Некоторые элементарные свойства интеграла Лебега

Материал из Викиконспекты
Перейти к: навигация, поиск

<< >>

Далее, для краткости, «определённый интеграл Лебега» будет означать интеграл Лебега от ограниченной измеримой функции по множеству конечной меры.

Учитывая, что [math]m \leq f(x) \leq M[/math] и [math]\mu E \geq 0[/math], [math]\mu E = \sum\limits_{i=1}^n \mu e_i [/math], имеем набор неравенств [math] m\mu E \leq \underline{s}(\tau) \leq \underline{L} \leq \overline{L} \leq \overline{s}(\tau) \leq M\mu E[/math].

То есть, [math]m \mu E \leq \int\limits_{E} f(x) d\mu \leq M \mu E[/math].

Если [math]f(x) = c [/math], то [math] \underline{s} = \overline{s} = c\mu E[/math], и интеграл от постоянной — [math]\int\limits_E cd\mu = c\mu E[/math].

Если [math] f [/math] неотрицательна, то интеграл от нее тоже неотрицателен.

Сигма-аддитивность[править]

Теорема ([math]\sigma[/math]-аддитивность интеграла):
Пусть существует [math] \int\limits_E fd\mu[/math], [math]E = \bigcup\limits_n E_n[/math] — измеримы и дизъюнктны. Тогда [math] \int\limits_E fd\mu = \sum\limits_n \int\limits_{E_n} fd\mu [/math].
Доказательство:
[math]\triangleright[/math]

1) [math]E = \bigcup\limits_{n=1}^p e_n[/math] (случай конечного объединения множеств).

Ясно, что достаточно рассмотреть [math]p=2[/math]: [math]\int\limits_E fd\mu = \int\limits_{E_1}fd\mu+\int\limits_{E_2}fd\mu[/math]. Дальнейшее доказательство делается тривиальной индукцией по числу множеств.

Раз [math]\exists \int\limits_E fd\mu[/math], то [math]f[/math] — измерима на [math]E[/math] и ограничена там.

Значит, она будет такой же на частях [math]E_1[/math] и [math]E_2[/math], поэтому, все интегралы существуют.

В силу определения интеграла, [math]\forall\varepsilon\ \exists\tau_i[/math] — разбиение [math]E_i[/math].

[math]\int\limits_{E_1}fd\mu -\varepsilon \lt \underline{s}(\tau_1) \Rightarrow \int\limits_{E_1} + \int\limits_{E_2} - 2\varepsilon \lt \underline{s}(\tau_1) + \underline{s}(\tau_2)[/math]

Но [math]\tau = \tau_1 \cup \tau_2[/math] — разбиение [math]E[/math]. Значит, [math]\int\limits_{E_1} + \int\limits_{E_2} - 2\varepsilon \leq \underline{s}(\tau) \leq \int\limits_E[/math].

[math]\varepsilon \to 0[/math] — почти победа. Получили, что [math]\int\limits_{E_1} + \int\limits_{E_2} \leq \int\limits_E[/math].

Обратное неравенство доказываем аналогично. Случай конечной суммы рассмотрен.

2) [math]E = \bigcup\limits_n E_n = \bigcup\limits_{n=1}^p E_n + B_p[/math], [math]B_p = \bigcup\limits_{n=p+1}^\infty E_n[/math]

Теперь [math]E[/math] разбито на конечное число дизъюнктных частей.

По пункту 1, [math]\int\limits_E= \sum\limits_{n=1}^p\int\limits_{E_n} + \int\limits_{B_p}[/math]

[math]|f(x)| \leq M \Rightarrow |\int\limits_{B_p}| \leq M\mu B_p[/math]

Так как [math]\mu E \lt +\infty[/math], [math]\mu E = \sum\limits_{n=1}^p \mu E_n + \mu B_p[/math], по [math]\sigma[/math]-аддитивности.

[math]\mu E = \sum\limits_{n=1}^\infty \mu E_n[/math].

Так как остаток сходящегося числового ряда стремится к нулю, [math]\mu B_p \to 0[/math].

Тогда, так как [math]\left|\int\limits_{B_p}\right| \leq \mu B_p \cdot M[/math], [math]\int\limits_{B_p} \xrightarrow[p\to \infty]{} 0[/math].

Тогда, при [math]p\to\infty[/math], [math]\int\limits_{E} = \sum\limits_{n=1}^\infty [/math], что нам и требовалось.
[math]\triangleleft[/math]

В частности, из этой теоремы уже можно перейти к следующему факту:

Утверждение:
Пусть [math]\exists\int\limits_E fd\mu, \int\limits_E gd\mu[/math], [math]\mu E(f\ne g) = 0[/math]. Тогда [math]\int\limits_E fd\mu = \int\limits_E gd\mu[/math]
[math]\triangleright[/math]

Действительно, [math]E_1 = E(f \ne g)[/math] — измеримо, так как [math]f[/math] и [math]g[/math] — измеримы. [math]E(f\ne g) = \bigcup\limits_{n=1}^\infty (|f-g|\geq \frac1n)[/math] — счётное объединение измеримых множеств.

[math]E_2 = E \setminus E_1[/math]. [math]E[/math] разбито на две дизъюнктных части,

[math]\int\limits_E fd\mu = \int\limits_{E_1} fd\mu + \int\limits_{E_2}fd\mu[/math], [math]\mu E_1 = 0 \Rightarrow \int\limits_{E_1} fd\mu = \int\limits_{E_1} gd\mu = 0 [/math].

Тогда:

[math]\int\limits_E fd\mu = 0 + \int\limits_{E_2} fd\mu = 0 + \int\limits_{E_2} gd\mu = \int\limits_E gd\mu [/math].
[math]\triangleleft[/math]

Если вернуться к [math]f = \begin{cases}0, & x \in \mathbb{Q}\\1, & x \notin \mathbb{Q}\end{cases}[/math] и [math]g = 1[/math], то, так как [math] f = g [/math] везде, кроме нульмерного множества, то [math]\int\limits_{[0;1]} fd\mu = \int\limits_{[0;1]}1d\mu = 1[/math].

Линейность[править]

Теперь установим так называемую линейность интеграла:

Утверждение:
Пусть [math]\exists\int f, \int g[/math], [math]\alpha, \beta \in \mathbb{R}[/math]. Тогда [math]\alpha\int\limits_E fd\mu + \beta\int\limits_E gd\mu = \int\limits_E(\alpha f + \beta g)d\mu[/math].
[math]\triangleright[/math]

Установим, что интеграл суммы равен сумме интегралов. То, что можно выносить множитель, доказывается аналогично.

В [math]\int\limits_E (f+g) = \int\limits_E f + \int\limits_E g [/math] все интегралы существуют, нужно только доказать, что равенство выполняется.

[math]E = \bigcup\limits_{j=1}^p e_j[/math].

[math] m_j(f) \le f(x) \le M_j(f) [/math];

[math] m_j(g) \le g(x) \le M_j(g) [/math];

Сложим эти неравенства:

[math]m_j(f) + m_j(g) \leq f(x) + g(x) \leq M_j(f) + M_j(g)[/math]

[math]m_j(f) + m_j(g) \leq m_j(f + g) \leq M_j(f + g) \leq M_j(f) + M_j(g)[/math]

Суммируем по [math]j[/math]:

[math]\underline{s}(f) + \underline{s}(g) \leq \underline{s}(f+g) \leq \int\limits_E(f+g) \leq \overline{s}(f+g) \leq \overline{s}(f) + \overline{s}(g)[/math].

[math]\underline{s}(f) + \underline{s}(g) \leq \int\limits_Ef+\int\limits_Eg[/math], [math]\int\limits_E(f+g)\leq \overline{s}(f) + \overline{s}(g)[/math].

В силу определения интеграла от измеримой функции, [math]\forall\varepsilon \gt 0 \exists \tau : \overline{s}(\tau, f) - \underline{s}(\tau, f)\lt \varepsilon[/math].


[math]\forall\varepsilon\gt 0\ \exists \tau_1 : \overline{s}(\tau_1, f) - \underline{s}(\tau_1, f) \lt \varepsilon[/math]

[math]\forall\varepsilon\gt 0\ \exists \tau_2 : \overline{s}(\tau_2, g) - \underline{s}(\tau_2, g) \lt \varepsilon[/math]

[math]\exists\tau_3 : \tau_3 \le \tau_1, \tau_2 [/math]

Подставим [math]\tau_3[/math].

[math]\overline{s}(f, \tau_3) - \underline{s}(f, \tau_3) \lt \varepsilon[/math]

[math]\overline{s}(g, \tau_3) - \underline{s}(g, \tau_3) \lt \varepsilon[/math]

Тогда крайние величины отличаются не более, чем на [math]2\varepsilon[/math]. Так как [math]\varepsilon[/math] — произвольное, числа должны совпасть.
[math]\triangleleft[/math]

<< >>