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

Демидович — задача 2204

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

Задача 2204

Пусть функция f(x)f(x) интегрируема на сегменте [A,B][A,B]. Доказать, что функция f(x)f(x) обладает свойством интегральной непрерывности, т. е.lim⁡h→0∫ab∣f(x+h)−f(x)∣ dx=0,\lim_{h\to0}\int_a^b|f(x+h)-f(x)|\,dx=0,где [a,b]⊂[A,B][a,b]\subset[A,B].
Доказано:По всем допустимым сдвигам, для которых [a+h;b+h]⊂[A;B][a+h;b+h]\subset[A;B],lim⁡h→0∫ab∣f(x+h)−f(x)∣ dx=0\lim_{h\to0}\int_a^b|f(x+h)-f(x)|\,dx=0При A<a⩽b<BA<a\leqslant b<B это обычный двусторонний предел. Если [a;b]=[A;B][a;b]=[A;B], двусторонняя запись требует продолжения функции за пределы отрезка.

Доказательство

При сдвиге все аргументы функции должны оставаться в области её определения. Поэтому рассматриваем значения hh, для которых[a+h;b+h]⊂[A;B][a+h;b+h]\subset[A;B]Если A<a⩽b<BA<a\leqslant b<B, положимρ=min⁡{a−A,  B−b}>0\rho=\min\{a-A,\;B-b\}>0Тогда все сдвиги с ∣h∣<ρ|h|<\rho допустимы и предел двусторонний. Если a=Aa=A или b=Bb=B, предел рассматриваем только по допустимым сдвигам. При [a;b]=[A;B][a;b]=[A;B] ненулевых допустимых сдвигов нет: для двусторонней записи нужно заранее продолжить функцию за пределы [A;B][A;B]. Ниже доказательство использует только указанное включение, не требуя положительного запаса у концов.

При a=ba=b интеграл равен нулю. Далее считаем a<ba<b. ПоложимM=sup⁡x∈[A,B]∣f(x)∣M=\sup_{x\in[A,B]}|f(x)|При M=0M=0 утверждение выполнено. Пусть M>0M>0 и ε>0\varepsilon>0. Так как ff интегрируема, существует разбиениеA=x0<x1<…<xn=BA=x_0<x_1<\ldots<x_n=Bтакое, что∑i=1nωi(xi−xi−1)<ε4\sum_{i=1}^{n}\omega_i(x_i-x_{i-1})
<\dfrac{\varepsilon}{4}где ωi\omega_i — колебание ff на [xi−1,xi][x_{i-1},x_i]. На каждом промежутке выберем точку ξi\xi_i и построим ступенчатую функциюs(x)=f(ξi),xi−1≤x<xis(x)=f(\xi_i),
\qquad x_{i-1}\le x<x_iЗначение s(B)s(B) выберем равным f(ξn)f(\xi_n). Тогда внутри каждого промежутка, а также в его левом конце,∣f(x)−s(x)∣≤ωi|f(x)-s(x)|\le\omega_iВ точках разбиения значение ss может принадлежать соседней ветви. Таких точек конечное число, и на оценку интеграла они не влияют. Разность f−sf-s интегрируема. Неравенство∣∣u∣−∣v∣∣⩽∣u−v∣\bigl||u|-|v|\bigr|\leqslant|u-v|показывает, что переход к модулю не увеличивает колебание функции. Поэтому по критерию Дарбу модуль ∣f−s∣|f-s| также интегрируем. Интегрируя оценку на каждом промежутке разбиения, получаем∫AB∣f(x)−s(x)∣ dx≤∑i=1nωi(xi−xi−1)<ε4\begin{aligned}
\int_A^B|f(x)-s(x)|\,dx
&\le\sum_{i=1}^{n}\omega_i(x_i-x_{i-1})<\dfrac{\varepsilon}{4}
\end{aligned}Функция ss может иметь скачки только в точках x1,…,xn−1x_1,\ldots,x_{n-1}. Значения s(x+h)s(x+h) и s(x)s(x) могут различаться лишь тогда, когда между xx и x+hx+h находится одна из этих точек. Общая длина таких промежутков не превосходит (n−1)∣h∣(n-1)|h|, а∣s(x+h)−s(x)∣≤2M|s(x+h)-s(x)|\le2MПоэтому∫ab∣s(x+h)−s(x)∣ dx≤2M(n−1)∣h∣\int_a^b|s(x+h)-s(x)|\,dx
\le2M(n-1)|h|Выберем hh настолько малым, чтобы правая часть была меньше ε2\frac{\varepsilon}{2}. После замены u=x+hu=x+h имеем∫ab∣f(x+h)−s(x+h)∣ dx=∫a+hb+h∣f(u)−s(u)∣ du≤∫AB∣f(u)−s(u)∣ du<ε4\begin{aligned}
\int_a^b|f(x+h)-s(x+h)|\,dx
&=\int_{a+h}^{b+h}|f(u)-s(u)|\,du\le\int_A^B|f(u)-s(u)|\,du
<\dfrac{\varepsilon}{4}
\end{aligned}Теперь применим неравенство треугольника:∫ab∣f(x+h)−f(x)∣ dx≤∫ab∣f(x+h)−s(x+h)∣ dx++∫ab∣s(x+h)−s(x)∣ dx++∫ab∣s(x)−f(x)∣ dx<<ε4+ε2+ε4=ε\begin{aligned}
\int_a^b|f(x+h)-f(x)|\,dx
&\le\int_a^b|f(x+h)-s(x+h)|\,dx+\\
&\quad+\int_a^b|s(x+h)-s(x)|\,dx+\\
&\quad+\int_a^b|s(x)-f(x)|\,dx<\\
&<\dfrac{\varepsilon}{4}
+\dfrac{\varepsilon}{2}
+\dfrac{\varepsilon}{4}=\varepsilon
\end{aligned}Следовательно,lim⁡h→0∫ab∣f(x+h)−f(x)∣ dx=0\lim_{h\to0}\int_a^b|f(x+h)-f(x)|\,dx=0Для двустороннего предела на границе можно продолжить ff нулём за пределы [A,B][A,B] на больший отрезок. Продолженная функция интегрируема: вне исходного отрезка она постоянна, а возможные разрывы в двух граничных точках не мешают интегрируемости. К ней применимо доказанное рассуждение.

Что и требовалось доказать

Демидович № 2204 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика