва, то она интегрируема.
Доказательство. Пусть точки разрыва будут $x'$, $x''$, ..., $x^{(k)}$. Возьмем произвольное $\varepsilon >0$. Окружим точки разрыва окрестностями

$$(x' - \varepsilon', x' + \varepsilon '),(x'' - \varepsilon'', x'' + \varepsilon ''), ..., (x^{(k)} - \varepsilon^{(k)}, x^{(k)} + \varepsilon^{(k)})$$

таким образом, чтобы длина каждой была меньше $\varepsilon$. В оставшихся (замкнутых) промежутках функция $f(x)$ будет непрерывной, и мы можем применить к каждому из них в отдельности следствие из теоремы Кантора. Из полученных по $\varepsilon$ чисел $\delta$ выберем наименьшее (его мы также будем обозначать буквой $\delta$). Тогда оно будет годиться для каждого из указанных выше промежутков. Ничто нам не мешает взять при этом $\delta < \varepsilon$. Разобьем теперь наш промежуток $[a, b]$ на части так, чтобы их длины $\Delta x_i$ все были меньше $\delta$. Полученные частичные промежутки будут двух родов:
1) Промежутки, лежащие целиком вне выделенных окрестностей около точек разрыва. В них колебание функции $\omega_i < \varepsilon$.
2) Промежутки, либо заключенные целиком внутри выделенных окрестностей, либо частью на эти окрестности налегающие.
Так как функция $f(x)$ предположена ограниченной, то колебание её $\Omega$ во всем промежутке $[a, b]$ будет конечно; колебание же в любом частичном промежутке не превосходит $\Omega$.
Сумму

$$\sum\limits_{i}^{}\omega_i \Delta x_i$$

разобьем на две:

$$\sum\limits_{i'}^{}\omega_{i'} \Delta x_{i'} \quad \text{и} \quad \sum\limits_{i''}^{}\omega_{i''} \Delta x_{i''}$$

распространенные, соответственно, на промежутки первого и второго рода.
Для первой суммы, как и в предыдущей теореме, будем иметь

$$\sum\limits_{i'}^{}\omega_{i'} \Delta x_{i'} < \varepsilon \sum\limits_{i'}^{} \Delta x_{i'} < \varepsilon (b-a)$$

Что касается второй суммы, то заметим, что длины промежутков второго рода, целиком попавших внутрь выделенных окрестностей, в сумме $< k\varepsilon$; промежутков же, лишь частично налегающих на них, может быть не больше $2k$, и сумма их длин $< 2k\delta$, а значит, и подавно $< 2k\varepsilon$. Следовательно,

$$\sum\limits_{i''}^{}\omega_{i''} \Delta x_{i''} < \Omega \sum\limits_{i''}^{} \Delta x_{i''}< \Omega \cdot 3k\varepsilon$$

Таким образом, окончательно при $\Delta x_i < \delta$ имеем

$$\sum\limits_{i}^{}\omega_{i} \Delta x_{i} < \varepsilon [(b-a) + 3k\Omega]$$

Это и доказывает наше утверждение, так как в квадратных скобках содержится постоянное число, а $\varepsilon$ произвольно мало.

Я не понимаю, зачем так сложно? Можно же гораздо проще:
Берем произвольное $\varepsilon > 0$. Каждую точку разрыва покроем маленькими отрезками (выбрав суммарную длину этих отрезков достаточно малой). На оставшихся отрезках функция непрерывна. Выберем на каждом таком отрезке подходяще малое разбиение. Посмотрим на все отрезки целиком: видим просто обычное подходящее разбиение (подходящее в том смысле, что сумма вида "колебание умножить на длину отрезка" сколь угодно малая). Все. Доказательство завершено. Не надо рассматривать никакие "промежутки двух родов", не надо маяться с накладывающимися промежутками. Фихтенгольц зачем-то подбирает аж дельту, чтобы для любого разбиения с мелкостью меньше дельты, сумма с колебаниями была маленькой. Но это ведь не обязательно, можно просто какое-то одно подходящее разбиение построить и все будет доказано.

[Padawan]

EminentVictorians
А каким критерием интегрируемости Вы пользуетесь? И каким Фихтенгольц? Подозреваю, что у Вас $\inf \sum\limits _i \omega_i\Delta x_i=0$, а у него предел этой суммы равен нулю при мелкости разбиения, стремящейся к нулю.

-- Вт окт 14, 2025 15:31:55 --

EminentVictorians в сообщении #1705850 писал(а):

Но это ведь не обязательно, можно просто какое-то одно подходящее разбиение построить и все будет доказано.

А Вы гляньте, ранее по тексту доказан у него этот критерий? Скорее всего он идет позднее. И кстати, там рассуждения похожие, как в док-ве этой теоремы.

-- Вт окт 14, 2025 15:37:42 --

Ну да, теорема Дарбу идет у него после, в 301 пункте, да еще и мелким шрифтом.

