Реферати українською » Математика » Інтеграл Стілтьєса


Реферат Інтеграл Стілтьєса

>Міністерствоосвіти й науки України

>Полтавськийдержавнийпедагогічнийуніверситет

>імені В. Г.Короленка Кафедраматематичногоанілізу таінформатики  

>Курсова робота із математики

>ІНТЕГРАЛСТІЛТЬЄСАВиконала студенткагрупиМ-41ЛозицькаТетянаПетрівнаНауковийкерівникканд.фіз.-мат. наук, доцент КононовичТетянаОлександрівна  

>Полтава-2008


>ЗМІСТ

>ВСТУП

§>1.ВизначенняінтегралуСтілтьєса

§2.ІснуванняінтегралуСтілтьєса

2.1.ЗагальніумовиіснуванняінтегралуСтілтьєса.

2.2.КласивипадківіснуванняінтегралуСтілтьєса

§3.ВластивостіінтегралуСтілтьєса

§4.Інтегрування зачастинами

§>5.ЗведенняінтегралаСтілтьєса доінтегралуРімана

§6.ОбчисленняінтегралівСтілтьєса

§7.ПрикладиобчисленняінтегралаСтілтьєса

§>8.Граничнийперехід под знакомінтегралаСтілтьєса

>ВИСНОВКИ

СПИСОКВИКОРИСТАНИХДЖЕРЕЛ


>ВСТУП

>Інтегрування у XIXсторіччі в основномупов’язано ізтеорієютригонометричнихрядів.ІнтегралСтілтьєсавиник взовсімновій,нетрадиційнійобласті, атеоріїланцюговихдробів,залишаючись вмежахцієїтеоріївін бувчастиною малопомітною,специфічнимузагальненнямінтегралаРімана. Такимвін бувблизько 15 років. Ф.Пісс в 1910 р.надрукувавзамітку,змістомякої був формула, котравиражалаінтегралСтілтьєса віднеперервноїфункції >f(x) черезінтеграл Лебега віддеякоїсумовноїфункції іншого аргументу.

>Лебегпропонує наосновіданого нимпредставленняінтегралаСтілтьєсавизначитиінтегралСтілтьєса відрозривноїфункції. У1914р. Юнг показавши, що методмонотоннихпослідовностей,застосований доінтегралаСтілтьєса,досить простопризводить доти жузагальнення.

Узв’язку із переходом впростірбільшого числазмінних докінцясформулювалась точказору наінтеграл, як нафункціюмножини.Така точказору стала особливородючою длятеорії й дозволиласередмножинивизначеньвиділититакепоняттядиференціювання, втермінахякогоцятеоріянабуває єдиноїформи,незалежно відкількостізмінних.

Дана тема представленій уінтегральномучисленні йвивчається якдодатковийрозділ курсуматематичногоаналізу.

>Метою роботиєвивчення умівіснування,властивостей,методівобчисленняінтегралаСтілтьєса.Відповідно до метипоставленінаступні заподіяння:

1. ЗапровадитиозначенняінтегралуСтілтьєса.

2.Визначитиумови йогоіснування такласиінтегрованих заСтілтьєсомфункцій.

3.Вивчити процесзведенняінтегралуСтілтьєса доінтегралуРімана.

4.Розглянутиприкладиобчислення таграничнийперехід под знакомінтегралуСтілтьєса


§1.ВизначенняінтегралуСтілтьєса

>ІнтегралСтілтьєса (>Th.J.Stieltjes[1]) -єбезпосереднімузагальненнямзвичайногоінтегралуРімана.Визначаєтьсявіннаступним чином:

>Нехай напроміжку [>a,b]заданідвіобмеженіфункції >f(x) й >g(x).Розкладемо точками

            (1)

>проміжок [>a,b] начастини йпокладемо .Обравши укожній ізчастин [] (і=0,1,…,n-1) заточкоюобрахуємозначення  >функції >f(x) йпомножимо його навідповіднийпроміжку []прирістфункції >g(x)

>Нарешті,складемо суму всіх такихдобутків:

                     (2)

>Ця сумамаєназвусумиСтілтьєса.

>Скінченнаграниця >сумиСтілтьєса , колипрямує нанівець >називаєтьсяінтеграломСтілтьєсафункціїf(x)noфункціїg(x) іпозначається символом

     (3)


>Іноді, колинеобхіднопідкреслити, щоінтегралрозглядається усенсіСтілтьєса,вживаютьпозначення

(P.S) чи

>Границя туп на бо й увипадкузізвичайнимвизначенимінтегралом.Точнішекажучи, число IназиваєтьсяінтеграломСтілтьєса,якщо длябудь-якого числа > 0існуєтаке число >0, що як лишепроміжок [>a,b]розбитий начастини так, що ,одразу жвиконуєтьсянерівність ,яким бі чином необиралися точки увідповіднихпроміжках.

Приіснуванніінтеграла (3)такожговорять, що >функція напроміжкуінтегровна пофункції . Вочевидь, щоєдинавідмінаданоговизначення відзвичайноговизначенняінтегралуРіманаполягає до того, що множитися не так наприрістнезалежноїзмінної, але вприрістдругоїфункції. Таким чином,інтегралРіманаєчастковимвипадкомінтегралуСтілтьєса, коли вякостіфункції взято самунезалежнузмінну : = [1;8]


§2.ІснуванняінтегралуСтілтьєса

 

2.1ЗагальніумовиіснуванняінтегралуСтілтьєса

>ВстановимозагальніумовиіснуванняінтегралуСтілтьєса,обмежуючисьприпущенням, щофункція монотоннозростає.

>Звідсислідує, що притепер усі ,подібно тому, якраніше було б . Цедозволяєпослідовнозамінюючилише наповторити усіпобудови.

>Аналогічно до торбДарбу, й тутдоцільно запровадитисуми

,     ,

де й Mі >означають,відповідно,нижню йверхнюточнімежіфункції в - томупроміжку .Цісуми будемоназивати >нижньою йверхньою сумамиДарбу-Стілтьєса.Перш на, ясно, що (при одному і того самогорозбитті) ,причому йслужатьточними межами длястілтьєсових торб .Самі жсумиДарбу-Стілтьєсамаютьдвінаступнівластивості:

1.         >Якщо донаявних двохточокрозбиттядодатинові точки, тонижня сумаДарбу-Стілтьєсаможе від цоголишезрости, аверхня сума –лишезменшитися.

2.         Кожнанижня сумаДарбу-Стілтьєса неперебільшуєкожноїверхньоїсуми,хоча б йтакій, щовідповідаєіншомурозбиттюпроміжку.

>Якщо запровадити >нижній йверхнійінтегралиДарбу-Стілтьєса:

= й ,


товиявляється, що .

>Нарешті, задопомогою торбДарбу-Стілтьєса легковстановити длявипадку, щорозглядається,основнуознакуіснуванняінтегралуСтілтьєса:

Теорему. ДляіснуванняінтегралуСтілтьєсанеобхідно йдостатньо,щобвиконувалося

 

, чи , (4)

 

>якщо под , якзазвичай,розумітиколиванняфункції в -мупроміжку .

 

2.2КласивипадківіснуванняінтегралуСтілтьєса

1.              >Якщофункція афункціямаєобмеженузміну, тоінтегралСтілтьєса

 

                              (5)

 

>існує.

>Спочаткуприпустимо, що монотоннозростає, тоді задовільнозаданим ,враховуючирівномірнунеперервністьфункції ,знайдетьсятаке , що набудь-якомупроміжку,довжинаякого менше ,коливання якщо менше за .Нехайтеперпроміжокрозбитий начастини так, що .Тоді усі < й

,

>звідки іслідуєвиконанняумови (4), а,отже, йіснуванняінтегралатакож.

Узагальномувипадку,якщофункціямаєобмеженузміну,її можнапредставити увигляді двохзростаючихобмеженихфункцій: . Увідповідності до цого,перетворюється й сумаСтілтьєса, щовідповідаєфункції :

Так, за уже доведенням,кожна з торб й припрямує дограничноїмежі,це справедливо йвідносносуми , що йтреба було б довести.

>Можнапослабитиумови, щонакладаються нафункціюякщоодночаснопосилитивимоги дофункції :

2.         >Якщофункціяінтегровна напроміжку заРіманом, азадовольняєумовіЛіпшиця:

                 (6)

,

тоінтеграл (5)існує.

А,щобзнов матірможливістьзастосувативстановленийвищекритерій,припустимоспочаткуфункцію яктаку, що нелишезадовольняєумові (6), але й й монотоннозростаючу.

>Враховуючи (6), очевидно , так, що

Аліостання сума при й самапрямує нанівець, якнаслідокінтегровності (заРіманом)функції , а тодіпрямує нанівець йперша сума, що доводитиіснуванняінтеграла (5).

Узагальномувипадкуфункції , щозадовольняєумовіЛіпшиця (6),представимоїї увиглядірізниці

=.

>Функція =, очевидно,задовольняєумовіЛіпшиця, й у тій годину монотоннозростає.Тежсаме справедливо й дляфункції =, це у силу (6), при

 й

.

У такомувипадкуміркування завершено, як й впопередньомувипадку.

3.         >Якщофункціяінтегровна заРіманом, афункцію можнапредставити увиглядіінтегралазізмінноюверхнеюмежеюінтегрування:

,                     (7)

де абсолютноінтегровна напроміжку , тоінтеграл (5)існує.

>Нехай , так, що монотоннозростає.Якщоінтегровна завласнимзмістом, йвиходячи із цого, обмежена: , то тут для маємо .

Таким чином, у цьомувипадкузадовольняєумовіЛіпшиця, таінтеграліснує з (2).

>Припустимотепер, щоінтегровна уневласномусенсі.Обмежимосявипадкомоднієїособливої точки,скажімо .Перш на, задовільновзятимвибираємо так,щоб було б

,                (8)

де -загальнеколиванняфункції нарозглядуваному намипроміжку.

>Розіб’ємопроміжокдовільно начастини йскладемо суму

.

>Вонарозкладається надвісуми , із якіпершавідповідаєпроміжкам, щоцілкоммістяться впроміжку , а друга –рештіпроміжків. Останні,скоріш на,містяться впроміжку ,якщо лише ; тоді з (8),

.

Зіншого боці, так як напроміжкуфункціяінтегровна увласномусенсі, то "за доведенням, придостатньо малому й сума станіменшою за .Звідсислідує (4), що йпотрібно було б довести.

Узагальномувипадку, колифункція абсолютноінтегровна напроміжку , мирозглянемофункції

 ,

очевидно,невід’ємні йінтегровні наданомупроміжку. Так як

,

то запитаннязводиться до ужерозглянутоговипадку.

>ЗАУВАЖЕННЯ.Нехайфункціянеперервна напроміжку ймає,виключаючилишескінчене числоточок,похідну ,причомуцяпохіднаінтегровна (увласному чиневласномузмісті) від до ; тоді, яквідомо,маємісце формула (7):

.

>Якщо абсолютноінтегровна, то дофункціїповністю справедливо всевикладене в п. 3.[1;3]


§3.ВластивостіінтегралуСтілтьєса

ЗвизначенняінтегралуСтілтьєсабезпосередньовипливаютьтакі йоговластивості:

1.         ;

2.         ;

3.         ;

4.            .

При цьому увипадках 2, 3, 4 ізіснуванняінтегралів управійчастинівипливаєіснуванняінтеграла улівійчастині.Далі маємо

5.         ,

уприпущенні, що йіснують усі триінтеграли.

Длядоведенняцієїформулидостатньовключити точку з доточокрозбиттяпроміжку , прискладаннісумиСтілтьєса дляінтегралу .

>Перш на, ізіснуванняінтеграла вжевипливаєіснуванняобохінтегралів й .

Длясвоєрідного межовогопроцесу, задопомогоюякого длястілтьєсовоїсумиотримуєтьсяінтегралСтілтьєса,маємісце принципзбіжностіБольцано-Коші. Таким чином позаданомувраховуючиіснуванняінтегралазнайдетьсятаке , щобудь-якідвісуми й ,якимвідповідають й ,різнятьсяменш ніж на .Якщо при цьому у складточокрозбиттявключити точку з, а точкирозбиття, щоприпадають напроміжок ,брати вобохвипадках одними ітими самими, торізницязведеться дорізниці двох торбСтілтьєса, що належати ужепроміжку ,борештадоданківвзаємноскорочуються.Застосовуючи допроміжку йобрахованим дляньогостілтьєсовимсумам тієї ж принципзбіжності,зробимовисновок проіснуванняінтеграла .Аналогічним чиномвстановлюється йіснуванняінтегралу . Алі,важливовідмітити, що ізіснуванняобохінтегралів й ,взагалікажучи, невипливаєіснуванняінтегралу .Щобупевнитися в цьому,достатньорозглянути приклад.Нехай напроміжкуфункції йзаданінаступнимирівностями:

 

Легкопобачити, щоінтеграли

>обидваіснують йрівні 0,бовідповіднісумиСтілтьєса усірівні 0: для Першогоцевипливає із того, щозавжди =0, іншому – ізпостійностіфункції ,завдякичому =0.

У тієї ж годинуінтеграл неіснує.Дійсно,розіб’ємопроміжок так,щоб точка 0 непотрапила у складточокрозбиття, йскладемо суму:


.

>Якщо точка 0потрапляє впроміжок , так, що , тосумізалишитьсялише один -ідоданок;решта будутьнулі, бо для . Отже,

.

Узалежності від того, чи якщо чи ,виявиться чи , так щограниці немає

>Вказанасвоєріднаумовапов’язана ізнаявністюрозривів уточці дляобохфункцій й . [8]


§4.Інтегрування зачастинами

ДляінтегралівСтілтьєсамаємісце формула

–           (8)

вприпущенні, щоіснує один ізцихінтегралів;існуванняіншогозвідси ужевипливає.Ця формула носитиназвуформулиінтегрування зачастинами.Доведемоїї.

>Нехайіснуєінтеграл .Розклавшипроміжок [а, b] начастини [xі , xі+1] (і = 0, 1, ..., n — 1),оберемо вцихчастинахдовільно поточці таким чином, що

>СумуСтілтьєса дляінтеграла

можнапредставити увигляді

>Якщододати чивіднятизправавираз топерепишеться так:


>Вираз уфігурних дужкахпредставляє собоюстілтьесову суму дляінтеграла (>існуванняякогоприпущено!).Вонавідповідаєрозбиттюпроміжку [а, b] точкамиділенняякщо вякостіобраних ізпроміжківточокузяти xі, апроміжків ,відповідно, а й b.Якщо, якзазвичай,покласти тотепердовжини всіхчастиннихпроміжків неперевищать .

При сума уквадратних дужкахпрямує до , із чогослідує, щоіснуєграниця й для ,тобтоінтеграл йцейінтегралвизначаєтьсяформулою (9). [8]


§5.ЗведенняінтегралаСтілтьєса доінтегралуРімана

>Нехайфункція >f(x) >неперервна напроміжку [a, b], a >g(x) монотоннозростає в цьомупроміжку, йпритому всуворомусенсі.Тоді, як показавшиЛебег (М.Lebesgue),інтегралСтілтьеса задопомогоюпідстановкибезпосередньозводиться доінтегралуРімана.

>Доведемотепер, що

              (10)

деостаннійінтегралбереться узвичайномусенсі, йогоіснуваннязабезпечено, так якфункція >g(v), а із нею йскладнафункція >f(g-1(v))неперервні.

Для цогорозкладемопроміжок [а, b] начастини задопомогоюточокділення

a=x0<x1<…<xі<xі+1<…<xn=b

іскладемостілтьесову суму

>Якщопокласти vі =g(xі) (і = 0, 1, . . ., n), то будемо матір

v0<v1< ... <vі< vі+1 < ... <vn = V.

Так як xі = g-1 (vі), то

>Цейвиразмаєвиглядрімановоїсуми дляінтеграла

>Маємо

 й

так що

>Припустимотепернастількималими,щобколиванняфункції >f(x) у всіхпроміжках [xй, x>і+1] були меншедовільно напередзаданого числа > 0. Так як при , очевидно, , тоодночасно й <.

У такомувипадку

<

>Цим доведено, що

>звідки іслідує (10). [4;6]


§6.ОбчисленняінтегралівСтілтьєса

>Доведемонаступну теорему:

1.      >Якщофункція >f(x)інтегрована всенсіРімана напроміжку [a, b], a >g(x) представленаінтегралом

 

 

дефункція абсолютноінтегровна в [а,b], то

 

                         (11)

>ІснуванняінтегралаСтілтьєса призробленихприпущеннях вже було б доведеновище.

>Залишаєтьсялишез’ясуватирівність (11).

Беззменшеннязагальності можнаприпустити, щофункціядодатна.

>Складемо сумуСтілтьєса

Так як, ізіншого боці, можнанаписати

то будемо матір

Вочевидь, для якщо , деозначаєколиванняфункції >f(x) напроміжку [xй, x>і+1].Звідсивитікає такаоцінказаписаноївищерізниці:

Намвідомо, що приостання сумапрямує до 0, із чогослідує, що

,

що й доводити формулу (11).

2.         При тихий самихприпущенняхстосовнофункції >f(x)припустимо, щофункція >g(x) >неперервна навсьомупроміжку [а, b] ймає вньому, завиключеннямлишескінченоїкількостіточок,похідну >g'(x), Яка на [а, b] абсолютноінтегрована.Тоді

 

               (12)

>Звертаючись довипадків, колифункція g(x)єрозривноюрозглянемоспочатку «>стандартну»розривнуфункцію >р(х), Якавизначаєтьсярівностями

>Вонамаєрозрив Першого роду —стрибок — уточці x= 0зправа,причому величинастрибка >р(+0) –р(0))дорівнює 1; вточці x =0зліва й врештіточокфункція >p(x) >неперервна.Функція >p(x з) якщо матіртакийсамийрозрив уточціx=з >зправа;навпаки, >p(з x) якщо матірподібнийрозрив уточці x=з >зліва,причому величинастрибкадорівнює – 1.

>Припустимо, щофункція >f(x)неперервна вточці x = з, йобчислимоінтеграл , де (приінтегралрівний нулю).

>Складемо сумуСтілтьєса:

.

>Нехай точкапотрапляє,скажімо в ->ийпроміжок, так що .Тоді , а при , очевидно . Таким чином,уся сумазводиться до одногододанку .Нехайтепер . Понеперервності .Виходячи із цого,існує (при )

            (13)

>Аналогічно можнаупевнитися до того, що (при )

                    (14)

(прицейінтегралперетворюється на нуль).

>Тепер миможемо довестидещоузагальнену навідміну від 2, асамевідмовимося відвимогинеперервностіфункції :

3.Нехайфункціяf(x) напроміжкунеперервна,ag(x)має на цьомупроміжку,виключаючихібалишескінчене числоточок,похідну котра абсолютноінтегровна на . При цьому нехайфункціяg(x) ускінченомучисліточок

>маєрозрив Першого роду.ТодііснуєінтегралСтілтъєса,якийвиражаєтьсяформулою

.      (15)

Характерна тутнаявністьпозаінтегральноїсуми, дефігурують стрибкифункціїg(x) в точках чи —односторонні. (>Якщо набудь-якій ізцихфункційстрибка немає, товідповіднийдоданоксумиперетворюється на нуль).

Дляспрощеннязаписувведемопозначення длястрибківфункціїg(x)зправа ізліва:

            ,

            ;

очевидно, для , .

