Интегрируемые по Риману функции

Ещё немного об интегрируемых по Риману функциях Легко немного расширить класс известных нам интегрируемых функций. Справедлива следующая ТЕОРЕМА.Если функция f монотонна на промежутке [a, b], то она интегрируема на нём. ДОКАЗАТЕЛЬСТВО достаточно провести для возрастающей функции f . В этом случае S{xi } = n−1 X f (xi+1 )∆xi , s{xi } = i=0 n−1 X f (xi )∆xi . i=0 Поскольку для интегрируемости по Риману достаточно, чтобы разность верхних и нижних сумм Дарбу стремилась к 0 хотя бы по некоторой последовательности разбиений, то рассмотрим разбиение равноотстоящими узлами: b−a · i, i = 0, 1, ..., n. xi = a + n Тогда ∆xi = b−a , и получаем в итоге n n−1 b−a X b−a S{xi } − s{xi } = · · (f (b) − f (a)), (f (xi+1 ) − f (xi )) = n n i=0 что стремится к 0 при n → ∞, q.e.d. Ну а теперь вернём должок, оставшийся от доказательства интегрируемости непрерывных функций. ТЕОРЕМА(Кантор).Если функция f непрерывна на промежутке [a, b], то она равномерно непрерывна на нём. ДОКАЗАТЕЛЬСТВО проведём от противного. Предположим существование такого ε̃ > 0, что для любого выбранного нами δ > 0 на промежутке [a, b] найдутся x, y, для которых |x − y| < δ, но при этом |f (x) − f (y)| > ε̃. Следовательно, для последовательности положительных элементов {δn }, стремящейся к 0, найдутся такие последовательности {xn }, {yn }, что xn , yn ∈ [a, b], |xn − yn | < δn , но при этом |f (xn ) − f (yn )| > ε̃. Так как последовательность xn ограничена, то из неё можно выделить сходящуюся подпоследовательность {xni }, предел которой x∗ лежит в [a, b]. В силу неравенства треугольника |x∗ − yni | 6 |x∗ − xni | + |xni − yni | < |x∗ − xni | + δni , и, следовательно, подпоследовательность {yni } также сходится к x∗ . Записав ещё раз неравенство треугольника |f (xni ) − f (yni )| 6 |f (xni ) − f (x∗ )| + |f (x∗ ) − f (yni )| , приходим к противоречию с непрерывностью f в точке x∗ , так как левая часть > ε̃, а правая должна была бы стремиться к 0. Таким образом, наше предположение не верно, q.e.d ЗАМЕЧАНИЕ. Отказаться от замкнутости промежутка [a, b] в формулировке теоремы нельзя. Так функция sin x1 непрерывна на промежутке (0, 1], но не равномерно непрерывна на нём (почему?). Подумайте, где в доказательстве теоремы используется замкнутость [a, b]. Далее отметим, что нетрудно слегка обобщить доказанное ранее утверждение. Справедлива следующая ТЕОРЕМА. Если функция f кусочно непрерывна на промежутке [a, b], то она интегрируема на нём. ДОКАЗАТЕЛЬСТВО достаточно провести для случая, когда функция f непрерывна на (a, b) и ограничена в односторонних окрестностях граничных точек (тогда всё будет следовать из аддитивности интеграла). Представим разность S и s как сумму трёх слагаемых: ! n−1 n−1 n−2 n−2 X X X X S{xi }−s{xi } = Mi ∆xi − mi ∆xi = (M0 − m0 ) ∆x0 + Mi ∆xi − mi ∆xi +(Mn−1 − mn−1 ) ∆xn−1 . i=0 i=0 i=1 i=1 Второе слагаемое стремится к 0 в силу непрерывности f на [x1 , xn−1 ], а первое и третье − в силу ограниченности f и бесконечного уменьшения мелкости разбиения. Таким образом, разность верхней и нижней сумм Дарбу также стремится к 0, q.e.d. Формула Стирлинга Теперь логично передохнуть и доказать известную и полезную в будущих курсах формулу. В самом начале наших рассуждений, почему-то опущенных в 1-м семестре, на пути встречается любопытная ЛЕММА 1. Начиная с некоторого номера, справедливо неравенство n+ 12  1 > e. 1+ n ДОКАЗАТЕЛЬСТВО. По формуле Тейлора при малых x ln(1 + x) = x − x2 x3 x2 x3 + + O(x4 ), и ln(1 − x) = −x − − + O(x4 ). 2 3 2 3 Вычитая одно равенство из другого, получаем, что при малых положительных x верно неравенство: ln Перепиcав его при x := 1+x > 2x. 1−x 1 , 2n+1 замечаем, что с некоторого места     n+1 2 1 1 ln > , или n+ ln 1 + > 1. n 2n + 1 2 n После экспоненцирования приходим к требуемому неравенству, q.e.d. ЗАДАЧА 1 (2 балла). На самом деле неравенство из леммы 1 справедливо при всех натуральных n. ЗАДАЧА 2 (3 балла). Более того, при всех натуральных n справедливо двустороннее неравенство:  e6 1 1+ n n+ 12 1 6 ee 12n(n+1) . Теперь рассмотрим вспомогательную положительную последовательность bn := n!en 1 nn+ 2 . Очевидно, что 1 bn+1 (n + 1)!en+1 nn+ 2 e = = 1 1 , n+ bn (n + 1) 2 (n + 1)n!en (1 + n1 )n+ 2 откуда по лемме 1 следует, что последовательность {bn } убывает, начиная с некоторого места, и поэтому у неё есть неотрицательный предел. Таким образом, нами доказана ЛЕММА 2. Существует такая неотрицательная константа C, что √  n n n! ∼ C n , n → ∞. e 1 ЗАДАЧА 3 (2 балла). Применив подобные рассуждения к последовательности dn = bn · e− 12n , можно для каждого n найти такое θn ∈ (0, 1), что будет справедливо более сильное утверждение: √  n n θn n! = C n e 12n . e
ЗАДАЧА 4 (3 балла). Вывести асимптотику θn при n → ∞ с точностью до O n12 . ЗАМЕЧАНИЕ. Скоро нами будет доказана формула Валлиса  2 π (2n)!! 1 = lim · , где n→∞ 2 (2n − 1)!! 2n + 1 двойной факториал определён следующим образом: (2n)!! := 2 · 4 · 6 · ... · 2n, (2n + 1)!! := 1 · 3 · 5 · ... · (2n + 1). Приняв временно этот результат на веру, можно вычислить константу C. Действительно, легко видеть, что √ 1 (2n n!)2 1 ((2n)!!)2 ·√ = · √ , n → ∞. (2n − 1)!!(2n)!! (2n)! n n π∼ Рассуждения завершает применение леммы 2: √ √ (2n C nnn )2 e2n 1 C √ π∼ ·√ ∼√ , n 2 2n n (e ) C 2n(2n) 2 откуда C = √ 2π. Таким образом, мы приходим к классическим формам записи формулы Стирлинга:  n n  n n θn √ √ n! ∼ 2πn , n → ∞, или n! = 2πn e 12n . e e Формула Ньютона-Лейбница Наконец, мы подобрались к одному из двух центральных фактов интегрального исчисления. Изучив этот пункт, мы сможем понять, зачем Риману понадобилось вводить такое сложное определение интеграла, опирающееся на оснащения разбиений. Итак, справедлива следующая ТЕОРЕМА. Если функция f 0 непрерывна на промежутке [a, b], то ˆ b f 0 (x) dx = f (b) − f (a). a ЗАМЕЧАНИЕ 1. Правая часть формулы Ньютона-Лейбница обозначается f (x)|ba и называется подстановкой. ЗАМЕЧАНИЕ 2. Требование непрерывности f 0 не является необходимым, и его можно ослабить. ДОКАЗАТЕЛЬСТВО будет опираться на теорему Лагранжа. Действительно, на каждом промежутке [xi , xi+1 ] найдётся такая точка ηi , что f (xi+1 ) − f (xi ) = f 0 (ηi )∆xi . Почему бы не взять именно эти точки в качестве оснащения? Распишем в этом случае риманову сумму для функции f 0 : R ({xi }, {ηi }) = n−1 X f 0 (ηi )∆xi = i=0 n−1 X (f (xi+1 ) − f (xi )) = f (b) − f (a). i=0 Таким образом, при измельчении разбиения хотя бы по одной последовательности оснащений римановы суммы будут стремиться к числу f (b) − f (a) (так как они будут ему равны). Осталось заметить, что раз функция f 0 интегрируема, то и по другим последовательностям оснащений римановы суммы будут стремиться к тому же самому числу, q.e.d. ЗАМЕЧАНИЕ. Если применить формулу Ньютона-Лейбница к функции f · g: ˆ b b (f g)0 dx = (f g) , a a то мы мгновенно приходим к формуле интегрирования по частям ˆ a b f (x)g 0 (x) dx, − f (x)g(x) dx = (f g) a ˆ b b a суть которой состоит не в каких-то ”удавился утром Вася...” , а в том, что производные перебрасываются с одного сомножителя на другой. В красиво подобранных задачах подстановка обращается в 0, что позволяет без накопления сложных слагаемых проделывать процедуру ”бомбардировки производными” многократно, тем самым вычисляя интеграл, зависящий от параметра. Продемонстрируем сформулированный принцип на примерах. ПРИМЕР 1. Вычислим интеграл ˆ π 2 cosn x dx, n = 0, 1, 2, ... Wn := Для начала из воздуха сочиним производную под знаком интеграла: ˆ π 2 Wn = (sin x)0 cosn−1 x dx, а затем при n > 2 перекинем её на другой сомножитель: n−1 Wn = (cos ˆ π 2 − x sin x) π 2 sin x cosn−1 x
0 dx. Так как подстановка обратится в 0, то, вычислив производную и применив основное тригонометрическое тождество, приходим к следующему равенству: ˆ π 2 Wn = (n − 1) (1 − cos2 x) cosn−2 x dx, или Wn = (n − 1)Wn−2 − (n − 1)Wn , откуда может быть выведена рекуррентная формула Wn = n−1 · Wn−2 . n Дальнейшее вычисление Wn проще провести по отдельности для случая чётного и нечётного n (общая формула будет выведена после знакомства с гамма-функцией Эйлера): W2n = 1 2n − 1 2n − 3 · · ... · · W0 ; 2n 2n − 2 2 2n 2n − 2 2 · · ... · · W1 . 2n + 1 2n − 1 3 Заметив, что W0 = π/2, а W1 = 1, получим ответ: W2n+1 = W2n = (2n − 1)!! π (2n)!! · , W2n+1 = . (2n)!! 2 (2n + 1)!! ЗАМЕЧАНИЕ. Проделав ещё одну не сложную (но и не бросающуюся в глаза) выкладку, наконец-то, можно доказать формулу Валлиса. Так как cos x ∈ [0, 1] при x ∈ [0, π/2], то cos2n+2 x 6 cos2n+1 x 6 cos2n x, и поэтому W2n+2 6 W2n+1 6 W2n , или Осталось домножить двойное неравенство на (2n)!! (2n − 1)!! π (2n + 1)!! π · 6 6 · . (2n + 2)!! 2 (2n + 1)!! (2n)!! 2 (2n)!! (2n−1)!! и применить теорему о двух милиционерах. ПРИМЕР 2 будет посвящен так называемым многочленам Лежандра Ln (x) :=
n
(n) x2 − 1 , n = 0, 1, 2, ..., где (n) − производная n-го порядка. (В литературе зачастую в определении многочленов Лежандра фигурирует тот или иной постоянный множитель, что никак не влияет на доказываемые нами утверждения.) n Заметим для начала, что n-й многочлен Лежандра имеет степень n. Действительно, выражение (x2 − 1) имеет степень 2n, а взятие одной производной понижает степень ровно на единицу. Кроме того, x2 − 1 = (x − 1)(x + 1), а значит по формуле Лейбница нахождения старшей производной от произведения функций 2
n (m) (x − 1) = m X k ((x − 1)n )(k) ((x + 1)n )(m−k) . Cm k=0 Отсюда легко видеть, что если m < n, то значение выражения ((x2 − 1)n ) так как обнуляются все слагаемые под знаком сумммы. Теперь мы сможем вычислить ˆ 1 Ln (x)Lm (x) dx при n 6= m (m) в точках 1 и −1 равно 0, −1 (так как среди неравных чисел одно меньше другого, то пусть для определённости m < n). Распишем Ln по определению и проинтегрируем по частям: ˆ 1 ˆ 1 1 0
(n−1)

2 n (n−1) 2 n (n−1) (Lm (x))0 dx . (x2 − 1)n − (x − 1) Lm (x) Lm (x) dx = (x − 1) −1 −1 −1 По изложенным выше соображениям подстановка обратится в 0, и, повторив эту процедуру многократно: ˆ 1 ˆ 1 ˆ 1

(n−2) 2 n (n−1) Ln (x)Lm (x) dx = − (x − 1) (Lm (x)) dx = (x2 − 1)n (Lm (x))00 dx = ... , −1 −1 −1 мы получим формулу ˆ ˆ 1 1 (x2 − 1)n (Lm (x))(n) dx. n Ln (x)Lm (x) dx = (−1) · −1 −1 Так как Lm − многочлен степени m и m < n, то окончательно ˆ 1 Ln (x)Lm (x) dx = 0 при n 6= m. −1 ЗАМЕЧАНИЕ. Таким образом, нами доказано, что в бесконечномерном пространстве, элементами кото→ − → − рого U являются интегрируемые на промежутке [−1, 1] функции (при этом x−я координата вектора U → − определяется равенством UP x := U (x)), со скалярным произведением, заданным по аналогии с конечномерной формулой ~u , ~v = ui vi : i → − → − U , V := ˆ 1 U (x)V (x) dx , −1 многочлены Лежандра являются ортогональным набором, т. е. − → −→ Ln , Lm = 0 при n 6= m. Вспомним из курса линейной алгебры, что любой ортогональный набор является линейно независимым. Если, кроме того, поверить, что набор {1, x, x2 , ...} является множеством образующих, то мы приходим к пониманию, что многочлены Лежандра образуют базис в нашем бесконечномерном пространстве, т. е. любая интегрируемая функция U (x) допускает единственное разложение в виде U (x) = ∞ X n=0 cn Ln (x) . −→ Домножив это равенство скалярно на Lm и воспользовавшись ортогональностью, по аналогии с конечномерным случаем находим коэффициенты: − → −→ U , Lm cm = −→ −→ , Lm , Lm − → − → ∞ X U , Ln или окончательно U (x) = − → − → Ln (x) . n=0 Ln , Ln Более подробное обсуждение вопросов из этого замечания (в том числе − ”в каком смысле понимается последнее равенство?”) ожидает нас в следующем семестре при изучении темы ”Ряды Фурье”.