Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 608
2014-06-08 
Пусть $f(x)$ интегрируема по Риману на отрезке $[a, b]$ и $0 \leq f(x) \leq 1$. Доказать, что для любого $\varepsilon > 0$ существует кусочно-постоянная функция $g(x)$, принимающая два значения 0 и 1, такая, что для любого отрезка $[\alpha, \beta] \subset [a, b]$
$\left | \int_{\alpha}^{\beta} (f(x) – g(x)) dx \right | < \varepsilon$.
Решение:
Будем считать, что $\varepsilon > 0$ фиксировано. Приблизим сначала функцию $f(x)$ ступенчатой функцией, принимающей произвольные значения из $[0, 1]$. Это легко, сделать, пользуясь интегрируемостью по Риману функции $f(x)$. Действительно, пусть $n$ - достаточно большое натуральное число, $x_{k}$ - точки деления отрезка $[a, b]$ на $n$ равных частей ($k = 0, 1, \cdots, n, x_{0} = a, x_{n} = b$),
$M_{k} = \sup_{[x_{k}, x_{k+1}]} f, m_{k} = inf_{[x_{k}, x_{k+1}]} f$.
Тогда $lim_{n \rightarrow \infty} \sum_{k=0}^{n - 1} (M_{k} m_{k})(x_{k+1} – x_{k}) = 0$. Поэтому при достаточно большом $n$ имеем
$\sum_{k = 0}^{n - 1} (M_{k} – m_{k})(x_{k+1} – x_{k}) < \frac{\varepsilon}{2}$. (1)
Определим ступенчатую функцию $\overline{f}$ следующим образом: $\overline{f}(x) = m_{k}$ на интервале $(x_{k}, x_{k+1})$. Тогда $0 \leq \overline{f} \leq 1, f \geq \overline{f}$, и из (20) имеем
$0 \leq \int_{a}^{b} (f - \overline{f})dx \leq \int_{a}^{b}(f - \overline{f}) dx < \frac{\varepsilon}{2}$.
Приблизим теперь ступенчатую функцию $\overline{f}(x)$ ступенчатой функцией $g(x)$, принимающей лишь значения 0 и 1 и такой, что для любого отрезка $[\alpha, \beta] \subset [a, b]$
$\left | \int_{\alpha}^{\beta} (\overline{f} - g) dx \right | < \frac{\varepsilon}{2}$, (2)
тогда задача будет решена. Для этого на каждом отрезке $[x_{k}, x_{k+1}]$ найдем точку $\eta_{k}$ такую, что
$\eta_{k} – x_{k} = \int_{x_{k}}^{x_{k+1}} \overline{f}(x)dx = m_{k}(x_{k+1} – x_{k})$.
Это всегда можно сделать из-за того, что $0 \leq m_{k} \leq 1$.
Положим для каждого $k = 0, 1, \cdots, n -1 g(x) = 1$ на отрезке $[x_{k}, \eta_{k}]$ и $g(x) = 0$ на отрезке $[ \eta_{k}, x_{k+1}]$. Тогда в силу выбора $\eta_{k}$ для каждого $k$ имеем
$\int_{x_{k}}^{x_{k+1}} g(x) dx = \int_{x_{k}}^{x_{k+1}} \overline{f}(x)dx$. (3)
Докажем, что для построенной функции $g$ справедливо неравенство (2). Если концы отрезка $[\alpha, \beta]$ совпадают с какими-то точками $x_{k}$, то интеграл в (2) равен нулю в силу (3). Если отрезок $[\alpha, \beta]$ целиком лежит в одном из отрезков $[x_{k}, x_{k+1}]$, то
$\left | \int_{\alpha}^{\beta}(\overline{f} - g)dx \right | \leq \beta - \alpha \leq \frac{b-a}{n}$.
Но можно с самого начала считать, что $(b - a)/n < \varepsilon/4$. Если $\alpha, \beta$ - произвольны, то отрезок $[\alpha, \beta]$ можно разбить на несколько отрезков с концами в точках $x_{k}$ и еше на два отрезка, целиком лежащих в каких-то отрезках $[x_{k}, x_{k+1}]$. Интегралы от функции $\overline{f} – g$ по отрезкам первого вида равны нулю, а по двум оставшимся отрезкам в сумме не превосходят $2(b - a)/n < \varepsilon/2$. Тем самым неравенство (2) полностью доказано.
