Średnia uogólniona

Wynika stąd, że

fe_λ⁰⁰(a)(X) = −c n

ⁿ⁻²

kXk²< 0, X ∈ (TaM )_∗, a więc ef ma w punkcie a maksimum warunkowe, czyli

x₁· · · xn 6c n

ⁿ

=x₁+ · · · + x_n n

ⁿ

, x₁, . . . , x_n> 0.

2.19. Średnia uogólniona

Ustalmy n ∈ N2 oraz liczby a₁, . . . , a_n, t₁, . . . , t_n > 0 takie, że a₁, . . . , a_n są parami różne oraz t₁+ · · · + t_n = 1. Niech a := (a₁, . . . , a_n), t := (t₁, . . . , t_n). Rozważmy funkcję

R∗3 x7−→^Sa,t 

t1a^x₁+ · · · + tna^x_n^1/x

∈ R>0.

Uwaga: Formalnie można zrezygnować z założenia, że a₁, . . . , a_n są parami różne, ponieważ (poprzez zmianę n i t₁, . . . , t_n) zawsze można doprowadzić do sytuacji, w której bądź n = 1, bądź a₁, . . . , a_n są parami różne.

Lemat 2.19.1. (a) lim

x→+∞Sa,t(x) = max{a1, . . . , an} =: Sa,t(+∞).

(b) lim

x→0Sa,t(x) = a^t₁¹· · · a^t_nⁿ=: Sa,t(0).

(c) lim

x→−∞Sa,t(x) = min{a1, . . . , an} =: Sa,t(−∞).

Dowód . (a) i (c) są elementarne (Ćwiczenie).

(b) Zauważmy, że Sa,t = exp(ϕ), gdzie ϕ(x) := ¹_xln(t1a^x₁ + · · · + tna^x_n). Granica limx→0ϕ(x) jest symbolem nieoznaczonym typu ⁰₀. Stosujemy regułę d’Hôpitala ⁷⁴

x→0limϕ(x)^H= lim

x→0

t1a^x₁ln a1+ · · · + tna^x_nln an

t1a^x₁+ · · · + tna^x_n = t1ln a1+ · · · + tnln an.  Definicja 2.19.2. Funkcję Sa,t : R −→ R>0 nazywamy średnią uogólnioną liczb a1, . . . , a_n z wagami t₁, . . . , t_n.

Obserwacja 2.19.3. W przypadku, gdy t1 = · · · = tn := 1/n, niech Sa := Sa,t. Wtedy dostajemy klasyczne średnie:

• Sa(2) =

ra²₁+ · · · + a²_n

n = średnia kwadratowa;

• S_a(1) = a1+ · · · + an

n = średnia arytmetyczna;

• Sa(0) = √ⁿ

a1· · · an= średnia geometryczna;

• Sa(−1) = n

1

a1 + · · · +_a¹

n

= średnia harmoniczna.

Uwaga: Definiując powyższe średnie rezygnujemy z założenia, że aj 6= ak dla j 6= k.

Lemat 2.19.4. Funkcja Sa,t: R −→ R jest analityczna.

Dowód . Przypomnijmy najpierw, że dla c > 0 funcja R 3 x 7−→ c^x = exp(x ln c) jest analityczna (zob. Wniosek 2.4.5). Wynika stąd łatwo, że funkcja R 3 x7−→ ln(t^ψ 1a^x₁ + · · · + tna^x_n) jest analityczna.

Wiemy, że ψ(0) = 0. Wynika stąd natychmiast, że funkcja ϕ jest analityczna (ϕ(0) := ψ⁰(0)). Istotnie, jeżeli ψ(x) = P∞

k=1ckx^k, |x| < r, to ϕ(x) = P∞

k=1ckx^k−1, |x| < r. Teraz, korzystając ponownie z

Wniosku 2.4.5, dostajemy analityczność funkcji Sa,t. 

Propozycja 2.19.5. Funkcja S_a,t jest ściśle rosnąca.

74
Guillaume de L’Hôpital (1661–1704).

2. Różniczkowanie odwzorowań

Dowód . Wystarczy udowodnić ścisłą monotoniczność funkcji ϕ. Mamy ϕ⁰(x) = −1

x²ln(t1a^x₁+ · · · + tna^x_n) + 1 x

t₁a^x₁ln a₁+ · · · + t_na^x_nln a_n t1a^x₁+ · · · + tna^x_n . Ustalmy x ∈ R i połóżmy u^j= uj(x) := a^x_j, j = 1, . . . , n. Widzimy, że wystarczy pokazać, że

f (u1, . . . , un) := − ln(t1u1+ · · · + tnun) +t1u1ln u1+ · · · + tnunln un

t₁u₁+ · · · + t_nu_n > 0, u1, . . . , un > 0, przy czym równość zachodzi wyłącznie dla u1= · · · = u_n.

Jest oczywiste, że f (u, . . . , u) = 0. Ustalmy liczbę p > 0 i rozważmy zbiór M := {(u1, . . . , un) ∈ Rⁿ>0: t1u1+ · · · + tnun= p}.

Zauważmy, że dla (u1, . . . , un) ∈ M mamy

f (u1, . . . , un) = h(u1, . . . , un) := − ln p + 1

p(t1u1ln u1+ · · · + tnunln un).

Wobec zależności limδ→0+δ ln δ = 0, funkcja h przedłuża się do funkcji ciągłej eh na zbiorze zwartym M = {(u1, . . . , un) ∈ Rⁿ+ : t1u1+ · · · + tnun = p}. Niech u⁰ = (u⁰₁, . . . , u⁰_n) ∈ M będzie punktem, w którym eh przyjmuje globalne minimum na M . Wiemy, że eh(u⁰) 6 0. Rozważmy dwa przypadki:

(a) u⁰ ∈ M : Stosujemy metodę mnożników Lagrange’a (do funkcji h z warunkiem g(u1, . . . , un) :=

t1u1+ · · · + tnun− p = 0). Warunek Lagrange’a

∂h

∂u_j(u⁰) − λ∂g

∂u_j(u⁰) = 0, j = 1, . . . , n, daje

1

p(ln u⁰_j+ 1) − λ = 0, j = 1, . . . , n, a stąd u⁰₁= · · · = u⁰_n, co oznacza, że h(u⁰) = 0.

(b) u⁰ ∈ M \ M : Możemy założyć, że dla pewnego 1 6 s 6 n − 1 mamy u⁰1 > 0, . . . , u⁰_s > 0, u⁰_s+1 = · · · = u⁰_n = 0. Zauważmy, że eh(u1, . . . , us, 0, . . . , 0) = − ln p + ¹_p(t1u1ln u1+ · · · + tsusln us), (u1, . . . , us) ∈ M⁰ := {(u1, . . . , us) ∈ R^s>0: t1u1+ · · · + tsus= p}. Stosując rozumowanie z (a) względem zmiennych u1, . . . , us, wnioskujemy, że musi być u⁰₁ = · · · = u⁰_s = _t ^p

1+···+ts. Wynika stąd, że eh(u⁰) =

− ln p +¹_p(t₁+ · · · + t_s)_t ^p

1+···+tsln_t ^p

1+···+ts = − ln(t₁+ · · · + t_s) > 0 — sprzeczność.

Oznacza to, że globalne minimum funkcji h na M jest równe 0. Wobec rozumowania w (a), widzimy również, że jeżeli u⁰∈ M jest taki, że h(u⁰) = 0, to u⁰₁= · · · = u⁰_n.  Propozycja 2.19.6. Istnieją liczby x_± ∈ R takie, że funkcja Sa,t jest wypukła w przedziale (−∞, x₋) i wklęsła w (x+, +∞).

Dowód . Wiadomo, że Sa,t⁰⁰ = Sa,t((ϕ⁰)²+ ϕ⁰⁰). Obliczmy ϕ⁰⁰(x):

ϕ⁰⁰(x) = 2

x³ln(t₁a^x₁+ · · · + t_na^x_n) − 2 x²

t₁a^x₁ln a₁+ · · · + t_na^x_nln a_n t1a^x₁+ · · · + tna^x_n +1

x

t1a^x₁ln²a1+ · · · + tna^x_nln²an

t₁a^x₁+ · · · + t_na^x_n −1 x

t1a^x₁ln a1+ · · · + tna^x_nln an

t₁a^x₁+ · · · + t_na^x_n

2

. Rozumowanie przy x −→ −∞: Wystarczy pokazać, że lim

x→−∞x³ϕ⁰⁰(x) < 0. Możemy założyć, że a1< · · · < an. Podstawmy uj= uj(x) := a^x_j i vj = vj(x) = uj/u1= (aj/a1)^x. Zauważmy, że vj(x) −→ 0 gdy x −→ −∞ dla j = 2, . . . , n. Dla ξ = (ξ₁, . . . , ξ_n) ∈ Rⁿ>0 niech

M (ξ) : = t1ξ1+ · · · + tnξn,

P (ξ) : = t1ξ1ln ξ1+ · · · + tnξnln ξn, Q(ξ) : = t₁ξ₁ln²ξ₁+ · · · + t_nξ_nln²ξ_n.

2.19. Średnia uogólniona

Zauważmy, że M (v) −→ t₁, P (v) −→ 0, Q(v) −→ 0 gdy x −→ −∞. Mamy x³ϕ⁰⁰(x) = 2 ln M (u) − 2P (u)

M (u)+ Q(u)

M (u)−P (u) M (u)

2

= 2 ln M (v) − 2 ln u1− 2t₁v₁(ln v₁+ ln u₁) + · · · + t_nv_n(ln v_n+ ln u₁) M (v)

+t1v1(ln v1+ ln u1)²+ · · · + tnvn(ln vn+ ln u1)²

M (v) −t1v1(ln v1+ ln u1) + · · · + tnvn(ln vn+ ln u1) M (v)

²

= 2 ln M (v) + 2 ln u1− 2P (v)

M (v)− 2 ln u1+ Q(v)

M (v)+ 2P (v)

M (v)ln u1+ ln²u1−P (v)

M (v)+ ln u1

2

= 2 ln M (v) − 2P (v)

M (v)+ Q(v)

M (v)−P (v) M (v)

2

x→−∞−→ 2 ln t₁< 0.

Rozumowanie przy x −→ +∞: Wystarczy pokazać, że lim

x→+∞x⁴((ϕ⁰(x))²+ ϕ⁰⁰(x)) = −∞. Możemy założyć, że a1> · · · > an. Tak, jak poprzednio definiujemy uj, vj, M , P , Q. Zauważmy, że vj(x) −→ 0 gdy x −→ +∞ dla j = 2, . . . , n, oraz M (v) −→ t1, P (v) −→ 0, Q(v) −→ 0 gdy x −→ +∞. Mamy

x⁴((ϕ⁰(x))²+ ϕ⁰⁰(x)) =

− ln M (v) + P (v) M (v)

2

+ x

2 ln M (v) − 2P (v)

M (v)+ Q(v)

M (v)−P (v) M (v)

2

x→+∞−→ ln²t₁+ (+∞) · (2 ln t₁) = −∞.  Ćwiczenie* 2.19.7. Zbadać wypukłość funkcji Sa,t. Odnotujmy, że problem wypukłości funkcji Sa,tjest wysoce nietrywialny. Dla przykładu, korzystając z pomocy komputera można łatwo, sprawdzić, że dla n = 4, a₁ := 0.1635, a₂:= 4.7965, a₃ := 9.3668, a₄ := 1.7856, t₁ := 0.0455, t₂ := 0.1430, t₃:= 0.0007, t₄:= 0, 8108, mamy co najmniej 5 punktów przegięcia.

Całka Riemanna

3.1. Całka Riemanna na kostce Definicja 3.1.1. Kostką (domkniętą) nazywamy dowolny zbiór postaci

P := [a₁, b₁] × · · · × [a_n, b_n] ⊂ Rⁿ, gdzie a_j< b_j, j = 1, . . . , n. ¹

Objętością kostki P nazywamy liczbę

|P | := (b1− a1) · · · (bn− an). ²

Podziałem kostki P nazywamy dowolną skończoną rodzinę kostek π = {P1, . . . , Pm}

taką, że P = P1∪ · · · ∪ Pm oraz int Pj∩ int Pk= ∅ dla j 6= k ³
. Podziałem prostym kostki P nazywamy podział postaci

{Pk1,...,kn: 1 6 kj 6 mj, 1 6 j 6 n}, gdzie

Pk1,...,kn= [x1,k1−1, x1,k1] × · · · × [xn,kn−1, xn,kn], zaś (xj,0, . . . , xj,m_j) jest podziałem [aj, bj], j = 1, . . . , n ⁴
.

Niech π1= {P1, . . . , Pm}, π2= {Q1, . . . , Qr} będą podziałami kostki P . Powiemy, że π2jest wpisany w π1 lub też, że π2 jest zagęszczeniem π1, jeżeli dla dowolnego j ∈ {1, . . . , m} rodzina {Qk : Qk ⊂ Pj} jest podziałem Pj 5
. W tej sytuacji piszemy π24 π¹.

Średnicą podziału π = {P1, . . . , Pm} nazywamy liczbę

diam π := max{diam P₁, . . . , diam P_m}.

Niech (πk)^∞_k=1będzie ciągiem podziałów kostki P . Powiemy, że jest to normalny ciąg podziałów, jeżeli diam πk −→ 0.

Obserwacja 3.1.2. (a) Relacja4 jest przechodnia.

(b) Dla dowolnych podziałów π₁, π₂kostki P istnieje podział prosty π taki, że π4 πj, j = 1, 2 ⁶
. (c) Dla dowolnego podziału π = {P₁, . . . , P_m} mamy

|P | = |P1| + · · · + |Pm|.

1
Rozważamy tylko kostki niezdegenerowane.

2
Zauważmy, że |P | > 0 oraz, że |x₀+ P | = |P |, x0∈ Rⁿ.

3
Dla n = 1 podział kostki P = [a, b] możemy utożsamiać z ciągiem π = (x₀, . . . , xm), gdzie a = x0< x1 < · · · <

xm= b.

4
Podział ten składa się z m1. . . mnkostek. Typowym przypadkiem jest sytuacja, gdy xj,k:= aj+ (k/mj)(bj− aj) (tzn. dzielimy krawędzie na równe części).

5
Innymi słowy, jeżeli int P_j∩ int Q_k6= ∅, to Qk⊂ P_j.

6
π jest wspólnym zagęszczeniem podziałów π1 i π2. 117

3. Całka Riemanna Istotnie, najpierw sprawdzamy przypadek podziału prostego:

m1

Dla dowolnego podziału znajdujemy najpierw wpisany podział prosty π⁰ = {Q₁, . . . , Q_r},

Definicja 3.1.3. Niech f : P −→ R będzie dowolną funkcją ograniczoną na kostce P . Zdefiniujmy:

m(f, P ) := inf f (P ), M (f, P ) := sup f (P ).

Liczbę L(f, π) nazywamy sumą aproksymacyjną dolną dla funkcji f przy podziale π. Analogicznie, U (f, π) nazywamy sumą aproksymacyjną górną ⁷
. Zauważmy, że

m(f, P )|P | 6 L(f, π) 6 U (f, π) 6 M (f, P )|P |.

gdzie supremum i infimum bierzemy po wszystkich podziałach kostki P . LiczbęR

∗Pf nazywamy całką dolną z funkcji f po kostce P . Analogicznie, liczbęR∗

Pf nazywamy całką górną.

Powiemy, że funkcja f jest całkowalna w sensie Riemanna na kostce P ⁸

(f ∈ R(P )), jeżeli R

∗Pf =R∗

Pf . Wtedy wspólną wartość tych całek oznaczamy przez R

Pf i nazywamy całką Riemanna z funkcji f po kostce P .

Niech teraz ϕ : P −→ C będzie funkcją ograniczoną. Powiemy, że ϕ jest całkowalna w sensie Rie-manna na P (ϕ ∈ R(P, C)), jeżeli Re ϕ, Im ϕ ∈ R(P ). Kładziemy wtedy R_Pϕ := R

PRe ϕ + iR

PIm ϕ i nazywamy tę liczbę całką Riemanna z funkcji ϕ po kostce P .

Oczywiście każda funkcja stała c ∈ C jest całkowalna w sensie Riemanna iR

Pc = c|P |.

Poniżej przedstawimy szereg (mniej lub bardziej elementarnych) własności całki Riemanna; f, g : P −→ R, ϕ, ψ : P −→ C oznaczają funkcje ograniczone, π, π¹, π2 — podziały kostki P .

7
Czasami mówi się o sumach Darboux.

8
Bernhard Riemann (1826–1866).

9
Przypomnijmy, że χ_Aoznacza funkcję charakterystyczną zbioru A ⊂ P . Funkcję f nazywamy funkcją Dirichleta w kostce P .

10
Peter Dirichlet (1805–1859).

3.1. Całka Riemanna na kostce Własność 3.1.5. Dla dowolnego c ∈ R mamy:

L(f + c, π) = L(f, π) + c|P | oraz U (f + c, π) = U (f, π) + c|P |.

Wynik przenosi się natychmiast na funkcje ograniczone ϕ : P −→ C i c ∈ C:

ϕ ∈R(P, C) ⇐⇒ ϕ + c ∈ R(P, C) oraz Z

Teraz wystarczy jako π wziąć wspólne zagęszczenie π1 i π2 i skorzystać w Własności 3.1.8.

(⇐=): Ustalmy ε i niech π będzie podziałem takim jak w warunku. Wtedy Z ∗

P

f − Z

∗Pf 6 U (f, π) − L(f, π) 6 ε,

co, wobec dowolności ε, daje całkowalność. 

11
Wystarczy wykorzystać poprzednie nierówności dla π i πj, gdzie π jest wspólnym zagęszczeniem podziałów π1

i π2.

3. Całka Riemanna

Definicja 3.1.10. Niech π = {P₁, . . . , P_m} będzie podziałem kostki P i niech ξ = {ξ1, . . . , ξ_m}, ξj ∈ Pj, j = 1, . . . , m. Niech ϕ : P −→ C. Sumę

M (ϕ, π, ξ) :=

m

X

j=1

ϕ(ξ_j)|P_j|

nazywamy sumą aproksymacyjną pośrednią dla funkcji ϕ przy podziale π i punktach pośrednich ξ ¹²
. (a) Jest rzeczą widoczną, iż M (αϕ + βψ, π, ξ) = αM (ϕ, π, ξ) + βM (ψ, π, ξ), α, β ∈ C.

(b) W szczególności, M (ϕ, π, ξ) = M (Re ϕ, π, ξ) + iM (Im ϕ, π, ξ).

(c) Ponadto, |M (ϕ, π, ξ)|6 M (|ϕ|, π, ξ).

(d) Dla f : P −→ R mamy: L(f, π) 6 M (f, π, ξ) 6 U (f, π).

Własność 3.1.11. Dla każdego normalnego ciągu podziałów (πk)^∞_k=1 mamy:

L(f, πk) −→

Z

∗P

f, U (f, πk) −→

Z ∗ P

f.

Dowód . Ograniczymy się do sum górnych. Można założyć, że f > 0 (zastępując f przez f + c). Weźmy ε > 0 i niech π = {Q₁, . . . , Q_m} będzie podziałem takim, że U (f, π) −R∗

Pf 6 ε. Niech π_k = {P_k,1, . . . , P_k,mk}, k > 1.

Wtedy

U (f, π_k) = X

j∈{1,...,m_k}

∃i∈{1,...,m}:P_k,j⊂Qi

M (f, P_k,j)|P_k,j| + X

j∈{1,...,m_k}

∀i∈{1,...,m}:P_k,j6⊂Qi

M (f, P_k,j)|P_k,j| 6 U(f, π) + M(f, P )ηk,

gdzie

ηk := X

j∈{1,...,mk}

∀i∈{1,...,m}: Pk,j6⊂Qi

|Pk,j|, k > 1.

Zauważmy, że ηk −→ 0. Istotnie, jeżeli Pk,j 6⊂ Qi, i = 1, . . . , m, to Pk,j musi przecinać którąś ze ścian którejś z kostek Q1,. . . , Qm. Stąd ηk 6 c diam π^k, k > 1, gdzie c > 0 jest pewną stałą (Ćwiczenie).

Ostatecznie

Z ∗ P

f 6 lim inf

k→+∞U (f, πk) 6 lim sup

k→+∞

U (f, πk) 6 Z ∗

P

f + ε,

co, wobec dowolności ε > 0, kończy dowód. 

Własność 3.1.12. Następujące warunki są równoważne:

(i) ϕ ∈R(P, C);

(ii) istnieje c ∈ C takie, że dla dowolnego normalnego ciągu podziałów (πk)^∞_k=1 oraz dla dowolnego wyboru punktów pośrednich (ξk)^∞_k=1 ¹³

mamy M (ϕ, πk, ξk) −→ c ¹⁴
;

(ii’) istnieje c ∈ C takie, że dla dowolnego ε > 0 istnieje δ > 0 taka, że dla dowolnego podziału π o średnicy 6 δ oraz dla dowolnego wyboru punktów pośrednich ξ mamy |M (ϕ, π, ξ) − c| 6 ε;

(iii) istnieje c ∈ C oraz normalny ciągu podziałów (π^k)^∞_k=1 takie, że dla dowolnego wyboru punktów pośrednich (ξk)^∞_k=1, mamy M (ϕ, πk, ξk) −→ c ¹⁵
.

12
Czasami mówimy o sumie Cauchy’ego–Riemanna.

13
Tzn. ξ_kjest zbiorem punktów pośrednich dla πk.

14

Jest rzeczą oczywistą, że jeżeli mamy dwa ciągi zbieżne liczb rzeczywistych (ak)^∞_k=1 i (bk)^∞_k=1 oraz wiemy, że ciąg a1, b1, a2, b2, . . . jest również zbieżny, to lim

k→+∞ak = lim

k→+∞bk. Z tej trywialnej uwagi wynika, że warunek (ii) jest równoważny następującemu warunkowi:

dla dowolnego normalnego ciągu podziałów (πk)^∞_k=1 oraz dla dowolnego wyboru punktów pośrednich (ξk)^∞_k=1, ciąg (M (ϕ, πk, ξk))^∞_k=1 jest zbieżny do granicy skończonej.

15
Podobnie jak poprzednio, warunek (iii) jest równoważny następującemu warunkowi: istnieje normalny ciąg po-działów (πk)^∞_k=1taki, że dla dowolnego wyboru punktów pośrednich (ξk)^∞_k=1, ciąg (M (ϕ, πk, ξ_k))^∞_k=1jest zbieżny do granicy skończonej.

3.1. Całka Riemanna na kostce

Dowód . Wobec Własności 3.1.5 oraz (b), możemy założyć, że ϕ = f : P −→ R.

(i) =⇒ (ii) wynika z Własności 3.1.11 i nierówności (d).

Równoważność (ii) ⇐⇒ (ii’) jest elementarna (Ćwiczenie).

Implikacja (ii) =⇒ (iii) jest trywialna.

Dla dowodu implikacji (iii) =⇒ (i) wystarczy zauważyć, że istnieją ciągi punktów pośrednich (ξ_k⁰)^∞_k=1, (ξ_k⁰⁰)^∞_k=1 takie, że

M (f, πk, ξ_k⁰) − L(f, πk) 6 1

k, U (f, πk) − M (f, πk, ξ_k⁰⁰) 6 1

k, k > 1. ¹⁶
Wtedy, na podstawie Własności 3.1.11,

M (f, π_k, ξ_k⁰) −→

Z

∗P

f, M (f, π_k, ξ⁰⁰_k) −→

Z ∗ P

f, a zatemR

∗Pf =R∗

Pf , czyli f ∈R(P ). 

Własność 3.1.13. R(P, C) jest zespoloną przestrzenią wektorową, a operator R(P, C) 3 ϕ 7−→Z

Pϕ ∈ C jest C–liniowy.

Dowód . Dowód wynika natychmiast z (a) oraz Własności 3.1.12. 

Własność 3.1.14. Jeżeli ψ ∈R(P, C) oraz

|ϕ(x⁰) − ϕ(x⁰⁰)| 6 |ψ(x⁰) − ψ(x⁰⁰)|, x⁰, x⁰⁰∈ P, to ϕ ∈R(P, C).

Dowód . Ponieważ |x + iy| 6 |x| + |y|, zatem

U (Re ϕ, π) − L(Re ϕ, π) 6 U (Re ψ, π) − L(Re ψ, π) + U (Im ψ, π) − L(Im ψ, π), co, wobec Własności 3.1.9, daje całkowalność Re ϕ. Podobnie postępujemy z Im ϕ.

 Własność 3.1.15. Jeżeli ϕ ∈R(P, C), to |ϕ| ∈ R(P ) oraz

   Z

P

ϕ   6

Z

P

|ϕ|.

Dowód . Całkowalność wynika z Własności 3.1.14. Wzór wynika z (c).  Własność 3.1.16. Jeżeli ϕ, ψ ∈R(P, C), to ϕ · ψ ∈ R(P, C).

Dowód . Wystarczy wykazać, że f · g ∈ R(P ) dla f, g ∈ R(P ) (Ćwiczenie). Ustalmy f, g ∈ R(P ) i niech

|f |, |g| 6 C. Mamy:

|f (x⁰)g(x⁰) − f (x⁰⁰)g(x⁰⁰)| 6 C(|f (x⁰) − f (x⁰⁰)| + |g(x⁰) − g(x⁰⁰)|), x⁰, x⁰⁰∈ P.

Teraz możemy użyć rozumowania takiego, jak w dowodzie Własności 3.1.14.  Własność 3.1.17. Operator

R(P, C) × R(P, C) 3 (ϕ, ψ)7−→^Φ Z

P

ϕψ ∈ C

jest półtoraliniowy, Φ(ψ, ϕ) = Φ(ϕ, ψ) oraz Φ(ϕ, ϕ) > 0. W szczególności, na podstawie nierówności Schwarza, mamy

   Z

P

ϕψ   

2

6Z

P

|ϕ|²Z

P

|ψ|²

, ϕ, ψ ∈R(P, C).

Ponadto, funkcjaR(P, C) 3 ϕ 7−→ (R_P|ϕ|²)^1/2 jest seminormą ¹⁷
. Własność 3.1.18. C(P, C) ⊂ R(P, C).

16
Np. ξ⁰_k,jwybieramy tak, by f (ξ_k,j⁰ ) − m(f, Pk,j) 6 1/(k|P |).

17
Tzn. spełnia wszystkie warunki normy z wyjątkiem tego, że może się zerować na niezerowych wektorach.

3. Całka Riemanna

Dowód . Wystarczy udowodnić, że C(P ) ⊂ R(P ). Ustalmy ε > 0. Wobec jednostajnej ciągłości funkcji f na P , istnieje δ > 0 takie, że |f (x⁰) − f (x⁰⁰)| 6 ε o ile kx⁰− x⁰⁰k 6 δ. Niech π będzie podziałem P o średnicy6 δ. Wtedy U (f, π) − L(f, π) 6 ε|P |. Na mocy Własności 3.1.9 dowód jest zakończony.  Własność 3.1.19 (Twierdzenie o wartości średniej). Dla dowolnej funkcji f ∈ C(P ) istnieje ξ ∈ P taki, że

f (ξ) = 1

|P | Z

P

f.

Dowód . Wobec nierówności

min f (P ) 6 1

|P | Z

P

f 6 max f (P ),

wystarczy skorzystać z zasady Darboux. 

Definicja 3.1.20. Mówimy, że zbiór A ⊂ Rⁿ ma objętość zero (|A| = 0), jeżeli dla dowolnego ε > 0 istnieje skończona rodzina kostek P1, . . . , Pmtaka, że A ⊂ P1∪ · · · ∪ Pmi |P1| + · · · + |Pm| 6 ε.

Obserwacja 3.1.21. (a) Każdy zbiór o objętości zero jest ograniczony.

(b) Każdy zbiór skończony ma objętość zero.

(c) Podzbiór zbioru o objętości zero ma objętość zero.

(d) Suma skończonej liczby zbiorów o objętości zero ma objętość zero.

(e) Jeżeli Rⁿ 3 aν−→ a0∈ Rⁿ, to zbiór {aν : ν > 0} ma objętość zero.

(f) Jeżeli A ⊂ Rⁿ ma objętość zero, to dla dowolnego zbioru ograniczonego B ⊂ R^m zbiór A × B ma objętość zero. W szczególności, dla dowolnej kostki ograniczonej Q ⊂ R^{n 18}

mamy |∂Q| = 0.

(g) Jeżeli |A| = 0, to |A| = 0.

Propozycja 3.1.22. (a) Niech Q ⊂ R^d będzie kostką domkniętą i niech ϕ : Q −→ R^n−d będzie dowol-nym odwzorowaniem ciągłym, 16 d 6 n − 1. Wtedy wykres A := {(t, ϕ(t)) : t ∈ Q} ma objętość zero.

(b) Niech Q ⊂ R^d będzie kostką domkniętą i niech p : Q −→ Rⁿ będzie odwzorowaniem spełniającym warunek Höldera z wykładnikiem α. Wówczas:

(b1) Jeżeli αn > d, to zbiór A := p(Q) ma objętość zero. ¹⁹

(b₂) Jeżeli αn > d, to zbiór A := p(Z) ma objętość zero dla dowolnego zbioru Z ⊂ Q o objętości zero.

(b₃) Jeżeli p spełnia warunek Lipschitza (np. p ∈ C¹(Ω, Rⁿ), gdzie Ω jest otoczeniem Q), to:

• jeżeli n > d, to |p(Q)| = 0,

• jeżeli n> d, to |p(Z)| = 0 dla dowolnego zbioru Z ⊂ Q o objętości zero. ²⁰

(c) Jeżeli M jest d–wymiarową podrozmaitością w Rⁿ klasy C¹, 06 d 6 n − 1, to każdy zwarty podzbiór A ⊂ M ma objętość zero ²¹
.

Dowód . (a) Ustalmy ε > 0. Wobec jednostajnej ciągłości odwzorowania ϕ istnieje δ > 0 taka, że max

j=1,...,n−d|ϕ_j(t⁰) − ϕ_j(t⁰⁰)| 6 ε o ile kt⁰− t⁰⁰k 6 δ.

Niech π = {Q1, . . . , Qm} będzie podziałem kostki Q takim, że diam π 6 δ. Ustalmy tj ∈ Qj i niech Pj := Qj× (ϕ(tj) + [−ε, ε]^n−d).

Oczywiście A ⊂ P₁∪ · · · ∪ P_moraz

|P1| + · · · + |Pm| = |Q1|(2ε)^n−d+ · · · + |Q_m|(2ε)^n−d= |Q|(2ε)^n−d.

18
Q jest (niezdegenerowaną) kostką ograniczoną, jeżeli Q jest kostką domkniętą i int Q ⊂ Q.

19
Warto w tym miejscu przypomnieć o istnieniu krzywej γ : [0, 1] −→ R² takiej, że γ([0, 1]) = [0, 1] × [0, 1]. Z (b1) wynika, że γ nie może spełniać warunku Höldera z wykładnikiem α > 1/2.

20
Jeżeli n < d, to biorąc jako p projekcję pr

R^d−n, zaś jako Z zbiór postaci A × B ⊂ Rⁿ× R^d−n, gdzie |A| = 0, a B jest ograniczony, widzimy, że p(Z) = B nie musi być zbiorem o objętości zero nawet, gdy p jest liniowe.

21
Dla przykładu, |Sn−1| = 0.

3.1. Całka Riemanna na kostce (b) Przypuśćmy, że

j=1,...,nmax |pj(t⁰) − pj(t⁰⁰)| 6 Ckt⁰− t⁰⁰k^α, t⁰, t⁰⁰∈ Q.

Ustalmy ε > 0. Przypadki (b₁) i (b₂) rozpatrzymy jednocześnie. Niech X := Q (odp. X := Z) i niech κ := 2|Q| (odp. κ > 0, gdzie κ jest dowolne).

Niech π = {Q1, . . . , Qm} będzie układem kostek takim, że

• Qj = uj+ [−η, η]^d, gdzie uj∈ R^d, j = 1, . . . , m, η ∈ (0, 1],

• X ⊂ Q1∪ · · · ∪ Qm, Qj∩ Q 6= ∅, j = 1, . . . , m,

• m(2η)^d = |Q₁| + · · · + |Qm| 6 κ.

Niech δ := C(2√

dη)^α. Ustalmy tj ∈ Qj∩ Q i niech

Pj := p(tj) + [−δ, δ]ⁿ, j = 1, . . . , m.

Oczywiście A ⊂ P1∪ · · · ∪ Pmoraz

|P1| + · · · + |Pm| = m(2C(2√

dη)^α)ⁿ6 2^(α+1)n−dκ(Cd^α/2)ⁿ
η^αn−d.

Gdy αn > d, to dla małych η > 0 ostatnia liczba będzie dowolnie mała (odp. gdy αn = d, to dobierając κ > 0 stosownie małe, możemy uczynić tę ostatnią liczbę dowolnie małą).

(b3) wynika z (b1) i (b2).

(c) wynika z (b). 

Własność 3.1.23. Jeżeli zbiór

N_P(ϕ) := {a ∈ P : ϕ nie jest ciągła w punkcie a}

ma objętość zero, to ϕ ∈R(P, C) (por. Własność 3.1.18).

Dowód . Wystarczy rozważyć przypadek, gdy ϕ = f : P −→ R. Ustalmy ε > 0 i niech P¹, . . . , Pm ⊂ P będą kostkami takimi, że NP(f ) ⊂ int_PP₁∪ · · · ∪ intPP_m ²²
, |P1| + · · · + |Pm| 6 ε. Niech K :=

P \

m

S

j=1

int_PP_j. Zbiór K jest zwarty i f jest ciągła na K. Zatem jest jednostajnie ciągła. Niech δ > 0 będzie takie, że |f (x⁰) − f (x⁰⁰)| 6 ε dla x⁰, x⁰⁰∈ K, kx⁰− x⁰⁰k 6 δ. Rozważmy podział π = {Q1, . . . , Qr} kostki P taki, że diam π6 δ, Q1, . . . , Q_s⊂ K, Q_s+1, . . . , Q_r⊂

m

S

j=1

P_j oraz dla dowolnego j ∈ {1, . . . , m}

rodzina {Qk: Qk ⊂ Pj} stanowi podział Pj. Wtedy

U (f, π) − L(f, π) 6 ε(|Q¹| + · · · + |Qs|) + (M (f, P ) − m(f, P ))(|Qs+1| + · · · + |Qr|)

6 ε(|P | + M (f, P ) − m(f, P )). ²³



Własność 3.1.24. Niech π = {P1, . . . , Pm} będzie ustalonym podziałem. Wtedy ϕ ∈R(P, C) ⇐⇒ ϕ|P_j ∈ R(Pj, C), j = 1, . . . , m. Ponadto,

Z

P

ϕ = Z

P₁

ϕ + · · · + Z

P_m

ϕ.

Dowód . Wystarczy rozważyć przypadek, gdy ϕ = f : P −→ R. Niech π⁰ będzie podziałem P powstałym przez „zsumowanie” podziałów π1, . . . , πm, gdzie πj jest podziałem Pj, j = 1, . . . , m. Wtedy

U (f, π⁰) − L(f, π⁰) =

m

X

j=1



U (f |P_j, πj) − L(f |P_j, πj) , co daje równoważność całkowalności na P i na każdym P_j, j = 1, . . . , m.

Ponadto,

m

P

j=1

L(f |_Pj, π_j) = L(f, π⁰) 6 R

Pf , skąd wynika, że

m

P

j=1

R

Pjf 6 R

Pf . Rozumowanie na

sumach górnych daje przeciwną nierówność. 

22

intPA oznacza wnętrze w topologii indukowanej.

23
Nierówność |Qs+1| + · · · + |Qr| 6 |P1| + · · · + |Pm| wynika z tego, że kostki Q_kdzielą kostki Pj.

3. Całka Riemanna

Ponadto, na podstawie Własności 3.1.24, mamy:



jest relacją równoważnościową wR(P, C); całka Riemanna jest dobrze określonym operatorem liniowym R(P, C)/∼ −→ C.

Wynika stąd całkowalność funkcji f . Zbieżność całek wynika bezpośrednio z nierówności 

jest iloczynem skalarnym. Niestety przestrzeń C(P, C) z tym iloczynem skalarnym nie jest przestrzenią Hilberta. Istotnie, niech P := [0, 1] ⊂ R,

24
Por. dowód Własności 3.1.23.

3.1. Całka Riemanna na kostce f₀:= χ_(1/2,1]. WtedyR

P(f_ν− f0)²−→ 0 (Ćwiczenie). W szczególności, (fν)^∞_ν=1jest ciągiem Cauchy’ego w C(P, C), który nie ma granicy ²⁵
.

Własność 3.1.30. Jeżeli 06 f ∈ R(P ) iR

Pf = 0, to zbiór Zf := {x ∈ P : f (x) > 0} jest przeliczalną sumą zbiorów o objętości zero.

Dowód . Wystarczy pokazać, że dla dowolnego c > 0 zbiór A := {f > c} ma objętość zero. Weźmy ε > 0 i podział π = {P1, . . . , Pm} taki, że U (f, π) 6 ε. Wtedy

ε > U (f, π) > c X

j∈{1,...,m}:

A∩P_j6=∅

|Pj|.

Wynika stąd, że A można pokryć kostkami o łącznej objętości6 ε/c.  Przykład 3.1.31. Zbiór Zf := {f > 0} we Własności 3.1.30 może nie mieć objętości zero. Dla przykładu, niech P ∩ Qⁿ = {r1, r2, . . . } i niech f : P −→ [0, 1],

f (x) :=

(0, x /∈ Qⁿ

1

j, x = r_j . Oczywiście, zbiór Zf = P ∩ Qⁿ nie ma objętości zero, ale R

Pf = 0. Istotnie, dla dowolnego k ∈ N rozważmy podział π = {P1, . . . , Pm} (m > k) taki, że rj ∈ intPPj, j = 1, . . . , k, |P1| + · · · + |Pk| 6 _k¹. Wtedy

U (f, π) =

k

X

j=1

M (f, Pj)|Pj| +

m

X

j=k+1

M (f, Pj)|Pj| 6

k

X

j=1

|Pj| + 1 k + 1

m

X

j=k+1

|Pj| 6 1 k+ 1

k + 1|P |.

Definicja 3.1.32. Mówimy, że zbiór ograniczony A ⊂ Rⁿ jest mierzalny w sensie Jordana, jeżeli χA∈ R(P ) dla pewnej kostki P ⊃ A. Liczbę |A| := R_Pχ_A nazywamy miarą Jordana (objętością) zbioru A

26
.

Własność 3.1.33. Jeżeli A jest zbiorem ograniczonym takim, że |∂A| = 0 w sensie Definicji 3.1.20, to A jest mierzalny w sensie Jordana. Ponadto, jeżeli |A| = 0 w sensie Definicji 3.1.20, to |A| = 0 w sensie Definicji 3.1.32.

Dowód . Wystarczy skorzystać z Własności 3.1.23. 

Obserwacja 3.1.34. Sumy aproksymacyjne pośrednie można zdefiniować dla dowolnego odwzorowania ϕ : P −→ F , gdzie F jest przestrzenią unormowaną. Pozwala to przenieść pojęcie całki Riemanna:

odwzorowanie ϕ : P −→ F nazywamy całkowalnym w sensie Riemanna (ϕ ∈ R(P, F )), jeżeli istnieje c ∈ F takie, że dla dowolnego normalnego ciągu podziałów (πk)^∞_k=1oraz dla dowolnego wyboru punktów pośrednich mamy: M (ϕ, πk, ξk) −→ c. Element c nazywamy wtedy całką Riemanna odwzorowania ϕ po kostce P i oznaczamy R

Pϕ. Własność 3.1.12 gwarantuje zgodność definicji dla F = C. Pojawia się tu pewna subtelność: nowa definicja całki obejmuje formalnie funkcje nieograniczone, a Własność 3.1.12 dotyczy tylko funkcji ograniczonych. Dla usunięcia tego problemu wystarczy zauważyć, że jeżeli funkcja ϕ : P −→ F jest całkowalna w nowym sensie, to musi być ograniczona. Istotnie, przypuśćmy np. że sup_Pkϕk = +∞ i niech P 3 aν −→ a0 ∈ P będzie ciągiem takim, że kϕ(aν)k −→ +∞. Weźmy normalny ciąg podziałów (πk)^∞_k=1, πk = {Pk,1, . . . , Pk,m_k}, taki, że a0 ∈ intPPk,1, k > 1. Ustalmy k.

Wybierzmy w sposób dowolny punkty pośrednie ξk,2, . . . , ξ_k,mk. Ponieważ sup_Pk,1kϕk = +∞, to zawsze znajdziemy punkt ξk,1taki, że kM (ϕ, πk, ξk)k > k. Mamy więc kM (ϕ, π^k, ξk)k −→ +∞, czyli ϕ nie może być całkowalna w nowym sensie.

25
Przypuśćmy, że granica taka istnieje i jest nią funkcja g₀ ∈ C(P, C). Mamy R

P|f₀ − g₀|² = 0. Stąd, wobec Obserwacji 3.1.29, g0= 0 na [0,¹₂) i g0= 1 na (¹₂, 1]; sprzeczność.

26
Łatwo widać (por. Własność 3.1.24), że jeżeli χ_A∈R(P ) dla pewnej kostki P ⊃ A, to χA∈R(Q) dla dowolnej kostki Q ⊃ A. Ponadto,R

Pχ_A=R

Qχ_A.

3. Całka Riemanna

3.2. Całka Riemanna na zbiorze regularnym

Niech A ⊂ Rⁿ będzie dowolnym zbiorem ograniczonym takim, że |∂A| = 0 — takie zbiory bę-dziemy roboczo nazywać regularnymi. Naszym celem jest zbudowanie teorii całki Riemanna R

Af . Dla prostoty ograniczymy się do funkcji ograniczonych f : A −→ R. Przeniesienie teorii na funkcje zespolone pozostawiamy jako Ćwiczenie.

