שינויים

לאחר שהוכחנו {{הערה|את משפט 2 לא סיימנו בהרצאה הקודמת נקבל: '''מסקנה:''' נקח f כנ"ל ונניח ש, ולכן המשכנו אותו ב-P ו-Q הן שתי חלוקות כלשהן של <math>[a,b]</math>22. אזי <math>\underline S(f,P)\le\overline S(f,Q)</math>.הוכחה: נבנה עידון משותף ז"א <math>R=P\cup Q</math>. לפי משפט 2 מתקיים <math>\underline S(f,P)\le\underline S(f,R)\le \overline S(f,R)\le\overline S(f,Q)</math>. {{משל}} מסקנה נוספת: עבור f כנ"ל מתקיים <math>\underline\int_a^b f(x)dx\le\overline{\int}_a^b f(x)dx</math>11.הוכחה: נקח חלוקה P של <math>[aעם זאת,b]</math>. לפי כל חלוקה Q של <math>[a,b]<[משתמש:אור שחף/math> מסקנה 1 אומרת <math>\underline S(f,P)\le\overline S(f,Q)<133 - הרצאה/math>20. נקבע את P ונקח סופרימום על כל Q ונקבל <math>\underline\int_a^b f(x)dx=\sup_Q\underline S(f,Q)\le\overline S(f,P)</math>2. לבסוף נקח אינפימום על P ונקבל <math>\underline\int_a^b f(x)dx=\inf_P\overline S(f,P)=\overline\int_a^b f(x)dx</math>11#משפט 2|חלק זה מופיע בסיכום ההרצאה הקודמת]] ולא בדף זה. {{משל}}

תהי f כנ"ל. אזי <math>\underline\int_a^b f(x)dx=\lim_{\lambda(P)\to0}\overline underline S(f,P)</math> וכן <math>\overline{\int_aint}_a^b f(x)dx=\lim_{\lambda(P)\to0}\underline overline S(f,P)</math>.

הטענה הראשונה אומרת שלכל <math>\varepsilon>0</math> קיים <math>\delta>0</math> כך שאם <math>\lambda(P)<\delta</math> אז <math>0\le\overline S(f,P)-\overline{\int}_a^b f(x)dx<\varepsilon</math>. ברור כי אכן מתקיים <math>0\le\overline S(f,P)-\overline{\int}_a^b f(x)dx</math>. כעת יהי <math>\varepsilon>0</math> נתון. לםי לפי הגדרת האינפימום קיימת חלוקה מסויימת Q של <math>[a,b]</math> כך ש-<math>0\le\overline S(f,Q)-\overline{\int}_a^b f(x)dx<\frac\varepsilon2</math> ונניח של-Q יש r נקודות חלוקה. כעת נניח ש-P חלוקה כלשהי של <math>[a,b]</math> כך ש-<math>\lambda(P)<\frac\varepsilon{2r\Omega}</math>. כעת נגדיר , ונגדיר <math>R=P\cup Q</math>. כיוון ש-R עידון של Q, <math>\overline{\int}_a^b f(x)dx\le\overline S(f,R)\le\overline S(f,Q)</math> ונובע ש-<math>0\le\overline S(f,R)-\overline{\int}_a^b f(x)dx\le\overline S(f,Q)-\overline{\int}_a^b f(x)dx<\frac\varepsilon2</math>. אבל R התקבלה מ-P ע"י הוספת הוספה של לכל היותר r נקודות, לכן ע"פ משפט 2 ידוע ש-<math>\overline S(f,P)-\overline S(f,R)\le r\lambda(P)\Omega<r\Omega\frac\varepsilon{2r\Omega}=\frac\varepsilon2</math>. לכן נוכל להסיק

תהי f כנ"ל. אזי f אינטגרלית אינטגרבילית ב-<math>[a,b]</math> אם"ם <math>\lim_{\lambda(P)\to0}\overline S(f,P)-\underline S(f,P)=0</math> ואם כן <math>\int\limits_a^b f(x)dx=\lim_{\lambda(P)\to0}\overline S(f,P)=\lim_{\lambda(P)\to0}\underline S(f,P)</math>.

לצד השני, נניח שלכל <math>\varepsilon>0</math> קיימת חלוקה P כך ש-<math>\lambda(P)<\delta</math> מתקיים <math>\overline S(f,P)-\underline S(f,P)<\varepsilon</math>. כידוע, לכל חלוקה P מתקיים <math>\underline S(f,P)\le\underline\int_a^b f\le\overline{\int}_a^b f\le\overline S(f,P)</math>. לפי הנתון נקבל <math>0\le\overline{\int_aint}_a^b f\le-\underline{\int}_aint_a^b f<\varepsilon</math>. זה נכון לכל <math>\varepsilon>0</math> ולכן <math>\overline{\int_aint}_a^b f\le-\underline{\int}_aint_a^b f=0</math>, כלומר f אינטגרבילית ב-<math>[a,b]</math>. {{משל}}

תהי <math>f(x)</math> מוגדרת רציפה וחסומה ב-<math>[a,b]</math>. אזי f אינטגרבילית ב-<math>[a,b]</math>.

תחילה נעיר שלפי משפט וירשטרס כל f רציפה ב-<math>[a,b]</math> חסומה שם. כעת יהי <math>\varepsilon>0</math>. כיוון ש-<math>f(x)</math> רציפה בקטע סגור <math>[a,b]</math> היא רציפה במ"ש, לכן קיים <math>\delta>0</math> כך שאם <math>x_1,x_2\in[a,b]</math> ו-<math>|x_1-x_2|<\delta</math> אז <math>|f(x_1)-f(x_2)|<\frac\varepsilon{2(b-a)}</math>. כעת תהי P חלוקה כלשהי של <math>[a,b]</math> כך ש-<math>\lambda(P)<\delta</math>. לפיכך <math>\overline S(f,P)-\underline S(f,P)=\sum_{k=1}^n(M_k-m_k)\Delta x_k</math> כאשר <math>M_k=\sup\{f(x):\ x_{k-1}\le x\le x_k\}</math> ו-<math>M_km_k=\inf\{f(x):\ x_{k-1}\le x\le x_k\}</math>. אבל מכיוון ש-f רציפה וע"פ המשפט השני של וירשטרסכל f רציפה ב-<math>[a,b]</math> חסומה שם, לכל k קיימים <math>y_k,z_k\in[x_{k-1},x_k]</math> כך ש-<math>f(y_k)=M_k</math> ו-<math>f(z_k)=m_k</math>. כעת <math>|y_k-z_k|\lex_kle x_k-x_{k-1}=\Delta xx_k\le\lambda(P)<\delta</math>, לכן <math>M_k-m_k=|f(y_k)-f(z_k)|<\frac\varepsilon{2(b-a)}</math>ולבסוףלבסוף ...{{left|<math>\begin{align}\overline S(f,P)-\underline(f,P)&=\sum_{k=1}^n(M_k-m_k)\Delta x_k\\&<\sum_{k=1}^n\frac\varepsilon{2(b-a)}\Delta x_k\\&=\frac\varepsilon{2(b-a)}(x_1-\underbrace{x_0}_a+x_2-x_1+\dots+\underbrace{x_n}_b-x_{n-1})\\&=\frac\varepsilon{2(b-a)}(b-a)\\&=\frac\varepsilon2\\&<\varepsilon\end{align}</math>}}

<math>\overline S(f,P)-\underline S(f,P)=\sum_{k=1}^n(M_k-m_k)\Delta x_k=\sum_{k=1}^n(f(x_k)-f(x_{k-1})\Delta x_k</math>.

כעת, אם נבחר כל לכל k <math>\Delta x_k=\frac{b-a}n</math> (ובפרט הם שווים) נקבל ...{{left|<math>\begin{align}\overline S(f,P)-\underline S(f,P)&=\frac{b-a}n\sum_{k=1}^n\Big(f(x_k)-f(x_{k-1}\Big)\\&=\frac{b-a}n\sum_{k=1}^n\Big(f(x_1)-\underbrace{f(x_0)}_{=f(a)}+f(x_2)-f(x_1)+\dots+\underbrace{f(x_n)}_{=f(b)}+f(x_{n-1})\Big)\\&=\frac{b-a}n\Big(f(b)-f(a)\Big)\end{align}</math>}}נשאיף <math>n\to\infty</math> ואגף ימין שואף ל-0. מכאן ש-<math>\overline S(f,P)-\underline S(f,P) </math> קטן כרצוננו, וקיימנו את התנאי של משפט 5. לכן f אינטגרבילית ב-<math>[a,b]</math></math>, . {{משל}}