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

Демидович — задача 2205

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

Задача 2205

Пусть функция f(x)f(x) интегрируема на сегменте [a,b][a,b]. Доказать, что равенство∫abf2(x) dx=0\int_a^bf^2(x)\,dx=0имеет место тогда и только тогда, если f(x)=0f(x)=0 во всех точках непрерывности функции f(x)f(x), принадлежащих сегменту [a,b][a,b].
Доказано:Равенство∫abf2(x) dx=0\int_a^b f^2(x)\,dx=0выполняется тогда и только тогда, когда f(x)=0f(x)=0 во всех точках непрерывности функции ff на [a,b][a,b].

Доказательство

Поскольку ff интегрируема, она ограничена: ∣f(x)∣⩽M|f(x)|\leqslant M на [a,b][a,b] для некоторого M>0M>0. Сначала проверим интегрируемость f2f^2. Для любых x,yx,y∣f2(x)−f2(y)∣=∣f(x)−f(y)∣ ∣f(x)+f(y)∣⩽2M∣f(x)−f(y)∣|f^2(x)-f^2(y)|
=|f(x)-f(y)|\,|f(x)+f(y)|
\leqslant2M|f(x)-f(y)|Поэтому на каждом частичном отрезке ωi(f2)⩽2Mωi(f)\omega_i(f^2)\leqslant2M\omega_i(f), и для любого разбиенияU(f2,P)−L(f2,P)⩽2M(U(f,P)−L(f,P))U(f^2,P)-L(f^2,P)
\leqslant2M\bigl(U(f,P)-L(f,P)\bigr)Правая часть может быть сделана сколь угодно малой. По критерию Дарбу f2f^2 интегрируема.

Сначала докажем необходимость. Пусть∫abf2(x) dx=0\int_a^b f^2(x)\,dx=0и пусть x0x_0 — точка непрерывности ff. Предположим, что ∣f(x0)∣=c>0|f(x_0)|=c>0. По непрерывности существует δ>0\delta>0 такое, что на пересечении [a,b][a,b] с ∣x−x0∣<δ|x-x_0|<\delta выполняется∣f(x)∣>c2|f(x)|>\dfrac c2Это пересечение содержит промежуток JJ положительной длины. Тогда∫abf2(x) dx≥∫Jf2(x) dx≥c24∣J∣>0\int_a^b f^2(x)\,dx
\ge\int_J f^2(x)\,dx
\ge\dfrac{c^2}{4}|J|>0Получено противоречие. Следовательно, f(x0)=0f(x_0)=0 в каждой точке непрерывности функции.

Докажем достаточность. Сначала обоснуем, что каждый невырожденный подотрезок I⊂[a,b]I\subset[a,b] содержит точку непрерывности функции ff.

Пусть σ>0\sigma>0. Ограничение интегрируемой функции ff на II интегрируемо, поэтому существует разбиение PIP_I такое, чтоU(f,PI)−L(f,PI)<σ∣I∣U(f,P_I)-L(f,P_I)<\sigma|I|Если бы колебание функции на каждом промежутке этого разбиения было не меньше σ\sigma, тоU(f,PI)−L(f,PI)=∑jωj Δxj≥σ∑jΔxj=σ∣I∣\begin{aligned}
U(f,P_I)-L(f,P_I)
&=\sum_j\omega_j\,\Delta x_j\ge\sigma\sum_j\Delta x_j=\sigma|I|
\end{aligned}что противоречит выбору разбиения. Следовательно, внутри II существует замкнутый подотрезок JJ положительной длины, для которогоω(f,J)<σ\omega(f,J)<\sigmaУменьшая JJ при необходимости, его длину можно сделать сколь угодно малой, не увеличивая колебания функции. Возьмём произвольный невырожденный отрезок I0⊂[a,b]I_0\subset[a,b]. Последовательно применяя доказанное утверждение, выберем вложенные отрезки так, чтобыIk⊂int⁡Ik−1,∣Ik∣<1k,ω(f,Ik)<1kI_k\subset\operatorname{int}I_{k-1},
\qquad
|I_k|<\dfrac1k,
\qquad
\omega(f,I_k)<\dfrac1kПо теореме о вложенных отрезках существует единственная точкаx0∈⋂k=1∞Ikx_0\in\bigcap_{k=1}^{\infty}I_kДля любого ε>0\varepsilon>0 выберем kk так, чтобы 1k<ε\frac1k<\varepsilon. Поскольку x0∈Ik+1⊂int⁡Ikx_0\in I_{k+1}\subset\operatorname{int}I_k, некоторая окрестность точки x0x_0 содержится в IkI_k. Для всех xx из этой окрестности∣f(x)−f(x0)∣≤ω(f,Ik)<1k<ε|f(x)-f(x_0)|
\le\omega(f,I_k)<\dfrac1k<\varepsilonЗначит, ff непрерывна в точке x0x_0. Таким образом, каждый невырожденный подотрезок отрезка [a,b][a,b] содержит точку непрерывности ff.

Теперь рассмотрим произвольное разбиение PP. В каждом его промежутке выберем точку непрерывности ξ\xi. По предположению f(ξ)=0f(\xi)=0. Так как f2(x)≥0f^2(x)\ge0, на каждом промежутке разбиенияinf⁡f2(x)=0\inf f^2(x)=0Следовательно, каждая нижняя сумма Дарбу функции f2f^2 равна нулю:L(f2,P)=0L(f^2,P)=0Функция f2f^2 интегрируема, поэтому её интеграл равен нижнему интегралу. Отсюда∫abf2(x) dx=sup⁡PL(f2,P)=0\int_a^b f^2(x)\,dx
=\sup_P L(f^2,P)=0Оба направления доказаны.

Что и требовалось доказать

Демидович № 2205 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика