Раздел IV. Определённый интеграл — § 1. Определённый интеграл как предел суммы

Демидович — задача 2195

Б. П. Демидович, «Сборник задач и упражнений по математическому анализу». Условие, подробное решение и ответ.

Задача 2195

Показать, что функция Риманаφ(x)={0,если x иррационально;1n,если x=mn,\varphi(x)=\begin{cases}
0,&\text{если }x\text{ иррационально};\\
\dfrac1n,&\text{если }x=\dfrac mn,
\end{cases}где mm и nn (n≥1)(n\ge1) --- взаимно простые целые числа, интегрируема на любом конечном промежутке.
Доказано:На любом конечном отрезке∫abφ(x) dx=0\int_a^b\varphi(x)\,dx=0

Доказательство

Рассмотрим произвольный конечный отрезок [a;b][a;b]. Функция ограничена:0⩽φ(x)⩽10\leqslant\varphi(x)\leqslant1Каждый частичный отрезок содержит иррациональные точки, поэтому нижняя сумма Дарбу для любого разбиения равна нулю.

Пусть ε>0\varepsilon>0. Выберем натуральное NN так, чтобыb−aN<ε2\dfrac{b-a}{N}<\dfrac\varepsilon2Рациональных чисел из [a;b][a;b], которые в несократимом виде имеют знаменатель не больше NN, конечное число. Действительно,q=1,2,…,N,aq⩽p⩽bqq=1,2,\ldots,N,
\qquad
aq\leqslant p\leqslant bqи для каждого фиксированного qq существует лишь конечное число подходящих целых pp. Покроем каждую из этих точек открытым интервалом так, чтобы суммарная длина покрытия была меньше ε2\frac\varepsilon2. Все выделенные рациональные точки лежат внутри покрытия, а не на его границе. Пересечём покрытие с [a;b][a;b], объединим пересекающиеся интервалы и включим их граничные точки в разбиение PP.

Интервалы покрытия выбираем так, чтобы все выделенные рациональные точки находились внутри них; после объединения пересекающихся интервалов включаем их концы в разбиение. Вне покрытия рациональная точка может иметь только знаменатель q>Nq>N, поэтому в ней φ(x)=1q<1N\varphi(x)=\frac1q<\frac1N. В иррациональных точках φ(x)=0\varphi(x)=0. Таким образом, на частичных отрезках вне покрытия выполнено φ(x)⩽1N\varphi(x)\leqslant\frac1N. На отрезках внутри покрытия используем оценку φ(x)⩽1\varphi(x)\leqslant1. Поэтому верхняя сумма Дарбу удовлетворяет неравенствуU(φ,P)<ε2+b−aN<εU(\varphi,P)
<\dfrac\varepsilon2+\dfrac{b-a}{N}
<\varepsilonТаким образом, верхний и нижний интегралы Дарбу равны нулю, поэтому функция интегрируема на [a;b][a;b].

Что и требовалось доказать

Демидович № 2195 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика