nazywamy odpowiednio dolną oraz górną sumą Darboux funkcji f w przedziale [a, b] wyznaczoną przez podział P.

Transkrypt

1 Rozdził 10 Cłk Drboux 10.1 Doln i górn sum Drboux Definicj podziłu. Niech, b R, < b. Kżdy skończony ciąg P postci (10.1) P = (x 0,..., x n ), gdzie n N, = x 0 < x 1 <... < x n 1 < x n = b. nzywmy podziłem przedziłu [, b]. Wyrzy x i, i = 0,..., n, podziłu P nzywmy punktmi podziłu P. Dl podziłu P postci (10.1) określmy ciąg x i = x i x i 1, i = 1,..., n. Liczbę δ(p) = mx{ x i : i = 1,..., n} nzywmy średnicą podziłu P. Definicj dolnej i górnej sumy Drboux. Niech f będzie ogrniczoną funkcją rzeczywistą określoną n przedzile [, b]. Niech P będzie podziłem przedziłu [, b] postci (10.1). Połóżmy m i = inf f([x i 1, x i ]), M i = sup f([x i 1, x i ]), i = 1,..., n. Liczby L(P, f) = m i x i orz U(P, f) = M i x i nzywmy odpowiednio dolną orz górną sumą Drboux funkcji f w przedzile [, b] wyznczoną przez podził P. Uwg Niech f będzie ogrniczoną funkcją rzeczywistą określoną n przedzile [, b]. Niech m = inf f([, b]), M = sup f([, b]). Wówczs m, M R orz dl kżdego podziłu P przedziłu [, b] postci (10.1) mmy m m i = inf f([x i 1, x i ]) sup f([x i 1, x i ]) = M i M, i = 1,..., n Ztem L(P, f) orz U(P, f) są liczbmi rzeczywistymi orz m(b ) L(P, f) U(P, f) M(b ). 229

2 230 ROZDZIAŁ 10. CAŁKA DARBOUX Uwg Z definicji dolnej i górnej sumy Drboux dostjemy, że jeśli f, g są funkcjmi ogrniczonymi w przedzile [, b] tkimi, że f(x) g(x) dl x [, b], to dl kżdego podziłu P przedziłu [, b] mmy L(P, f) L(P, g) orz U(P, f) U(P, g). Włsność Niech f będzie ogrniczoną funkcją rzeczywistą określoną n przedzile [, b]. Wówczs dl kżdego podziłu P = (x 0,..., x n ) przedziłu [, b] mmy (10.2) L(P, f) = inf X, U(P, f) = sup X, gdzie X = { n f(t i )(x i x i 1 ) : t i [x i 1, x i ], i = 1,..., n}. Dowód. Z definicji dolnej sumy Drboux mmy, że L(P, f) jest ogrniczeniem dolnym zbioru X. Weźmy dowolne ε > 0 i niech η = ε. Z definicji kresu dolnego mmy, że dl b kżdego i {1,..., n} istnieje t i [x i 1, x i ], że f(t i ) < inf f([x i 1, x i ]) + η. Oznczjąc c = n f(t i )(x i x i 1 ), mmy, że c X. Poniewż η n (x i x i 1 ) = η(b ) = ε, więc c < (inf f([x i 1, x i ]) + η)(x i x i 1 ) = L(P, f) + η (x i x i 1 ) = L(P, f) + ε. Resumując L(P, f) = inf X. To dje pierwszą część (10.2). Drugą część (10.2) pokzujemy nlogicznie jk pierwszą. Definicj zgęszczeni podziłu. Niech P, P będą podziłmi przedziłu [, b]. Mówimy, że podził P jest zgęszczeniem podziłu P, gdy kżdy punkt podziłu P jest punktem podziłu P. Jeśli podził P jest zgęszczeniem podziłów P 1,..., P j przedziłu [, b], to mówimy, że P jest wspólnym zgęszczeniem podziłów P 1,..., P j. Uwg Jeśli P 1,..., P j są podziłmi przedziłu [, b], to istnieje podził P który jest wspólnym zgęszczeniem podziłów P 1,..., P j. ( 1 ). Indukcyjnie, łtwo dowodzimy Lemt Jeśli podził P jest zgęszczeniem podziłu P przedziłu [, b] orz P P, to istnieje skończony ciąg podziłów P k, k = 0,..., m, przedziłu [, b], że () P 0 = P, P m = P, (b) podził P k+1 jest zgęszczeniem podziłu P k dl k = 0,..., m 1, (c) podził P k+1 m tylko jeden punkt podziłu więcej od podziłu P k dl k = 0,..., m 1. 1 Istotnie, indukcyjnie łtwo pokzujemy, że kżdy skończony podzbiór zbioru liczb rzeczywistych jest zbiorem wrtości pewnego ciągu rosnącego. Ztem kżdy skończony podzbiór X = {x 0,..., x n } [, b] tki, że x 0 =, x n = b wyzncz podził przedziłu [, b], którego zbiorem punktów podziłu jest zbiór X. Sum wszystkie punktów podziłów P 1,..., P j jest zbiorem skończonym, więc jest to zbiór wrtości pewnego podziłu P.

3 10.1. DOLNA I GÓRNA SUMA DARBOUX 231 Dowód. Dl podziłu P = (x 0,..., x n ) przedziłu [, b], oznczmy P = n + 1. Zstosujemy indukcję względem m = P P. Dl m = 1, wystrczy położyć P 0 = P orz P 1 = P. Złóżmy, że tez zchodzi dl m N. Niech P będzie zgęszczeniem podziłu P = ( 0,..., j ) tkim, że P P = m + 1. Wówczs biorąc dowolny punkt x podziłu P, który nie jest punktem podziłu P, istnieje i {0,..., j 1}, że i < x < i+1. Ztem P = ( 0,..., i, x, i+1,..., j ) jest podziłem przedziłu [, b] tkim, że P P = m. Z złożeni indukcyjnego, istnieje więc ciąg podziłów P 0,..., P m, że P 0 = P, P n = P orz P k+1 = P k +1 dl k = 0,..., m 1. W konsekwencji ciąg P, P 0,..., P m jest szuknym ciągiem podziłów spełnijącym (), (b), (c). Indukcj kończy dowód. Włsność Niech f będzie ogrniczoną funkcją rzeczywistą określoną n przedzile [, b] orz niech m = inf f([, b]), M = sup f([, b]). Jeśli P, P są podziłmi przedziłu [, b], przy czym P jest zgęszczeniem podziłu P, to (10.3) m(b ) L(P, f) L(P, f) U(P, f) U(P, f) M(b ). W szczególności dl dowolnych podziłów P 1, P 2 przedziłu [, b] mmy L(P 1, f) U(P 2, f). Dowód. W myśl uwgi , wystrczy pokzć, że (10.4) L(P, f) L(P, f) orz U(P, f) U(P, f). Jeśli P = P, to (10.4) jest oczywiste. Złóżmy, że P P. Niech, wobec lemtu , P 0,..., P j, j N, będzie ciągiem podziłów przedziłu [, b] spełnijącym wrunki (), (b), (c) w lemcie Wobec wrunku (), wystrczy pokzć, że (10.5) L(P k, f) L(P k+1, f) orz U(P k+1, f) U(P k, f) dl k = 0,..., j 1. Weźmy dowolne k {0,..., j 1} i niech P k+1 = (x 0,..., x n ). Oznczmy m i = inf f([x i 1, x i ]), M i = sup f([x i 1, x i ]), i = 1,..., n. Z wrunku (c), istnieje i 0 {1,..., n 1}, że P k = (x 0,..., x i0 1, x i0 +1,..., x n ). Oznczjąc m i0 +1 = inf f([x i0 1, x i0 +1]), Mi0 +1 = sup f([x i0 1, x i0 +1]), mmy m i0 +1 m i0, m i0 +1 m i0 +1 orz M i0 +1 M i0, Mi0 +1 M i0 +1, więc (10.6) m i0 +1(x i0 +1 x i0 1) m i0 (x i0 x i0 1) + m i0 +1(x i0 +1 x i0 ) orz (10.7) Mi0 +1(x i0 +1 x i0 1) M i0 (x i0 x i0 1) + M i0 +1(x i0 +1 x i0 ) Z (10.6) i (10.7), redukując odpowiednie wyrzy w sumch Drboux funkcji f wyznczonych przez przedziły P k i P k+1, dostjemy L(P k, f) L(P k+1, f) = m i0 +1(x i0 +1 x i0 1) m i0 (x i0 x i0 1) m i0 +1(x i0 +1 x i0 ) 0, U(P k, f) U(P k+1, f) = M i0 +1(x i0 +1 x i0 1) M i0 (x i0 x i0 1) M i0 +1(x i0 +1 x i0 ) 0. To dje (10.5). Biorąc wspólne zgęszczenie P podziłów P 1, P 2, z (10.5) dostjemy L(P 1, f) U(P 2, f). To kończy dowód.

4 232 ROZDZIAŁ 10. CAŁKA DARBOUX 10.2 Doln i górn cłk Drboux Definicj dolnej i górnej cłki Drboux. Niech f będzie ogrniczoną funkcją rzeczywistą określoną n przedzile [, b]. Oznczmy przez U(f) zbiór wszystkich górnych sum Drboux U(P, f) orz przez L(f) zbiór wszystkich dolnych sum Drboux L(P, f), gdzie P przebieg wszystkie podziły przedziłu [, b]. Liczbę sup L(f) nzywmy dolną cłką Drboux funkcji f w przedzile [, b]. Liczbę inf U(f) nzywmy górną cłką Drboux funkcji f w przedzile [, b]. Dolną i górną cłkę Drboux funkcji f w przedzile [, b] oznczmy odpowiednio f(x)dx, f(x)dx lub fdx, fdx. Włsność Niech f będzie ogrniczoną funkcją rzeczywistą określoną n przedzile [, b]. Wówczs istnieją doln i górn cłk Drboux funkcji f w przedzile [, b]. Jeśli pondto m, M R są tkie, że m f(x) M dl x [, b], to (10.8) m(b ) f(x)dx f(x)dx M(b ). Dowód. Wobec włsności mmy, że dl kżdego podziłu P przedziłu [, b] mmy m(b ) L(P, f) U(P, f) M(b ). Stąd wynik, że m(b ) i M(b ) są odpowiednio ogrniczenimi dolnymi i górnymi zbioru L(f) wszystkich dolnych sum Drboux orz zbioru U(f) wszystkich górnych sum Drboux funkcji f w przedzile [, b]. Poniewż L(f) i U(f) są niepuste, więc ich kresy dolny i górny są liczbmi rzeczywistymi. To dje pierwszą część tezy. Pondto mmy (10.9) m(b ) sup L(f) = f(x)dx, Udowodnimy, że f(x)dx = inf U(f) M(b ). (10.10) f(x)dx f(x)dx. Istotnie, z włsności dl dowolnych podziłów P 1, P podziłu [, b] mmy L(P 1, f) U(P, f). Ztem U(P, f) jest ogrniczeniem górnym zbioru L(f), więc sup L(f) U(P, f). Z dowolności podziłu P przedziłu [, b] mmy, że sup L(f) jest ogrniczeniem dolnym zbioru U(f), więc sup L(f) inf U(f). To dje (10.10). Z (10.10) i (10.9) dostjemy (10.8), co kończy dowód.

5 10.2. DOLNA I GÓRNA CAŁKA DARBOUX 233 Uwg Wprost z definicji orz włsności dostjemy, że dl kżdej funkcji stłej w przedzile [, b], doln i górn cłk Drboux w tym przedzile są równe. Pondto, jeśli c R orz f(x) = c dl x [, b], to c f(x) c dl x [, b], więc z (10.8) dostjemy f(x)dx = f(x)dx = c(b ). Uwg Istnieją funkcje ogrniczone w przedzile domkniętym, których doln i górn cłk Drboux są różne. Istotnie, rozwżmy funkcję Dirichlet f : R R określoną wzormi f(x) = 0 dl x Q orz f(x) = 1 dl x R \ Q. Jest to funkcj ogrniczon, jednk dl dowolnego przedziłu [, b] i jego podziłu P mmy L(P, f) = 0 orz U(P, f) = b. Ztem f(x)dx = 0 < (b ) = f(x)dx. Podmy wrunki równowżne n to by dn liczb był dolną (odpowiednio górną) cłką Drboux funkcji n przedzile domkniętym. Zcznijmy od dwóch lemtów. Lemt Niech f będzie ogrniczoną funkcją rzeczywistą określoną n przedzile [, b] orz niech M > 0 będzie liczbą tką, że f(x) < M dl x [, b]. Jeśli P jest zgęszczeniem podziłu P przedziłu [, b] tkim, że P m o k punktów podziłu więcej od P, to (10.11) L(P, f) L(P, f) 3kMδ(P) orz U(P, f) U(P, f) + 3kMδ(P). Dowód. Jeśli k = 0, to tez jest oczywist. Rozwżmy przypdek k = 1. Niech P = (x 0,..., x n ). Z złożeni, że k = 1 wynik, że istnieje i 0 {1,..., n 1} tkie, że P = (x 0,..., x i0 1, x i0 +1,..., x n ). Wówczs, z wyboru liczby M, mmy L(P, f) L(P, f) = (x i0 x i0 1) inf f([x i0 1, x i0 ] + (x i0 +1 x i0 ) inf f([x i0, x i0 +1] (x i0 +1 x i0 1) inf f([x i0 1, x i0 +1] 3Mδ(P). To dje pierwszą część (10.11) dl k = 1. Drugą cząść dowodzimy nlogicznie. Stosując terz lemt , łtwo indukcyjnie dostjemy tezę. Lemt Niech f będzie ogrniczoną funkcją rzeczywistą określoną n przedzile [, b]. Wówczs () Dl kżdego ε > 0 istnieje K > 0, że dl kżdego podziłu P przedziłu [, b] zchodzi (10.12) ε Kδ(P)+ f(x)dx L(P, f) f(x)dx. (b) Dl kżdego ε > 0 istnieje K > 0, że dl kżdego podziłu P przedziłu [, b] zchodzi (10.13) f(x)dx U(P, f) ε + Kδ(P)+ f(x)dx.

6 234 ROZDZIAŁ 10. CAŁKA DARBOUX Dowód. Udowodnimy (). Niech B = f(x)dx. Nierówność L(P, f) B wynik z definicji dolnej cłki Drboux funkcji f w przedzile [, b]. Pokżemy pierwszą nierówność w (10.12). Poniewż f jest funkcją ogrniczoną w przedzile [, b], więc istnieje M > 0, że (10.14) f(x) < M dl kżdego x [, b]. Weźmy dowolne ε > 0. Z () i określeni dolnej cłki Drboux wynik, że istnieje podził P 1 = (x 0,..., x k ) przedziłu [, b] tki, że (10.15) B ε < L(P 1, f). Weźmy dowolny podził P przedziłu [, b]. Niech P będzie wspólnym zgęszczeniem podziłów P i P 1, którego zbiorem punktów podziłu jest sum zbiorów punktów podziłu P i P 1. Wtedy z (10.15) i włsności i mmy (10.16) B ε < L(P, f). Poniewż podził P m co njwyżej k punktów podziłu więcej od podziłu P, więc z (10.14) i lemtu dostjemy (10.17) L(P, f) L(P, f) 3kMδ(P). Biorąc K = 3kM, z (10.16) i (10.17) wynik pierwszą nierówność w (10.12). To dje (). Część (b) dowodzimy nlogicznie jk część (). Twierdzenie Niech f będzie ogrniczoną funkcją rzeczywistą określoną n przedzile [, b] orz niech A R. Wówczs nstępujące wrunki są równowżne: () b f(x)dx = A. (b) Dl kżdego ciągu (P n ) n=1 podziłów przedziłu [, b] tkiego, że lim δ(p n ) = 0, n zchodzi lim L(P n, f) = A. n (c) Istnieje ciąg (P n ) n=1 podziłów przedziłu [, b] tki, że lim δ(p n ) = 0 orz n lim L(P n, f) = A. n Dowód. Udowodnimy implikcję () (b). Weźmy dowolny ciąg (P n ) n=1 podziłów przedziłu [, b] tki, że n lim δ(p n ) = 0. Weźmy dowolne ε > 0. Z () i z lemtu () wynik, że istnieje stł K R, że (10.18) A ε 2 Kδ(P n) L(P n, f) A dl n N. Poniewż lim n δ(p n ) = 0, więc istnieje N N, że dl n > N mmy Kδ(P n ) < ε 2. Stąd i z (10.18) wynik, że A ε < L(P n, f) A dl n > N. To, wobec dowolności ε > 0 dje, że lim n L(P n, f) = A, czyli mmy (b). Implikcj (b) (c) wynik z fktu, że istnieją ciągi podziłów (P n ) n=1 przedziłu [, b] tkie, że lim n δ(p n ) = 0.

7 10.2. DOLNA I GÓRNA CAŁKA DARBOUX 235 Udowodnimy implikcję (c) (). Niech (P n ) n=1 będzie ciągiem podziłów przedziłu [, b] tkim, że n lim δ(p n ) = 0 orz n lim L(P n, f) = A. Niech B = f(x)dx. Weźmy dowolne ε > 0. Z lemtu () wynik, że istnieje stł K R, że (10.19) B ε 2 Kδ(P n) L(P n, f) B dl n N. Poniewż n lim δ(p n ) = 0, więc istnieje N N, że dl n > N mmy Kδ(P n ) < ε. Stąd i z 2 (10.19) wynik, że B ε < L(P n, f) B dl n > N. Przechodząc terz do grnicy przy n dostjemy B ε A B. To, wobec dowolności ε > 0 dje, że B = A, czyli mmy (). Anlogicznie jk twierdzenie dowodzimy Twierdzenie Niech f będzie ogrniczoną funkcją rzeczywistą określoną n przedzile [, b] orz niech A R. Wówczs nstępujące wrunki są równowżne: () f(x)dx = A. (b) Dl kżdego ciągu (P n ) n=1 podziłów przedziłu [, b] tkiego, że n lim δ(p n ) = 0, zchodzi lim n U(P n, f) = A. (c) Istnieje ciąg (P n ) n=1 lim U(P n, f) = A. n Z twierdzeń , wynik podziłów przedziłu [, b] tki, że lim n δ(p n ) = 0 orz Twierdzenie Niech f, g będą ogrniczonymi funkcjmi rzeczywistymi określonymi n przedzile [, b] orz c R, c 0. Wówczs () Jeśli f(x) g(x) dl x [, b], to (b) (c) (d) fdx gdx orz fdx gdx. fdx+ gdx (f + g)dx (f + g)dx fdx+ gdx. cfdx = c fdx orz cfdx = c cfdx = c orz cfdx = c fdx, gdy c > 0 fdx, gdy c < 0. Dowód. Część () wynik ntychmist z definicji dolnej i górnej cłki Drboux, bowiem z złożeni, że f(x) g(x) dl x [, b], dostjemy że dl kżdego podziłu P przedziłu [, b] zchodzi L(P, f) L(P, g) orz U(P, f) U(P, g). Niech P = (x 0,..., x k ) będzie podziłem przedziłu [, b]. Znim przejdziemy do dowodów dlszych części twierdzeni, udowodnimy trzy pomocnicze włsności: (i) L(P, f) + L(P, g) L(P, f + g) U(P, f + g) U(P, f) + U(P, g). (ii) L(P, cf) = cl(p, f) orz U(P, cf) = cu(p, f), gdy c > 0. (iii) L(P, cf) = cu(p, f) orz U(P, cf) = cl(p, f), gdy c < 0.

8 236 ROZDZIAŁ 10. CAŁKA DARBOUX Istotnie, liczb inf f([x i 1, x i ]) + inf g([x i 1, x i ]) jest ogrniczeniem dolnym zbioru (f + g)([x i 1, x i ]), więc inf f([x i 1, x i ]) + inf g([x i 1, x i ]) inf(f + g)([x i 1, x i ]) dl i = 1,..., k. Stąd i z definicji dolnej sumy Drboux wynik pierwsz nierówność w (i). Drug nierówność wynik z włsności Trzecią nierówność w (i) dowodzimy nlogicznie jk pierwszą. Z włsności kresów dolnego i górnego zbioru mmy inf cf([x i 1, x i ]) = c inf f([x i 1, x i ]), sup cf([x i 1, x i ]) = c sup f([x i 1, x i ]), gdy c > 0. Stąd dostjemy (ii). Pondto inf cf([x i 1, x i ]) = c sup f([x i 1, x i ]), gdy c < 0. Stąd wynik (iii). Weźmy dowolny ciąg (P n ) n=1 podziłów przedziłu [, b] tki, że lim n δ(p n ) = 0. Z włsności (i) dl kżdego n N mmy L(P n, f) + L(P n, g) L(P n, f + g) U(P n, f + g) U(P n, f) + U(P n, g). Przechodząc więc do grnicy przy n, w myśl twierdzeń , dostjemy (b). Niech c > 0. Z włsności (ii) dl kżdego n N mmy L(P n, cf) = cl(p n, f) orz U(P n, cf) = cu(p n, f), więc przechodząc do grnicy przy n dostjemy (c). Anlogicznie, opierjąc się n włsności (iii), dowodzimy część (d). Twierdzenie Niech f będzie ogrniczoną funkcją rzeczywistą określoną n przedzile [, b] orz niech c R, < c < b. Wówczs c fdx = fdx+ c fdx orz c fdx = fdx+ fdx. c Dowód. Niech (P n) n=1 orz (P b n) n=1 będą ciągmi podziłów odpowiednio przedziłów [, c] orz [c, b] tkimi, że n lim δ(p n) = 0 orz n lim δ(p b n) = 0. Niech P n będzie podziłem przedziłu [, b] utworzonym przez sumę zbiorów punktów podziłu P n orz P b n dl n N. Wtedy lim δ(p n ) = 0 orz z definicji dolnej i górnej sumy Drboux n dostjemy L(P n, f) = L(P n, f) + L(P b n, f), U(P n, f) = U(P n, f) + U(P b n, f). Stąd, przechodząc do grnicy przy n, z twierdzeń , dostjemy tezę.

9 Rozdził 11 Cłk Riemnn 11.1 Cłk Riemnn Definicj cłki Riemnn. Niech f będzie ogrniczoną funkcją rzeczywistą określoną n przedzile [, b]. Mówimy, że funkcj f jest cłkowln w sensie Riemnn w przedzile [, b] lub, że jest cłkowln w przedzile [, b], gdy doln i górn cłk Drboux funkcji f w przedzile [, b] są równe, to znczy f(x)dx = f(x)dx. Zbiór wszystkich funkcji cłkowlnych w sensie Riemnn w przedzile [, b] oznczmy R([, b]). Jeśli f R([, b]), to wspólną wrtość dolnej i górnej cłki Drboux oznczmy fdx lub f(x)dx i nzywmy cłką Riemnn funkcji f w przedzile [, b] lub cłką oznczoną Riemnn funkcji f w przedzile [, b]. Dl uproszczeni zpisu przyjmuje się nstępujące oznczeni Definicj. Jeśli funkcj f jest określon w punkcie, to przyjmujemy fdx = 0. Jeśli f R([, b]), to przyjmujemy b fdx = fdx. Uwg Wprost z definicji orz uwgi dostjemy, że kżd funkcj stł w przedzile [, b] jest cłkowln w sensie Riemnn w tym przedzile. Pondto, jeśli c R orz f(x) = c dl x [, b], to fdx = c(b ). Istnieją funkcje ogrniczone w przedzile domkniętym, które nie są cłkowlne w sensie Riemnn. Przykłdem tkiej funkcji jest funkcj Dirichlet (ptrz uwg ). Z włsności dostjemy ntychmist Włsność Niech f R([, b]) orz niech m = inf f([, b]), M = sup f([, b]). Wówczs (11.1) m(b ) fdx M(b ). 237

10 238 ROZDZIAŁ 11. CAŁKA RIEMANNA Z włsności dolnej i górnej cłki Drboux (twierdzeni , ) dostjemy Twierdzenie Niech f, f 1, f 2 R([, b]), niech g : [, b] R orz niech c R. Wówczs () f 1 + f 2 R([, b]) orz cf R([, b]) i (f 1 + f 2 )dx = f 1 dx + f 2 dx (b) Jeśli f 1 (x) f 2 (x) dl x [, b], to orz cfdx = c fdx. f 1 dx f 2 dx. (c) Jeśli M R jest tkie, że f(x) M dl x [, b], to fdx M(b ). (d) Jeśli < c < b, to f R([, c]) i f R([c, b]) orz fdx = c fdx + c fdx. (e) Jeśli < c < b i g R([, c]) orz g R([c, b]), to g R([, b]). Dowód. Ad. () Z twierdzeni (b) dostjemy (11.2) f 1dx+ f 2dx (f 1 + f 2 )dx (f 1 + f 2 )dx f 1dx+ f 2dx. Z złożeni f 1, f 2 R([, b]), mmy f 1 dx = f 1 dx = f 1 dx orz f 2 dx = f 2 dx = f 2 dx. Ztem (11.2) jest ciągiem równości. To dje pierwszą część (). Drug część () wynik ntychmist z twierdzeni (c)(d). Istotnie dl c = 0 tez jest oczywist. Dl c > 0 mmy Dl c < 0 zś cfdx = c cfdx = c fdx = c fdx = c fdx = cfdx. fdx = c fdx = c fdx = cfdx. Ad. (b) Część (b) wynik ntychmist z twierdzeni ().

11 11.1. CAŁKA RIEMANNA 239 Ad. (c) Poniewż M f(x) M dl x [, b], więc M inf f([, b]) orz sup f([, b]) M. Ztem z włsności dostjemy M(b ) co dje (c). Ad. (d) Z twierdzeni , mmy c f(x)dx = f(x)dx+ Z złożeni f(x)dx = c fdx M(b ), mmy c f(x)dx c f(x)dx orz c f(x)dx c c c f(x)dx f(x)dx+ f(x)dx = f(x)dx. c f(x)dx, więc powyżej zchodzi ciąg równości. Z włsności c f(x)dx = f(x)dx orz c f(x)dx. W konsekwencji, f(x)dx = f(x)dx. c To dje, że f R([, c]), f R([c, b]) i zchodzi (d). Ad. (e) Poniewż g R([, c]) orz g R([c, b]), więc z twierdzeni dostjemy więc g R([, b]). c g(x)dx = g(x)dx+ c c g(x)dx = g(x)dx+ g(x)dx = g(x)dx, c Uwg W nlizie rozwż się również tk zwną cłkę Riemnn-Strieltjes lub krótko cłkę Stieltjes. Jest to uogólnienie cłki Riemnn. Cłkę Stieltjes definiujemy nstępująco: Definicj cłki Stieltjes. Niech α będzie funkcją rosnącą określoną n przedzile [, b]. Dl kżdego podziłu P = (x 0,..., x n ) przedziłu [, b] określmy α i = α(x i ) α(x i 1 ). Dl dowolnej funkcji rzeczywistej f ogrniczonej n przedzile [, b], kłdziemy kolejno m i = inf f([x i 1, x i ]), M i = sup f([x i 1, x i ]), i = 1,..., n. L(P, f, α) = m i α i orz U(P, f, α) = M i α i fdα = inf{u(p, f, α) : P jest podziłem przedziłu [, b]}. fdα = sup{l(p, f, α) : P jest podziłem przedziłu [, b]}. Jeśli fdα = fdα, to tę wspólną wrtość nzywmy cłką Riemnn-Strieltjes lub krótko cłką Stieltjes funkcji f względem funkcji α n przedzile [, b] i oznczmy fdα.

12 240 ROZDZIAŁ 11. CAŁKA RIEMANNA Możn pokzć, że cłk Stieltjes m nlogiczne włsności do twierdzeni orz do twierdzeń z nstępnych punktów: , , , Przy dodtkowych złożenich o funkcji α zchodzą również nlogiczne włsności do pozostłych twierdzeń w nstępnych punktch Wrunki istnieni cłki Riemnn Podmy terz równowżne wrunki cłkowlności funkcji w sensie Riemnn. Z definicji cłki Riemnn i z twierdzeń orz mmy Twierdzenie Niech f będzie ogrniczoną funkcją rzeczywistą określoną n przedzile [, b] orz niech A R. Wówczs nstępujące wrunki są równowżne: () f R([, b]) orz (11.3) f(x)dx = A. (b) Dl kżdego ciągu (P n ) n=1 podziłów przedziłu [, b] tkiego, że lim n δ(p n ) = 0, zchodzi (11.4) lim n L(P n, f) = A orz lim n U(P n, f) = A. (c) Istnieje ciąg (P n ) n=1 podziłów przedziłu [, b] tki, że zchodzi (11.4). Dowód. Wobec definicji cłki Riemnn, (11.3) jest równowżne temu, że f(x)dx = A orz f(x)dx = A. Ztem z twierdzeń , dostjemy implikcje () (b) (c). Z (c) mmy A fdx i fdx A, ztem fdx = A. To dje implikcję (c) (). Twierdzenie Niech f będzie ogrniczoną funkcją rzeczywistą określoną n przedzile [, b]. Wówczs nstępujące wrunki są równowżne: () f R([, b]). (b) dl kżdego ε > 0 istnieje η > 0, że dl kżdego podziłu P przedziłu [, b] tkiego, że δ(p) < η zchodzi (11.5) U(P, f) L(P, f) < ε. (c) dl kżdego ε > 0 istnieje podził P przedziłu [, b] tki, że zchodzi (11.5). Dowód. Udowodnimy implikcję () (b). Przypuśćmy przeciwnie, że istnieje ε 0 > 0 tkie, że dl kżdego η > 0 istnieje podził P przedziłu [, b] o średnicy mniejszej od η,

13 11.2. WARUNKI ISTNIENIA CAŁKI RIEMANNA 241 że zchodzi U(P, f) L(P, f) ε 0. W szczególności dl kżdego n N istnieje podził P n przedziłu [, b] tki, że δ(p n ) < 1 n orz (11.6) U(P n, f) L(P n, f) ε 0. Niech A = fdx. Poniewż lim δ(p n) = 0, więc twierdzeni wynik, że n lim L(P n, f) = A = lim U(P n, f). n n To przeczy (11.6). Otrzymn sprzeczność dje, że przypuszczenie było fłszywe. Implikcj (b) (c) jest oczywist. Udowodnimy implikcję (c) (). Weźmy dowolne ε > 0. Z (c) mmy, że istnieje podził P przedziłu [, b] tki, że zchodzi (11.5). Ztem z definicji dolnej i górnej cłki Drboux mmy 0 f(x)dx f(x)dx U(P, f) L(P, f) < ε. Stąd i z dowolności ε > 0 mmy f(x)dx = f(x)dx, więc f R([, b]). To dje (). Twierdzenie Niech f R([, b]) orz m, M R będą tkie, że m f(x) M dl x [, b], przy czym niech m < M. Niech ϕ będzie funkcją ciągłą w przedzile [m, M] orz niech h(x) = ϕ(f(x)), x [, b]. Wówczs h R([, b]). Dowód. Niech K R będzie tkie, że ϕ(t) < K dl t [m, M]. Weźmy dowolne ε > 0 i niech ε ε = b + 2K. Poniewż ϕ jest funkcją jednostjnie ciągłą, więc istnieje δ > 0 tk, że δ < ε orz dl kżdych t, t [m, M] zchodzi (11.7) t t < δ ϕ(t ) ϕ(t ) < ε. Poniewż f R([, b]), więc istnieje podził P = (x 0,..., x n ) przedziłu [, b] tki, że (11.8) U(P, f) L(P, f) < δ 2. Niech orz niech m i = inf f([x i 1, x i ]), M i = sup f([x i 1, x i ]) m i = inf h([x i 1, x i ]), M i = sup h([x i 1, x i ])

14 242 ROZDZIAŁ 11. CAŁKA RIEMANNA dl i = 1,..., n. Niech A będzie zbiorem tych i {1,..., n} dl których M i m i < δ orz niech B zbiorem tych i {1,..., n}, że M i m i δ. Zuwżmy, że dl i A mmy (11.9) (Mi m i )(x i x i 1 ) ε (b ). i A Istotnie, z definicji M i i m i dostjemy, że dl kżdego η > 0 istnieją x, x [x i 1, x i ] tkie, że h(x ) M i η 2 orz h(x ) m i + η 2. Ztem Poniewż i A, więc M i m i η h(x ) h(x ). f(x ) f(x ) < δ i wobec (11.7), h(x ) h(x ) ε. Stąd dostjemy, że M i m i η ε i wobec dowolności η > 0, że M i m i ε. To dje (11.9). Z (11.8) i określeni zbioru B mmy δ (x i x i 1 ) (M i m i )(x i x i 1 ) U(P, f) L(P, f) < δ 2, i B i B więc i B (x i x i 1 ) < δ. Z wyboru liczby K mmy Mi m i 2K dl i {1,..., n}, więc (Mi m i )(x i x i 1 ) 2K (x i x i 1 ) < 2Kδ < 2Kε. i B i B Stąd i z (11.9) mmy U(P, h) L(P, h) = (Mi m i )(x i x i 1 )+ (Mi m i )(x i x i 1 ) < ε (b +2K) = ε. i A i B To, wobec twierdzeni dje, że h R([, b]) i kończy dowód. Twierdzenie Jeśli f, g R([, b]), to () fg R([, b]), (b) f R([, b]) orz fdx f dx. Dowód. Ad. () Wobec twierdzeni mmy f + g, f g R([, b]). Ztem biorąc funkcję ϕ(t) = t 2, t R, w myśl twierdzeni mmy, że (f + g) 2 = ϕ(f + g) R([, b]) orz (f g) 2 = ϕ(f g) R([, b]). W konsekwencji fg = 1 4 [(f + g)2 (f g) 2 ] R([, b]).

15 11.3. CIĄGŁOŚĆ A CAŁKOWALNOŚĆ 243 Ad. (b) Przyjmując ϕ(t) = t, t R, z twierdzeni dostjemy, że f R([, b]). Niech c { 1, 1} będzie tkie, że c fdx 0. Wtedy, cf(x) f(x) dl x [, b], ztem z twierdzeni ()(b) mmy fdx = c fdx = cfdx f dx. To kończy dowód. Twierdzenie Niech f R([, b]). Jeśli f(x) > 0 dl x [, b], to f(x)dx > 0. Dowód. Poniewż f(x) > 0 dl x [, b], to z twierdzeni (b) dl dowolnych c, d R tkich, że c < d b dostjemy, że d c f(x)dx 0. Przypuśćmy przeciwnie, że f(x)dx 0. Wtedy f(x)dx = 0. Zuwżmy, że (11.10) d c f(x)dx = 0 dl dowolnych c, d R tkich, że c < d b. Istotnie, w przeciwnym rzie dl pewnych c < d b zchodzi d c f(x)dx > 0, więc f(x)dx = c f(x)dx + d c f(x)dx + d f(x)dx > 0, co przeczy przypuszczeniu. Zuwżmy, że istnieje ciąg przedziłów domkniętych (P n ) n=1 tki, że (11.11) [, b] P 1 P 2... orz dl kżdego n N, (11.12) f(x) 1 n dl x P n. Istotnie, f(x)dx = 0, więc z twierdzeni istnieje podził P 1 = (x 0,..., x n ) przedziłu [, b] tki, że U(P 1, f) < b, więc istnieje i, że dl P 1 = [x i 1, x i ] zchodzi (11.12). Wobec (11.10) mmy x i x i 1 f(x)dx = 0, więc podobnie jk wyżej istnieje podził P 2 = (y 0,..., y m ) przedziłu P 1 tki, że U(P 2, f) < 1(x 2 i x i 1 ), więc istnieje przedził P 2 P 1 dl którego zchodzi (11.12). Postępując dlej indukcyjnie dostjemy, że istnieje zpowiedziny ciąg przedziłów (P n ). Poniewż (P n ) jest ciągiem przedziłów domkniętych spełnijącym (11.11), więc istnieje punkt z n=1 P n. Wtedy z [, b] i wobec (11.12), f(z) 0. To przeczy złożeniu Ciągłość cłkowlność Z twierdzeni dostjemy

16 244 ROZDZIAŁ 11. CAŁKA RIEMANNA Twierdzenie Kżd funkcj ciągł w przedzile domkniętym jest cłkowln w sensie Riemnn w tym przedzile. Dowód. Niech f będzie funkcją ciągłą w przedzile [, b]. Wówczs funkcj f jest jednostjnie ciągł w [, b]. Weźmy dowolne ε > 0 i niech η > 0 będzie tkie, że dl kżdych x, x [, b] zchodzi (11.13) x x < η f(x ) f(x ) < ε 2(b ). Niech P = (x 0,..., x n ) będzie podziłem przedziłu [, b] tkim, że δ(p) < η. Oznczjąc M i = sup f([x i 1, x i ]), m i = inf f([x i 1, x i ]) dl i = 1,..., n, z (11.13) dostjemy Ztem M i m i ε 2(b ) dl i = 1,..., n. U(P, f) L(P, f) = (M i m i )(x i x i 1 ) < ε b To, wobec twierdzeni dje tezę. (x i x i 1 ) = ε (b ) = ε. b Uwg Funkcj f(x) = x, x [, b] jest cłkowln w sensie Riemnn. Istotnie, niech P n = (x 0,..., x n ) będzie podziłem przedziłu [, b], postci x i = + i (b ), n i = 0,..., n, n N. Weźmy dowolne ε > 0 i niech δ = ε. Dl n > 1, podził P 2(b ) δ n m średnicę 1 (b ) mniejszą od δ. Pondto, n U(P n, f) L(P n, f) = (x i x i 1 ) 2 < δ (x i x i 1 ) = δ(b ) = ε 2 < ε. Ztem z twierdzeni dostjemy, że f R([, b]). Wobec tego twierdzenie wynik ntychmist z twierdzeni Stosując twierdzenie (c) () łtwo obliczmy, że xdx = b2 2. Istotnie, 2 U(P n, f) = (n + 1)b + (1 n) x i (x i x i 1 ) = (b ) 2n n b Twierdzenie Niech f będzie ogrniczoną funkcją rzeczywistą określoną n przedzile [, b]. Jeśli funkcj f jest ciągł w przedzile [, b], z wyjątkiem co njwyżej skończonej ilości punktów, to f jest cłkowln w sensie Riemnn w tym przedzile. Dowód. Niech Z [, b] będzie zbiorem wszystkich punktów nieciągłości funkcji f w przedzile [, b]. Niech Z {, b} = {ξ 0,..., ξ k }, gdzie = ξ 0 <... < ξ k = b. Poniewż f jest funkcją ogrniczoną w przedzile [, b], więc istnieje stł M > 0, że (11.14) M f(x) M dl x [, b].

17 11.3. CIĄGŁOŚĆ A CAŁKOWALNOŚĆ 245 Weźmy dowolne ε > 0. Niech δ > 0 będzie n tyle młe, że 4M(k + 1)δ < ε orz Oznczmy ξ 0 < ξ 0 + δ < ξ 1 δ < ξ 1 + δ <... < ξ k 1 + δ < ξ k δ < ξ k. x 0 = ξ 0, x 1 = ξ 1 δ,..., x k = ξ k δ orz y 0 = ξ 0 + δ, y 1 = ξ 1 + δ,..., y k = ξ k. Poniewż funkcj f jest ciągł w kżdym przedzile [y i 1, x i ], więc z twierdzeni , xi y i 1 Ztem z twierdzeni mmy (11.15) xi f(x)dx = f(x)dx dl i = 1,..., k. y i 1 k f(x)dx f(x)dx = i=0 Z (11.14) i włsności mmy yi x i f(x)dx yi f(x)dx. x i yi yi M(y i x i ) f(x)dx f(x)dx M(y i x i ) dl i = 0,..., k, x i x i więc yi yi 0 f(x)dx f(x)dx 2M(y i x i ) < 4Mδ. x i x i Stąd i z (11.15) dostjemy 0 f(x)dx f(x)dx 4(k + 1)Mδ < ε. To, wobec dowolności ε dje f(x)dx = f(x)dx, czyli, że f R([, b]). Wniosek Niech f będzie funkcją rzeczywistą określoną n przedzile [, b] tką, że f(x) = 0 dl wszystkich x [, b] z wyjątkiem co njwyżej skończonej ilości punktów. Wówczs f R([, b]) orz f(x)dx = 0. Dowód. Z złożeni mmy, że f jest funkcją ciągłą w [, b] z wyjątkiem skończonej ilości punktów. Ztem z twierdzeni mmy, że f R([, b]). Niech f 1 (x) = mx{0, f(x)} orz f 2 (x) = min{0, f(x)} dl x [, b]. Wówczs z powyższego mmy, że f 1, f 2 R([, b]). Pondto łtwo sprwdzmy, że dl kżdego podziłu P przedziłu [, b] mmy L(P, f 1 ) = 0 orz U(P, f 2 ) = 0. Ztem f 1 dx = f 1 dx = 0 orz f 2 dx = f 2 dx = 0.

18 246 ROZDZIAŁ 11. CAŁKA RIEMANNA Poniewż f = f 1 + f 2, więc z twierdzeni () dostjemy fdx = f 1 dx + f 2 dx = 0. To dje tezę. Wniosek Niech f R([, b]). Jeśli g : [, b] R jest funkcją tką, że f(x) = g(x) dl wszystkich x [, b] z wyjątkiem co njwyżej skończonej ilości punktów, to g R([, b]) orz gdx = fdx. Dowód. Niech h(x) = g(x) f(x), x [, b]. W myśl złożeni mmy, że h(x) = 0 dl wszystkich x [, b] z wyjątkiem co njwyżej skończonej ilości punktów. Ztem z wniosku dostjemy, że h R([, b]) orz hdx = 0. Stąd i z twierdzeni () mmy g = h + f R([, b]) orz gdx = fdx. W świetle wniosku możemy rozszerzyć pojęcie funkcji cłkowlnej w sensie Riemnn w przedzile [, b] n przypdek funkcji określonej w przedzile [, b] z wyjątkiem skończonej ilości punktów. Uogólnienie definicji cłki Riemnn. Niech Z będzie podzbiorem skończonym przedziłu [, b] orz f funkcją określoną n zbiorze [, b] \ Z. Mówimy, że funkcj f jest cłkowln w sensie Riemnn n przedzile [, b], gdy istnieje funkcj g R([, b]) tk, że f [,b]\z = g [,b]\z. Wtedy cłką Riemnn funkcji f w przedzile [, b] nzywmy liczbę gdx i oznczmy fdx Funkcje o whniu skończonym Definicj funkcji o whniu skończonym. Niech f będzie funkcją rzeczywistą określoną n przedzile [, b]. Element V (f,, b) R {+ } określony wzorem { n } V (f,, b) = sup f(x i ) f(x i 1 ) : (x 0,..., x n ) jest podziłem przedziłu [, b] nzywmy whniem funkcji f n przedzile [, b]. Jeśli V (f,, b) < +, to mówimy, że funkcj f m w przedzile [, b] whnie skończone. Twierdzenie (Jordn). Jeśli funkcj f : [, b] R m w przedzile [, b] whnie skończone, to istnieją funkcje rosnące g, h : [, b] R tkie, że f = g h.

19 11.4. FUNKCJE O WAHANIU SKOŃCZONYM 247 Dowód. Niech v : [, b] R będzie funkcją określoną wzormi v(0) = 0 orz v(x) = V (f,, x) dl x (, b]. Z złożeni, że V (f,, b) < + i z określeni v dostjemy łtwo, że 0 v(x) V (f,, b) dl x [, b]. Zuwżmy, że (11.16) f(y) f(x) v(y) v(x) dl kżdych x, y [, b] tkich, że x < y. Istotnie, weźmy dowolne x, y [, b] tkie, że x < y. Jeśli x =, to (11.16) wynik z definicji v(y). Jeśli x >, to dl kżdego podziłu (x 0,..., x n ) przedziłu [, x] mmy f(x i ) f(x i 1 ) + f(y) f(x) v(y), więc z definicji whni funkcji, dostjemy v(x) + f(y) f(x) v(y). To dje (11.16). Połóżmy g(x) = 1 2 [v(x) + f(x)] orz h(x) = 1 [v(x) f(x)] dl x [, b]. 2 Wówczs dl kżdych x, y [, b] tkich, że x < y, z (11.16) dostjemy g(y) g(x) = 1[v(y) v(x) + f(x) f(y)] 1 [v(y) v(x) f(y) f(x) ] 0, 2 2 h(y) h(x) = 1[v(y) v(x) f(x) + f(y)] 1 [v(y) v(x) f(y) f(x) ] To dje, że funkcje g i h są rosnące. Pondto f = g h, co kończy dowód. Monotoniczność funkcji pociąg jej cłkowlność, o czym świdczy Twierdzenie Kżd funkcj monotoniczn w przedzile domkniętym jest cłkowln w sensie Riemnn w tym przedzile. Dowód. Niech f będzie funkcją rosnącą w przedzile [, b]. Weźmy dowolne ε > 0 i niech n N będzie tkie, że (b )(f(b) f()) (11.17) < ε. n Weźmy podził P = (x 0,..., x n ) przedziłu [, b] tki, że x i = + i b, i = 0,..., n. n Poniewż f jest funkcją rosnącą, więc f(x i ) = sup f([x i 1, x i ]) orz f(x i 1 ) = inf f([x i 1, x i ]) dl i = 1,..., n. Stąd i z (11.17) mmy U(P, f) L(P, f) = (f(x i ) f(x i 1 )) b n = b (f(b) f()) < ε. n To, wobec twierdzeni dje tezę w przypdku, gdy f jest funkcją rosnącą. W przypdku, gdy funkcj f jest mlejąc, rozumujemy nlogicznie. Z twierdzeń i dostjemy ntychmist Wniosek Jeśli funkcj f : [, b] R m w przedzile [, b] whnie skończone, to f R([, b]).

20 248 ROZDZIAŁ 11. CAŁKA RIEMANNA 11.5 Cłk jko grnic sum przybliżonych Udowodnimy tutj, że cłkę Riemnn możn określić jko grnicę sum przybliżonych. Zcznijmy od lemtu potrzebnego również w dlszym ciągu wykłdu. Lemt Jeśli f, g R([, b]), to dl kżdego ε > 0 istnieje η > 0 tk, że dl kżdego podziłu P = (x 0,..., x n ) przedziłu [, b] o średnicy mniejszej od η orz kżdego ciągu t i [x i 1, x i ], i = 1,..., n mmy (11.18) fgdx xi f(t i ) gdx x i 1 < ε Dowód. Niech M R, M > 0, będzie tkie, że g(x) M dl x [, b]. Weźmy dowolne ε > 0. Z twierdzeni istnieje η > 0, że dl kżdego podziłu P przedziłu [, b] tkiego, że δ(p) < η zchodzi (11.19) U(P, f) L(P, f) < ε M. Weźmy dowolny podził P = (x 0,..., x n ) przedziłu [, b] tki, że δ(p) < η i niech t i [x i 1, x i ] dl i = 1,..., n. Wówczs więc fgdx = xi x i 1 fgdx = xi f(t i ) gdx+ x i 1 xi x i 1 [f f(t i )]gdx, (11.20) fgdx xi f(t i ) gdx = x i 1 xi x i 1 [f f(t i )]gdx. Oznczjąc mmy m i = inf f([x i 1, x i ]), M i = sup f([x i 1, x i ]) dl i = 1,..., n, f(x) f(t i ) M i m i dl kżdego x [x i 1, x i ], i = 1,..., n. Ztem z twierdzeń , i wzoru (11.19), dostjemy xi x i 1 [f f(t i )]gdx M n xi x i 1 f f(t i ) dx M n (M i m i )(x i x i 1 ) = M[U(P, f) L(P, f)] < ε, co wrz z (11.20) dje (11.18).

21 11.5. CAŁKA JAKO GRANICA SUM PRZYBLIŻONYCH 249 Twierdzenie Niech f będzie ogrniczoną funkcją rzeczywistą określoną n przedzile [, b] i niech A R. Wówczs nstępujące wrunki są równowżne: () f R([, b]) i fdx = A. (b) dl kżdego ε > 0 istnieje η > 0 tk, że dl kżdego podziłu P = (x 0,..., x n ) przedziłu [, b] o średnicy mniejszej od η orz kżdego ciągu punktów t i [x i 1, x i ], i = 1,..., n zchodzi n (11.21) A f(t i )(x i x i 1 ) < ε. Dowód. () (b). Kłdąc g(x) = 1 dl x [, b] i biorąc dowolny podził P = (x 0,..., x n ) przedziłu [, b], dostjemy x i x i 1 gdx = x i x i 1. Ztem lemt dje (b). (b) (). Weźmy dowolne ε > 0. Z (b) dostjemy, że istnieje η > 0 tk, że dl kżdego podziłu P = (x 0,..., x n ) przedziłu [, b] o średnicy mniejszej od η orz kżdego ciągu punktów t i [x i 1, x i ], i = 1,..., n zchodzi więc n A f(t i )(x i x i 1 ) < ε 3, (11.22) A ε n 3 < f(t i )(x i x i 1 ) < A + ε 3. Z włsności mmy orz więc z (11.22), { n } L(P, f) = inf f(t i )(x i x i 1 ) : t i [x i 1, x i ], i = 1,..., n { n } U(P, f) = sup f(t i )(x i x i 1 ) : t i [x i 1, x i ], i = 1,..., n, (11.23) A ε 3 L(P, f) orz U(P, f) A + ε 3. Stąd dostjemy U(P, f) L(P, f) A + ε 3 A + ε 3 < ε. To, wobec twierdzeni dje, że f R([, b]). Uwzględnijąc (11.23) mmy, że dl kżdego ε > 0 istnieje podził P przedziłu [, b] tki, że L(P, f) > A ε orz U(P, f) < A + ε. To dje, że fdx A ε orz fdx A + ε, więc b fdx fdx 2ε.

22 250 ROZDZIAŁ 11. CAŁKA RIEMANNA Stąd i z dowolności ε > 0 (poniewż fdx fdx), dostjemy więc fdx = A. To dje (). Z twierdzeni wynik fdx = fdx = A, Twierdzenie (podstwowe twierdzenie rchunku cłkowego). Jeśli funkcj f m w przedzile [, b] funkcję pierwotną F : [, b] R orz f R([, b]), to fdx = F (b) F (). Dowód. Niech A = fdx. Weźmy dowolne ε > 0. Z twierdzeni () (b), istnieje η > 0 tk, że dl kżdego podziłu P = (x 0,..., x n ) przedziłu [, b] o średnicy mniejszej od η orz kżdego ciągu punktów t i [x i 1, x i ], i = 1,..., n zchodzi n (11.24) A f(t i )(x i x i 1 ) < ε. Niech P = (x 0,..., x n ) będzie podziłem przedziłu [, b] o średnicy mniejszej od η. Poniewż F jest funkcją różniczkowlną i F (x) = f(x) dl x [, b], więc z twierdzeni Lgrnge o wrtości średniej dl kżdego i = 1,..., n istnieje t i [x i 1, x i ], że F (x i ) F (x i 1 ) = f(t i )(x i x i 1 ), więc F (b) F () = (F (x i ) F (x i 1 )) = f(t i )(x i x i 1 ). Ztem z (11.24) wynik, że A (F (b) F ()) < ε. Stąd i z dowolności ε > 0 dostjemy A = F (b) F (). To dje tezę. Uwg Istnieją funkcje cłkowlne w sensie Riemnn nie posidjące funkcji pierwotnej. N przykłd funkcj f(x) = 0 dl x [0, 1], f(x) = 1 dl x (1, 2] jest cłkowln w przedzile [0, 2] jednk nie spełni on włsności Drboux, więc nie m funkcji pierwotnej (ptrz twierdzenie 9.1.9). Możn również pokzć, że istnieją funkcje ogrniczone w przedzile domkniętym, posidjące funkcje pierwotne, które nie są cłkowlne w sensie Riemnn w tym przedzile. Twierdzenie (o cłkowniu przez podstwienie I). Niech ϕ : [α, β] R będzie funkcją, różniczkowlną tką, że ϕ R([α, β]) orz niech ϕ([α, β]) [, b]. Wówczs dl kżdej funkcji f ciągłej w przedzile [, b] mmy f ϕ ϕ R([α, β]) orz (11.25) ϕ(β) ϕ(α) f(t)dt = β α f(ϕ(x))ϕ (x)dx.

23 11.5. CAŁKA JAKO GRANICA SUM PRZYBLIŻONYCH 251 Dowód. Funkcj f ϕ jest ciągł w przedzile [α, β], więc z twierdzeni , mmy f ϕ R([α, β]). Z złożeni ϕ R([α, β]), ztem z twierdzeni , f ϕ ϕ R([α, β]). Funkcj f, jko ciągł w przedzile [, b] m funkcję pierwotną F : [, b] R (ptrz twierdzenie 9.2.4). Wówczs F ϕ : [α, β] R jest funkcją pierwotną funkcji f ϕ ϕ w przedzile [α, β]. Jeśli ϕ(α) < ϕ(β), to z podstwowego twierdzeni rchunku cłkowego mmy ϕ(β) ϕ(α) f(t)dt = F (ϕ(β)) F (ϕ(α)) = Jeśli ϕ(α) = ϕ(β), to zgodnie z definicją, ϕ(β) ϕ(α) f(t)dt = 0 = F (ϕ(β)) F (ϕ(α)) = Jeśli ϕ(α) > ϕ(β), to ϕ(β) ϕ(α) f(t)dt = ϕ(α) ϕ(β) f(t)dt, więc ϕ(β) Resumując mmy tezę. ϕ(α) f(t)dt = ϕ(α) ϕ(β) β α β α f ϕ(x)ϕ (x)dx f ϕ(x)ϕ (x)dx. f(t)dt = [F (ϕ(α)) F (ϕ(β))] = F (ϕ(β)) F (ϕ(α)) = β α f ϕ(x)ϕ (x)dx. Poniżej podjemy ogólniejszą wersję twierdzeni o cłkowniu przez podstwienie, gdzie nie zkłdmy ciągłości funkcji f, jednk wzmcnimy złożenie o funkcji ϕ. Twierdzenie (o cłkowniu przez podstwienie II). Niech ϕ : [α, β] R będzie funkcją rosnącą, różniczkowlną i ϕ R([α, β]) orz niech = ϕ(α), b = ϕ(β), < b. Wówczs dl kżdej funkcji f R([, b]) mmy f ϕ ϕ R([α, β]) orz (11.26) f(t)dt = β α f(ϕ(x))ϕ (x)dx. Dowód. Poniewż f R([, b]), więc istnieje L R, L > 0, że f(t) < L dl t [, b]. Oznczmy A = f(t)dt. Weźmy dowolne ε > 0. Poniewż f R([, b]), więc z twierdzeni () (b) dostjemy, że istnieje η > 0 tk, że dl kżdego ciągu = t 0 t 1... t n = b tkiego, że t i t i 1 < η orz kżdego ciągu ξ 1,..., ξ n tkiego, że t i 1 ξ i t i dl i = 1,..., d zchodzi ( 1 ) n (11.27) A f(ξ i )(t i t i 1 ) < ε 2. Zuwżmy, że istnieje δ > 0 tk, że dl kżdego podziłu P = (x 0,..., x n ) przedziłu [α, β] o średnicy mniejszej od δ orz kżdych ciągów η i, η i [x i 1, x i ], i = 1,..., n mmy (11.28) f(ϕ(η i ))(ϕ ( η i ) ϕ (η i ))(x i x i 1 ) < ε 2. 1 nie piszemy tutj, że (t 0,..., t n ) jest podziłem przedziłu [, b], gdyż dopuszczmy równość t i 1 = t i dl pewnych i {1,..., n}. W tkim przypdku mmy f(ξ i )(t i t i 1 ) = 0, więc możemy stosowć twierdzenie

24 252 ROZDZIAŁ 11. CAŁKA RIEMANNA Istotnie, z złożeni, że ϕ R([α, β]), i z twierdzeni , istnieje δ > 0, że dl kżdego podziłu P przedziłu [α, β] o średnicy mniejszej od δ zchodzi (11.29) U(P, ϕ ) L(P, ϕ ) < ε 2L. Weźmy dowolny podził P = (x 0,..., x n ) przedziłu [α, β] o średnicy mniejszej od δ i niech M i = sup ϕ ([x i 1, x i ]), m i = inf ϕ ([x i 1, x i ]) dl i = 1,..., n. Wtedy dl kżdych η i, η i [x i 1, x i ], mmy więc z (11.29), ϕ ( η i ) ϕ (η i ) M i m i, i = 1,..., n, f(ϕ(η))(ϕ ( η i ) ϕ (η i ))(x i x i 1 ) n f(ϕ(η i )) ϕ ( η i ) ϕ (η i ) (x i x i 1 ) L n (M i m i )(x i x i 1 ) = L[U(P, ϕ ) L(P, ϕ )] < L ε = ε. 2L 2 Zmniejszjąc ewentulnie δ, wobec jednostjnej ciągłości funkcji ϕ możemy złożyć, że dl dowolnych x, x [α, β] zchodzi (11.30) x x < δ ϕ(x ) ϕ(x ) < η. Weźmy dowolny podził P = (x 0,..., x n ) przedziłu [α, β] o średnicy mniejszej od δ i niech η i [x i 1, x i ], i = 1,..., n, będzie dowolnym ciągiem punktów pośrednich. Oznczmy t i = ϕ(x i ) dl i = 0,..., n orz ξ i = ϕ(η i ) dl i = 1,..., n. Z twierdzeni Lgrnge dl kżdego i {1,..., n} istnieje η i [x i 1, x i ], że (11.31) t i t i 1 = ϕ ( η i )(x i x i 1 ). Z złożeni, ϕ jest funkcją rosnącą, więc = t 0 ξ 1 t 1... t n 1 ξ n t n = b, pondto z (11.30) mmy t i t i 1 < η dl i = 1,..., n. Ztem z (11.31), (11.27) i (11.28), A n f(ϕ(η i ))ϕ (η i )(x i x i 1 ) = A n f(ξ i )ϕ (η i )(x i x i 1 ) A n f(ξ i )(t i t i 1 ) + f(ξ i )(t i t i 1 ) n f(ξ i )ϕ (η i )(x i x i 1 ) = A n f(ξ i )(t i t i 1 ) + f(ξ i )ϕ ( η i )(x i x i 1 ) n f(ξ i )ϕ (η i )(x i x i 1 ) < ε + f(ξ 2 i )(ϕ ( η i ) ϕ (η i ))(x i x i 1 ) < ε + ε = ε. 2 2 To, wobec twierdzeni (b) () dje, że f ϕ ϕ R([α, β]) i zchodzi (11.26).

25 11.6. CAŁKOWANIE I RÓŻNICZKOWANIE Cłkownie i różniczkownie Twierdzenie Niech f R([, b]). Wówczs funkcj F : [, b] R określon wzorem (11.32) F (t) = t fdx, t [, b] jest ciągł. Pondto jeśli funkcj f jest ciągł w punkcie x 0 [, b], to funkcj F m pochodną w tym punkcie orz F (x 0 ) = f(x 0 ). Dowód. Wobec twierdzeni (d) mmy, że funkcj F jest poprwnie określon. Poniewż f R([, b]), więc f jest funkcją ogrniczoną w przedzile [, b], czyli istnieje M R, M > 0, tkie że f(x) M dl x [, b]. Weźmy dowolne ε > 0 orz niech δ = ε M. Wówczs dl dowolnych t 1, t 2 [, b], t 1 t 2 tkich, że t 1 t 2 < δ, z twierdzeni (c) mmy t2 F (t 2 ) F (t 1 ) = fdx M(t 2 t 1 ) < Mδ = ε. t 1 To dje jednostjną ciągłość, więc ciągłość funkcji F. Złóżmy terz, że funkcj f jest ciągł w punkcie x 0. Weźmy dowolne ε > 0 i niech δ > 0 będzie tk, że dl x [, b] z wrunku x x 0 < δ wynik f(x) f(x 0 ) < ε. Weźmy dowolne x 1 [, b]. Pokżemy, że F (x 1 ) F (x 0 ) (11.33) 0 < x 1 x 0 < δ f(x 0 ) ε. x 1 x 0 Istotnie, jeśli x 1 < x 0, to z twierdzeni (c), mmy F (x 1) F (x 0 ) 1 x 1 x 0 f(x 0 ) = x0 x 1 x 0 x 1 fdx + 1 = 1 x0 x 1 x 0 x0 x 1 x 0 x 1 f(x 0 )dx x 1 (f f(x 0 ))dx 1 ε x1 x 1 x 0 x 0 = ε. to dje (11.33) w przypdku, gdy x 1 < x 0. Anlogicznie, zmienijąc rolmi x 0 i x 1 dowodzimy (11.33), gdy x 1 > x 0. Z (11.33) dostjemy, że F (x 0 ) = f(x 0 ). Definicj funkcji górnej grnicy cłkowni. Dl funkcji f R([, b]), funkcję określoną wzorem (11.32) nzywmy funkcją górnej grnicy cłkowni. Uwg Niech f R([, b]). Wówczs funkcj F : [, b] R określon wzorem F (t) = t fdx, t [, b] jest ciągł. Pondto jeśli funkcj f jest ciągł w punkcie x 0 [, b], to funkcj F m pochodną w tym punkcie orz F (x 0 ) = f(x 0 ). Istotnie, F (t) = fdx t fdx dl t [, b], więc tez wynik z twierdzeni

26 254 ROZDZIAŁ 11. CAŁKA RIEMANNA Z twierdzeni dostjemy ntychmist inny dowód istnieni funkcji pierwotnej funkcji ciągłej w przedzile domkniętym (por. twierdzenie 9.2.4). Wniosek Jeśli funkcj f jest ciągł w przedzile [, b], to górn grnic cłkowni F : [, b] R, F (t) = t fdx, t [, b], jest funkcją pierwotną funkcji f w przedzile [, b]. Dowód. Istotnie, poniewż f jest funkcją ciągłą w przedzile [, b], więc z twierdzeni , dl kżdego x [, b] mmy F (x) = f(x). Wniosek Niech f R([, b]). Jeśli f(x) 0 dl x [, b] orz istnieje x 0 [, b] tkie, że funkcj f jest ciągł w punkcie x 0 i f(x 0 ) > 0, to fdx > 0. Dowód. Niech F (t) = t fdx, t [, b]. Poniewż f(x) 0 dl x [, b], więc funkcj F jest rosnąc. Istotnie, dl t 1, t 2 [, b], t 1 < t 2 mmy F (t 2 ) F (t 1 ) = t2 t 1 fdx 0(t 2 t 1 ) = 0. Z twierdzeni dostjemy, że F (x 0 ) = f(x 0 ), więc F (x 0 ) > 0, ztem F nie jest funkcją stłą i w konsekwencji fdx = F (b) = F (b) F () > 0. Podmy terz twierdzenie o cłkowniu przez części (por. wniosek ). Twierdzenie (o cłkowniu przez części). Niech f, g R([, b]) orz niech F, G : [, b] R będą funkcjmi określonymi wzormi F (t) = C 1 + t fdx, G(t) = C 2 + t gdx, t [, b], gdzie C 1, C 1 R są dowolnymi stłymi. Wówczs fg, F g R([, b]) orz fgdx = F (b)g(b) F ()G() F gdx. Dowód. Wobec twierdzeni , funkcje F i G są ciągłe w przedzile [, b], więc z twierdzeni wynik, że F, G R([, b]). Stąd, z złożeni, że f, g R([, b]) i z twierdzeni () dostjemy, że fg, F g R([, b]). Weźmy dowolne ε > 0. Niech, wobec lemtu , η > 0 będzie tk, że dl kżdego podziłu P = (x 0,..., x n ) przedziłu [, b] o średnicy mniejszej od η zchodzi fgdx xi G(x i 1 ) fdx x i 1 < ε 2 i F gdx xi F (x i ) gdx x i 1 < ε 2,

27 11.7. TWIERDZENIA O WARTOŚCI ŚREDNIEJ 255 czyli (11.34) fgdx G(x i 1 )[F (x i ) F (x i 1 )] < ε 2, (11.35) F gdx F (x i )[G(x i ) G(x i 1 )] < ε 2. Niech P = (x 0,.., x n ) będzie dowolnym podziłem przedziłu [, b] o średnicy mniejszej od η. Stosując przeksztłcenie Abel dostjemy F (b)g(b) F ()G() = G(x i 1 )[F (x i ) F (x i 1 )]+ F (x i )[G(x i ) G(x i 1 )]. Stąd, z (11.34) i (11.35) dostjemy fgdx + F gdx [F (b)g(b) F ()G()] b fgdx n G(x i 1 )[F (x i ) F (x i 1 )] + F gdx n F (x i )[G(x i ) G(x i 1 )] < ε 2 + ε 2 = ε. To, wobec dowolności ε > 0 dje tezę. Z twierdzeni dostjemy ntychmist szczególną lecz często stosowną w prktyce wersję twierdzeni o cłkowniu przez części ( 2 ). Wniosek (o cłkowniu przez części). Jeśli f, g są funkcjmi różniczkowlnymi w przedzile [, b] orz f, g R([, b]), to f g, fg R([, b]) orz f gdx = f(b)g(b) f()g() 11.7 Twierdzeni o wrtości średniej fg dx. Twierdzenie (o wrtości średniej I). Niech f, g R([, b]) orz g(x) 0 dl x [, b] i niech m = inf f([, b]), M = sup f([, b]). Wówczs istnieje µ R tkie, że (11.36) gfdx = µ gdx, przy czym m µ M. Dowód. Poniewż f, g R([, b]), więc z twierdzeni (), mg, fg, Mg R([, b]). Z złożeni mmy, m f(x) M orz g(x) 0 dl x [, b], więc mg(x) f(x)g(x) Mg(x) dl x [, b]. Stąd i z twierdzeni ()(b), dostjemy m gdx fgdx M gdx. 2 Twierdzenie to możn również wyprowdzić z podstwowego twierdzeni rchunku cłkowego.

28 256 ROZDZIAŁ 11. CAŁKA RIEMANNA Oznczmy A = fgdx, B = gdx. Jeśli B = 0, to z powyższego, A = 0 i biorąc dowolne m µ M dostjemy (11.36). Jeśli B > 0 to biorąc µ = A B, z poprzedniego wynik, że m µ M orz zchodzi (11.36). Wniosek Niech f, g R([, b]) orz g(x) 0 dl x [, b]. Jeśli f jest funkcją ciągłą, to istnieje c (, b) tkie, że (11.37) gfdx = f(c) gdx, w szczególności istnieje c (, b), że (11.38) fdx = f(c)(b ). Dowód. Poniewż (11.38) wynik ntychmist z (11.37) dl g = 1, więc wystrczy udowodnić pierwszą część tezy. Niech m = inf f([, b]), M = sup f([, b]). Wobec twierdzeni istnieje µ R tkie, że zchodzi (11.36). Poniewż f jest funkcją ciągłą, to z włsności Drboux istnieje c [, b], że µ = f(c), więc zchodzi (11.37). Pozostje pokzć, że możn wybrć c tkie, że c i c b. Przypuśćmy przeciwnie, że c {, b} i f(x) f(c) dl x (, b). Wówczs, f(c) {m, M}. Niech A = gdx. Jeśli A = 0, to dowolne c (, b) spełni (11.37). Stąd, z przypuszczeni i złożeni, że g(x) 0 dl x [, b], mmy A > 0. Rozwżmy przypdek, gdy f(c) = m. Przypdek, gdy f(c) = M rozwż się nlogicznie. Poniewż A > 0, to istnieją < x 1 < x 2 < b tkie, że x2 x 1 gdx > 0. Miech m = inf f([x 1, x 2 ]). Poniewż f(x) f(c) dl x (, b), więc f(x) > m dl x [x 1, x 2 ], i wobec ciągłości funkcji f mmy m > m. Uwzględnijąc terz złożenie g(x) 0 dl x [, b], mmy: fgdx = x 1 fgdx + x 2 x 1 > m x 1 gdx + m x 2 x 1 fgdx + x 2 fgdx m x 1 gdx + m x 2 x 1 gdx + m x 2 gdx = m gdx = f(c) gdx + m x 2 gdx gdx, co przeczy (11.37). Otrzymn sprzeczność kończy dowód.

29 11.7. TWIERDZENIA O WARTOŚCI ŚREDNIEJ 257 Twierdzenie (o wrtości średniej II). Niech funkcj g będzie w przedzile [, b] mlejąc orz f R([, b]). Wówczs: () Istnieje c [, b] tkie, że (11.39) c fgdx = g() fdx + g(b) fdx. c (b) Jeśli g(b) 0, to istnieje c [, b] tkie, że (11.40) c fgdx = g() fdx. Dowód. Z twierdzeni mmy, że g R([, b]), z twierdzeni , że fg R([, b]). Udowodnimy njpierw (b). Niech A = fgdx orz F (t) = t fdx, Wobec twierdzeni , funkcj F jest ciągł, więc istnieją t [, b]. m = min F ([, b]) orz M = mx F ([, b]). Pokżemy, że (11.41) mg() A, A Mg(). Istotnie, weźmy dowolne ε > 0. Niech, wobec lemtu , η > 0 będzie tkie że dl kżdego podziłu P = (x 0,..., x n ) przedziłu [, b] o średnicy mniejszej od η, mmy xi (11.42) fgdx g(x i 1 ) fdx x i 1 < ε Weźmy dowolny podził P = (x 0,...x n ) przedziłu [, b] tki, że δ(p) < η. Wówczs xi x i 1 fdx = F (x i ) F (x i 1 ), więc z (11.42) mmy (11.43) A ε < g(x i 1 )[F (x i ) F (x i 1 )] < A + ε Z drugiej strony, stosując przeksztłcenie Abel, i uwzględnijąc, że F (x 0 ) = 0, (11.44) n 1 g(x i 1 )[F (x i ) F (x i 1 )] = F (x i )[g(x i 1 ) g(x i )] + F (x n )g(x n 1 ). Z złożeni, że g jest funkcją mlejącą mmy g(x i 1 ) g(x i ) 0 orz g(x n 1 ) g(b) 0. W konsekwencji (11.44) dje n 1 g(x i 1 )[F (x i ) F (x i 1 )] m[g(x i 1 ) g(x i )] + mg(x n 1 ) = mg(x 0 ) = mg()

30 258 ROZDZIAŁ 11. CAŁKA RIEMANNA orz n 1 g(x i 1 )[F (x i ) F (x i 1 )] M[g(x i 1 ) g(x i )] + Mg(x n 1 ) = Mg(). Z (11.43) wynik, więc mg() < A + ε i A ε < Mg(), z dowolności ε > 0 zś, (11.41). Wobec (11.41) i ciągłości funkcji F, istnieje c [, b], że zchodzi (11.40). To dje (b). Udowodnimy terz (). Funkcj g g(b) jest mlejąc i w punkcie b przyjmuje wrtość zero. Ztem z udowodnionej części (b) wynik, że istnieje c [, b], że c f[g g(b)]dx = [g() g(b)] fdx. W konsekwencji c ( c ) c fgdx = g() fdx + g(b) fdx fdx = g() fdx + g(b) fdx. c To dje () i kończy dowód Zbieżność jednostjn cłkownie Twierdzenie Niech (f n ) n=1 będzie ciągiem funkcji określonych n przedzile [, b]. Jeśli f n R([, b]) dl n N orz ciąg (f n ) n=1 jest jednostjnie zbieżny w [, b] do funkcji f, to f R([, b]) orz (11.45) fdx = lim n f n dx ( 3 ). Dowód. Weźmy dowolne ε > 0. Z jednostjnej zbieżności ciągu (f n ) n=1 do funkcji f w przedzile [, b], istnieje n N tkie, że dl kżdego x [, b], mmy f n (x) f(x) < ε 3(b ), czyli (11.46) f n (x) ε 3(b ) < f(x) < f ε n(x) + 3(b ) dl x [, b]. Poniewż f n R([, b]), więc f n jest funkcją ogrniczoną w przedzile [, b], ztem z (11.46) dostjemy, że funkcj f jest ogrniczon w tym przedzile. Niech, wobec twierdzeni , P będzie podziłem przedziłu [, b] tkim, że (11.47) U(P, f n ) L(P, f n ) < ε 3. 3 inczej ( ) b lim f n dx = lim n n f ndx.

31 11.9. CAŁKOWANIE FUNKCJI O WARTOŚCIACH WEKTOROWYCH 259 Z (11.46) i definicji dolnej i górnej sumy Drboux, dostjemy łtwo L(P, f n ) ε 3 L(P, f) orz U(P, f) U(P, f n) + ε 3 ( 4 ). Stąd i z (11.47) wynik, że U(P, f) L(P, f) U(P, f n ) + ε 3 L(P, f n) + ε 3 < ε. To, wobec dowolności ε > 0 i twierdzeni dje, że f R([, b]). Pokżemy (11.45). Niech M n = sup{ f n (x) f(x) : x [, b]} dl n N. Wobec jednostjnej zbieżności ciągu (f n ) n=1 do funkcji f w [, b], z włsności mmy, że n lim M n = 0. Pondto, z twierdzeni (c), f n dx fdx = (f n f)dx M n(b ). Stąd, poniewż lim M n (b ) = 0, mmy tezę. n Z twierdzeni dostjemy ntychmist Wniosek Niech (f n ) n=1 będzie ciągiem funkcji określonych n przedzile [, b]. Jeśli f n R([, b]) dl n N orz szereg jest jednostjnie zbieżny w [, b] do funkcji f, to f R([, b]) orz (11.48) fdx = n=1 n=1 f n f n dx Cłkownie funkcji o wrtościch wektorowych Definicj. Przez R k oznczmy k-krotny iloczyn krtezjński zbioru R. Dokłdniej jest to zbiór wszystkich k-wyrzowych ciągów liczbowych. Dl punktu x = (x 1,..., x k ) R k, oznczmy x = x x 2 k i nzywmy normą x. Jeśli x, y Rk, to liczbę x y, gdzie x y = (x 1 y 1,..., x k y k ), nzywmy odległością euklidesową punktów x i y. Uwg Funkcj : R k R k R określon wzorem x y jest metryką w R k. Istotnie dl x, y R k mmy x y 0, x y = y x orz x x = 0. Również z wrunku x y = 0 łtwo wynik, że x = y. Nierówność x y x z + z y, gdzie z R k, wynik z nierówności Schwrz ( 5 ). k 4 Istotnie, jeśli P = (x 0,..., x k ), to (11.46) dje, że L(P, f) = k inf f n ([x i 1, x i ])(x i x i 1 ) k inf f([x i 1, x i ])(x i x i 1 ) ε 3(b ) (x i x i 1 ) = L(P, f n ) ε 3. Anlogicznie pokzujemy U(P, f) U(P, f n ) + ε 3. 5 Istotnie, z nierówności Schwrz (twierdzenie 8.8.1) dl = ( 1,..., k ), b = (b 1,..., b k ) mmy + b 2 = k i b i + b b + b 2 = ( + b ) 2, więc + b + b. Oznczjąc terz = x z, b = z y dostjemy x y x z + z y.