Заглавная страница Избранные статьи Случайная статья Познавательные статьи Новые добавления Обратная связь КАТЕГОРИИ: АрхеологияБиология Генетика География Информатика История Логика Маркетинг Математика Менеджмент Механика Педагогика Религия Социология Технологии Физика Философия Финансы Химия Экология ТОП 10 на сайте Приготовление дезинфицирующих растворов различной концентрацииТехника нижней прямой подачи мяча. Франко-прусская война (причины и последствия) Организация работы процедурного кабинета Смысловое и механическое запоминание, их место и роль в усвоении знаний Коммуникативные барьеры и пути их преодоления Обработка изделий медицинского назначения многократного применения Образцы текста публицистического стиля Четыре типа изменения баланса Задачи с ответами для Всероссийской олимпиады по праву Мы поможем в написании ваших работ! ЗНАЕТЕ ЛИ ВЫ?
Влияние общества на человека
Приготовление дезинфицирующих растворов различной концентрации Практические работы по географии для 6 класса Организация работы процедурного кабинета Изменения в неживой природе осенью Уборка процедурного кабинета Сольфеджио. Все правила по сольфеджио Балочные системы. Определение реакций опор и моментов защемления |
Суммы Дарбу и интегрируемость функции по Риману.
Теорема: Функция интегрируема на отрезке тогда и только тогда, когда . Доказательство:
Докажем необходимость условия: Функция интегрируема на отрезке . Пусть , тогда , т.е. . т.е. и . Далее имеем: , т.е. . Необходимость доказана.
Докажем достаточность условия: . . . Докажем, что . , , , тогда , т.е. , . Достаточность доказана. Билет 41 Основная теорема о существовании определенного интеграла Римана. Теорема (Основная) Ограниченная функция f интегрируема на отрезке [a,b] тогда и только тогда, когда . Доказательство: По теореме об интегрируемости (f интегрируема Û ) функция интегрируема тогда и только тогда, когда (1). Надо доказать, что если . Т.е. если найдется одно R*, удовлетворяющее неравенству (1), то оно (неравенство) будет выполняться для всех R. Возьмем произвольное . Нужно найти δ, такое чтобы выполнялось неравенство . По условию теоремы . Рассмотрим наше разбиение R* и произвольное R, как показано на рисунке. Составим разность верхней и нижней сумм Дарбý для нового разбиения R: . Нужно сделать его меньше . Из условия имеем . Обозначим через Σ первую сумму и разобъем ее: Σ=Σ1+Σ2. Σ1 – такие слагаемые, что элемент нового разбиения R содержит в себе хотя бы одну точку границы старого раазбиения R*. Все остальное войдет в Σ2. Рассмотрим отдельно Σ1 и Σ2: Σ1: т.к. функция f – ограничена (k - константа). Тогда (M и m – максимум и минимум на [a,b]). Получим Σ1 , где λR<δ, а количество красных отрезков не превосходит 2n. Для того чтобы это неравенство выполнялось, достаточно взять δ< /8kn. Т.е. при δ< /8kn Σ1 < /2. Σ2: разобъем Σ2 на повторные суммы, т.е. Σ2=Σ(Σ i). Σ i≤ ≤ (Mi*-mi*) ΣΔ xi*, где Mj и mj – максимум и минимум на j -том участке. Σ i – группировка тех новых j -тых участков, которые попали в один и тот же старый. Получим Σ2 ÞΣ1+Σ2 <ε, т.е. Σ < . В итоге: . Теорема доказана. Следствие 1: Функция f – интегрируема на [a,b], если с : (если существует такая последовательность разбиений с мелкостью, стремящейся к нулю, что модуль разности последовательности интегральных сумм и интеграла стремится к нулю). Следствие 2: Функция f – интегрируема на [a,b], если (если верхний интеграл равен нижнему).
Билет 42 Равномерная непрерывность функции. Модуль непрерывности. Определение 1: ограниченная функция, и при выполнении условия , называется равномерно непрерывной. Определение 2(Критерий Коши): - равномерно непрерывная функция на отрезке если выполняется условие при . Теорема 1 (Эквивалентность определений 1 и 2) Доказательство: Так как и выполняется Критерий Коши. Теорема 2 Функция непрерывная на отрезке, равномерно непрерывна на нем (). Доказательство: Допустим что теорема неверна. Построим отрицание к определению 2. . Зададим стремящуюся к нулю последовательность положительных чисел , тогда . Так как точки последовательности принадлежат к отрезку , то эта последовательность ограничена, и из нее можно выделить, по теореме Больцано-Вейерштрасса, подпоследовательность , сходящуюся к некоторой точке . Значит, из нее можно выделить также подпоследовательность . Аналогично выделим подпоследовательность и . Получили противоречие – теорема доказана. Необходимость условия: Если , то теорема 2 не выполняется. Пример Пусть при . Билет 43
|
|||||
Последнее изменение этой страницы: 2017-02-09; просмотров: 397; Нарушение авторского права страницы; Мы поможем в написании вашей работы! infopedia.su Все материалы представленные на сайте исключительно с целью ознакомления читателями и не преследуют коммерческих целей или нарушение авторских прав. Обратная связь - 3.15.147.53 (0.008 с.) |