[EminentVictorians]

Padawan в сообщении #1705856 писал(а):

А каким критерием интегрируемости Вы пользуетесь? И каким Фихтенгольц? Подозреваю, что у Вас $\inf \sum\limits _i \omega_i\Delta x_i=0$

Да, я пользуюсь тем, что $f(x)$ интегрируема на отрезке $[a, b]$ тттк $\forall \varepsilon > 0$ существует разбиение (просто разбиение, не размеченное) такое, что $\sum\limits _i \omega_i\Delta x_i < \varepsilon$.

Я доказывал так:
Если ограниченная функция $f(x)$ в $[a, b]$ имеет лишь конечное число точек разрыва, то она интегрируема.

Доказательство:
Пусть точек разрыва у нас $k$ штук. Введем переменную $j$, которая будет пробегать натуральные числа $[1, ... , k]$. Если отрезок $\Delta x_{j}$ покрывает точку разрыва с номером $j$, то

$$\omega_j \leqslant \Omega \Rightarrow \omega_j \Delta x_j \leqslant \Omega \Delta x_j \Rightarrow \sum\limits_{j}^{}\omega_j \Delta x_j \leqslant \sum\limits_{j}^{} \Omega \Delta x_j = \Omega \cdot l$$

Здесь $\omega_j$ - колебание функции на $j$-ом отрезке,
$\Omega$- "глобальное" колебание функции $f(x)$ на всем отрезке $[a, b]$,
$l$ - суммарная длина отрезков, покрывающие точки разрыва, т.е.$l = \sum\limits_{j}^{} \Delta x_j$
Получается, что если мы хотим, чтобы сумма с колебаниями по отрезкам, покрывающим точки разрыва, была меньше $\varepsilon$

$$ \sum\limits_{j}^{}\omega_j \Delta x_j < \varepsilon$$

нам достаточно подобрать отрезки так, чтобы

$$\Omega \cdot l < \varepsilon$$

то есть чтобы

$$l < \frac{\varepsilon}{\Omega}$$

а это, разумеется, можно сделать, т.к. точек разрыва конечное число (и кстати, держа в голове критерий Лебега, то же самое можно было бы сделать, если бы количество точек разрыва имело бы меру 0, но это пока не важно).

С точками разрыва разобрались, переходим к промежуточным отрезкам. Их тоже конечное число, пусть $p$ штук (лень считать сколько точно, потому что точки разрыва еще и на концах отрезка $[a, b]$ могут быть, но это и не важно: не обязательно это $p$ выражать через $k$, главное что оно конечное). Пусть теперь переменная $i$ пробегает отрезок натуральных чисел $[1, ..., p]$.
Возьмем произвольный такой отрезок $\Delta_i$. На нем функция непрерывна, поэтому по нашему выбранному в самом начале $\varepsilon$ найдется $i$-ое разбиение этого $i$-ого отрезка (длины отрезков в котром будем обозначать $\Delta x_{ip_i}$) такое что

$$\sum\limits_{p_i}^{}\omega_{ip_i}\Delta x_{i p_i} < \varepsilon$$

Переводим взгляд на весь отрезок $[a, b]$ целиком и видим, что мы получили просто какое-то разбиение этого отрезка. Просуммируем все колебания:

$$ \sum\limits_{j}^{}\omega_j \Delta x_j + \sum\limits_{i}^{} \sum\limits_{p_i}^{}\omega_{ip_i}\Delta x_{i p_i} < \varepsilon + p \cdot \varepsilon = (p+1)\varepsilon$$

То есть она может быть сделана сколь угодно малой.
Другими словами, для любого $\varepsilon > 0$ мы смогли сконструировать разбиение отрезка $[a, b]$ такое, что сумма колебаний по этому разбиению меньше, чем $(p+1) \varepsilon$. Что и доказывает теорему.

-- 14.10.2025, 15:07 --

Padawan в сообщении #1705856 писал(а):

А Вы гляньте, ранее по тексту доказан у него этот критерий? Скорее всего он идет позднее. И кстати, там рассуждения похожие, как в док-ве этой теоремы.

Понял, то есть этого критерия у Фихтенгольца пока нету. Кстати, а почему там рассуждения похожие? Этот критерий довольно легко доказывается:

$f(x)$ интегрируема на отрезке $[a, b]$ тттк $\forall \varepsilon > 0$ существует разбиение такое, что $\sum\limits _i \omega_i\Delta x_i < \varepsilon$.

Доказательство:
Сначала докажем, что $f(x) \in R[a, b] \Rightarrow$ $\forall \varepsilon > 0$ существует разбиение такое, что $\sum\limits _i \omega_i\Delta x_i < \varepsilon$.
Пусть

$$\int\limits_{a}^{b}f(x) = I$$

Выберем $\varepsilon$-окрестность точки $I$. По определению интегрируемости, существует $\lambda > 0$ такая, что для любого размеченного разбиения $P$ с параметром $< \lambda$ выполняется $I - \varepsilon < \sigma(P) < I + \varepsilon$.
Возьмем произвольное такое (пока размеченное) разбиение $P$.
Тогда если теперь посмотреть на это $P$ не как на размеченное разбиение, а как на просто разбиение, мы увидим, что $I - \varepsilon \leqslant s(P) \leqslant S(P) \leqslant I + \varepsilon$
Здесь $s(P)$ и $S(P)$ - соответственно нижняя и верхняя суммы Дарбу, относящиеся к (уже неразмеченному) разбиению $P$.
А само неравенство выполняется по той причине, что $s(P)$ и $S(P)$ являются соответственно инфимумом и супремумом множества интегральных сумм, соответствующих всем вариантам разметки (неразмеченного и заранее фиксированного) разбиения $P$.

В итоге получается, что для разбиения $P$

$$\sum\limits_{i}^{}\Delta x_i \omega_i = S(P) - s(P) \leqslant 2\varepsilon$$

что и требовалось доказать.




В обратную сторону: $\forall \varepsilon > 0$ существует разбиение такое, что $\sum\limits _i \omega_i\Delta x_i < \varepsilon$ $\Rightarrow f(x) \in R[a, b]$.
Предположим, что левая часть выполняется, а правая - нет. Значит, функция не интегрируема по Риману, следовательно $I_{*} < I^{*}$ (нижний интеграл Дарбу строго меньше верхнего). Берем произвольное (неразмеченное) разбиение $P$. Имеем:

$$s(P) \leqslant I_{*} < I^{*} \leqslant S(P)$$

То есть не может разность верхней и нижней сумм Дарбу (она же $\sum\limits _i \omega_i\Delta x_i$) быть сделанной сколь угодно малой, что вступает в противоречие с левой частью. Чтд.

Тут тоже нету возни с накладывающимися друг на друга отрезками.

[Padawan]

EminentVictorians в сообщении #1705866 писал(а):

Значит, функция не интегрируема по Риману, следовательно $I_{*} < I^{*}$ (нижний интеграл Дарбу строго меньше верхнего).

Ну а это тоже надо доказывать, что функция интегрируема по Риману титтк $I_\ast=I^\ast$. Попробуйте все четко и последовательно написать, со всеми логическими переходами, и поймете, что изложение у Фихтенгольца близко к оптимальному.

-- Вт окт 14, 2025 17:24:17 --

Ну, конечно, док-во теоремы о интегрируемости ограниченной функции с конечным числом точек разрыва можно отложить до док-ва критерия интегрируемости Дарбу, и оно было бы короче, но не хотелось бы этого делать, потому что поскорее хочется получить достаточно широкий и удобный для приложений класс интегрируемых функций.

-- Вт окт 14, 2025 17:28:59 --

EminentVictorians в сообщении #1705866 писал(а):

Кстати, а почему там рассуждения похожие?

Там основная теорема, что при мелкости разбиения, стремящейся к нулю $S(T) \to I^\ast$ , $s(T) \to I_\ast$. Из этого всë остальное легко следует. И вот при док-ве этой теоремы тоже надо налегающие отрезки на две группы разбивать. Еще гляньте теорему об интегрируемости сложной функции (непрерывная от интегрируемой интегрируема), там тоже похожие рассуждения.

[EminentVictorians]

Padawan в сообщении #1705873 писал(а):

Ну а это тоже надо доказывать, что функция интегрируема по Риману титтк $I_\ast=I^\ast$.

Пусть $f(x) \in R[a,b]$, $\int\limits_{a}^{b} f(x) = I$.
Докажем, что $I_{*} = I = I^{*}$.
То, что для любого разбиения $P$ выполняется $s(P) \leqslant I_{*} \leqslant I^{*} \leqslant S(P)$ мы знаем, это элементарный факт.

Может ли быть так, что $I > I_{*}$? Предположим, что это так. Возьмем такую $\varepsilon$-окрестность точки $I$, чтобы она не пересекалась с $I_{*}$. Для этой эпсилон окрестности найдется такое $\delta > 0$, такое что для любого размеченного разбиения $P$ с параметром меньше $\delta$ его интегральная сумма будет в окрестности точки $I$:

$$I - \varepsilon < \sigma(P) < I + \varepsilon$$

Возьмем какое-нибудь из таких размеченных разбиений $P$ и станем смотреть на него как на неразмеченное разбиение. При любом выборе его разметки будет выполняться:

$$I - \varepsilon < \sigma(P) < I + \varepsilon$$

Учитывая, что суммы Дарбу $s(P)$ и $S(P)$ являются соответственно инфимумом и супремумом интегральных сумм, имеем:

$$I - \varepsilon \leqslant s(P) \leqslant \sigma(P) \leqslant S(P) \leqslant I + \varepsilon$$

В итоге получаем такую картину:

$$I_{*} < I - \varepsilon \leqslant s(P)$$

а такого быть не может, потому что никакая нижняя сумма Дарбу не может быть больше нижнего интеграла Дарбу (т.к. он - супремум таких сумм). Получили противоречие, значит $I \leqslant I_{*}$.

Аналогично можно доказать, что $I \geqslant I^{*}$.

Объединяя оба эти неравенства получаем:

$$I^{*} \leqslant I \leqslant I_{*}$$

Вместе с этим мы уже знаем, что

$$I_{*} \leqslant I^{*}$$

Объединяя эти 2 неравенства получаем, что

$$I_{*} = I = I^{*}$$

что и требовалось доказать.




В другую сторону.
Пусть $I_{*} = I = I^{*}$. Докажем, что $\int\limits_{a}^{b} f(x) = I$.
Здесь будем пользоваться тем, что интегралы Дарбу представляют собой пределы сумм Дарбу по понятно какой базе (неразмеченных) разбиений.
Выберем произвольную $\varepsilon$-окрестность точки $I$.
Во-первых, существует $\lambda_1 > 0$, такая что какое бы (неразмеченное) разбиение $P$ с параметром меньше $\lambda_1$ мы бы ни выбрали, будет выполняться

$$I - \varepsilon < s(P) < I + \varepsilon$$

(т.к. $I = I_{*}$ является пределом нижних сумм Дарбу).
Во-вторых (для этого же ранее фиксированного $\varepsilon > 0$) существует $\lambda_2 > 0$ такая что какое бы (неразмеченное) разбиение $P$ с параметром меньше $\lambda_2$ мы бы ни выбрали, будет выполняться

$$I - \varepsilon < S(P) < I + \varepsilon$$

(т.к. $I = I^{*}$ является пределом верхних сумм Дарбу).
Возьмем $\lambda = \operatorname{min} (\lambda_1, \lambda_2)$.
Для любого разбиения $P$ (пока неразмеченного) с параметром меньшим $\lambda$ будет выполняться:

$$I - \varepsilon < s(P) \leqslant S(P) < I + \varepsilon$$

Разметим теперь любое из таких разбиений $P$. Тогда будет выполняться:

$$I - \varepsilon < s(P) \leqslant \sigma(P) \leqslant S(P) < I + \varepsilon$$

то есть интегральная сумма оказывается в нужной эпсилон окрестности. Что и доказывает теорему.


Следующий шаг - доказать эквивалентность определений интегралов Дарбу через супремумы/инфимумы и через пределы по базе разбиений?

[Padawan]

EminentVictorians в сообщении #1705921 писал(а):

Следующий шаг - доказать эквивалентность определений интегралов Дарбу через супремумы/инфимумы и через пределы по базе разбиений?

Да, да. Это ключевой момент, я же писал выше. Из него все остальное легко следует. А то Вы ходите вокруг да около.

[EminentVictorians]

Напишу для нижнего интеграла Дарбу, для верхнего аналогично.

Дана (пусть сразу ограниченная) функция $f(x)$, определенная на отрезке $[a, b]$.

Определение 1.
Нижним интегралом Дарбу функции $f(x)$ на отрезке $[a, b]$ будем называть супремум нижних сумм Дарбу по всем разбиениям $P$ этого отрезка: $I_{*} = \sup \{s(P)\}$.

Определение 2.
Нижним интегралом Дарбу функции $f(x)$ на отрезке $[a, b]$ будем называть предел нижних сумм Дарбу по известной базе в множестве всех разбиений отрезка $[a, b]$: $I_{*} = \lim\limits_{\lambda \to 0}^{}s(P)$.
Будем использовать определение 2 в эквивалентной форме:
Число $I_{*} \in \mathbb R$ называется нижним интегралом Дарбу функции $f(x)$ на отрезке $[a, b]$, если $\forall \varepsilon > 0$ $\exists \lambda > 0$ такая, что для любого разбиения $P$ мелкости меньше $\lambda$ выполняется $I_{*} - \varepsilon < s(P) < I_{*} + \varepsilon$.


Определения 1 и 2 эквивалентны.

Доказательство:
(1) $\Rightarrow$ (2)
Метод от противного. Предположим, что $I_{*} = \sup \{s(P)\}$ и вместе с этим $I_{*}$ не является пределом по базе разбиений. Раз он не является пределом, это значит, что $\exists \varepsilon > 0$ такой, что какую бы малую $\lambda > 0$ мы бы ни выбрали, найдется разбиение $P$ с параметром $< \lambda$ такое, что $s(P) \leqslant I_{*} - \varepsilon$.
Положим $\varepsilon ' = \frac{\varepsilon}{2}$.
Раз $I_{*} = \sup \{s(P)\}$, значит можно подобрать такое разбиение $P_1$, что $s(P_1) > I_{*} - \frac{\varepsilon}{2}$. Пусть в этом разбиении будет $q_1$ промежуточных (т.е. строго между $a$ и $b$) точек.
Мы же можем лямбду сколь угодно малой выбирать, вот и выберем её так, чтобы $0 < \lambda_2 < \frac{\varepsilon}{2q_1\Omega}$.
Для этой $\lambda_2$ найдется разбиение $P_2$ такое, что во-первых его мелкость меньше $\lambda_2$, а во-вторых $s(P_2) \leqslant I_{*} - \varepsilon$.
Положим теперь $P_3$ - разбиение, получающееся путем объединения точек разбиений $P_1$ и $P_2$. Попытаемся оценить разность $s(P_3) - s(P_2)$.
Очевидно, что она будет неотрицательной (это элементарный факт). Далее, в разбиении $P_1$ у нас было $q_1$ внутренних точек. Некоторые из этих точек при объединении $P_1$ и $P_2$ могут перейти в уже имеющиеся точки разбиения $P_2$. В этом случае их можно игнорировать, они ни на что не повлияют. Таким образом, в $P_3$ появится $n_3 \leqslant q_1$ "новых" точек. Другими словами, $q_3 = q_2 + n_3$.
Эти $n_3$ новых точек попадут в какие-то отрезки $\Delta_{1}^{o}$, $\Delta_{2}^{o}$, ... , $\Delta_{k}^{o}$ разиения $P_2$. (здесь, очевидно, $k \leqslant n_3$). Я эти отрезки "отметил" кругляшками, чтобы не плодить кучу лишних индексов и чтобы не путать эти "отмеченные" отрезки с отрезками, которые "не пострадали".
Введем счетчик $i$, который будет пробегать числа $1, ..., k$.
Суммарную длину этих отрезков я обозначу буквой $l$:

$$\sum\limits_{1 \leqslant i \leqslant k}^{}\Delta_{i}^{o} = l$$

Короче говоря, имеется $k+t$ отрезков: $k$ "пострадавших" и $t$ не пострадавших ($k+t$ - количество отрезков в разбиении $P_2$).
По сути, разность $s(P_3) - s(P_2)$ целиком определяется лишь этими "пострадавшими" отрезками, а про все остальные можно вообще не думать.
Итак, берем произвольный отрезок $\Delta_{i}^{o}$.
В него попадет $\varphi_i - 1$ точек, которые разобьют его на $\varphi_i$ "подотрезков" $\Delta_{i1}^{o}$, $\Delta_{i2}^{o}$, ... , $\Delta_{i\varphi_i}^{o}$.
Введем счетчик $j_i$, который будет пробегать числа $1, ... , \varphi_i$.
Напишем цепочку неравенств:

$$m_{ij_{i}} - m_i \leqslant \Omega$$

$$m_{ij_{i}}\Delta_{ij_{i}}^{o} - m_i\Delta_{ij_{i}}^{o} \leqslant \Omega \Delta_{ij_{i}}^{o}$$

$$\sum\limits_{1 \leqslant j_{i} \leqslant \varphi_i}^{} m_{ij_{i}}\Delta_{ij_{i}}^{o} - \sum\limits_{1 \leqslant j_{i} \leqslant \varphi_i}^{} m_i\Delta_{ij_{i}}^{o} \leqslant \sum\limits_{1 \leqslant j_{i} \leqslant \varphi_i}^{} \Omega \Delta_{ij_{i}}^{o}$$

$$\sum\limits_{1 \leqslant j_{i} \leqslant \varphi_i}^{} m_{ij_{i}}\Delta_{ij_{i}}^{o} - m_i \sum\limits_{1 \leqslant j_{i} \leqslant \varphi_i}^{} \Delta_{ij_{i}}^{o} \leqslant \Omega \sum\limits_{1 \leqslant j_{i} \leqslant \varphi_i}^{} \Delta_{ij_{i}}^{o}$$

$$\sum\limits_{1 \leqslant j_{i} \leqslant \varphi_i}^{} m_{ij_{i}}\Delta_{ij_{i}}^{o} - m_i \Delta_{i}^{o} \leqslant \Omega \Delta_{i}^{o}$$

$$\sum\limits_{1 \leqslant i \leqslant k}^{} \sum\limits_{1 \leqslant j_{i} \leqslant \varphi_i}^{} m_{ij_{i}}\Delta_{ij_{i}}^{o} - \sum\limits_{1 \leqslant i \leqslant k}^{} m_i \Delta_{i}^{o} \leqslant \sum\limits_{1 \leqslant i \leqslant k}^{} \Omega \Delta_{i}^{o}$$

$$\sum\limits_{1 \leqslant i \leqslant k}^{} \sum\limits_{1 \leqslant j_{i} \leqslant \varphi_i}^{} m_{ij_{i}}\Delta_{ij_{i}}^{o} - \sum\limits_{1 \leqslant i \leqslant k}^{} m_i \Delta_{i}^{o} \leqslant \Omega \sum\limits_{1 \leqslant i \leqslant k}^{} \Delta_{i}^{o}$$

