Лекции по математике (III курс). Будылин А.М. - 11 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

СПбГУ | Санкт-Петербург

Составители: 

Рубрика: 

Кратные интегралы
Интегралы на многообразиях
Приложения
Предметный указатель
Литература
Веб – страница
Титульный лист
JJ II
J I
Страница 11 из 245
Назад
Полный экран
Закрыть
Выход
Теорема 1.4. Пусть λ
0
— продолжение разбиения λ, что означает, что каждый
параллелепипед разбиения λ
0
содержится в некотором параллелепипеде разбиения λ
или, что то же самое, λ
0
i
⊃ λ
i
, i = 1, . . . n, где λ
0
= (λ
0
1
, . . . , λ
0
n
) и λ = (λ
1
, . . . λ
n
).
Тогда
σ
∗
(f, λ) 6 σ
∗
(f, λ
0
) , σ
∗
(f, λ
0
) 6 σ
∗
(f, λ) ,
т.е. при продолжении разбиения нижняя сумма Дарбу может лишь увеличиться, а
верхняя сумма — только уменьшиться.
Доказательство. Пусть A — произвольный параллелепипед из разбиения λ. В результа-
те продолжения разбиения параллелепипед A распадается на параллелепипеды A
0
1
, . . . A
0
k
из разбиения λ
0
. При этом m
A
(f) 6 m
A
0
i
(f) , i = 1, . . . k, откуда
m
A
(f)V (A) = m
A
(f)[V (A
0
1
) + . . . + V (A
0
k
)] 6 m
A
0
1
(f)V (A
0
1
) + . . . + m
A
0
k
V (A
0
k
) .
Суммирование по всем параллелепипедам A из разбиения λ ведет к неравенству
σ
∗
(f, λ) 6 σ
∗
(f, λ
0
) .
Доказательство для верхних сумм аналогично.
Следствие 1.5. Для произвольных разбиений λ и µ
σ
∗
(f, λ) 6 σ
∗
(f, µ) .
Доказательство. Пусть разбиение ν продолжает как λ, так и µ. Например, если λ =
(λ
1
, . . . λ
n
) и µ = (µ
1
, . . . µ
n
), можно положить ν = (λ
1
∪ µ
1
, . . . λ
n
∪ µ
n
). Тогда
σ
∗
(f, λ) 6 σ
∗
(f, ν) 6 σ
∗
(f, ν) 6 σ
∗
(f, µ) .

Страницы