Többváltozós üggvények dierenciál- integrálszámítása 9. előadás I. rze) Boros Zoltán 019. április 16. Az alábbiakban k N rögzített. 1. Az integrál tégla-additivitása 1.1. TÉTEL. Legyen I, T I k úgy, hogy I T ) = I T I k, valamint : I T R korlátos). Ekkor RI T ) I RI) T RT ). Továbbá, ha RI T ), akkor = +. I T I T Bizonyítás. Lényegében megegyezik a k = 1 esetben leírtakkal. 1.. Következmény. Ha I I k, RI) {I j } n DI), akkor RI j ) j = 1,,..., n) n =. I I j Bizonyítás. Az előző tételből következik a tégla-térogat additivitásának igazolásához hasonló indoklással. 1
. A Riemann-integrálhatóság Lebesgue-kritériuma.1. Lebesgue szerint nullmértékű halmazok.1. Deiníció. H R k Lebesgue szerint nullmértékű [jele: H L k 0], ha > 0 : I n I k n N) úgy, hogy H In 0 n=1 v I n ) <. n=1 [ Megj: Elegendő H n=1i n ellenőrze...].. Példák. 1.) T I k 1, U R megszámlálható, H = T U. Ekkor H L k 0, mert U = {u n n N} esetén H [ ] T u n n N n+1 v k 1 T ) + 1, u n + n+1 x k+1 T, ) + 1 ahol T I k 1, T T..) Ha H n L k 0 n N), akkor H n L k 0. n N.. Baire-üggvények Ebben a szakaszban eltesszük, hogy I I k : I R korlátos. Legyen x 0 I, δ > 0 esetén m δ x 0 ) = in [I Kx 0, δ))], M δ x 0 ) = sup [I Kx 0, δ))]. Ekkor δ m δ x 0) δ > 0) monoton csökkenő, δ M δ x 0) δ > 0) monoton növekvő, így létezik m x 0 ) = lim δ 0+ mδ x 0 ) = sup{m δ x 0 ) : δ > 0} M x 0 ) = lim δ 0+ M δ x 0 ) = in{m δ x 0 ) : δ > 0}. : I R üggvényeket az alsó, illetve első Baire- Az így értelmezett m, M üggvényének nevezzük. A eltev szerint létezik olyan K pozitív valós szám, amelyre x) K x I), ezért
K m x) x) M x) K x I), továbbá olytonos x 0 -ban m x 0 ) = M x 0 ) [= x 0 )]. Legyen E = {x I : m x) < M x)}, valamint h > 0 esetén E h = {x I : M x) m x) h}..3. Állítás. E h zárt. Bizonyítás. x 0 E h, δ > 0 = y E h Kx 0, δ), továbbá r = δ dy, x 0 ) > 0 Ky, r) Kx 0, δ), így azaz x 0 E h. M δ x 0 ) m δ x 0 ) M r y) m r y) M y) m y) h = M x 0 ) m x 0 ) h,.3. A Lebesgue-kritérium.4. TÉTEL. [a Riemann-integrálhatóság Lebesgue-kritériuma]: Legyen I I k : I R korlátos. Ekkor RI) szakadási helyeinek halmaza Lebesgue szerint nullmértékű. Útmutatás a bizonyításhoz. Alkalmazzuk az előző szakasz jelöleit. Eszerint E jelöli szakadási helyeinek halmazát. Először tegyük el, hogy E L k 0. Ekkor > 0 esetén h = vi) > 0, továbbá E h E miatt E h L k 0. Továbbá E h I zárt, így kompakt. Ezért n N I j I k j = 1,..., n) úgy, hogy n n ) E h Ij I j n vi j ) < 4K. Feltehető a második tartalmazás megőrzével az I altér szerinti belső pontokkal), hogy I j I j = 1,..., n) I j I i ) =, ha j i. Minden x I \ E h : δ x > 0 : M δx x) mδxx) < h. Nyilván n ) Q = I \ I j I \ E h x I\E h K x, δ ) x. 3
Továbbá Q kompakt, ezért l N : x 1, x,..., x l I \ E h : Q l K i=1 x i, δ ) x i. Legyen δ = 1 min{δ x 1,..., δ xl }. Ekkor x, y Q, dx, y) < δ esetén i {1,,..., l} : x K x i, δ ) x i dy, x i ) dy, x) + dx, x i ) < δ + δ x i δ x i, így y) x) M δx i x i ) m δx i x i) < h. Legyen m N Ĩi I k úgy, hogy diamĩi) < δ P = {I j } n { Ĩ i } m i=1 DI). i = 1,..., m) Ekkor ω, P ) < n KvI j ) + m hvĩi) K 4K + h vi) = + =. i=1 Tehát RI). Most azt tesszük el, hogy RI). Tetszőleges h > 0, > 0 esetén P DI) : 1 h > ω, P ) hvĩ) Másrzről Tehát így vĩ) <. Ĩ Lk 0, így Ij I k j N) úgy, hogy Ĩ P ezért E h L k 0. Ebből Ĩ < Ĩ P E h I j vij ) <. Ĩ I j vĩ) + vij ) < + = E = n N E 1 n L k 0. 4
.5. Következmény. Ha m N, I I k, j RI) j = 1,..., m), E R m kompakt úgy, hogy = 1,,..., m ) jelölsel I) E, továbbá ϕ : E R olytonos, akkor ϕ RI). Bizonyítás. Vegyük zre, hogy ez egy általános műveleti szabály, ahol m darab Riemann-integrálható üggvényt helyettesítünk egy olytonos m-változós leképezbe ami tekinthető egy műveletnek), az eredmény egy Riemann-integrálható üggvény lesz. Először vegyük zre, hogy a eltev szerint a koordináta-üggvények mindegyike Riemann-integrálható, ezért korlátos. Így is korlátos, azaz van olyan E kompakt halmaz, ami tartalmazza az értékkzletét. Mivel ϕ : E R olytonos, ϕe) R is kompakt, tehát korlátos. Ezért ϕ korlátos. Jelölje j szakadási helyeinek halmazát H j I j = 1,..., m), ϕ szakadási helyeinek halmazát pedig H I. Ekkor j RI) miatt H j L k 0 j = 1,..., m), továbbá az összetett üggvény olytonosságára vonatkozó tétel miatt H m H j, ezért H L k 0. A Lebesgue-kritérium szerint tehát ϕ RI). 5