Учитывая, что

$$s(P_3) - s(P_2) =\sum\limits_{1 \leqslant i \leqslant k}^{}\sum\limits_{1 \leqslant j_{i} \leqslant \varphi_i}^{}m_{ij_{i}}\Delta_{ij_{i}}^{o} - \sum\limits_{1 \leqslant i \leqslant k}^{}m_i \Delta_{i}^{o}$$

получаем:

$$s(P_3) - s(P_2) \leqslant \Omega \sum\limits_{1 \leqslant i \leqslant k}^{} \Delta_{i}^{o}$$

$$s(P_3) - s(P_2) \leqslant \Omega l$$

Но у нас разбиение $P_2$ имеет мелкость $<\lambda_2$. Это значит, что $l < k\lambda_2 \leqslant q_1 \lambda_2$.
В итоге имеем следующее:

$$s(P_3) - s(P_2) \leqslant \Omega l < \Omega q_1 \lambda_2 < \frac{\varepsilon}{2}$$

.

С другой стороны, должно выполняться (т.к. $P_3$ - продолжение разбиения $P_1$)

$$s(P_3) \geqslant s(P_1)$$

$$s(P_3) - s(P_2) \geqslant s(P_1) - s(P_2) > \frac{\varepsilon}{2}$$

Получили противоречие: с одной стороны у нас $s(P_3) - s(P_2) < \frac{\varepsilon}{2}$, с другой $s(P_3) - s(P_2) > \frac{\varepsilon}{2}$
В одну сторону доказали. В другую потом напишу, да там и легко все.

[tolstopuz]

Рудин, кстати, идет каким-то более царским путем, вообще без сумм Римана.

Интегрируемость определяется как $I_*=I^*$.

Критерий интегрируемости: для любого $\varepsilon>0$ существует разбиение, для которого $S-s<\varepsilon$. Достаточность тривиальна, так как $s\le I_*\le I^*\le S$. Необходимость доказывается так:

Пусть дано $\varepsilon>0$. Выберем первое разбиение, для которого $I-s_1<\varepsilon/2$, и второе, для которого $S_2-I<\varepsilon/2$. Тогда для их общего измельчения получаем

$$S\le S_2<I+\frac\varepsilon2<s_1+\varepsilon\le s+\varepsilon.$$

И после этого обсуждаемый в теме критерий доказывается вполне в духе EminentVictorians. Кстати, почему-то это доказательство появилось только в третьем издании, во втором такой теоремы вообще не было.

А параграф с суммами Римана и критерием Дарбу был во втором издании где-то на задворках, а в третьем вообще выкинут.

-- Чт окт 16, 2025 02:46:05 --

Padawan в сообщении #1705873 писал(а):

Ну, конечно, док-во теоремы о интегрируемости ограниченной функции с конечным числом точек разрыва можно отложить до док-ва критерия интегрируемости Дарбу, и оно было бы короче, но не хотелось бы этого делать, потому что поскорее хочется получить достаточно широкий и удобный для приложений класс интегрируемых функций.

В результате у Рудина получаются одновременно и полезные теоремы и простые доказательства, но для другого определения интегрируемости. Ну а интегральные суммы и критерий Дарбу для этого оказались необязательными :)

-- Чт окт 16, 2025 02:52:59 --

Есть подозрение, что он выбрал такой путь, потому что рассказывает сразу про интеграл Стильтьеса, а там эти определения интегрируемости неэквивалентны. Бывают случаи, когда верхний и нижний интегралы Дарбу-Стильтьеса равны, а предел интегральных сумм не существует (упр. 6.4 второго издания).

[EminentVictorians]

Вот еще одно место, которое мне не очень нравится у Фихтенгольца (про положительность интеграла строго положительной функции)

Фихтенгольц доказывает так:

Фихтенгольц, том 2, стр. 123 писал(а):

Труднее доказать более точный результат:
Если функция $f(x)$, интегрируемая в промежутке $[a, b]$, положительна и $a<b$, то

$$\int\limits_{a}^{b}f(x)dx > 0.$$

Доказательство проведем от противного. Допустим, что

$$\int\limits_{a}^{b}f(x)dx = 0$$

Тогда при $\lambda \to o$ и верхняя сумма Дарбу $S$ так же стремится к нулю [297, (7)]. Взяв произвольное $\varepsilon_1 > 0$, можем сделать эту сумму меньшей, чем $\varepsilon_1(b-a)$. При этом хотя бы одна из верхних границ $M_i$ окажется меньшей $\varepsilon_1$, иными словами, найдется в $[a,b]$ такая часть $[a_1, b_1]$, в пределах которой все значения $f(x) < \varepsilon_1$.
Так как и

