Artikel

5.10: Keadaan Keutuhan yang Cukup. Fungsi Teratur - Matematik


Dalam bahagian ini, kita akan menentukan sekumpulan fungsi yang mempunyai antivirus. Pertama, kami memberikan definisi umum, berlaku untuk ruang jarak apa pun ((T, p) ) (tidak semestinya (E). ) Ruang domain tetap (E ^ {1} ).

Definisi 1

Fungsi (f: E ^ {1} rightarrow (T, p) ) dikatakan diatur pada selang (I subseteq E ^ {1}, ) dengan titik akhir (a

Contoh

(a) Sekiranya (f ) relatif berterusan dan terbatas pada (I, ) ia diatur.

(b) Setiap fungsi monoton nyata diatur (lihat Bab 4, §5, Teorema 1).

(c) Jika (f: E ^ {1} rightarrow E ^ {n} left (^ {*} C ^ {n} right) ) telah membatasi variasi pada (I, ) ia diatur (§7, Teorema 4).

(d) Fungsi ciri satu set (B, ) dilambangkan (C_ {B}, ) ditentukan oleh

[C_ {B} (x) = 1 teks {if} x in B text {dan} C_ {B} = 0 teks {on} -B. ]

Untuk sebarang selang waktu (J subseteq E ^ {1}, C_ {J} ) diatur pada (E ^ {1} ).

(e) Fungsi (f ) disebut fungsi langkah di (I ) iff (I ) dapat diwakili sebagai penyatuan, (I = bigcup_ {k} I_ {k}, ) urutan selang disjoint (I_ {k} ) sehingga (f ) tetap dan ( neq pm infty ) pada setiap (I_ {k} ). Perhatikan bahawa beberapa (I_ {k} ) mungkin tunggal, ( {p }. )

Sekiranya bilangan (I_ {k} ) adalah terbatas, kami memanggil (f ) fungsi langkah sederhana.

Apabila jarak jarak (T ) adalah (E, ) kita dapat memberikan definisi alternatif yang mudah berikut. Jika, katakan, (f = a_ {k} neq pm infty ) di (I_ {k}, ) maka

[f = sum_ {k} a_ {k} C_ {I_ {k}} quad text {on} I, ]

di mana (C_ {I_ {k}} ) seperti di (d). Perhatikan bahawa ( sum_ {k} a_ {k} C_ {I_ {k}} (x) ) selalu ada untuk disjoint (I_ {k}. ) (Mengapa?)

Setiap fungsi langkah mudah diatur. (Kenapa?)

Teorema ( PageIndex {1} )

Biarkan fungsi (f, g, h ) nyata atau kompleks (atau biarkan (f, g ) diberi nilai vektor dan h skalar dinilai).

Sekiranya mereka diatur pada (I, ) begitu juga (f pm g, fh, ) dan (| f |; ) begitu juga (f / h ) jika (h ) adalah dibatasi dari 0 pada (I, ) iaitu, (( wujud varepsilon> 0) | h | geq varepsilon ) di (I. )

Bukti

Buktinya, berdasarkan sifat had biasa, diserahkan kepada pembaca.

Kita memerlukan dua buah lem. Salah satunya adalah lemma Heine-Borel yang terkenal.

lemma ( PageIndex {1} ) (Heine-Borel)

Sekiranya selang tertutup (A = [a, b] ) di (E ^ {1} ) (atau (E ^ {n}) ) dilindungi oleh set terbuka (G_ {i} (i di I), ) iaitu,

[A subseteq bigcup_ {i in I} G_ {i}, ]

maka (A ) boleh diliputi oleh bilangan terhingga (G_ {i} ) ini.

Bukti

Buktinya digambarkan dalam Masalah 10 Bab 4, §6.

Catatan 1. Ini gagal untuk selang waktu tidak tertutup (A. ) Contohnya, biarkan

[A = (0,1) subseteq E ^ {1} text {dan} G_ {n} = kiri ( frac {1} {n}, 1 kanan). ]

Kemudian

[A = bigcup_ {n = 1} ^ { infty} G_ {n} ( text {verifikasi!}), Text {tetapi tidak} A subseteq bigcup_ {n = 1} ^ {m} G_ {n} ]

untuk apa-apa yang terhingga (m. ) (Mengapa?)

Lemma juga gagal untuk set yang belum dibuka (G_ {i}. ) Contohnya, tutup (A ) oleh singleton ( {x }, x in A. ) Maka tidak satu pun dari ( { x } ) boleh dijatuhkan!

lemma ( PageIndex {2} )

Sekiranya fungsi (f: E ^ {1} rightarrow T ) diatur pada (I = [a, b], ) maka (f ) dapat didekati secara seragam oleh fungsi langkah sederhana pada (I . )

Iaitu, untuk mana-mana ( varepsilon> 0, ) terdapat fungsi langkah sederhana (g, ) dengan ( rho (f, g) leq varepsilon ) di (I; ) maka

[ sup _ {x in I} rho (f (x), g (x)) leq varepsilon. ]

Bukti

Dengan andaian, (f kiri (p ^ {-} kanan) ) ada untuk setiap (p in (a, b], ) dan (f kiri (p ^ {+} kanan) ) wujud untuk (p in [a, b), ) semua terhingga.

Oleh itu, diberikan ( varepsilon> 0 ) dan mana-mana (p di I, ) terdapat (G_ {p} ( delta )) (( delta ) bergantung pada (p ) ) sehingga ( rho (f (x), r) < varepsilon ) setiap kali (r = f kiri (p ^ {-} kanan) ) dan (x in (p- delta , p), ) dan ( rho (f (x), s) < varepsilon ) setiap kali (s = f kiri (p ^ {+} kanan) ) dan (x di ( p, p + delta); x di I )

Kami memilih (G_ {p} ( delta) ) untuk setiap (p in I. ) Kemudian bola terbuka (G_ {p} = G_ {p} ( delta) ) meliputi selang tertutup (I = [a, b], ) sehingga oleh Lemma 1, (I ) diliputi oleh sebilangan kecil bola seperti itu, katakan,

[I subseteq bigcup_ {k = 1} ^ {n} G_ {p_ {k}} kiri ( delta_ {k} kanan), quad a in G_ {p_ {1}}, a leq p_ {1}

Kami sekarang menentukan fungsi langkah (g ) pada (I ) seperti berikut.

Sekiranya (x = p_ {k}, ) kita letakkan

[g (x) = f kiri (p_ {k} kanan), quad k = 1,2, ldots, text {} n. ]

Sekiranya (x in kiri [a, p_ {1} kanan), ) maka

[g (x) = f kiri (p_ {1} ^ {-} kanan). ]

Sekiranya (x in kiri (p_ {1}, p_ {1} + delta_ {1} kanan), ) maka

[g (x) = f kiri (p_ {1} ^ {+} kanan). ]

Secara lebih umum, jika (x ) berada di (G _ { neg p_ {k}} kiri ( delta_ {k} kanan) ) tetapi tidak ada di (G_ {p_ {i}} kiri ( delta_ {i} kanan), i

[g (x) = f kiri (p_ {k} ^ {-} kanan) quad text {if} x

dan

[g (x) = f kiri (p_ {k} ^ {+} kanan) quad text {if} x> p_ {k}. ]

Kemudian dengan pembinaan, ( rho (f, g) < varepsilon ) pada setiap (G_ {p_ {k}}, ) maka pada (I. Quad square )

* Catatan 2. Sekiranya (T ) selesai, kita dapat mengatakan lebih banyak: (f ) diatur pada (I = [a, b] ) iff (f ) didekati secara seragam oleh fungsi langkah sederhana pada (I ). (Lihat Masalah 2.)

Teorema ( PageIndex {2} )

Sekiranya (f: E ^ {1} rightarrow E ) diatur pada selang (I subseteq E ^ {1} ) dan jika (E ) selesai, maka ( int f ) wujud di (I, ) tepat pada setiap titik kesinambungan (f ) di (I ^ {0} ).

Khususnya, semua peta berterusan (f: E ^ {1} kanan bawah E ^ {n} kiri (^ {*} C ^ {n} kanan) ) mempunyai primitif yang tepat.

Bukti

Memandangkan Masalah 14 §5, memadai untuk mempertimbangkan selang waktu tertutup.

Oleh itu, biarkan (I = [a, b], a

Tetapi, demikian juga fungsi langkah sederhana

[f = sum_ {k = 1} ^ {m} a_ {k} C_ {I_ {k}}, ]

dengan penggunaan berulang Corollary 1 dalam §5.

Akhirnya, biarkan (f ) menjadi fungsi terkawal di (I ). Kemudian oleh Lemma 2, untuk mana-mana ( varepsilon_ {n} = frac {1} {n}, ) terdapat fungsi langkah mudah (g_ {n} ) sehingga

[ sup _ {x in I} kiri | g_ {n} (x) -f (x) kanan | leq frac {1} {n}, quad n = 1,2, lots. ]

Seperti ( frac {1} {n} rightarrow 0, ) ini menunjukkan bahawa (g_ {n} rightarrow f ) (seragam) pada (I ) (lihat Bab 4, §12, Teorema 1 ). Juga, dengan apa yang dibuktikan di atas, fungsi langkah (g_ {n} ) mempunyai antiderivatif, oleh itu demikian juga (f ) (Teorema 2 dalam §9); ; iaitu, (F = int f ) ada di (I, ) seperti yang dituntut. Selain itu, ( int f ) tepat pada titik kesinambungan (f ) di (I ^ {0} ) (Masalah 10 di §5) ( quad square )

Memandangkan keadaan yang mencukupi yang dinyatakan dalam Teorema 2, kita sekarang dapat mengganti anggapan " ( int f ) ada" dalam teorema sebelumnya dengan " (f ) diatur" (dengan syarat (E ) sudah lengkap ). Sebagai contoh, mari kita tinjau Masalah 7 dan 8 di §5.