>Складемодопоміжнуфункцію:

,

Яка як бівбирає у собіусірозривифункціїg(x), так щорізниця , як ми тепервстановимо,виявляється уженеперервною.

Длязначеньвідмінних від всіх ,неперервністьфункції невикликаєсумнівів,бо дляцихзначеньнеперервніобидвіфункції і .Доведемотепернеперервність уточцізправа.Усідоданкисуми ,окрім члена ,неперервну призправа, томудостатньовивчитиповедінкувиразу . При воно тамаєзначення ; але й така ж й йогограниця при :

.

>Аналогічноперевіряється фнеперервністьфункції вточцізліва.

>Далі,якщовзяти точку x (>відмінну від всіх ), вякійфункціямаєпохідну, топоблизуцієї точкизберігаєпостійнезначення,виходячи із цого, уній йфункціямаєпохідну,причому .

Длянеперервноїфункції , запопередньоютеоремою,існуєінтегралСтілтьєса .

Так саме легкообрахувати йінтеграл

.

>Додаючипочленноцідвірівності, ми йприйдемо дорівності (15);існуванняінтегралаСтілтьєса від пофункціївстановлюється попутно. [5]


§7.ПрикладиобчисленняінтегралаСтілтьєса

1)Обчислити заформулою (11)інтеграл:

>Розв’язок, (а)

 й т.д.

2)Обчислити заформулою (15)інтеграли:

(а) , де

(б) , де

>Розв’язок. (а)Функціямаєстрибок 1 при істрибок —2 при ; врештіточок . Тому

(б)Стрибок 1 при і за (>значенняфункції при не так на результат); урештіточокg(x) = 0.

>Маємо:

3)Обрахувати заформулою (15)інтеграли:

(а) , (б) , (в) ,

де  

>Розв’язок.Функціямає стрибкирівні 1, при й .Похідна

Тому

>Аналогічно,

 й

3)Припустимо, щовздовжвідрізкувісі xрозташованімаси, якскупчені в окремих точках, ірозподіленінеперервно. Нероблячиміж нимивідмінностей,позначимо для через суму всіх мас,розташованих напроміжку ; понад того,покладемо =0. Вочевидь, — монотоннозростаючафункція.Поставимособізадачеюзнайтистатичний моментцих масвідносно початку координат.

>Розіб’ємопроміжок начастини точками

Навідрізку приміститься, очевидно,маса. Так, навідрізкуміститьсямаса .Рахуючимасу в всіхвипадкахзосередженою,наприклад на правомукінціпроміжку,отримаємо дляшуканого статичного моментунаближенийвираз

Колі усіпрямують до 0, те вграниціприйдемо доточкового результату:

                        (16)

>Можна було б б й тут,спочаткувстановити «>елементарний»статичний момент щовідповідаєвідрізкувісі від до апотімпросумуватиціелементи.

>Аналогічно для моментуінерції тихий самих масвідносно початкузнайдемо формулу

                        (17)

>Підкреслимо, щоінтегралСтілтъєса давшиможливістьоб’єднатиоднієюінтегральноюформулоюрізноріднівипадкинеперервнорозподілених ізосереджених мас!

>Нехайнеперервнорозподіленімасимаютьлінійнущільність ;окрім них, них точкахрозташованізосередженімаси .Тоді,виключаючиці точки,функціямаєпохідну .

Укожній жточціфункціямаєстрибок,рівнийсамемасі ,>зосередженій вційточці.

>Якщотеперрозкластиінтеграл (16) заформулою (15), тоотримаємо

>Придивившись доправоїчастини, упершомучлені легковпізнатистатичний моментнеперервнорозподілених мас, а іншому —статичний моментзосереджених мас.Аналогічний результат одержимотакож дляінтеграла (17).

0                                                     

 

                                      

Мал.1

4)Розглянемоінше запитання, вякомуінтегралСтілтьєсаграєтаку ж роль, як й увправі 3).Припустимо, що на балку (рис. 1), щоспирається надві опори,окрімнеперервнорозподіленогонавантаженнядіють йзосередженісили.Розташуємовісь xвздовжвісі балки, авісь у вертикально донизу (див. рис. 1). Не будеморобитирізниціміждіючими силами,позначимо для через суму всіх сил, щоприкладені навідрізку балки,включаючи йреакціїопір; далі, нехай . Силуназиваютьперерізувальнимзусиллям уперерізі балки. При цьомусили,направлені донизу, будемовважатидодатними, а вгору —від’ємними.

>Поставимо заподіяннявизначити так званьзгинальний момент М удовільномуперерізі | балки.Підцимрозуміють сумумоментів всіх сил, щодіють на праву (чи наліву)частину балки,відносно цогоперерізу. При цьому, коли мова іде про правучастину балки, моментвважаютьдодатнім,якщовінобертаєцючастину загодинниковоюстрілкою (длялівоїчастини —обернене правило).

Так як наелементіскажімо,правоїчастини балкиприкладена силу щостворюєелементарний момент

то, «>сумуючи»,отримаємо

>Аналогічно,виходячи ізлівоїчастини балки, можна було б ботримати (>враховуючизмінудодатного напрямі длявідлікумоментів)

                      (18)

Легкобезпосередньопобачити, щообидвавиразивигинального моменту дійснототожні.Їхрівністьрівносильнаумові Якаєнаслідком із уміврівноваги щовиражаєрівність нулюсуми всіх сил йсумимоментів (>відносно початку) всіх сил, щодіють на балку.

>Якщоінтенсивністьнеперервнорозподіленогонавантаженняпозначити через то,виключаючи точки, деприкладенізосередженісили, якщо

>Нехайзосередженісилиприкладені в точках .Тоді, очевидно,перерізаючезусиллясаме вцих точкахмає стрибки,відповіднорівні .Далі,застосовуючи,наприклад, доінтегралу (18) формулу (15),отримаємо

У двохдоданкахправоїчастини легковпізнатимоменти,спричиненінарізнонеперервнимнавантаженням йзосередженими силами: >інтегралСтілтъєсаохоплює їхнієдиноюінтегральноюформулою.

5) Формула (15)може бутикорисна й дляобрахункузвичайнихінтегралів (усенсіРімана).Проілюструємоценаступнимзагальним прикладом.

>Нехай - — «>кусково-поліноміальна»функція напроміжку ;цеозначає, щопроміжокрозкладається наскінчене числочастин точками

це укожній ізчастинфункціяпредставляєтьсяполіномом невищим -гостепеня.Замінившизначенняфункції й всіхїїпохідних у точках та нулями,позначимо через величинустрибка ->їпохідної в ->ійточці

>Нехай, далі, —будь-яканеперервнафункція;покладемо

 й,взагалі,

>Тодімаємісценаступна формула:

>Дійсно,послідовнознаходимо

;

>подвійнапідстановказникає, аінтеграл

;

>аналогічно,

й т.д.

7)Встановимо, задопомогоюформули (11)кориснеузагальненняформулиінтегрування зачастинами длязвичайнихінтегралів.Самеякщо йобидві абсолютноінтегровні напроміжку , a U() й V()визначаютьсяінтегральними формулами:

то справедлива формула


          (19)

Длядоведення, заформулою (11)замінимоінтегралзліваінтеграломСтілтьєса іпроінтегруємо зачастинами:

>залишаєтьсяще раззастосувати формулу (11) доостанньогоінтегралу,щоб прийти до (19)

Тутфункціїграють як бі рольпохідних відфункцій який був ними на самом деле. Принеперервностіфункцій й миповертаємося дозвичайноїформулиінтегрування зачастинами,бо тоді

, . [2;7]


§8.Граничнийперехід под знакомінтегралаСтілтьєса

 

Теорему 1.Нехайфункціїнеперервні напроміжку й прирівномірнопрямують дограничноїфункції [очевидно,такожнеперервній], a —функція ізобмеженоюзміною.Тоді

>Доведення. Позаданомузнайдетьсятаке , що при якщо для всіх  

>Тоді, з для

що,враховуючидовільність , й доводити теорему.