Ćwiczenie 3.2.1. (a) Jeżeli |A| = 0, to A jest regularny.

(b) Każda kostka jest regularna.

(c) Jeżeli zbiór A jest regularny, to zbiór int A jest regularny; implikacja przeciwna nie jest prawdziwa.

(d) Jeżeli zbiór A jest regularny, to zbiór A jest regularny; implikacja przeciwna nie jest prawdziwa.

(e) Jeżeli zbiory A, B są regularne, to zbiory A ∪ B, A ∩ B, A \ B są regularne.

(f) Jeżeli zbiory A ⊂ Rⁿ, B ⊂ R^msą regularne, to zbiór A×B jest regularny (por. Obserwacja 3.1.21(f)).

Definicja 3.2.2. Niech A ⊂ P , gdzie P jest kostką. Dla f : A −→ R niech f₀:=

(f, na A 0, na P \ A.

Powiemy, że f jest całkowalna w sensie Riemanna na A (f ∈R(A)), jeżeli f0∈R(P ). Kładziemy wtedy R

Af :=R

Pf0. Bez trudu widać, że taka definicja jest poprawna, tzn. nie zależy od wyboru kostki P ⊃ A.

Poniżej, przedstawimy listę podstawowych własności tak zdefiniowanej całki Riemanna. Dowody poszczególnych własności polegają w większości przypadków na wykorzystaniu własności całki Riemanna na kostce i dlatego też podamy tylko szkice dowodów.

Obserwacja 3.2.3. (a) Jeżeli |A| = 0, to każda funkcja ograniczona f : A −→ R jest całkowalna oraz R

Af = 0 (por. Ćwiczenie 3.2.1(a)).

Istotnie, zbiór {x ∈ P : f0(x) 6= 0} ⊂ A i wystarczy skorzystać z Własności 3.1.25.

(b) Jeżeli zbiór NA(f ) := {a ∈ A : f nie jest ciągła w a} ma objętość zero, to f ∈ R(A) (jest to uogólnienie Własności 3.1.23).

Istotnie, wtedy NP(f0) = {a ∈ P : f0 nie jest ciągła w punkcie a} ⊂ NA(f ) ∪ ∂A i możemy skorzystać z Własności 3.1.23.

W szczególności, BC(A) ⊂R(A).

(c) 1 ∈R(A) oraz R_A1 = |A|, gdzie |A| oznacza miarę Jordana (objętość) zbioru A w sensie Definicji 3.1.32.

(d) R(A) jest algebrą, operator R(A) 3 f 7−→ R_Af ∈ R jest liniowy i monotoniczny. W szczególności, jeżeli A ⊂ B, gdzie B jest także regularny, to |A|6 |B|.

(e) Jeżeli f ∈R(A), to |f| ∈ R(A) oraz | R_Af | 6R

A|f |.

(f) OperatorR(A) × R(A) 3 (f, g) 7−→ R_Af g ∈ R jest dwuliniowy, symetryczny i nieujemny. W szcze-gólności, zachodzi nierówność Schwarza:

Z

A

f g2

6Z

A

f²Z

A

g²

, f, g ∈R(A).

(g) Jeżeli zbiór {a ∈ A : f (a) 6= g(a)} ma objętość zero, to f ∈R(A) wtedy i tylko wtedy, gdy g ∈ R(A).

Ponadto,R

Af =R

Ag (jest to uogólnienie Własności 3.1.25).

(h) Jeżeli B ⊂ A jest zbiorem regularnym, to dla funkcji f : A −→ R mamy: f |B ∈R(B) ⇐⇒ f · χB ∈ R(A).

(i) Jeżeli A = A1∪ A2, gdzie A1, A2są zbiorami regularnymi i |A1∩ A2| = 0, to f ∈R(A) wtedy i tylko wtedy, gdy f |A_j ∈R(Aj), j = 1, 2. PonadtoR

Af =R

A₁f +R

A₂f .

Istotnie, jeżeli f ∈ R(A), to f · χA_j ∈R(A) ²⁷
, a zatem f |A_j ∈R(Aj), j = 1, 2. Odwrotnie, jeżeli f |Aj ∈R(Aj), to fj := f · χAj ∈R(A), j = 1, 2, a zatem f1+ f2∈R(A). Teraz wystarczy tylko zauważyć, że {f1+ f₂6= f } ⊂ A1∩ A2i skorzystać z (g).

W szczególności (por. Ćwiczenie 3.2.1):

• jeżeli B ⊂ A jest zbiorem regularnym i f ∈R(A), to f|B∈R(B);

• dla dowolnej funkcji ograniczonej f : A −→ R mamy: f ∈ R(A) ⇐⇒ f ∈ R(A) orazR

Af =R

Af ;

27
Bo χ_Aj∈R(A) i R(A) jest algebrą (por. (d)).

3.3. Własności całki Riemanna

• dla dowolnej funkcji ograniczonej f : A −→ R mamy: f ∈ R(A) ⇐⇒ f ∈ R(int A) oraz R

Af =R

int Af .

Propozycja 3.2.4. Niech A ⊂ Rⁿ⁻¹ będzie zbiorem regularnym, niech f ∈ R(A) i niech B oznacza wykres funkcji f , tzn. zbiór

B := {(x, f (x)) : x ∈ A} ⊂ Rⁿ. Wtedy |B| = 0.

Dowód . Niech A ⊂ P , gdzie P jest kostką, i niech f⁰ oznacza standardowe przedłużenie funkcji f . Zauważmy, że |B| = 0 ⇐⇒ |B0| = 0 (Ćwiczenie). Wynika stąd w szczególności, że możemy założyć, że A = P jest kostką.

Dla ε > 0, niech π = {P1, . . . , Pm} będzie podziałem kostki P takim, że U (f, π) − L(f, π) 6 ε.

Połóżmy, Qj:= Pj×[m(f, Pj), M (f, Pj)], j = 1, . . . , m. Wtedy B ⊂ Q1∪· · ·∪Qmoraz |Q1|+· · ·+|Qm| =

U (f, π) − L(f, π) 6 ε. 

Twierdzenie 3.2.5 (Twierdzenie o całkach iterowanych). Niech A ⊂ Rⁿ, B ⊂ R^m będą zbiorami re-gularnymi i niech f ∈ R(A × B) (por. Ćwiczenie 3.2.1(f)). Załóżmy, że f(x, ·) ∈ R(B) dla dowolnego x ∈ A ²⁸
. Wtedy funkcja

A 3 x 7−→

Z

Bf (x, y)dy ∈ R jest całkowalna na A oraz

Z

A×B

f (x, y)dxdy = Z

A

Z

B

f (x, y)dy

dx. ²⁹
W szczególności, powyższy wzór stosuje się dla funkcji klasy BC(A × B).

Dowód . W oczywisty sposób dowód sprowadza się do przypadku, gdy A = P i B = Q są kostkami.

Ustalmy dowolne podziały π⁰= {P1, . . . , Pr} kostki P i π⁰⁰= {Q1, . . . , Qs} kostki Q. Wtedy rodzina π := {Pj× Qk: j = 1, . . . , r, k = 1, . . . , s}

jest podziałem kostki P × Q. Wybierzmy dowolne punkty pośrednie ξ dla podziału π⁰. Wtedy m(f, Pj× Qk)|Qk| 6

Z

Q_k

f (ξj, y)dy 6 M (f, P^j× Qk)|Qk|, ³⁰

skąd po pomnożeniu przez |Pj|, zsumowaniu najpierw względem k, a potem względem j, mamy:

L(f, π) 6

r

X

j=1

Z

Q

f (ξj, y)dy|Pj| 6 U(f, π).

Pozostaje rozważyć normalne ciągi podziałów i zastosować Własność 3.1.12.  3.3. Własności całki Riemanna

Propozycja 3.3.1. Niech A ⊂ Rⁿ, B ⊂ R^m będą zbiorami regularnymi i niech f ∈ R(A), g ∈ R(B).

Wtedy f ⊗ g ∈R(A × B) ³¹
oraz Z

A×B

f (x)g(y)dxdy =Z

A

f (x)dxZ

B

g(y)dy .

