Доказать что функция дирихле не интегрируема по риману
Перейти к содержимому

Доказать что функция дирихле не интегрируема по риману

  • автор:

Критерий существования определённого интеграла

В простейших случаях легко убедиться в существовании определённого интеграла.

Например, для [math]f(x) = m[/math] :

[math]\sigma(f, \tau) = \sum\limits_^ m\Delta x_k = m(b — a)[/math]

Значит, [math]\int\limits_a^b m dx = m(b — a)[/math]

Функция Дирихле

Рассмотрим функцию Дирихле: [math] d(x) = \left\ < \begin1,\ & x \notin \mathbb \\ 0,\ & x \in \mathbb \\ \end \right. [/math]

Тогда можно составить две различных системы точек:

В одном случае получаем, что [math]\int\limits_0^1 d(x) dx = 0[/math] , а в другом — [math]\int\limits_0^1 d(x) dx = 1[/math] .

Но он, по определению, не должен зависеть от выбранного набора точек. Значит, функция Дирихле — не интегрируема.

Суммы Дарбу

Возникает вполне логичный вопрос: >. Напишем ответ на классическом языке(Дарбу).

В силу того, что ограниченность функции необходима для интегрируемости, далее это не оговаривается.

Пусть задана ограниченная функция [math]f \colon [a; b] \to \mathbb[/math] и задан набор точек [math]\tau : a = x_0 \lt x_1 \lt \ldots \lt x_n = b[/math]

[math]m_k(f) = m_k = \inf\limits_]> f(x)[/math]
[math]M_k(f) = M_k = \sup\limits_]> f(x)[/math]
[math]\underline (f, \tau) = \underline (\tau) = \sum\limits_^ m_k \Delta x_k[/math] — нижняя сумма Дарбу
[math]\overline (f, \tau) = \overline (\tau) = \sum\limits_^ M_k \Delta x_k[/math] — верхняя сумма Дарбу

Тогда, очевидно, [math]\underline(\tau) \leq \sigma(\tau) \leq \overline(\tau)[/math] .

Определение:
Если [math]\tau_1 \subset \tau_2[/math] , то говорят, что [math]\tau_2[/math] мельче, чем [math]\tau_1[/math] , или же [math]\tau_2 \leq \tau_1[/math]
  1. [math]\underline(\tau) \leq \overline(\tau)[/math]
  2. [math]\tau_1 \subset \tau_2 \Rightarrow \left\ < \begin\underline(\tau_1) & \leq & \underline(\tau_2) \\ \overline(\tau_1) & \geq & \overline(\tau_2) \\ \end \right. [/math]
  3. [math]\forall \tau_1, \tau_2 \ \underline(\tau_1) \leq \overline(\tau_2)[/math]

Первое свойство очевидно(из определения сумм Дарбу).

Докажем второе свойство. Ясно, что достаточно рассмотреть случай, когда в [math]\tau_1[/math] добавлена только одна точка.

[math]a = x_0 \lt x_1 \lt \ldots \lt x_n = b[/math] — [math]\tau_1[/math]

[math]a = x_0 \lt x’_0 \lt x_1 \lt \ldots x_n = b[/math] — [math]\tau_2[/math]

Докажем неравенство для нижних сумм. Обозначим [math]m_0[/math] , [math]m’_0[/math] и [math]m»_0[/math]

[math]m_0 = \inf\limits_ f(x)[/math] , [math]m’_0 = \inf\limits_ f(x)[/math] , [math]m»_0 = \inf\limits_ f(x)[/math] .

Тогда, очевидно, [math]m_0 \leq m’_0, m»_0[/math]

[math]m_0(x_1 — x_0) = m_0(x’_0 — x_0) + m_0(x_1 — x’_0) \leq m’_0(x’_0 — x_0) + m»_0(x_1 — x’_0)[/math]

Далее все слагаемые будут одинаковы. Значит, неравенство выполнено.

Третье свойство

Положим [math]\tau_3 = \tau_1 \cup \tau_2[/math] . Тогда [math]\tau_3 \leq \tau_1, \tau_2[/math] .

Значит, в силу пунктов 1 и 2, получим:

Критерий интегрируемости

Пусть [math]\omega(f, \tau) = \overline(\tau) — \underline(\tau) = \sum\limits_^ (M_k — m_k)\Delta x_k \geq 0[/math]

[math]\lim\limits_ <\operatorname\tau \to 0> \omega(f, \tau) = 0 \Leftrightarrow[/math] [math]\forall \varepsilon \gt 0\ \exists \delta \gt 0 : \ \operatorname \tau \lt \delta \Rightarrow \omega(f, \tau) \lt \varepsilon[/math]

Определим [math]\underline = \sup\limits_> \underline(\tau)[/math] , [math]\overline = \inf\limits_> \overline(\tau)[/math]

[math]I = \lim\limits_ <\operatorname\tau \to 0> \sigma(\tau)[/math]

[math]f \in \mathcal(a; b) \iff \lim\limits_ <\operatorname\tau \to 0> \omega(f, \tau) = 0[/math]

1. [math]f \in \mathcal(a; b)[/math]

[math]\exists I = \lim \sigma(\tau)[/math]

[math]\forall \varepsilon \gt 0\ \exists \delta \geq 0 : \ \operatorname \tau \lt \delta \Rightarrow I — \varepsilon \leq \sigma(\tau) \leq I + \varepsilon[/math]

Это верно для любой системы промежуточных точек.

В интегральной сумме [math]\Delta x_k \gt 0[/math] . Отсюда следует, что если варьировать промежуточные точки, и по ним перейти к [math]\inf[/math] и [math]\sup[/math] , то [math]\inf = \underline[/math] , [math]\sup = \overline[/math] .

Так как написанное неравенство выполняется для любой системы точек, то в силу определения граней, мы можем получить, что

[math]I — \varepsilon \leq \underline(\tau) \leq \overline(\tau) \leq I + \varepsilon \Rightarrow[/math] [math]\omega(f, \tau) \leq 2\varepsilon[/math]

[math]\varepsilon \to 0 \Rightarrow \lim\limits_ <\operatorname\tau \to 0> \omega(f, \tau) = 0[/math]

2. [math]\lim\limits_ <\operatorname\tau \to 0> \omega(f, \tau) = 0[/math]

Воспользуемся неравенствами, написанными перед теоремой вместе с числами [math]\overline[/math] и [math]\underline[/math] . (что хотели сказать фразой >?)

[math]0 \leq \overline — \underline \leq \omega(f, \tau)[/math]

Но, так как [math]\omega(f, \tau) \to 0[/math] , то [math]\overline = \underline = I[/math]

[math]\underline(\tau) \leq I,\ \sigma(\tau) \leq \overline(\tau)[/math]

[math]|\sigma(\tau) — I| \leq \omega(f, \tau) \to 0[/math]

Тогда, по принципу сжатой переменной, [math]I = \sigma(\tau)[/math]

Функция Римана

Приведём важный пример применения этой теоремы.

Вернёмся к функции Дирихле.

[math] d(x) = \left\ < \begin1,\ & x \notin \mathbb \\ 0,\ & x \in \mathbb \\ \end \right. [/math]

Эта функция не интегрируема. Плохая она в том смысле, что она разрывна в каждой точке.

Сейчас мы эту функцию немного изменим. Точек разрыва у новой функции будет всё ещё бесконечно много, но доминировать уже будут точки непрерывности на любом отрезке. Это приведёт к тому, что функция станет интегрируемой, хотя на любом её конечном отрезке множество её точек разрыва будет всюду плотным, и её график всё ещё будет не нарисовать.

[math] r(x) = \left\ < \begin1,\ & x \notin \mathbb \\ 1 - \frac1n,\ & x \in \mathbb, x = \frac\\ \end \right. [/math]

[math]\int\limits_0^1 r(x) = 1[/math]

Очевидно, что в любом конечном отрезке имеется лишь конечное число несократимых дробей с наперёд заданным знаменателем. Отсюда следует, что функция Римана в каждой (какое-то мутное место) иррациональной точке непрерывна, а в каждой рациональной — разрывна (/мутное место). Покажем, что существует [math]\int\limits_0^1 r(x)[/math] . Для этого выпишем [math]\omega[/math] .

[math]\omega(r, \tau) = \sum\limits_^(M_k — m_k) \Delta x[/math] . Нужно показать, что это стремится к нулю.

Если мы докажем, что эта функция интегрируема (что как раз равносильно стремлению последнего к нулю), то вопрос её вычисления станет тривиальным, ибо если у интеграционной суммы есть предел, то он не зависит от [math]\tau[/math] .

Это позволяет выбирать промежуточные точки таким образом, чтобы предел сумм считался легко. Будем составлять интегральные суммы, выбирая в качестве промежуточных точек иррациональные числа. Тогда соответствующая интегральная сумма окажется равной

[math]\int\limits_0^1 r(x) = \sum\limits_^ x_ — x_k = 1[/math]

Поэтому, вся трудность заключается в доказательстве существования интеграла.

Обычно существование интеграла через [math]\omega[/math] доказывается следующим образом: интересующая сумма разбивается на две, таким образом, чтобы в первой сумме [math]M_k — m_k[/math] было мало, но [math]\sum \Delta x_k \approx b — a[/math] . Во второй сумме надо, чтобы [math]\sum \Delta x[/math] было достаточно малым (эти [math]\Delta x[/math] — плохие). Тогда сумма обеих сумм окажется малой, и задача будет решена.

Пусть [math]\varepsilon \gt 0[/math] . Тогда [math]\exists N_\varepsilon:\ \frac1 \leq \varepsilon[/math]

[math][x_k; x_],\ M_k = 1[/math] (так как на отрезке есть иррациональные числа).

Разберёмся с [math]m_k[/math] . Его поиск связан с перебором чисел вида [math]1 — \frac1n[/math] и поиском минимума из них, при этом, [math]\frac \in [x_k; x_][/math] .

[math]m_k = 1 — \frac1[/math] , где [math]P_k[/math] — наименьший из тех знаменателей, для которых соответствующая рациональная дробь содержится в текущем отрезке. Тогда [math]M_k — m_k = \frac1[/math] .

В отрезке [math][0; 1][/math] дробей со знаменателем меньшим [math]N_\varepsilon[/math] конечное число. Тогда отсюда ясно, что если рассмотреть [math]\tau[/math] достаточно малого ранга, то сумма длин тех отрезков, в которых содержатся несократимые дроби [math]\frac[/math] будет достаточно малым и при [math]\operatorname \tau \to 0[/math] сумма будет становиться мегьше и меньше. Что касается других промежуточных отрезков, то в силу формулы [math]M_k — m_k = \frac1[/math] , [math]P_k \gt N_\varepsilon[/math] , [math]M_k — m_k \lt \frac1 \leq \varepsilon[/math] .

Но сумма этих отрезков не превзойдёт единицы.

Оценим сверху [math]I[/math] :

[math]\omega(r, \tau) \leq \varepsilon + N_\varepsilon^2 \operatorname \tau[/math] .

Тогда при [math]\delta = \frac\varepsilon[/math] :

[math]\omega(r,\tau) \leq \varepsilon + \varepsilon[/math]

Для того, чтобы с помощью этой теоремы можно было строить так называемые классы интегрируемых функций и получать дополнительные свойства интегралов, определим понятие > на отрезке и выведем для этой величины одно важное свойство.

Колебания

Определение:
Пусть [math]f[/math] определена на [math][c; d][/math] и ограничена на нём.

Тогда колебанием ограниченной функции на отрезке [math][c;d][/math] назовём

Интегрируемость непрерывного преобразования интегрируемой функции

Пусть [math]m = \inf\limits_ f(x)[/math] и [math]M = \sup\limits_[/math] Тогда [math]\omega(f, [c; d]) = M — m[/math]

В силу [math]m \leq f(x’)[/math] , [math]f(x») \leq M[/math] ,

[math]|f(x») — f(x’)| \leq M — m[/math] , значит, [math]\omega(f, [c; d]) \leq M — m[/math]

Докажем обратное неравенство, используя определение граней.

[math]\forall \varepsilon \gt 0\ \exists x’, x» \in [c; d]: \ f(x’) \lt m + \varepsilon,\ M — \varepsilon \lt f(x»)[/math]

Отсюда, очевидно, следует, что тогда

[math]M — m — 2\varepsilon \lt f(x») — f(x’) \leq |f(x») — f(x’)| \leq \omega(f, [c; d])[/math]

[math]M — m — 2\varepsilon \leq \omega(f, [c; d])[/math]

Интегрирование сложной функции

Пусть на [math][a; b][/math] задана интегрируемая функция [math]f, f(x) \in \mathcal , f(x) \in [A; B][/math] .

На отрезке [math][A; B][/math] задана непрерывная функция [math]F : [A;B] \to \mathbb[/math] .

Тогда [math]F \circ f \in \mathcal(a; b)[/math]

В силу условия теоремы сложная функция корректно определена, так как элементы внутренней функции лежат в области, определённой внешней.

Тогда нам нужно доказать, что [math]\operatorname \tau \to 0 \Rightarrow \omega(F \circ f, \tau) \to 0[/math]

[math]\tau : a = x_0 \lt x_1 \lt \ldots \lt x_n \lt b[/math]

[math]\sum\limits_^ (F(f(\bar_k)) — F(f(\tilde_k))) \Delta x_k [/math] , (где [math]\bar_k, \tilde_k \in [x_k; x_][/math] ) [math] \leq [/math] (из свойств модуля непрерывности) [math] \sum\limits_^ \omega(F, |f(\bar_k) — f(\tilde_k)|) \Delta x_k[/math]

[math]\leq[/math] (по теореме о выпуклой мажоранте) [math](b-a)\sum\limits_^ \omega^*(F, |f(\bar_k) — f(\tilde_k)|) \frac[/math]

(так как [math]\sum\limits_^ \frac = 1[/math] , а [math]\omega^*[/math] выпукла вверх) [math]\leq (b — a) \omega^*(F, \sum\limits_^ |f(\bar_k) — f(\tilde_k)| \frac)[/math] [math]\leq[/math] (по теореме о выкуклой мажоранте) [math]2(b — a) \omega(F, \sum\limits_^ |f(\bar_k) — f(\tilde_k)| \frac)[/math]

По определению [math]\omega(f, \tau)[/math] , [math]\sum\limits_^ |f(\bar_k) — f(\tilde_k)| \frac \leq \frac \omega(f, \tau)[/math]

Отсюда, по монотонности модуля непрерывности,

[math]\sum\limits_^ |F(f(\bar_k)) — F(f(\tilde_k))| \Delta x_k[/math] [math]\leq 2(b — a)\omega(F, \frac1\omega(f, \tau))[/math]

Промежуточных точек не имеется, поэтому, переходя к [math]\sup[/math] по [math]\bar_k[/math] и [math]\tilde_k[/math] , приходим к неравенству

[math]\omega(F \circ f, \tau) \leq 2(b — a)\omega(f, \frac1 \omega(f, \tau))[/math]

По условию, [math]f \in \mathcal(a, b) \Rightarrow \omega(f, \tau) \to 0[/math] при [math]\operatorname \tau \to 0[/math]

Тогда, по непрерывности в нуле [math]\omega[/math] , [math]\omega(F, \frac1\omega(f, \tau)) \to 0[/math]

Следствие

  • [math]|f| \in \mathcal(a, b)[/math]
  • [math]f^2 \in \mathcal(a, b)[/math]
  • [math]fg \in \mathcal(a, b)[/math]

Первый и второй пункты получаются из теоремы, если вспомнить, что [math]|x|[/math] и [math]x^2[/math] — непрерывны.

Докажем третий пункт.

[math]fg = \frac14(f + g)^2 — \frac14(f — g)^2[/math] .

Аддитивность интеграла

Установим одно из самых важных свойств интеграла — его аддитивность.

1. Пусть [math][a; b] \subset [c; d][/math] и [math]f \in \mathcal(c;d)[/math] . Тогда [math]f \in \mathcal(a, b)[/math]

2. Пусть [math]a \lt b \lt c[/math] и [math]f \in \mathcal(a, b)[/math] , [math]f \in \mathcal(b, c)[/math] . Тогда [math]f \in \mathcal(a, c)[/math] и

[math]\int\limits_a^c f = \int\limits_a^b f + \int\limits_b^c f[/math] . Это свойство называется аддитивностью интеграла

Пусть [math]\tau[/math] — разбиение [math][a; b][/math] , [math][a; b] \subset [c; d][/math] .

Поделим отрезки [math][c; a][/math] и [math][b; d][/math] таким образом, чтобы ранги их разбиений были не больше рангов разбиений [math][a; b][/math] и [math][c; d][/math] . Получаем разбиение [math]\tau^*[/math] , [math]\operatorname \tau^* \leq \operatorname \tau[/math]

Тогда [math]\omega(f, \tau) \leq w(f, \tau^*)[/math]

Устремим [math]\operatorname \tau \to 0[/math] . Тогда [math]\operatorname \tau^* \to 0[/math]

[math](\omega(f, \tau^*) \to 0) \Rightarrow (\omega(f, \tau) \to 0)[/math]

Аналогично устанавливается пункт второй, часть интегрируемости.

Что касается [math]\int\limits_a^c f[/math] , то, раз все интегралы существуют, выстроить интегральные суммы специального вида, например, деля отрезки [math][a; b][/math] и [math][b; c][/math] на равные части, получаем разбиение отрезка [math][a; c][/math] . Тогда [math]\sigma(f, [a; c]) = \sigma(f, [a; b]) + \sigma(f, [b; c])[/math]

Существование определённого интеграла непрерывной или возрастающей функции

Если [math]f[/math] —

1. непрерывна на [math][a; b][/math] или

2. возрастает на [math][a; b][/math] ,

то [math]f \in \mathcal(a, b)[/math]

1. Если [math]f[/math] непрерывна на [math][a;b][/math] , то, по теореме Кантора о равномерной непрерывности на отрезке, она равномерно непрерывна на нём. Тогда

[math]\forall \varepsilon \ \exists \delta: \quad |x» — x’| \lt \delta \Rightarrow |f(x») — f(x’)| \lt \varepsilon[/math]

Возьмём разбиение [math]\tau[/math] , такое, что [math]\operatorname \tau \lt \delta[/math] . Тогда для любой пары соседних промежуточных точек [math]|f(x») — f(x’)| \lt \varepsilon[/math] . Тогда, по лемме о колебаниях, [math]M_k — m_k \lt \varepsilon[/math] .

Получаем: [math]\omega(f, \tau) \leq \varepsilon \sum\limits_^ \Delta x_k = (b — a)\varepsilon[/math] , если [math]\operatorname \tau \lt \delta[/math] . Устремляя [math]\varepsilon[/math] к нулю, получаем, что функция интегрируема.

2. [math]f[/math] возрастает.

Так как [math]m_k[/math] — минимум на отрезке, а [math]M_k[/math] — максимум, то [math]m_k = f(x_k)[/math] , [math]M_k = f(x_)[/math]

[math]\omega(f, \tau) = \sum\limits_^ (f(x_) — f(x_k)) \Delta x_k \leq [/math] [math]\operatorname \tau \sum\limits_^ f(x_ — f(x_k)) = [/math] [math](f(b) — f(a)) \operatorname \tau[/math]

Обобщение формулы аддитивности

Определение:
При [math]a \gt b[/math] , [math]\int\limits_a^b f = -\int\limits_b^a[/math]

Легко проверить, что формулу аддитивности можно обобщить для немонотонной последовательности чисел [math]a_1, a_2, \ldots a_n[/math] :

Доказать интегрируемость функции R(x) = 1/n при рациональных x, 0 при остальных

Пожалуйста, используйте IE6/7/8 с плагином MathPlayer, Firefox с установленными математическими шрифтами или Opera 9.5 и выше.

Объявления Последний пост
Открыта свободная публикация вакансий для математиков 26.09.2019 16:34
Гранты для студентов и аспирантов мехмата и физфака МГУ на обучение в магистратуре Кембриджа 2023/2024 28.11.2022 13:56
ML Research Engineer, до $8k/мес net 26.01.2024 09:15

22.12.2009 19:18
Дата регистрации:
14 лет назад
Доказать интегрируемость функции R(x) = 1/n при рациональных x, 0 при остальных

Помогите доказать что эта функция интегрируема по Риману на сегменте $[0, 1]$
$R(x) = \left\< \begin 1/n, & x \mbox < - рационально>\\ 0, & x \mbox < - иррационально>\end$

Редактировалось 5 раз(а). Последний 23.12.2009 14:37.

22.12.2009 19:45
Admin
Дата регистрации:
23 года назад
Посты: 1 984
Используйте тех правильно

Umnik, пожалуйста используйте тех правильно. Не следует заключать в тег math текст, который не является частью формулы.

Добавлено: Как правильно использовать русские буквы в формулах написано вот здесь.

Редактировалось 2 раз(а). Последний 22.12.2009 20:09.

22.12.2009 19:53
Дата регистрации:
14 лет назад
исправлено
22.12.2009 20:04
Дата регистрации:
14 лет назад
я вас огорчу

я вас огорчу но эта функция есть произведение функции Дирихле на константу(в данном случае 1/n) которая в смысле Римана не интегрируема.Почему — я не помню.Может кто объяснит?

22.12.2009 21:21
Дата регистрации:
14 лет назад
Посты: 13 190

Цитата
voipp
я вас огорчу но эта функция есть произведение функции Дирихле на константу(в данном случае 1/n) которая в смысле Римана не интегрируема.Почему — я не помню.Может кто объяснит?

По критерию Лебега.
22.12.2009 21:54
Дата регистрации:
14 лет назад
критерий лебега
Цитата
brukvalub

Цитата
voipp
я вас огорчу но эта функция есть произведение функции Дирихле на константу(в данном случае 1/n) которая в смысле Римана не интегрируема.Почему — я не помню.Может кто объяснит?

По критерию Лебега.

По критерию Лебега Функция интегрируема на G, если:
1)Функция ограничена на G.
2)Функция непрерывна на G\E, где множество E имеет меру Лебега нуль.

то есть я так понимаю что функция Дирихле разрывна во всех точках по определению и поэтому из 2) пункта критерия Лебега вытекает что она не интегрируема.

тогда как доказать что функция Дирихле интегрируема по Лебегу?

Редактировалось 2 раз(а). Последний 22.12.2009 22:00.

22.12.2009 23:04
Дата регистрации:
14 лет назад
Посты: 13 190
Про старика Иммануила.

«. тогда как доказать что функция Дирихле интегрируема по Лебегу?»
«— Браво! — вскричал иностранец. — Браво! Вы полностью повторили мысль беспокойного старика Иммануила по этому поводу. Но вот курьез: он начисто разрушил все пять доказательств, а затем, как бы в насмешку над самим собою, соорудил собственное шестое доказательство. «

Есть, по меньшей мере, 7 (то есть на 2 больше, чем у Канта!) способов доказать это:
1. по определению
2-4. по любому из трех критериев интегрируемости по Лебегу
5. по т. Лебега
6.по т. Б. Леви
7. по т. Фату.

22.12.2009 23:19
Дата регистрации:
14 лет назад

Цитата
brukvalub
«. тогда как доказать что функция Дирихле интегрируема по Лебегу?»
«— Браво! — вскричал иностранец. — Браво! Вы полностью повторили мысль беспокойного старика Иммануила по этому поводу. Но вот курьез: он начисто разрушил все пять доказательств, а затем, как бы в насмешку над самим собою, соорудил собственное шестое доказательство. «

Есть, по меньшей мере, 7 (то есть на 2 больше, чем у Канта!) способов доказать это:
1. по определению
2-4. по любому из трех критериев интегрируемости по Лебегу
5. по т. Лебега
6.по т. Б. Леви
7. по т. Фату.

и как доказать что она интегрируема по Лебегу по т. Лебега, не могли бы вы написать по подробнее пожалста?
как будет выглядеть доказательство?

Редактировалось 2 раз(а). Последний 22.12.2009 23:22.

22.12.2009 23:42
Дата регистрации:
14 лет назад
Посты: 13 190
Предъявите последовательность.

Постройте последовательность ограниченных одной константой, измеримых функций, которая п.в. сходится к ф-ции Дирихле.

22.12.2009 23:48
Дата регистрации:
15 лет назад
Посты: 2 928
Интегрируема ли по Риману

При чем тут Лебег, если вопрос про Римана и, возможно, про критерий Лебега людям ничего не рассказывалось?
Пусть $N$ — натуральное число. Разобьем отрезок на части длины не более $N^2$ . Тогда верхняя сумма Дарбу будет не более $\frac$ . Это получается из соображений: число точек, значения в которых превосходит $\frac$ не больше $N$ и суммарная длина отрезков, которые их содержат, не не бльше $\frac$ . Вклад этих отрезков в сумму Дарбу меньше суммарной длины. Во всех остальных отрезках максимальные значения не больше $\frac$ , и их вклад не больше суммарной длины, умноженной на $\frac$ . Но суммарная длина отрезков меньше 1.
Как видим, верхние суммы Дарбу стремятся к нулю при уменьшении длин отрезков разбиения. А нижние суммы Дарбу равны 0.
Функция интегрируема и интеграл равен 0.

