Эта статья находится в разработке!
TODO: ВАКАНСИЯ: ВНИМАТЕЛЬНЫЙ ЧИТАТЕЛЬ. НУЖЕН, ЧТОБЫ ОЗНАКОМИТЬСЯ С ЭТИМ ТЕКСТОМ И ИСПРАВИТЬ КОСЯКИ
Далее, для краткости, «определённый интеграл Лебега» = «интеграл Лебега от ограниченной измеримой функции по множеству конечной меры»
[math]m \leq f(x) \leq M[/math], то, так как [math]\mu e \geq 0[/math], [math]\mu E = \sum\limits_{i=1}^n \mu e_i \Rightarrow 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]
[math]f(x) = c \Rightarrow \underline{s} = \overline{s} = c\mu E[/math]
Интеграл от постоянной — [math]\int\limits_E cd\mu = c\mu E[/math]
| Утверждение: |
Интеграл неотрицательной функции неотрицателен |
Сигма-аддитивность
| Теорема ([math]\sigma[/math]-аддитивность интеграла): |
[math]\exists \int\limits_E fd\mu[/math], [math]E = \bigcup\limits_n E_n[/math] — измеримы и дизъюнктны |
| Доказательство: |
| [math]\triangleright[/math] |
|
1)
[math]E = \bigcup\limits_{n=1}^p e_n[/math]
Ясно, что, в силу индукции 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]
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 + 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.
[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 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 0]{} 0[/math]
Тогда, при [math]p\to\infty[/math], [math]\int\limits_{E} = \sum\limits_{n=1}^p + \int\limits_{B_p}[/math]. В пределе — нужная функция. |
| [math]\triangleleft[/math] |
В частности, из этой теоремы уже можно перейти к следующему факту:
| Утверждение: |
Пусть [math]\exists\int\limits_E f(x)d\mu, \int\limits_E g(x)d\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|\leq \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 = \int\limits_{E_2} fd\mu = \int\limits_{E_1}gd\mu [=0] + \int\limits_{E_2}fd\mu = \\
\int\limits_{E_1}gd\mu + \int\limits_{E_2}gd\mu [\forall x \in E_2 : f(x) = g(x)] = \\
\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], [math]\lambda\mathbb{Q} = 0[/math] [math]\Rightarrow[/math] [math]\lambda E(f\ne g) = 0[/math] [math]\Rightarrow[/math] [math]\int\limits_{[0;1]} fd\mu = \int\limits_{0;1}1d\mu = 1[/math]
Линейность
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 — аналогично.
[math]\int\limits_E f+g = \int\limits_E f + \int\limits_E g [/math]. Интеграл существует, нужно только доказать, что его значение именно такое.
[math]E = \bigcup\limits_{j=1}^p e_j[/math], [math]m_j(f) = \inf\limits_{e_j} f[/math]
[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) + \leq M_j(g)[/math]
Суммируем по [math]i[/math]
[math]\underline{s}(f) + \underline{s}(g) \leq \underline{s}(f+g) \leq \int\limits_Ef+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] |