$$\int\limits_{a_1}^{b_1}f(x)dx = 0, $$

то, аналогично, из $[a_1, b_1]$ выделится часть $[a_2, b_2]$, в пределах которой $f(x) < \varepsilon_2$, где $\varepsilon_2$ - любое положительное число $< \varepsilon_1$, и т.д.
Взяв последовательность положительных чисел $\varepsilon_k \to 0$, можно определить такую последовательность вложенных один в другой (и - если угодно - убывающих по длине до 0) промежутков $[a_k, b_k]$, что

$$0 < f(x) < \varepsilon_k, \quad \text{если} \quad a_k \leqslant x \leqslant b_k \quad (k = 1, 2, 3 ...)$$

Тогда по лемме $n^{o}$ 38 существует точка $c$, общая всем этим промежуткам; для нее должно быть

$$0 < f(c) < \varepsilon_k \quad \text{при} \quad k = 1, 2, 3, ...$$

что невозможно, ибо $\varepsilon_k \to 0$. Теорема доказана.

Я бы по-другому доказывал.
Если функция $f(x)$, интегрируемая в промежутке $[a, b]$, положительна и $a<b$, то

$$\int\limits_{a}^{b}f(x)dx > 0.$$

Доказательство:
Мы сможем доказать, что сам интеграл $I = \int\limits_{a}^{b}f(x)dx$ положителен, если сможем доказать, что нижний интеграл Дарбу $I_{*}$ положителен (т.к., как известно, $I_{*} \leqslant I$, но в данном случае интегрируемость дана, поэтому выполняется вообще равенство $I = I_{*}$). А его положительность мы сможем доказать, если будет доказано существование хотя бы одной положительной нижней суммы Дарбу $\sigma$ (т.к. тогда будет $0 < \sigma \leqslant I_{*}$). Вот и докажем, что существует хотя бы одна строго положительная нижняя сумма Дарбу.

Предположим, что это не так, то есть что для любого разбиения отрезка $[a, b]$ его нижняя сумма Дарбу равна нулю. Это значит, что какой бы отрезок $[p, q] \subset [a, b]$ мы бы ни выбрали, будет выполняться $\inf_{[p, q]}f(x) = 0$
Возьмем произвольную точку $x \in [a, b]$. Функция положительна, поэтому $f(x) > 0$. Окружим точку каким-нибудь (пусть симметричным относительно нее) отрезком $[p_1, q_1]$. Инфимум функции на нем равен нулю, а супремум явно не меньше $f(x)$, поэтому и колебание $\omega(f(x), [p_1, q_1]) \geqslant f(x) > 0$. Сузим этот отрезок $[p_1, q_1]$ в два раза и получим отрезок $[p_2, q_2]$ (так же симметрично накрывающий нашу точку $x$). Для него справедливы все те же самые рассуждения, поэтому $\omega(f(x), [p_2, q_2]) \geqslant f(x) > 0$. И так далее. Получается, что в самой точке $x$ колебание функции строго положительное, значит функция имеет в этой точке разрыв. Но икс-то - произвольная точка отрезка $[a, b]$. То есть получается, что все точки отрезка $[a, b]$ являются точками разрыва для функции $f(x)$. Но такая функция не может быть интегрируемой. Получили противоречие с интегрируемостью $f(x)$.

Тут, конечно, фигурирует лемма, что функция, разрывная в каждой точке отрезка, не может быть интегрируемой на нем. Но по модулю этой леммы доказательство гораздо проще получилось и более прямолинейное какое-то что ли. А сама лемма хорошая, её надо отдельным утверждением доказывать, а не мешать все в одну кашу. Я просто считаю, что надо всегда по максимуму дробить большие доказательства на простые самодостаточные леммы, когда это возможно.

[RIP]

EminentVictorians в сообщении #1708110 писал(а):

Тут, конечно, фигурирует лемма, что функция, разрывная в каждой точке отрезка, не может быть интегрируемой на нем.

Если использовать этот факт, то утверждение доказывается совсем просто, без всяких рассуждений от противного. Если $x_0$ — точка непрерывности, то найдётся отрезок $[a_1,b_1]\subseteq[a,b]$, на котором $f(x)\geqslant f(x_0)/2$, поэтому

$$\int_{a}^{b}f(x)\,\mathrm{d}x\geqslant\int_{a_1}^{b_1}f(x)\,\mathrm{d}x\geqslant\frac{1}{2}f(x_0)(b_1-a_1).$$

[EminentVictorians]

RIP, да, у вас гораздо лучше, чем у меня. С таким простым доказательством это утверждение (про положительность интеграла положительной функции) тем более надо отдельно доказывать (ровно таким образом).

[EminentVictorians]

Напишу как я доказывал саму лемму, вдруг какое-то более простое доказательство всплывет (понятно, что критерий Лебега нельзя использовать - это читерство).