После публикации этого сообщения г-н Brukvalub любезно обратил мое внимание на то, что в определении функции в рациональных точках участвует константа $\frac$ , тогда как я предполагал нечто иное. Ваш покорный слуга решил, что в условии есть неточность. А именно, предполагается, что задана некоторая нумерация рациональных чисел на отрезке $r_1,\,r_2,\. r_n,\. $ и в точке $r_n$ функция принимает значение $\frac$ . При таком уточнении функция будет интегрируема по Риману, как было показано выше.
Если же значение функции во всех рациональных точках одно и то же, то функция будет неинтегрируема. Для доказательства без критерия Лебега так же рассмотрите суммы Дарбу. Разумеется, не интегрируема по Риману.

Редактировалось 1 раз(а). Последний 23.12.2009 00:20.

Функция Дирихле

График данной функции построить невозможно, поскольку она разрывна в каждой точке: между любыми двумя рациональными числами есть хотя бы одно иррациональное.

Так как в любой окрестности любой точки вещественной прямой содержатся как рациональные, так и иррациональные числа (а значит, как нули, так и единицы функции), ни в одной точке у D ( x ) нет предела, а значит, она разрывна на всей числовой прямой, причём все точки разрыва — второго рода. График функции изобразить невозможно (при любом приближении он представлял бы собой на вид две параллельные прямые).

Функция Дирихле применяется в теории вероятности и математической статистике.

Названа в честь немецкого математика Свойства [ ]

  • Область определения — ( − ∞ ; + ∞ )
  • Область значения — 0 , 1 >
  • Функция Дирихле — пример функции не интегрируемой в смысле Римана. Однако, интеграл Лебега от функции Дирихле на любом числовом промежутке может быть легко найден, он всегда равен нулю. Это следует из того, что мера Лебега множества рациональных чисел равна нулю.
  • Функция Дирихле принадлежит второму D ( x ) = lim m → ∞ lim n → ∞ cos 2 n ⁡ m ! π x , \lim_\cos^m!\pi x,>

Пример ограниченной функции, не интегрируемой по Риману

Если функция интегрируема по Риману, то она ограничена( см. Теорема об ограниченности интегрируемой функции). Однако обратное, вообще говоря, не верно.

В качестве примера рассмотрим функцию Дирихле, [latex]D:\mathbb \mapsto \left \< 0,1 \right \>[/latex], принимающую значение 1, если аргумент есть рациональное число, и значение 0, если аргумент есть иррациональное число.

Рассмотрим её на отрезке [latex][0;1][/latex]. Очевидно, что она ограничена на нём. Покажем,что она не интегрируема.

Зафиксируем произвольное разбиение [latex]T=\left \ < x_\right \>_^[/latex] этого отрезка.

Если выбрать точки [latex]\xi _\in [x_;x_],i=\overline[/latex] рациональными, то получим интегральную сумму:

[latex]\sigma _(\xi _;D)=\sum\limits_^\underset<\underbrace>\triangle x_=\sum\limits_^\triangle x_=b-a[/latex] Перейдём к пределу:

а если взять [latex]\xi _[/latex] иррациональными,то

Как видим, предел интегральной суммы зависит от выбора промежуточных точек, следовательно, исходя из определения интегрируемой по Риману функции, [latex]D(x)[/latex] — не интегрируема по Риману.

Вывод:

ограниченность функции не является достаточным условием её интегрируемости.

Литература:

  • Кудрявцев Л.Д. Курс математического анализа(в двух томах) — М.:Высш. школа,1981, т.1. — 687 с. (с 443)
  • Р.М.Гаврилова, Г.С.Костецкая, А.Н.Карапетянц Методические указания по теме «Определенный интеграл»( с 6-7)

Дополнительно:

  • Дирихле Петер Густав Лежён
  • Необходимое условие интегрируемости функции по Риману

Добавить комментарий

Ваш адрес email не будет опубликован. Обязательные поля помечены *