Пусть $f(x)$ интегрируема по Риману на отрезке $[a, b]$ и $0 \leq f(x) \leq 1$. Доказать, что для любого $\varepsilon > 0$ существует кусочно-постоянная функция $g(x)$, принимающая два значения 0 и 1, такая, что для любого отрезка $[\alpha, \beta] \subset [a, b]$
$\left | \int_{\alpha}^{\beta} (f(x) – g(x)) dx \right | < \varepsilon$.
Решение:
Будем считать, что $\varepsilon > 0$ фиксировано. Приблизим сначала функцию $f(x)$ ступенчатой функцией, принимающей произвольные значения из $[0, 1]$. Это легко, сделать, пользуясь интегрируемостью по Риману функции $f(x)$. Действительно, пусть $n$ - достаточно большое натуральное число, $x_{k}$ - точки деления отрезка $[a, b]$ на $n$ равных частей ($k = 0, 1, \cdots, n, x_{0} = a, x_{n} = b$),
$M_{k} = \sup_{[x_{k}, x_{k+1}]} f, m_{k} = inf_{[x_{k}, x_{k+1}]} f$.
Тогда $lim_{n \rightarrow \infty} \sum_{k=0}^{n - 1} (M_{k} m_{k})(x_{k+1} – x_{k}) = 0$. Поэтому при достаточно большом $n$ имеем
$\sum_{k = 0}^{n - 1} (M_{k} – m_{k})(x_{k+1} – x_{k}) < \frac{\varepsilon}{2}$. (1)
Определим ступенчатую функцию $\overline{f}$ следующим образом: $\overline{f}(x) = m_{k}$ на интервале $(x_{k}, x_{k+1})$. Тогда $0 \leq \overline{f} \leq 1, f \geq \overline{f}$, и из (20) имеем
$0 \leq \int_{a}^{b} (f - \overline{f})dx \leq \int_{a}^{b}(f - \overline{f}) dx < \frac{\varepsilon}{2}$.
Приблизим теперь ступенчатую функцию $\overline{f}(x)$ ступенчатой функцией $g(x)$, принимающей лишь значения 0 и 1 и такой, что для любого отрезка $[\alpha, \beta] \subset [a, b]$
$\left | \int_{\alpha}^{\beta} (\overline{f} - g) dx \right | < \frac{\varepsilon}{2}$, (2)
тогда задача будет решена. Для этого на каждом отрезке $[x_{k}, x_{k+1}]$ найдем точку $\eta_{k}$ такую, что
$\eta_{k} – x_{k} = \int_{x_{k}}^{x_{k+1}} \overline{f}(x)dx = m_{k}(x_{k+1} – x_{k})$.
Это всегда можно сделать из-за того, что $0 \leq m_{k} \leq 1$.
Положим для каждого $k = 0, 1, \cdots, n -1 g(x) = 1$ на отрезке $[x_{k}, \eta_{k}]$ и $g(x) = 0$ на отрезке $[ \eta_{k}, x_{k+1}]$. Тогда в силу выбора $\eta_{k}$ для каждого $k$ имеем
$\int_{x_{k}}^{x_{k+1}} g(x) dx = \int_{x_{k}}^{x_{k+1}} \overline{f}(x)dx$. (3)
Докажем, что для построенной функции $g$ справедливо неравенство (2). Если концы отрезка $[\alpha, \beta]$ совпадают с какими-то точками $x_{k}$, то интеграл в (2) равен нулю в силу (3). Если отрезок $[\alpha, \beta]$ целиком лежит в одном из отрезков $[x_{k}, x_{k+1}]$, то
$\left | \int_{\alpha}^{\beta}(\overline{f} - g)dx \right | \leq \beta - \alpha \leq \frac{b-a}{n}$.
Но можно с самого начала считать, что $(b - a)/n < \varepsilon/4$. Если $\alpha, \beta$ - произвольны, то отрезок $[\alpha, \beta]$ можно разбить на несколько отрезков с концами в точках $x_{k}$ и еше на два отрезка, целиком лежащих в каких-то отрезках $[x_{k}, x_{k+1}]$. Интегралы от функции $\overline{f} – g$ по отрезкам первого вида равны нулю, а по двум оставшимся отрезкам в сумме не превосходят $2(b - a)/n < \varepsilon/2$. Тем самым неравенство (2) полностью доказано.