Teorema ( PageIndex {3} ) (undang-undang berwajaran rata-rata)

Mari (f: E ^ {1} rightarrow E ) ( (E ) selesai) dan (g: E ^ {1} rightarrow E ^ {1} ) diatur pada (I = [ a, b], ) dengan (g geq 0 ) on (I. ) Maka yang berikut adalah benar:

(i) Terdapat terhingga (c di E ) (disebut "g-weighted mean of (f ) on (I )") sehingga ( int_ {a} ^ {b} gf = c int_ {a} ^ {b} g ).

(ii) Sekiranya (f, ) juga nyata dan mempunyai harta Darboux di (I, ) maka (c = f (q) ) untuk beberapa (q di I. )

Bukti

Memang, seperti (f ) dan (g ) diatur, begitu juga (gf ) oleh Teorema 1. Oleh itu oleh Teorem 2, ( int f ) dan ( int gf ) wujud di (I. ) Selebihnya mengikuti seperti dalam Masalah 7 dan 8 dari §5. ( quad square )

Teorema ( PageIndex {4} ) (undang-undang kedua min)

Katakan (f ) dan (g ) adalah nyata, (f ) adalah monoton dengan (f = int f ^ { prime} ) di (I, ) dan (g ) diatur pada (I; I = [a, b]. ) Kemudian

[ int_ {a} ^ {b} fg = f (a) int_ {a} ^ {q} g + f (b) int_ {q} ^ {b} g teks {untuk beberapa} q di I. ]

Bukti

Untuk membetulkan idea, biarkan (f uparrow; ) iaitu, (f ^ { prime} geq 0 ) di (I ).

Rumus (f = int f ^ { prime} ) bermaksud (f ) relatif berterusan (oleh itu diatur) pada (I ) dan boleh dibezakan pada (IQ ) ( (Q ) boleh dikira). Seperti (g ) diatur,

[ int_ {a} ^ {x} g = G (x) ]

memang wujud di (I, ) jadi (G ) mempunyai sifat yang serupa, dengan (G (a) = int_ {a} ^ {a} g = 0 ).

Oleh Teorema 1 dan 2, ( int f G ^ { prime} = int fg ) wujud di (I. ) (Mengapa?) Oleh itu oleh Corollary 5 dalam §5, begitu juga dengan ( int G f ^ { prime}, ) dan kita ada

[ int_ {a} ^ {b} fg = int_ {a} ^ {b} f G ^ { prime} = f (x) G kiri. (x) kanan | _ {a} ^ { b} - int_ {a} ^ {b} G f ^ { prime} = f (b) G (b) - int_ {a} ^ {b} G f ^ { prime}. ]

Sekarang (G ) mempunyai harta Darboux di (I ) (relatif berterusan), dan (f ^ { prime} geq 0. ) Juga, ( int G ) dan ( int G f ^ { prime} ) wujud di (I. ) Oleh itu oleh Masalah 7 dan 8 di §5,

[ int_ {a} ^ {b} G f ^ { prime} = G (q) int_ {a} ^ {b} f ^ { prime} = G (q) f kiri. (x) kanan | _ {a} ^ {b}, quad q in I. ]

Menggabungkan semua, kami memperoleh hasil yang diperlukan (1) sejak

[ start {aligned} int fg & = f (b) G (b) - int_ {a} ^ {b} G f ^ { prime} & = f (b) G (b) - f (b) G (q) + f (a) G (q) & = f (b) int_ {q} ^ {b} g + f (a) int_ {a} ^ {q} g . quad square end {aligned} ]

Kami menyimpulkan dengan aplikasi untuk siri yang tidak terhingga. Diberi (f: E ^ {1} kanan bawah E, ) kita tentukan

[ int_ {a} ^ { infty} f = lim _ {x rightarrow + infty} int_ {a} ^ {x} f teks {dan} int _ {- infty} ^ {a} f = lim _ {x rightarrow- infty} int_ {x} ^ {a} f ]

sekiranya wujud dan had ini

Kami mengatakan bahawa ( int_ {a} ^ { infty} f ) dan ( int _ {- infty} ^ {a} f ) menyatukan sekiranya wujud dan terbatas.

Teorema ( PageIndex {5} ) (ujian penumpuan integral)

Sekiranya (f: E ^ {1} rightarrow E ^ {1} ) tidak negatif dan tidak meningkat pada (I = [a, + infty), ) maka

[ int_ {a} ^ { infty} f text {menyatukan iff} sum_ {n = 1} ^ { infty} f (n) teks {tidak.} ]

Bukti

Oleh kerana (f downarrow, f ) diatur, jadi ( int f ) wujud di (I = [a, + infty). ) Kami memperbaiki beberapa semula jadi (k geq a ) dan tentukan

[F (x) = int_ {k} ^ {x} f teks {untuk} x dalam I. ]

Oleh Teorema 3 (iii) di §5, (F uparrow ) on (I ). Oleh itu dengan monotonik,

[ lim _ {x rightarrow + infty} F (x) = lim _ {x rightarrow + infty} int_ {k} ^ {x} f = int_ {k} ^ { infty} f ]

wujud di (E ^ {*}; ) begitu juga ( int_ {a} ^ {k} f. ) Sejak

[ int_ {a} ^ {x} f = int_ {a} ^ {k} f + int_ {k} ^ {x} f, ]

di mana ( int_ {a} ^ {k} f ) adalah mengikut definisi, kita ada

[ int_ {a} ^ { infty} f <+ infty text {iff} int_ {k} ^ { infty} f <+ infty. ]

Begitu juga,

[ sum_ {n = 1} ^ { infty} f (n) <+ infty quad text {iff} sum_ {n = k} ^ { infty} f (n) <+ infty. ]

Oleh itu, kita boleh menggantikan " (a )" dengan " (k )."

Biarkan

[I_ {n} = [n, n + 1), quad n = k, k + 1, ldots, ]

dan tentukan fungsi dua langkah, (g ) dan (h, ) pemalar pada setiap (I_ {n}, ) oleh

[h = f (n) text {dan} g = f (n + 1) text {on} I_ {n}, n geq k. ]

Oleh kerana (f downarrow, ) kita telah (g leq f leq h ) pada semua (I_ {n}, ) maka pada (J = [k, + infty). ) Oleh itu ,

[ int_ {k} ^ {x} g leq int_ {k} ^ {x} f leq int_ {k} ^ {x} h teks {untuk} x di J. ]

Juga,

[ int_ {k} ^ {m} h = sum_ {n = k} ^ {m-1} int_ {n} ^ {n + 1} h = sum_ {n = k} ^ {m- 1} f (n), ]

kerana (h = f (n) ) (pemalar) pada ([n, n + 1), ) dan sebagainya

[ int_ {n} ^ {n + 1} h (x) dx = f (n) int_ {n} ^ {n + 1} 1 dx = f (n) cdot kiri.x kanan | _ {n} ^ {n + 1} = f (n) (n + 1-n) = f (n). ]

Begitu juga,

[ int_ {k} ^ {m} g = sum_ {n = k} ^ {m-1} f (n + 1) = sum_ {n = k + 1} ^ {m} f (n) . ]

Oleh itu, kami memperoleh

[ sum_ {n = k + 1} ^ {m} f (n) = int_ {k} ^ {m} g leq int_ {k} ^ {m} f leq int_ {k} ^ {m} h = sum_ {n = k} ^ {m-1} f (n), ]

atau, membiarkan (m panah kanan infty ),

[ sum_ {n = k + 1} ^ { infty} f (n) leq int_ {k} ^ { infty} f leq sum_ {n = k} ^ { infty} f (n ). ]

Oleh itu ( int_ {k} ^ { infty} f ) adalah iff terhingga ( sum_ {n = 1} ^ { infty} f (n) ) adalah, dan semuanya terbukti. ( quad square )

Contoh (bersambung)

(f) Pertimbangkan siri hiperarmonik

[ sum frac {1} {n ^ {p}} quad text {(Masalah 2 Bab 4, §13).} ]

Biarkan

[f (x) = frac {1} {x ^ {p}}, quad x geq 1. ]

Sekiranya (p = 1, ) maka (f (x) = 1 / x, ) begitu ( int_ {1} ^ {x} f = ln x kanan bawah + infty ) sebagai (x rightarrow + infty. ) Oleh itu ( jumlah 1 / n ) menyimpang.

Sekiranya (p neq 1, ) maka

[ int_ {1} ^ { infty} f = lim _ {x rightarrow + infty} int_ {1} ^ {x} f = lim _ {x rightarrow + infty} kiri. frac {x ^ {1-p}} {1-p} kanan | _ {1} ^ {x}, ]

jadi ( int_ {1} ^ { infty} f ) menyatu atau menyimpang mengikut (p> 1 ) atau (p <1, ) dan perkara yang sama berlaku untuk siri ( jumlah 1 / n ^ {p}. )

(g) Bahkan fungsi yang tidak diatur mungkin dapat disatukan. Itulah fungsi Dirichlet (Contoh (c) dalam Bab 4, §1). Terangkan, menggunakan kiraan rasional.


Tonton videonya: Matematika Problem Solving (Oktober 2021).