Dowód . Jedynym problemem jest całkowalność f ⊗ g na A × B. Możemy założyć, że A = P , B = Q są kostkami. Ustalmy dowolne podziały π⁰= {P1, . . . , Pr} kostki P i π⁰⁰= {Q1, . . . , Qs} kostki Q i niech π będzie jak w dowodzie Twierdzenia 3.2.5. Załóżmy, że |f |, |g|6 c. Wtedy

U (f ⊗ g, π) − L(f ⊗ g, π) 6 c

(U (f, π⁰) − L(f, π⁰))|Q| + (U (g, π⁰⁰) − L(g, π⁰⁰))|P |

i dalej możemy rozumować standardowo. 

28
Odnotujmy, że nie wynika to z całkowalności f na A × B. Dla przykładu: A = B = [0, 1], f (0, ·) = χ_Q∩[0,1], f (x, ·) := 0 dla x ∈ (0, 1].

29
Stosujemy tu wygodny tradycyjny zapis całki Riemanna z uwidocznieniem zmiennych.

30
Z całkowalności funkcji f (ξ_j, ·) na Q wynika jej całkowalność na Qk.

31
(f ⊗ g)(x, y) := f (x)g(y)

3. Całka Riemanna

Propozycja 3.3.2 (Całka jako miara objętości). Niech Q będzie kostką w Rⁿ⁻¹ i niech α, β ∈ C(Q), α 6 β. Połóżmy

A := {(x, y) ∈ Q × R : α(x) 6 y 6 β(x)}.

Wtedy A jest regularnym zbiorem zwartym oraz dla dowolnej funkcji f ∈ C(A) funkcja Q 3 x 7−→

Dowód . Regularność zbioru wynika z Propozycji 3.1.22(a). Wybierzmy c > 0 takie, że −c 6 α 6 β 6 c.

Niech P := Q × [−c, c]. Wtedy na podstawie twierdzenia o całkach iterowanych mamy:

Z

Twierdzenie 3.3.3 (Twierdzenie o funkcjach danych całką). Niech Ω będzie zbiorem otwartym w R^m, niech P ⊂ Rⁿ będzie kostką i niech f : Ω × P −→ R będzie odwzorowaniem takim, że dla pewnego dla x ∈ B(a, δ) i t ∈ P . Stąd, na podstawie twierdzenia o przyrostach skończonych, otrzymujemy:

 Twierdzenie 3.3.4 (Twierdzenie o funkcjach danych całką niewłaściwą). Niech Ω będzie zbiorem otwar-tym w R^m, niech −∞ < a < b6 +∞ i niech f : Ω × [a, b) −→ R będzie odwzorowaniem takim, że dla

3.3. Własności całki Riemanna

• dla dowolnego |α|6 k istnieje odwzorowanie ciągłe gα: [a, b) −→ R takie, że |D^α(f_t)(x)| 6 gα(t) dla x ∈ Ω i t ∈ [a, b) oraz takie, że całka niewłaściwaRb

ag_α(t)dt jest zbieżna.

Wtedy odwzorowanie

ϕ(x) :=

Z b a

f (x, t)dt, x ∈ Ω, jest klasy C^k(Ω) oraz

D^αϕ(x) = Z b

a

D^α(ft)(x)dt, x ∈ Ω, |α| 6 k. ³⁴

Dowód . Ustalmy ciąg a < bν < b, b_ν % b i niech ϕν(x) :=

Z b_ν a

f (x, t)dt, x ∈ Ω.

Na podstawie poprzedniego twierdzenia wnioskujemy, że ϕ_ν ∈ C^k(Ω) oraz D^αϕ_ν(x) =

Z b_ν a

D^α(f_t)(x)dt, x ∈ Ω, |α| 6 k.

Zauważmy, że ϕν−→ ϕ jednostajnie na Ω. Istotnie,

|ϕ_ν(x) − ϕ(x)| 6 Z b

bν

g₀(t)dt −→ 0.

Wynika stąd, że ϕ jest ciągła. Z tych samych powodów, dla dowolnego |α| 6 k ciąg (D^αϕν)^∞_ν=1 jest zbieżny jednostajnie. Teraz wystarczy już tylko wykorzystać twierdzenie o różniczkowaniu ciągu wyraz

po wyrazie. 

Obserwacja 3.3.5. Przedział [a, b) można zastąpić przedziałem (a, b] lub też przedziałem (a, b).

Przykład 3.3.6 (Funkcja Γ Eulera ³⁵
). Niech Γ (x) :=

Z ∞ 0

t^x−1e^−tdt, x > 0.

Wtedy

• Γ ∈ C^∞(R>0),

• Γ (1) = 1, xΓ (x) = Γ (x + 1), x > 0.

W szczególności, Γ (n + 1) = n!, n ∈ Z+. Dowód . Niech f (x, t) := t^x−1e^−t, x, t > 0. Wtedy

Γ (x) = Z 1

0

f (x, t)dt + Z ∞

1

f (x, t)dt, x > 0.

Zauważmy, że _∂x^∂kfk(x, t) = t^x−1(ln t)^ke^−t. Wobec poprzedniego twierdzenia, dla dowodu, że Γ jest klasy C^∞ wystarczy pokazać, że dla dowolnego przedziału [α, β] ⊂ (0, +∞) i dla dowolnego k ∈ Z⁺ istnieją funkcje ciągłe gk : (0, 1] −→ R, h^k: [1, +∞) −→ R takie, że

• |t^x−1(ln t)^ke^−t| 6 gk(t), x ∈ [α, β], t ∈ (0, 1],

• |t^x−1(ln t)^ke^−t| 6 hk(t), x ∈ [α, β], t ∈ [1, ∞),

• całkiR1

0 gk(t)dt iR∞

1 hk(t)dt są zbieżne.

Przyjmujemy:

gk(t) := t^α−1| ln t|^ke^−t, 0 < t 6 1; całkowalność g^k wynika np. stąd, że dla dowolnego 0 < ε < α funkcja t^α−1−εjest całkowalna ³⁶

oraz t^α−1| ln t|^ke^−t6 const(ε)t^α−1−ε.

hk(t) := N !t^β−1+k−N > t^β−1(ln t)^ke^−t, t> 1, gdzie N > β + k; całkowalność h^kjest oczywista ³⁷
. Wzory występujące w tezie uzyskujemy przez proste całkowanie przez części. 

34
Zauważmy, że nasze założenia gwarantują zbieżność wszystkich występujących w tezie całek niewłaściwych.

35
Leonhard Euler (1707–1783).

36
R1

0 t^c−1dt =¹_c dla c > 0.

37
R∞

1 t^c−1dt = −¹_c dla c < 0.

3. Całka Riemanna

Twierdzenie 3.3.7 (Twierdzenie o zmianie zmiennych w całce Riemanna). Niech Φ : U −→ V będzie dyfeomorfizmem klasy C¹ zbiorów otwartych U, V ⊂ Rⁿ i niech A ⊂⊂ U będzie zbiorem regularnym (ze względu na całkę Riemanna). Wtedy:

• zbiór Φ(A) jest regularny,

• dla dowolnej funkcji f ∈R(Φ(A)) funkcja (f ◦Φ)·|Φ⁰| jest całkowalna na Φ(A), gdzie |Φ⁰| oznacza moduł wyznacznika macierzy Jacobiego odwzorowania Φ ³⁸
,

• R

Φ(A)f =R

A(f ◦ Φ) · |Φ⁰|, f ∈R(Φ(A)).

Dowód zostanie podany później (Wniosek 4.12.10). Teraz tylko zauważmy, że regularność Φ(A) wy-nika z Propozycji 3.1.22(b) oraz że twierdzenie jest prawdziwe dla translacji.

Ćwiczenie 3.3.8. Wyznaczyć det Φ⁰, sprawdzić czy Φ|U jest dyfeomorfizmem oraz wyznaczyć V := Φ(U ) dla następujących transformacji i obszarów U (a, b, c > 0 oznaczają stałe):

• (współrzędne biegunowe) Φ : R²−→ R², Φ(r, ϕ) := (ar cos ϕ, br sin ϕ),

U := R^>0× (0, 2π);

• (współrzędne walcowe) Φ : R³−→ R³, Φ(r, ϕ, z) := (ar cos ϕ, br sin ϕ, cz), U := R>0× (0, 2π) × R;

• (współrzędne sferyczne) Φ : R³−→ R³, Φ(r, ϕ, θ) := (ar cos ϕ cos θ, br sin ϕ cos θ, cr sin θ), U := R>0× (0, 2π) × (−^π₂,^π₂);

• (współrzędne sferyczne w Rⁿ) Φ : Rⁿ−→ Rⁿ,

Φ1(r, ω) :=r cos ω1cos ω2cos ω3. . . cos ωn−2cos ωn−1, Φ2(r, ω) :=r sin ω1cos ω2cos ω3. . . cos ωn−2cos ωn−1, Φ₃(r, ω) :=r sin ω₂cos ω₃. . . cos ω_n−2cos ω_n−1,

. . .

