Определение

Разбиение отрезка и интегральная сумма

Интегрируемость по Риману

Пример

Возьмём функцию Дирихле. $D(x)$ не интегрируема на $[a,b]$

1. $\left\{{\xi }_k\right\}\subset I=\mathbb{R}╲\mathbb{Q},f({\xi }_k)=0⟹\mathrm{\forall }\tau :S_{\tau }=0$
2. $\left\{{\xi }_k\right\}\subset \mathbb{Q},f({\xi }_k)=1,\mathrm{\forall }\tau S_{\tau }=\sum 1\cdot \mathrm{\Delta }{x}_k=b-a$

Теорема о сумме интегралов

Теорема
Пусть $f$ и $g$ интегрируемы на $[a,b]$, и $\alpha ,\beta \in \mathbb{R}$. Тогда $\underset{a}{\overset{b}{\int }}(\alpha f+\beta g)dx=\alpha \underset{a}{\overset{b}{\int }}fdx+\beta \underset{a}{\overset{b}{\int }}gdx$

Доказательство
$$S(\alpha f+\beta g,\tau ,\xi )=\sum _{k=1}^n(\alpha f({\xi }_k)+\beta g({\xi }_k))\mathrm{\Delta }{\xi }_k=$$$$=\alpha \sum _{k=1}^{n}f({\xi }_k)\mathrm{\Delta }{x}_k+\beta \sum _{k=1}^{n}g({\xi }_k)\mathrm{\Delta }{x}_k$$$$|S(\alpha f+\beta g,\tau ,\xi )-(\alpha \underset{a}{\overset{b}{\int }}f+\beta \underset{a}{\overset{b}{\int }}g)|=$$$$=|\alpha S(f,\tau ,\xi )+\beta S(g,\tau ,\xi )-(\alpha \underset{a}{\overset{b}{\int }}f+\beta \underset{a}{\overset{b}{\int }}g)|\le$$$$\le |\alpha ||S(f,\tau ,\xi )-\underset{a}{\overset{b}{\int }}f|+|\beta ||S(g,\tau ,\xi )-\underset{a}{\overset{b}{\int }}g|<{\displaystyle \frac{ϵ}{|\alpha |+|\beta |}}$$ - так как $f$ - интегрируемо, поэтому $\mathrm{\forall }ϵ>0\mathrm{\exists }\delta :\mathrm{\forall }\tau \mathrm{\forall }\xi (\lambda \tau ⟹|S(f,\tau ,\xi )-\underset{a}{\overset{b}{\int }}f|<ϵ$.

Теорема придумайте название

Теорема
Если $f$ и $g$ интегрируемы на $[a,b]$ и $f\ge g$ на $[a,b]$, то$\underset{a}{\overset{b}{\int }}f\ge \underset{a}{\overset{b}{\int }}g$

Доказательство
$$\mathrm{\forall }\tau ,\mathrm{\forall }\xi :S(f-g,\tau ,\xi )=\sum _{k=1}^n(f({\xi }_k)-g({\xi }_k))\mathrm{\Delta }{x}_k\ge 0$$По прошлой теореме $f-g$ - интегрируемо, то есть $$\mathrm{\exists }\underset{a}{\overset{b}{\int }}(f-g)$$-- то есть $$\mathrm{\forall }\tau ,\mathrm{\forall }xi:S(f-g,\tau ,\xi )\ge -⟹\underset{a}{\overset{b}{\int }}(f-g)\ge 0$$

По прошлой теореме $\underset{a}{\overset{b}{\int }}(f-g)\ge 0$, то есть $\underset{a}{\overset{b}{\int }}(f-g)=\underset{a}{\overset{b}{\int }}f-\underset{a}{\overset{b}{\int }}g\ge 0$

Теорема об ограниченности интегрируемой на отрезке функции

Теорема
Если $f$ интегрируема по Риману на $[a,b]$, то она ограничена на $[a,b]$

Доказательство
От противного. Пусть $f$ - не ограничена. Тогда есть разбиение $\tau$, на одном из отрезков котого ($[x_{j-1},x_j]$) функция не ограничена. Тогда $S(f,\tau ,\xi )=f({\xi }_j)\mathrm{\Delta }{x}_j+\sum _{k=1}^{n}f({\xi }_k)\mathrm{\Delta }{x}_k$
$$|S(f,\tau ,\xi )|>|f({\xi }_j)|\mathrm{\Delta }{x}_j-|\sum _{k=j}f({\xi }_k)\mathrm{\Delta }{x}_k|$$Зафиксируем ${\xi }_k,k\ne j$. Можно подобрать ${\xi }_j$ так, что $|f({\xi }_j)|>N,N\in \mathbb{N}$
Пусть $C=|\sum _{k=j}f({\xi }_k)\mathrm{\Delta }{x}_k|$ . Тогда:

$$|S(f,\tau ,\xi )|>|f({\xi }_j)|\mathrm{\Delta }{x}_j-|\sum _{k=j}f({\xi }_k)\mathrm{\Delta }{x}_k|>N\cdot x_k-C$$Тогда $S\tau$ - ограничено. Противоречие.

Критерий интегрируемости. Сумма Дарбу

Сумма Дарбу

$M_k=\underset{x\in [x_{k-1},x_k]}{sup}f(x)$, $m_k=\underset{x\in [x_{k-1},x_k]}{inf}f(x)$

Интегралы Дарбу

• $\underset{―}{S_{\tau }}\le I_{\ast }\le I^{\ast }\le \overline{S_{\tau }}$

  Доказательство

  $$\mathrm{\forall }{\tau }_1{\tau }_2:\underset{―}{S_{{\tau }_1}}\le \overline{S_{{\tau }_2}}⟹\underset{\tau +1}{sup}{S}_{{\tau }_1}\le \overline{S_{{\tau }_2}}⟹I_{\ast }\le \underset{{\tau }_2}{inf}=I^{\ast }\ast$$

Теорема о неравенствах, связанных с суммами Дарбу

Теорема
Если $f$ опр. на $[a,b]$, то $\mathrm{\forall }{\tau }_1,{\tau }_2\underset{―}{S_{{\tau }_1}}\le \overline{S_{{\tau }_2}}$

Доказательство
$\tau ={\tau }_1\cup {\tau }_2$
$\tau$ - измельчение ${\tau }_1$, ${\tau }_2$, то есть ${\tau }_1\subseteq \tau$ и ${\tau }_2\subseteq \tau$ и его мелкость меньше. Тогда $\overline{S_{\tau }}\le \overline{S_{{\tau }_2}},\underset{―}{S_{{\tau }_1}}\le \underset{―}{S_{\tau }}$
$$\underset{―}{S_{{\tau }_1}}\le \underset{―}{S_{\tau }}\le \overline{S_{\tau }}\le \overline{S_{{\tau }_2}}$$

Следствие
$\mathrm{\forall }\tau :\underset{―}{S_{\tau }}\le I_{\ast }\le I^{\ast }\le \overline{S_{\tau }}$

Теорема: критерий интегрируемости

Теорема
Пусть $f$ - ограничена на $[a,b]$. $f$ интегрируема на $[a,b]⟺\mathrm{\forall }ϵ>0\mathrm{\exists }\delta >0\mathrm{\forall }\tau ({\lambda }_{\tau }<\delta ⟹\overline{S_{\tau }}-\underset{―}{S_{\tau }}\le ϵ)$

Доказательство

1. $⟹$
   Пусть $f$ интегрируема на $[a,b]$. Тогда по определению интегрируемости, $\mathrm{\exists }\delta :\mathrm{\forall }\tau ,\xi ({\lambda }_{\tau }<\delta ⟹|S(f_1\tau )-I|<{\displaystyle \frac{ϵ}{3}})$
   $$S(f,\tau ,xi)<I+{\displaystyle \frac{ϵ}{3}}$$ $$\underset{\xi }{sup}S(f,\tau ,\xi )\le I+{\displaystyle \frac{ϵ}{3}}$$$$\underset{\xi }{sup}S(f,\tau ,\xi )=\overline{S_{\tau }}$$ Чтобы доказать это, воспользуемся свойствами $sup$ и $inf$. Тогда $\sum _{k=1}^{n}sup{A}_k=\sum _{k=1}^{n}supf({\xi }_k)\mathrm{\Delta }{x}_k=\overline{S_{\tau }}=M_k{X}_k$. $sup(A_1+\cdots +A_n)=sup\{\sum _{k=1}^{n}f({\xi }_k)\mathrm{\Delta }{x}_k\}$ $$I-{\displaystyle \frac{ϵ}{3}}\le \underset{―}{S_{\tau }}\le \overline{S_{\tau }}\le I+{\displaystyle \frac{ϵ}{3}}$$Хотим получить: $I-{\displaystyle \frac{ϵ}{3}}<\underset{―}{S_{\tau }}\le \overline{S_{\tau }}<I+{\displaystyle \frac{ϵ}{3}}$
   1. Рассморим левую часть неравенства из определения $I-{\displaystyle \frac{ϵ}{3}}<S(f_1{\tau }_1)$, и возьмём $inf$ по $\xi ⟹I-{\displaystyle \frac{ϵ}{3}}\le \underset{\xi }{inf}S(f_1{\tau }_1\xi )=\underset{\xi }{inf}S(f_1{\tau }_1\xi )$.
      $$S_{\tau }=\sum _{j=1}^n\underset{x\in [x_1,x_j]}{inf}f(x)\mathrm{\Delta }{x}_j$$$$\sum \underset{x\in [x_1,x_j]}{inf}f(x)\mathrm{\Delta }{x}_j=\underset{({\xi }_0,\dots ,{\xi }_n)}{inf}\sum _{j=1}^{n}f({\xi }_j)\mathrm{\Delta }{x}_j$$$$S(f_1{\tau }_1\xi )<I+{\displaystyle \frac{ϵ}{3}}$$$$\overline{S_{\tau }}\le I+{\displaystyle \frac{ϵ}{3}}⟹I-{\displaystyle \frac{ϵ}{3}}\le \underset{―}{S_{\tau }}\le \overline{S_{\tau }}\le I+{\displaystyle \frac{ϵ}{3}}$$
2. $⟸$
   $\underset{―}{S_{\tau }}\le I_{\ast }\le I^{\ast }\le \overline{S_{\tau }}$
   Знаем, что $\mathrm{\forall }ϵ>0\mathrm{\exists }\delta :\mathrm{\forall }\tau ({\lambda }_{\tau }<\delta ⟹\overline{S_{\tau }}-\underset{―}{S_{\tau }}<ϵ)$
   $$\underset{―}{S_{\tau }}\le S_{t}au\le \overline{S_{\tau }}$$ $$|S_{\tau }-I_{\ast }|<ϵ$$ - показано геометрически.
   $⟹I_{\ast }$ - интеграл Римана (по определению интеграла).

Следствие
Если $f$ - интеграл по Риману на $[a,b]$, то $I_{\ast }=I^{\ast }=\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx$

Теорема (без доказательства)

Теорема
$f$ интегрируема на $[a,b]⟺I_{\ast }=I^{\ast }\ast \mathrm{\$},иприэтомвсегда\$\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx=I_{\ast }=I^{\ast }$

Теорема: аддитивность интегралов

Теорема
$\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx=\underset{a}{\overset{c}{\int }}f+\underset{c}{\overset{b}{\int }}f$, где $a\le c\le b$

Доказательство
Покажем сначала равносильность существования этих интегралов. Рассмотрим точку $c$ и возьмём произвольное разбиение отреза $[a,b]$ $\tau$. $c\in [x_{j-1},x_j]$. Рассмотрим вспомогательное разбиение отрезков: ${\tau }^{\prime }:a<x_1<\cdots <x_j<c$, ${\tau }^{″}:c<x_j<\cdots <b$.

1. Пусть $f$ интегрируема на $[a,b]$. Покажем, что $\mathrm{\exists }\underset{a}{\overset{c}{\int }}$ и $\mathrm{\exists }\underset{c}{\overset{b}{\int }}$
   $f$ интегрируема на $[a,b]⟹\overline{S_{\tau }}-\underset{―}{S_{\tau }}<ϵ$ для $\tau :{\lambda }_{\tau }<\delta (ϵ)$
   $$\overline{S_{\tau }}\ge \stackrel{―}{S_{{\tau }^{\prime }}+\overline{S_{{\tau }^{″}}}}$$ - очевидно, т.к. в одной из сумм справа $supf(x)$ может стать меньше
   $$\underset{―}{S_{\tau }}\le S_{{\tau }^{\prime }}+S_{{\tau }^{″}}$$ - очевидно
   $$ϵ>\overline{S_{\tau }}-\underset{―}{S_{\tau }}\ge \overline{S_{{\tau }^{\prime }}}+\overline{S_{{\tau }^{″}}}=(\underset{―}{S_{{\tau }^{\prime }}}+\underset{―}{S_{{\tau }^{″}}})=(\overline{S_{{\tau }^{\prime }}}-\underset{―}{S_{{\tau }^{\prime }}})+(\overline{S_{{\tau }^{″}}}-\underset{―}{S_{{\tau }^{″}}})$$

2. Пусть $f$ интегрируема на $[a,c]$ и $[c,b]$. Покажем, что $\mathrm{\exists }\underset{a}{\overset{b}{\int }}f$
   $$\overline{S_{\tau }}=\sum _{k\ne j}+M_j\delta x_j,\underset{―}{S_{\tau }}=\sum _{k\ne j}{m}_j\mathrm{\Delta }{x}_j$$ (на $j$-м отрезке находится точка $c$)

   Пусть $f$ ограничена на $[a,b]$ числами $B$ и $-B$.
   Хотим: $\overline{S_{\tau }}\ge \overline{S_{}{\tau }^{\prime }}+\overline{S_{{\tau }^{″}}}$
   $$(?)\overline{S_{\tau }}\le \overline{S_{{\tau }^{\prime }}}+\overline{S_{{\tau }^{″}}}+\text{что-то}$$$$\overline{S_{\tau }}-(\overline{S_{{\tau }^{\prime }}}+\overline{S_{{\tau }^{″}}})=\left\{\sum _{k\ne j}\text{- сокращается}\right\}=$$$$=M_j\mathrm{\Delta }{x}_j-(supf(x)(c-x_{j-1})+\underset{[c,x]}{sup}f(x)(x_j-c))\le$$$$\le B\mathrm{\Delta }{x}_j+B(c-x_{j-1}+x_j-c)=2B\mathrm{\Delta }{x}_j\le 2B{\lambda }_{\tau }$$Аналогично $\overline{S_{\tau }}\ge S_{{\tau }^{\prime }}+S_{{\tau }^{″}}-2B{\lambda }_{\tau }$

   Таким образом, $\overline{S_{\tau }}\le \overline{S_{{\tau }^{\prime }}}+\overline{S_{{\tau }^{″}}}+2B{\lambda }_{\tau }$ и $\underset{―}{S_{\tau }}\ge \underset{―}{S_{{\tau }^{\prime }}}+\underset{―}{S_{{\tau }^{″}}}-2B{\lambda }_{\tau }$
   $$\overline{S_{\tau }}-\underset{―}{S_{\tau }}\le \overline{S_{{\tau }^{\prime }}}+\overline{S_{{\tau }^{″}}}+2b{\lambda }_{\tau }-\underset{―}{S_{{\tau }^{\prime }}}-\underset{―}{S_{{\tau }^{″}}}+2B{\lambda }_{\tau }=$$$$=(\overline{S_{{\tau }^{\prime }}}-\underset{―}{S_{{\tau }^{\prime }}})+(\overline{S_{{\tau }^{″}}}\underset{―}{S_{{\tau }^{″}}})+4B{\lambda }_{\tau }<ϵ$$$$\mathrm{\forall }ϵ>0\mathrm{\exists }\delta (ϵ):\mathrm{\forall }\tau ({\lambda }_{\tau }<\delta \overline{S_{\tau }}-\underset{―}{S_{\tau }}<ϵ)$$Возьмём $\delta =min\{{\delta }_1({\displaystyle \frac{ϵ}{3}}),{\delta }_2({\displaystyle \frac{ϵ}{3}}),{\displaystyle \frac{ϵ}{3\cdot 4B}}\}$

3. Теперь покажем, что $\underset{a}{\overset{b}{\int }}f=\underset{a}{\overset{c}{\int }}f+\underset{c}{\overset{b}{\int }}f$.
   $$(?)|\underset{a}{\overset{b}{\int }}-(\underset{a}{\overset{c}{\int }}+\underset{c}{\overset{b}{\int }})|<ϵ$$$$|\underset{a}{\overset{b}{\int }}-(\underset{a}{\overset{c}{\int }}+\underset{c}{\overset{b}{\int }})+(S_{{\tau }^{\prime }}+S_{{\tau }^{″}})-(S_{{\tau }^{\prime }}+S_{{\tau }^{″}})|\le$$$$\le |\underset{a}{\overset{b}{\int }}-(S_{{\tau }^{\prime }}+S_{{\tau }^{″}})|+|\underset{a}{\overset{c}{\int }}-S_{{\tau }^{\prime }}|+|\underset{c}{\overset{b}{\int }}-S_{{\tau }^{″}}|<ϵ$$

Утверждение о переопределении интегрируемой функции

Утверждение
Если изменить интегрируемую функцию $f$ в конечном числе точек, значение интеграла не изменится

Доказательство
Докажем для одной точки. Пусть значение переопределяется в точке $x_0$. Заменим $f(x_0)$ на $c$. Рассмотрим $g(x)=\{\begin{array}{l}f(x),x\ne x_0\\ f(x_0)-c,x=x_0\end{array}$
$f(x)+g(x)$ - новая функция. Покажем, что $\underset{a}{\overset{b}{\int }}g(x)=0$.
$\mathrm{\forall }\tau |S_{\tau }|\le |c-f(x_0)|\cdot {\lambda }_{\tau }$. Но ${\lambda }_{\tau }\to 0⟹\underset{a}{\overset{b}{\int }}g(x)=0$

Классы интегрируемых функций

Теорема об интегрируемости непрерывной функции

Теорема
Пусть $f$ непрерына на отрезке $[a,b]$. Тогда $f$ интегрируема на нём.

Доказательство
По теореме Кантора, непрерывная функция на отрезке равномерно непрерывна на нём. Тогда $\mathrm{\forall }ϵ>0\mathrm{\exists }\delta (ϵ)>0:\mathrm{\forall }{x}^{\prime },x^{″}\in [a,b]:(|x^{\prime }-x^{″}|<\delta )⟹|f(x^{\prime })-f(x^{″})|<ϵ$
$$(?)\mathrm{\forall }{ϵ}^{\prime }>0\mathrm{\exists }{\delta }^{\prime }(ϵ):\mathrm{\forall }\tau ({\lambda }_{\tau }<{\delta }^{\prime }⟹\overline{S_{\tau }}-\underset{―}{S_{\tau }}<ϵ)$$Рассмотрим $\tau :{\lambda }_{\tau }<\delta$ - из определения равномерной непрерывности.
$$\overline{S_{\tau }}-\underset{―}{S_{\tau }}=\sum _{k=1}^n(M_k-m_k)\mathrm{\Delta }xk$$$\mathrm{\forall }{\xi }^{\prime },{\xi }^{″}\in [x_j,x_{j+H}]|{\xi }^{\prime }-{\xi }^{″}|<\delta$, т.к. ${\lambda }_{\tau }<\delta$. Тогда $|f({\xi }^{\prime })-f({\xi }^{″})|<ϵ$, что равносильно (доказательство позже) $M_j-m_j<ϵ$. Но тогда $\sum _{k=1}^n(M_k-m_k)\mathrm{\Delta }{x}_k\le ϵ\cdot \sum \mathrm{\Delta }{x}_k=ϵ(b-a)$

Доказательство равносильности.

1. $⟸$
   $M_j-m_j<ϵ$ - знаем. $f({\xi }^{\prime })-f({\xi }^{″})\le M_j-m_j\le ϵ$
2. $⟹$
   $\mathrm{\forall }{\xi }^{\prime },{\xi }^{″}|f({\xi }^{\prime })=f({\xi }^{″})|<ϵ$. $\underset{\xi }{sup}(f({\xi }^{\prime })-f({\xi }^{″}))=M_j-f({\xi }^{″})\le ϵ$

$XYZ($

Теорема об интегрируемости монотонной функкции

Теорема
Пусть $f$ - монотонна на $[a.b]$. Тогда $f$ - интегрируема на $[a,b]$.

Доказательство
Пусть б.о.о. $f$ - возрастает.
$(?)\mathrm{\forall }ϵ>0\mathrm{\exists }\delta :\mathrm{\forall }\tau ({\lambda }_{\tau }<\delta ⟹\overline{S_{\tau }}-\underset{―}{S_{\tau }}<ϵ)$
$$\overline{S_{\tau }}-\underset{―}{S_{\tau }}=\sum +{k=1}^n(M_k-m_k\mathrm{\Delta }{x}_k=\sum _{k=1}^n(f(x_k)-f(x_{k-1}))\mathrm{\Delta }{x}_k$$Пусть $\mathrm{\exists }\delta :{\lambda }_{\tau }<\delta$. Тогда $$\overline{S_{\tau }}-\underset{―}{S_{\tau }}=\sum _{k=1}^n(f(x_k)-f(x_{k-1}))\mathrm{\Delta }{x}_k\le \delta \cdot \sum _1^n(f(x_k)-f(x_{k-1}))\le ϵ$$ Возьмём $\delta <{\displaystyle \frac{ϵ}{f(b)-f(a)}}$

Следствия

1. Функции с конечным числом точек разрыва интегрируемы
2. Кусочно-монотонные функции интегрируемы
3. Можно рассмотреть интеграл, если функция не определена в конечном числе точек

Теорема об интегрируемости композиции функций

Теорема
Пусть $f$ - интегрируема на $[a,b]$, и принимает значение на отрезке $[c,d]$. Пусть $\phi$ непрерывна на отрезке $[c,d]$. Тогда $\phi (f(x))$ инт. на $[a,b]$.

Пример
Для композиции интегрируемых теорема не работает. $\phi =\{\begin{array}{l}1,x\ne 0\\ 0,x=0\end{array},f(x)=\{\begin{array}{l}{\displaystyle \frac{1}{q}},x={\displaystyle \frac{p}{q}}\\ 0,x\notin \mathbb{Q}\end{array}$
$D(x)=\phi (f(x))=\{\begin{array}{l}0,x\notin \mathbb{Q}\\ 1,x\in \mathbb{Q}\end{array}$

Доказательство
$\phi$ равномерно непрерывна на $[c,d]$ (Кантор): $\mathrm{\forall }ϵ>0\mathrm{\exists }\delta :\mathrm{\forall }{x}^{\prime },x^{″}\in [c,d]|\phi (x^{\prime })-\phi (x^{″})|<\delta ⟹|\phi (x^{\prime })-\phi (x^{\prime })|$
$(?)\overline{S_{\tau }(\phi (f))}-\underset{―}{S_{\tau }(\phi (f))}<ϵ$. Знаем, что $f$ интегрируема. Тогда $({\lambda }_{\tau }<\delta ⟹\overline{S_{\tau }}(f)-\underset{―}{S_{\tau }}(f)<{\delta }^2)$ - взли ${\delta }^2$ как $ϵ$.

$$\overline{S_{\tau }}(\phi (f))-\underset{―}{S_{\tau }}(\phi (f))=\sum _{k=1}^n(M_k(\phi (f))-m_k()\phi (f))\mathrm{\Delta }{x}_k$$Поделим на два семейства индексов:
$$I=\{k:M_k(f)-m_k(f)-\delta \}$$$$II=k:M_k(f)-m_k(f)\ge \delta$$

1. $k\in I$. Тогда воспользуемся леммой $(sup-inf)$, $f({\xi }^{\prime })-f({\xi }^{″})<\delta ;{\xi }^{\prime }$, по равномерно непрерывной $\phi :{\xi }^{″}\in [x_{k-1},x_k]$ $⟹|\phi (f({\xi }^{\prime }))-\phi (f({\xi }^{″}))|<ϵ$ $⟹$ по этой же лемме $M_k(\phi (f))-m_k(\phi (f))<ϵ$, $\sum _{k\in I}(M_k(\phi (f))-m_k(\phi (f)))\mathrm{\Delta }{x}_k<ϵ(b-a)$
2. $k\in II$. Рассмотрим $\overline{S_{\tau }}(f)-\underset{―}{S_{\tau }}(f)<{\delta }^2$. $\sum _{k\in II}(M_k(f)-m_k(f))\mathrm{\Delta }{x}_k\le \overline{S_{\tau }}(f)-\underset{―}{S_{\tau }}(f)<{\delta }^2$. $\sum _{k\in II}\mathrm{\Delta }{x}_k<{\delta }^2$. $\sum _{k\in II}(M_k(\phi (f))-m_k(\phi (f)))\mathrm{\Delta }{x}_k\le 2l\cdot \sum _{k\in II}\mathrm{\Delta }{x}_k\le 2l\cdot ϵ$, где $l$ - ограничение по т. Вейерштрасса.
   Следствие
   $f$ инт. на $[a,b]$ $⟹|f|,f^k,k>0$ - инт. на $f^k,k\le 0$ - интегриуруема, если $f=0$ в конечном числа точек.

Теорема об интегрируемости произведения функций

Теорема
Пуссть $f,g$ - инт. на $[a,b]$. Тогда $f\cdot g$ инт. на $[a,b]$.

Доказательство
$(f-g{)}^2=f^2-2fg+g^2$

1. Разность интегрируема
2. $f^2,g^2$ - по следствию предыдущей теоремы интегируемы.
   $f\cdot g={\displaystyle \frac{f^2-g^2-(f-g{)}^2}{2}}$ - cумма интегрируемых функций.

Интеграл с переменным верхним пределом

Теорема об ограниченности $\mathrm{\Phi }$

Теорема
Пусть $f$ ограничена на $[a,b]$. Тогда $\mathrm{\Phi }$ непрерывна и выполняется оценка $\mathrm{\exists }C:|\mathrm{\Phi }(x)-\mathrm{\Phi }(y)|\le C\cdot |x-y|,\mathrm{\forall }x,y\in [a,b]$. - липшицевость.

Доказательство
Заметим, что из липшицевости следует непрерывность $\mathrm{\Phi }$ (по определению непрерывности). Докажем только липшицевость.
Рассмотрим $|\mathrm{\Phi }(x)-\mathrm{\Phi }(y)|=|\underset{a}{\overset{x}{\int }}f(t)dt-\underset{a}{\overset{y}{\int }}f(t)dt|=|\underset{y}{\overset{x}{\int }}f(t)dt|$.
Рассмотрим $|\sum f({\xi }_k)\mathrm{\Delta }x)k|\le \sum |f({\xi }_k)|\mathrm{\Delta }{x}_k⟹|\int f|\le \int |f|$. Тогда выражение сверху можно оценить:
$$|\underset{y}{\overset{x}{\int }}f(t)dt|\le \underset{x}{\overset{y}{\int }}|f(t)|dt\le \{|f|\le B\}\le B\cdot \left|\underset{x}{\overset{y}{\int }}dt\right|=B(x-y)$$

Теорема о дифференцируемости $\mathrm{\Phi }$

Теорема
Пусть $f$ непрерывна на $[a,b]$. Тогда $\mathrm{\forall }{x}_0\in (a,b){\mathrm{\Phi }}^{\prime }(x_0)=f(x_0)$

Доказательство
${\mathrm{\Phi }}^{\prime }(x_0)=\underset{h\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{\mathrm{\Phi }(x_0+h)-\mathrm{\Phi }(x_0)}{h}}$
$${\displaystyle \frac{\mathrm{\Phi }(x_0+h)-\mathrm{\Phi }(x_0)}{h}}={\displaystyle \frac{x_0}{h}}\pm {\displaystyle \frac{f(x_0)}{h}}\cdot h=$$$$={\displaystyle \frac{\underset{x_0}{\overset{x_0+h}{\int }}f(t)dt-f(x_0)\cdot h}{h}}+f(x_0)={\displaystyle \frac{{\int }_{x_0}^{x_0+h}(f(t)-f(x_0))dt}{h}}+f(x_0)$$$$|{\displaystyle \frac{|phi(x_0+h)-\mathrm{\Phi }(x_0)}{h}}-f(x_0)|=\left|{\displaystyle \frac{\underset{x_0}{\overset{x_0+h}{\int }}(f(t)-f(x_0))dt}{h}}\right|\le$$$$\le {\displaystyle \frac{1}{h}}\cdot \underset{x_0}{\overset{x_0+h}{\int }}|f(t)-f(x_0)|dt\le \{|t-x_0|\le h\}$$$f$ непрерывна: $\mathrm{\forall }ϵ>0\mathrm{\exists }\delta :(|t-x_0|<\delta ⟹|f(t)-f(x_0)|<ϵ))$. Возьмём произв. $epsilon$ и найдём по нему $\delta$. Возьмём $h<\delta$:
$${\displaystyle \frac{1}{h}}\cdot \underset{x_0}{\overset{x_0+h}{\int }}|f(t)-f(x_0)|dt\le \{|t-x_0|\le h\}\le {\displaystyle \frac{1}{h}}\underset{x_0}{\overset{x_0+h}{\int }}ϵdt=ϵ$$

Теорема: формула Ньютона-Лейбница

Теорема
Пусть $f$ интегрируема (в смысле определённого интеграла) на $[a,b]$ и имеет первообразную на этом отрезке на $[a,b]$ ($F^{\prime }f$). Тогда $\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx=F(b)-F(a)$.

Доказательство
Рассмотрим равномерное разбиение $[a,b]$ (на $n$ равных частей), ${\displaystyle \frac{b-a}{n}}$ - длина отрезка разбиения. Рассмотрим разность $$F(b)-F(a)=\sum _1^n(F(x_k)-F(x_{k-1}))=$$$$=\{F(x_k)-F(x_{k-1})=F^{\prime }({\xi }_k)(x_k-x_{k-1})\text{ - т. Лагранжа}\}=$$$$=\sum _1^{n}f({\xi }_k)\mathrm{\Delta }{x}_k=$$$$=\sum _1^{n}f({\xi }_k)\cdot {\displaystyle \frac{(b-a)}{n}}$$$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(F(b)-F(a))=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _1^{n}f({\xi }_k){\displaystyle \frac{(b-a)}{n}}=\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx$$

Теорема - формула интегрирования по частям

Теорема
Пусть $u$ и $v$ - непрерывны и кусочно непрерывно дифференцируемы.
$\int u{v}^{\prime }dx=uv{|}_a^b-\underset{a}{\overset{b}{\int }}v{u}^{\prime }dx$

Доказательство
По условиям теоремы, оба интеграла существуют как интегралы от кусочно-непрерывной функции.
$(uv{)}^{\prime }=u^{\prime }v+u{v}^{\prime }$ - за исключением конечного числа точек.
$$\underset{a}{\overset{b}{\int }}(uv{)}^{\prime }=\underset{a}{\overset{b}{\int }}{u}^{\prime }v+\underset{a}{\overset{b}{\int }}u{v}^{\prime }$$

Теорема: замена переменной

Теорема
Пусть функция $f$ непрерына на отрезке $[x_1,x_2]$, а функция $g$ - непрерывно дифференцируема на $[t_1,t_2]$, и $g(t_1)=x_1$, $g(t_2)=x_2$ и $g(t)\in [x_1,x_2],t\in [t_1,t_2]$. Тогда $\underset{t1}{\overset{t2}{\int }}f(g(t))g^{\prime }(t)dt=\underset{x_1}{\overset{x_2}{\int }}f(x)dx$.

Доказательство
По условию $f$ - непрерывна. Тогда существует $F$ - первообразная $f$ - по теореме о дифференцируемости интеграла с переменным верхним пределом. (рассмотрим $|Phi(x)=\underset{x_1}{\overset{x}{\int }}f(t)dt$ и ${\mathrm{\Phi }}^{\prime }(x)=f(x)$). Тогда по формуле Ньютона-Лейбница $\underset{x_1}{\overset{x_2}{\int }}f(x)dx=F(x_2)-F(x_1)$. Рассмотрим функцию $F(g(t))$. Тогда $(F(g(t)){)}^{\prime }=F^{\prime }(g(t))\cdot g^{\prime }(t)=f(g(t))\cdot g^{\prime }(t)$. Тогда $F(g(t))$ - первообразная для $f(g(t))g^{\prime }(t)$. Тогда по формуле Ньютона-Лейбница $\underset{t_1}{\overset{t_2}{\int }}f(g(t))g^{\prime }(t)=F(g(t_2))-F(g(t_1))=F(x_2)-F(x_1)$.

Теоремы о среднем

Первая теорема о среднем

Теорема
Пусть $f$ интегрируема на $[a,b]$, $\phi$ - весовая функция ($\ge 0$ и интегрируема), и $m\le f\le M$ на $[a,b]$. Тогда $\mathrm{\exists }\mu \in [m,M]$, $\mu \cdot \underset{a}{\overset{b}{\int }}\phi =\underset{a}{\overset{b}{\int }}f\cdot \phi$. (отношение вот этого на вот это это среднее взвешенное)

Доказательство

1. $\underset{a}{\overset{b}{\int }}\phi =0$. Тогда $m\underset{a}{\overset{b}{\int }}\le \underset{a}{\overset{b}{\int }}f\phi \le M\underset{a}{\overset{b}{\int }}f\cdot \phi (\ast )$. Тогда $0=0$.
2. $\underset{a}{\overset{b}{\int }}\phi \ne 0$. В $(\ast )$ поделим на $\underset{a}{\overset{b}{\int }}\phi$. Тогда $m\le {\displaystyle \frac{{\int }_a^{b}f\cdot \varphi }{\underset{a}{\overset{b}{\int }}\phi }}\le M$
   Пример
   Важно, чтобы $\phi$ сохраняла знак. Положим $f=x,\phi =\text{sign }x$ на отрезке $[-1,1]$. Тогда $\underset{-1}{\overset{1}{\int }}x\text{sign }xdx=1$. Применим теорему. $\underset{-1}{\overset{1}{\int }}x\text{sign}x=\mu \underset{-1}{\overset{1}{\int }}\text{sign }x=0$, поэтому теорема не работает.

Вторая теорема о среднем

Теорема
Пусть на $[a,b]$ функция $f$ монотонно убывает (или возрастает), и $\phi$ интегрируема. Тогда $\mathrm{\exists }\xi in[a,b]:\underset{a}{\overset{b}{\int }}f\cdot \phi =f(a)\underset{a}{\overset{\xi }{\int }}\phi (x)dx+f(b)\underset{\xi }{\overset{b}{\int }}\phi (x)dx$