ΑΝΑΛΥΣΗ 2. Μ. Παπαδημητράκης.

Transcript

1 ΑΝΑΛΥΣΗ Μ. Παπαδημητράκης. 1

2 ΔΕΚΑΤΟ ΜΑΘΗΜΑ Συνεχίζουμε την λύση της άσκησης Μέχρι τώρα έχουμε αποδείξει ότι για κάθε διαμέριση του [, b] υπάρχει μια αντίστοιχη διαμέριση του [, B] ώστε να ισχύουν οι σχέσεις Σf;, b; + Σf 1 ;, B; = Bb, 1 Σf;, b; + Σf 1 ;, B; = Bb. Αυτές είναι οι σχέσεις 5, 6 του προηγούμενου μαθήματος. Τώρα θεωρούμε τυχόν ɛ > 0. Από το κριτήριο ολοκληρωσιμότητας για την f συνεπάγεται ότι υπάρχει κάποια διαμέριση του [, b] ώστε 0 Σf;, b; Σf;, b; < ɛ. 3 Εξισώνοντας τα δεξιά μέλη των ισοτήτων 1, και χρησιμοποιώντας την 3, βρίσκουμε εύκολα ότι Θυμόμαστε και τις γνωστές σχέσεις 0 Σf 1 ;, B; Σf 1 ;, B; < ɛ. 4 Σf;, b; Σf 1 ;, B; Από τις 3, 5 βρίσκουμε ότι και από τις 4, 6 ότι 0 Αφαιρώντας τις 7, 8, βρίσκουμε οπότε η 1 δίνει ɛ < f + 0 Σf 1 ;, B; f 1 f + f Σf;, b;, 5 f 1 Σf 1 ;, B;. 6 f Σf;, b; < ɛ 7 f 1 < ɛ. 8 Σf;, b; + Σf 1 ;, B; < ɛ, f 1 Bb < ɛ. Επειδή αυτό ισχύει για κάθε ɛ > 0, συνεπάγεται ότι f + f 1 = Bb. Άσκηση Έστω f, g συνεχείς στο [, b] και f = g. Αποδείξτε ότι υπάρχει ξ, b ώστε fξ = gξ.

3 Λύση: Ορίζουμε την συνάρτηση Η h είναι συνεχής στο [, b] και h = f g. h = 0. Αρκεί να αποδείξουμε ότι υπάρχει ξ, b ώστε hξ = 0. Υποθέτουμε για να καταλήξουμε σε άτοπο ότι ισχύει hx 0 για κάθε x, b. Επειδή η h είναι συνεχής στο, b, συνεπάγεται ότι είτε ισχύει hx > 0 για κάθε x, b είτε ισχύει hx > 0 για κάθε x, b. Θεωρούμε την πρώτη περίπτωση. Αυτά που ακολουθούν είναι παρόμοια και στην δεύτερη περίπτωση. Επειδή η h είναι συνεχής στα, b και επειδή ισχύει hx > 0 για κάθε x, b, συνεπάγεται h = lim hx 0, x + hb = lim hx 0. x b Άρα ισχύει hx 0 για κάθε x [.b]. Επομένως, επειδή h = 0, συνεπάγεται ότι ισχύει hx = 0 για κάθε x [, b] στο οποίο η h είναι συνεχής. Αυτό είναι άτοπο, διότι η h είναι συνεχής στο [, b] και έχουμε ότι ισχύει hx > 0 για κάθε x, b. Άρα υπάρχει ξ, b ώστε hξ = 0 και, επομένως, fξ = gξ. Τώρα θα δούμε τον ορισμό του ολοκληρώματος που έδωσε ο Riem. Έστω f φραγμένη στο διάστημα [, b] και διαμέριση = {x 0, x 1..., x 1, x } του [, b], οπότε = x 0 < x 1 <... < x 1 < x = b. Θεωρούμε και μια αντίστοιχη αλλά τυχούσα επιλογή ενδιάμεσων σημείων Ξ = {ξ 1,..., ξ }, όπου κάθε ξ k είναι ένα αυθαίρετο σημείο του αντίστοιχου υποδιαστήματος [x k 1, x k ]. Είναι σαφές ότι υπάρχουν άπειρες επιλογές Ξ ενδιάμεσων σημείων για την ίδια διαμέριση του [, b]. Τέλος, για κάθε τέτοια διαμέριση του [, b] και για κάθε αντίστοιχη τέτοια επιλογή Ξ ενδιάμεσων σημείων σχηματίζουμε το λεγόμενο άθροισμα Riem Σf;, b;, Ξ = fξ k x k x k 1 = fξ 1 x 1 x fξ x x 1. Επειδή η τιμή fξ k είναι στοιχείο του συνόλου τιμών {fx x k 1 x x k }, ισχύει l k fξ k u k για κάθε k = 1,...,, οπότε l k x k x k 1 fξ k x k x k 1 u k x k x k 1 και άρα Σf;, b; Σf;, b;, Ξ Σf;, b;. Δηλαδή, όταν πρόκειται για την ίδια διαμέριση, ένα άθροισμα Riem είναι ανάμεσα στο κάτω άθροισμα Drboux και στο άνω άθροισμα Drboux. 3

4 Ονομάζουμε πλάτος της διαμέρισης και το συμβολίζουμε w το μεγαλύτερο από τα μήκη των υποδιαστημάτων που ορίζει η. Δηλαδή, w = mx{x k x k 1 1 k }. Ο ορισμός του ολοκληρώματος που έδωσε ο Riem έχει ως εξής: ΟΡΙΣΜΟΣ. Έστω f φραγμένη στο [, b]. Η f χαρακτηρίζεται Riem ολοκληρώσιμη στο [, b] αν υπάρχει κάποιος αριθμός I με την εξής ιδιότητα: για κάθε ɛ > 0 υπάρχει δ > 0 ώστε για κάθε διαμέριση του [, b] με w < δ και κάθε επιλογή Ξ ενδιάμεσων σημείων για την να ισχύει Σf;, b;, Ξ I < ɛ. Αν η f είναι ολοκληρώσιμη στο [, b], τότε ο αριθμός I ονομάζεται Riem ολοκλήρωμα της f στο [, b] και συμβολίζεται f = I. Αποδεικνύεται ότι ο ορισμός του ολοκληρώματος που έδωσε ο Drboux, τον οποίο είδαμε εξ αρχής, και ο ορισμός που έδωσε ο Riem είναι ισοδύναμοι. Δηλαδή, αν μια συνάρτηση είναι ολοκληρώσιμη σύμφωνα με τον έναν ορισμό, τότε είναι ολοκληρώσιμη σύμφωνα και με τον άλλον ορισμό και οι τιμές των αντίστοιχων ολοκληρωμάτων της ταυτίζονται. Αυτό είναι το περιεχόμενο του θεωρήματος 6.3 στο βιβλίο και η απόδειξή του είναι, ίσως, η δυσκολότερη όλου του βιβλίου! ΠΡΟΤΑΣΗ. Έστω f ολοκληρώσιμη στο [, b]. Θεωρούμε μια οποιαδήποτε ακολουθία διαμερίσεων του [, b] και αντίστοιχη ακολουθία επιλογών Ξ ενδιάμεσων σημείων. Δηλαδή κάθε Ξ είναι επιλογή ενδιάμεσων σημείων για την αντίσοιχη. Αν w 0, τότε Σf;, b;, Ξ Απόδειξη. Έστω ɛ > 0. Επειδή η f είναι ολοκληρώσιμη στο [, b] σύμφωνα με τον ορισμό του Riem, υπάρχει δ > 0 ώστε για κάθε διαμέριση του [, b] με w < δ και κάθε επιλογή Ξ ενδιάμεσων σημείων για την να ισχύει Σf;, b;, Ξ f. f < ɛ. Τώρα, επειδή w 0, ισχύει τελικά w < δ και, επομένως, ισχύει τελικά Άρα Σf;, b;, Ξ f. Σf;, b;, Ξ f < ɛ. Μια όχι τόσο αυστηρή αλλά πολύ συνηθισμένη και παραστατική διατύπωση της τελευταίας πρότασης είναι η εξής. Αν η f είναι ολοκληρώσιμη στο [, b], τα αθροίσματα Riem της f συγκλίνουν στο 4

5 ολοκλήρωμά της όταν το πλάτος των αντίστοιχων διαμερίσεων τείνει στο 0. Υπάρχει και το ανάλογο σύμβολο: lim Σf;, b;, Ξ = w 0 Σύμφωνα με την τελευταία πρόταση, αν γνωρίζουμε ότι μια συγκεκριμένη συνάρτηση f είναι ολοκληρώσιμη στο [, b], μπορούμε να υπολογίσουμε το ολοκλήρωμά της θεωρώντας μια ακολουθία διαμερίσεων του [, b] ώστε w 0 και, για κάθε, μια οποιαδήποτε επιλογή Ξ ενδιάμεσων σημείων γι αυτήν. Υπολογίζουμε τα αθροίσματα Σf;, b;, Ξ και, τέλος, υπολογίζουμε το ολοκλήρωμα μέσω του ορίου Σf;, b;, Ξ f. Η μοναδική μας φροντίδα είναι να βρούμε κατάλληλες και αντίστοιχες Ξ ώστε να υπολογίζονται εύκολα τα Σf;, b;, Ξ. Στην συνέχεια θα δούμε μερικά παραδείγματα για να καταλάβουμε καλύτερα την μέθοδο υπολογισμού του ολοκληρώματος μέσω των αθροισμάτων Riem. Παράδειγμα. Έστω η συνάρτηση x στο διάστημα [, b]. Για κάθε θεωρούμε τη διαμέριση = {x 0,..., x } του [, b] σε ισομήκη υποδιαστήματα. Δηλαδή, έστω x k = + k b f. για k = 0,...,. Τότε για κάθε k έχουμε ότι x k x k 1 = b, οπότε w = b 0. Για κάθε παίρνουμε ως επιλογή Ξ ενδιάμεσων σημείων τα δεξιά άκρα των υποδιαστημάτων που ορίζει η. Δηλαδή, Υπολογίζουμε Σx;, b;, Ξ = ξ k = x k = + k b για k = 1,...,. ξ k x k x k 1 = b = b + b + b = b + b = b + b + 1 = b + b + 1. Επειδή w 0, από την τελευταία πρόταση συνεπάγεται ότι οπότε x dx = + k b + + b lim Σx;, b;, Ξ, + x dx = lim b + b + 1 = b + + b = b. 5