Φn−1(r, ω) :=r sin ωn−2cos ωn−1, Φ_n(r, ω) :=r sin ω_n−1,

U := R>0× (0, 2π) × (−^π₂,^π₂)ⁿ⁻². Ćwiczenie 3.3.9. Niech a1, . . . , an> 0,

E :=

n

(x1, . . . , xn) ∈ Rⁿ: x²₁

a²₁ + · · · +x²_n a²_n 6 1o

. Obliczyć |E|.

3.4. Całki krzywoliniowe. Wzór Greena

Uwaga 3.4.1. Przypomnijmy, że długością krzywej γ : [a, b] −→ X w przestrzeni metrycznej (X, %) nazywamy liczbę L%(γ) ∈ [0, +∞] daną wzorem:

L%(γ) := sup

π

{S%(γ, π)}, gdzie

S_%(γ, π) :=

m

X

j=1

%(γ(t_j−1), γ(t_j)),

a supremum jest brane po wszystkich podziałach π = (t0, . . . , tm) przedziału [a, b] ³⁹
. Krzywą γ nazywamy %–prostowalną, gdy L%(γ) < +∞. Wiemy, że:

38
Tzn. |Φ⁰|(x) := | det[^∂Φ_∂x^j

k(x)]j,k=1,...,n|.

39
Zauważmy, że jeżeli π⁰4 π, to S%(γ, π⁰) > S%(γ, π).

3.4. Całki krzywoliniowe. Wzór Greena

• L_%(γ) nie zależy od parametryzacji γ (i dlatego możemy zawsze ograniczyć się do krzywych γ : [0, 1] −→ X) ⁴⁰
,

• L_%( γ) = L_%(γ), tzn. długość krzywej nie zależy od orientacji ⁴¹
,

• L%(γ1⊕ γ2) = L%(γ1) + L%(γ2) ⁴²
.

Propozycja 3.4.2. Dla każdego normalnego ciągu podziałów (πk)^∞_k=1 przedziału [0, 1] mamy:

S%(γ, πk) −→ L%(γ).

Dowód . Wystarczy pokazać, że dla dowolnej liczby ` < L%(γ) istnieje δ > 0 takie, że S<sub>%</sub>(γ, π) > ` o ile diam π 6 δ. Niech π⁰ = (t⁰₀, . . . , t⁰_m

0) będzie podziałem przedziału [0, 1] takim, że S_%(γ, π⁰) > `.

Dla 0 < δ < min{t⁰_j − t⁰_j−1 : j = 1, . . . , m0} weźmy dowolny podział π = (t0, . . . , tm) odcinka [0, 1]

o średnicy 6 δ. Punkty t⁰, . . . , tm dzielimy na m0–grup, zaliczając do i-tej grupy te punkty tj, dla których t⁰_i−16 t^j< t⁰_i, i = 1, . . . , m0− 1, a do grupy m0 — pozostałą „końcówkę” punktów. Punkty i-tej grupy numerujemy kolejno tn_i, . . . , tn_i+1−1, gdzie n1 = 0, nm₀+1 = m + 1. Wobec nierówności trójkąta mamy:

S_%(γ, π) − S_%(γ, π⁰) >

m0

X

i=2



%(γ(t_ni−1), γ(t_ni)) − %(γ(t_ni−1), γ(t⁰_i−1)) − %(γ(t⁰_i−1), γ(t_ni))

> −2(m⁰− 1)ωγ(δ),

gdzie ωγ(δ) oznacza moduł ciągłości odwzorowania γ zdefiniowany następująco ωγ(δ) := sup{%(γ(t⁰), γ(t⁰⁰)) : |t⁰− t⁰⁰| 6 δ}.

Teraz pozostaje już tylko wykorzystać jednostajną ciągłość odwzorowania γ ⁴³
, z której wynika, że dla

dostatecznie małych δ mamy S%(γ, π) > `. 

W dalszym ciągu będziemy zainteresowani krzywymi γ : [0, 1] −→ Rⁿ (i sytuacją, gdy na Rⁿ rozwa-żamy odległość euklidesową).

Powiemy, że krzywa γ : [0, 1] −→ Rⁿ jest kawałkami klasy C^k (γ ∈ bC^k([0, 1], Rⁿ)) jeżeli istnieje podział (t₀, . . . , t_m) odcinka [0, 1] taki, że γ|_[tj−1,tj] ∈ C^k([t_j−1, t_j]), 1 6 j 6 m ⁴⁴
. Droga to krzywa kawałkami klasy C¹.

Propozycja 3.4.3. Dowolna droga γ : [0, 1] −→ Rⁿ jest prostowalna ⁴⁵
oraz L(γ) =

Z 1 0

kγ⁰(t)kdt. ⁴⁶

Dowód . Możemy założyć, że γ jest klasy C¹. Dla podziału π = (t₀, . . . , t_m) niech ξ := (t₀, . . . , t_m−1).

Wtedy, korzystając z twierdzenia o przyrostach skończonych, dostajemy:

|S(γ, π) − M (kγ⁰k, π, ξ)| =  

m

X

j=1

kγ(tj) − γ(tj−1)k −

m

X

j=1

kγ⁰(tj−1)k(tj− tj−1)    6

m

X

j=1

kγ(tj) − γ(t_j−1) − γ⁰(t_j−1)(t_j− tj−1)k

6

m

X

j=1



max{kγ⁰(t) − γ⁰(t_j−1)k : t ∈ [t_j−1, t_j]}

(t_j− t_j−1) 6 ω^γ0(diam π). ⁴⁷

40
Przypomnijmy, że zmiana parametryzacji krzywej γ : [a, b] −→ X polega na zastąpieniu jej przez krzywą γ ◦ σ : [c, d] −→ X, gdzie σ : [c, d] −→ [a, b] jest pewną bijekcją rosnącą.

41
Przypomnijmy, że dla krzywej γ : [0, 1] −→ X kładziemy: ( γ)(t) := γ(1 − t).

42
Przypomnijmy, że dla krzywych γ_j: [0, 1] −→ X, j = 1, 2, takich, że γ1(1) = γ2(0) definiujemy: (γ1⊕ γ₂)(t) :=

γ1(2t) dla 0 6 t 6¹₂ i (γ1⊕ γ2)(t) := γ2(2t − 1) dla ¹₂ 6 t 6 1.

43
Co w języku modułów ciągłości oznacza, że dla dowolnego ε > 0 istnieje δ > 0 taka, że ωγ(δ) 6 ε.

44
W szczególności, dla dowolnego t ∈ [0, 1], można mówić o pochodnych jednostronnych γ₋^(j)(t), γ₊^(j)(t), j = 1, . . . , k.

45
Względem odległości euklidesowej.

46
Jeżeli % jest metryką euklidesową, to będziemy pomijać wskaźnik%. Zauważmy, że całka po prawej stronie istnieje.

3. Całka Riemanna

Pozostaje wykorzystać Propozycję 3.4.2, Własność 3.1.12 i skorzystać z jednostajnej ciągłości

odwzoro-wania γ⁰. 

Przykład 3.4.4. (a) Niech γ : [a, b] −→ R³, γ(t) := (r cos t, r sin t, st) ⁴⁸
. Wtedy L(γ) =p

r²+ s²(b − a).

(b) Niech γ : [a, b] −→ R², γ(t) := (A cos t, B sin t). Wtedy L(γ) =

Z b a

pA²sin²t + B²cos²tdt = ?

Niech γ : [a, b] −→ Rⁿ będzie krzywą i niech f : γ^∗−→ R będzie dowolną funkcją ograniczoną ⁴⁹
. Dla podziału π = (t0, . . . , tm) przedziału [a, b] i dla punktów pośrednich ξ = (ξ1, . . . , ξm) niech

Niech γ : [a, b] −→ Rⁿ będzie krzywą i niech f : γ^∗−→ R będzie dowolną funkcją ograniczoną ⁴⁹
. Dla podziału π = (t0, . . . , tm) przedziału [a, b] i dla punktów pośrednich ξ = (ξ1, . . . , ξm) niech

W dokumencie Uniwersytet Jagielloński Wydział Matematyki i Informatyki Instytut Matematyki Wykłady z Analizy Matematycznej Marek Jarnicki (Stron 119-200)