Теорему 2. >Нехайтеперфункціянеперервна апроміжку , афункції — усі ізобмеженоюзміною на цьомупроміжку.Якщоповнізміницихфункцій в їхньогосукупностіобмежені:

 

й припрямують дограничноїфункції

, то

>Доведення.Перш навпевнимося у бограничнафункція саматакож якщо матіробмеженузміну.Розкладемопроміжокдовільним чином начастини точками , будемо матір (прибудь-якому )

>Переходячиграниці тут при ,отримаємозвідки й

>СкладемосумиСтілтьєса ,

>Якщоприпустити, щопроміжок при цьомурозкладений натакімаленькічастини, щоколиванняфункції укожній із них якщо уже меншедовільного наперед взятого числа , то, при всіх  

,             (27)

Зіншого боці,якщорозбиття,обране подвказаноюумовоюфіксувати, то, очевидно а при , так щознайдетьсятаке , що для якщо

.                     (27)

>Тоді для тихий самихзначень будемо матір, з (27) й (28),

>звідки,враховуючидовільність, йвипливаєнеобхіднийвисновок. [1;7]


>Висновки

Уданійроботірозглянутоозначення йосновнівластивостіінтегралаСтілтьєса, йогозв’язок,особливості йвідмінності відіншихвизначенихінтегралів.

Уходівиконаннякурсової роботи булиз’ясованізагальніумовиіснуванняінтегралуСтілтьєса та 3класивипадків йогоіснування, атакожвивчено порядокзведенняінтегралуСтілтьєса доінтегралуРімана.

Уданійроботідосліджено 5основнихвластивостей, подано метод межового переходу под знакомінтегралуСтілтьєса та формула, заякоюздійснюєтьсяінтегрування зачастинами цогоінтегралу.

>БулирозглянутіприкладизастосуванняінтегралаСтілтьєса длярозв’язкурізнихкласів завдань,зокрема,можливістьоб’єднанняоднієюінтегральноюформулоюрізноріднихвипадківнеперервнорозподілених ізосереджених мас задопомогоюінтегралаСтілтъєса.

Отже,слідзазначити, щоінтегралСтілтьєсамаєспецифічнівластивості йє не лишеузагальненнямінтегралуРімана, але й ісамостійнимінструментом длярозв’язкупевного класу завдань.


Списоквикористанихджерел

1.Градштейн і Рижик І.М. Таблиці з дитинства інтегралів, сум, лав і творів.- М.: Наука, 1963 –312с.

2.ДавидовМ.О. Курсматематчного аналізу. Ч. 1. –К.:Вища школа, 1990. –350с.

3.Канторович Л. В.,Акитов Г.Л. Функціональнийаналіз. – М.: Іл, 1961 –321с.

4. Кудрявцев Л.Д. Курс математичного аналізу,т.2. - М.: Вищу школу, 1965. –369с

5. МикільськийС.М. Курс математичного аналізу - М.:Физматгиз, 2001 –398с.

6. Макаров І.П. Додаткові глави математичного аналізу: навчальнийпоссобие. – М.:Прсвещение, 1968 -307с.

7. Смирнов В.І. Курс вищої математики (У 5-ти т.) тому 5. -М.-Л. АН СРСР, 1959 –452с.

8.ФихтенгольцГ.М. Курс диференціального і інтегрального обчислення (У 3-х томах)т.3. М.:Физматгиз, 1963 -662с.



[1] ТомасІоанесСтілтьєс (>нідерл. ThomasJoannesStieltjes, 29.12.1856, — 31.12.1894 Тулуза) —нідерландський математик.

>Запрпонував у 1894 р.узагальненнявизначеногоінтегралу (>ІнтегралРімана-Стілтьеса).Член-кореспондентПетербурзькоїАкадемії наук (1894).


Схожі реферати:

Навігація