Лемма.
$f(x)$ интегрируема на $[a, b]$ $\Rightarrow$ $\exists x \in [a, b]$ - точка непрерывности функции $f(x)$.

Доказательство:
Я буду пользоваться таким критерием интегрируемости:
$f(x)$ интегрируема на $[a, b]$ $\Longleftrightarrow$ $\forall \varepsilon > 0 \forall \sigma > 0$ $\exists \lambda > 0$ такая, что для любого разбиения $P$ мелкостью $< \lambda$ будет выполняться $l < \sigma$, где

$$l = \sum\limits_{j}^{} \Delta_j$$

то есть здесь $l$ - суммарная длина "плохих" отрезков $\Delta_j$. Плохих в том смысле, что $\omega (\Delta_j) \geqslant \varepsilon$.

Выберем какие-нибудь небольшие $\varepsilon_1 = \sigma_1 = \frac{1}{10}(b-a)$. Для них, по критерию, найдется $\lambda$ такая, что для любого разбиения $P$ мелкостью $< \lambda$ будет выполняться $l < \sigma_1$. Но мы на всякий случай и саму $\lambda$ уменьшим до $\lambda_1$ (если нужно), чтобы $\lambda_1 < \varepsilon_1 = \sigma_1$. Выберем теперь какое-нибудь разбиение $P_1$ с мелкостью $< \lambda_1$.

(Оффтоп)

Это все церемониальные танцы с выбором всех этих букв, суть просто в том, чтобы все $\varepsilon_1$, $\sigma_1$ и $\lambda_1$ были достаточно маленькими. Точнее так: $\varepsilon_1$ неважно, что маленький, про эпсилоны будет важно, что все они к нулю будут стремиться, а $\sigma_1$ и $\lambda_1$ нужны маленькими просто для того, чтобы в разбиении $P_1$ было не 2 или 3 отрезка, а хотя бы штук 10, чтобы не рассматривать всякие вырожденные случаи, где, например, весь отрезок "разобьется" на один отрезок разбиения.

Для суммы длин "плохих" отрезков будет выполнено $l_1 < \sigma_1 = \frac{1}{10}(b-a)$, то есть суммарная длина плохих отрезков не превышает десятой части от всего отрезка $[a, b]$. Ну вот и выберем какой-нибудь хороший отрезок $[a_1, b_1]$ из тех хороших, что у нас есть. Тогда $b_1 - a_1 < \lambda_1 < \sigma_1 = \frac{1}{10}(b-a)$. И еще будет выполняться $\omega([a_1, b_1]) < \varepsilon_1 = \frac{1}{10}(b-a)$.


Сделаем еще одну итерацию.
Выберем опять $\varepsilon_2 = \sigma_2 = \frac{1}{10}(b_1-a_1) < \frac{1}{100}(b-a)$. Для них, по критерию, найдется $\lambda$ такая, что для любого разбиения $P$ мелкостью $< \lambda$ будет выполняться $l < \sigma_2$. Но мы на всякий случай и саму $\lambda$ уменьшим до $\lambda_2$ (если нужно), чтобы $\lambda_2 < \varepsilon_2 = \sigma_2$. Выберем теперь какое-нибудь разбиение $P_2$ с мелкостью $< \lambda_2$, но такое, чтобы точки $a_1$ и $b_1$ были точками самого разбиения $P_2$.
Для суммы длин "плохих" отрезков будет выполнено $l_2 < \sigma_2 = \frac{1}{10}(b_1-a_1) < \frac{1}{100}(b-a)$, то есть суммарная длина плохих отрезков не превышает десятой части от всего отрезка $[a_1, b_1]$. Ну вот и выберем какой-нибудь хороший отрезок $[a_2, b_2] \subset [a_1, b_1]$ из тех хороших, что у нас есть. Тогда $b_2 - a_2 < \lambda_2 < \sigma_2 < \frac{1}{100}(b-a)$. И еще будет выполняться $\omega([a_2, b_2]) < \varepsilon_2 = \frac{1}{10}(b_1-a_1) < \frac{1}{100}(b-a)$.

Продолжая этот процесс дальше, получим систему вложенных отрезков $[a_k, b_k]$ с длинами, стремящимися к нулю (т.к. $b_k - a_k < \frac{1}{10^k}(b-a)$). Значит существует общая точка $x$, принадлежащая всем отрезкам этой системы. Более того, колебания по этим отрезкам тоже стремятся к нулю (т.к. $\omega([a_k, b_k]) < \varepsilon_k < \frac{1}{10^k}(b-a)$). Получается, что функция $f(x)$ непрерывна в точке $x$, чтд.

[RIP]

Не знаю. Рассуждение из Фихтенгольца не сильно сложнее моего. А доказывать существование одной точки непрерывности, по-моему, излишне — уж лучше сразу критерий Лебега.