Интегрируемость сложной функции

Если: - $f(x)\mathpunct{:}~ [a, b] \to X$ - интегрируема на $[a, b]$ - $g(y)\mathpunct{:}~ X \subset [c,d] \to \mathbb{R}$ - непрерывна на $[c, d]$ Тогда: $g(f(x))$ - интегрируема на $[a, b]$

Возьмём $\forall{\varepsilon > 0}$. Так как $g(y)$ - равномерно непрерывна, получаем: $$\exists{\delta > 0}\mathpunct{:}~~ [y' - y''] < \delta \Rightarrow |g(y') - g(y'')| < \dfrac{\varepsilon}{2(b-a)} ~~~(\dagger)$$ Будем считать, что $\delta < \dfrac{\varepsilon}{4M}$, где $M = \sup\limits_{y \in [c, d]} |g(y)|$ Хотим доказать, что $\overline{S}(g(f(x))) - \underline{S}(g(f(x))) < \varepsilon$. Так как $f(x)$ - интегрируема, то для $\delta ^{2}$ существует $\tau$ такое, что $\overline{S}_{\tau}(f) - \underline{S}_{\tau}(f) < \delta ^{2}$. Тогда: $$\begin{align} \overline{S}(g(f(x))) - \underline{S}(g(f(x))) &= \sum_{k=0}^{n-1} (M_{k}(g) - m_{k}(g))\Delta x_{k} \\ &= \sum_{k \in K_{1}}(M_{k}(g) - m_{k}(g))\Delta x_{k} + \sum_{k \in K_{2}}(M_{k}(g) - m_{k}(g))\Delta x_{k} ~~~(*) \end{align}$$ где $\forall{k \in K_{1}}\mathpunct{:}~~ M_{k}(f) - m_{k}(f) < \delta$ и $\forall{k \in K_{2}}\mathpunct{:}~~ M_{k}(f) - m_{k}(f) \geq \delta$. Каждый из этих случаев будем рассматривать по отдельности. $\Large{K_{1}}$ Докажем, что $\sum\limits_{k \in K_{1}} \leq \dfrac{\varepsilon}{2}$: $$\forall{\alpha_{k}, \beta_{k} \in [x_{k}, x_{k+1}]}\mathpunct{:}~~ |f(\alpha_{k}) - f(\beta_{k})| \leq M_{k}(f) - m_{k}(f) < \delta$$ Из $(\dagger)$ получаем: $$|g(f(\alpha_{k})) - g(f(\beta_{k}))| < \dfrac{\varepsilon}{2(b-a)}$$ Тогда: $$M_{k}(g(f(x))) - m_{k}(g(f(x))) \leq \dfrac{\varepsilon}{2(b-a)}$$ Значит: $$\begin{align} \sum_{k \in K_{1}}(M_{k}(g) - m_{k}(g))\Delta x_{k} &\leq \dfrac{\varepsilon}{2(b-a)} \sum_{k \in K_{1}}\Delta x_{k} \leq \dfrac{\varepsilon}{2(b-a)} \sum_{k=0}^{n-1} \Delta x_{k} \\ &= \dfrac{\varepsilon}{2(b-a)}(b-a) = \dfrac{\varepsilon}{2} \end{align}$$ $\Large{K_{2}}$ Теперь докажем, что $\sum\limits_{k \in K_{2}} < \dfrac{\varepsilon}{2}$, не забывая, что $M_{k}(f) - m_{k}(f) \geq \delta$: $$\sum_{k \in K_{2}} \delta \Delta x_{k} \leq \sum\limits_{k \in K_{2}} (M_{k}(f) - m_{k}(f))\Delta x_{k} \leq \overline{S}(f) - \underline{S}(f) < \delta ^{2}$$ Сократим неравенство на $\delta$, получим: $\sum\limits_{k \in K_{2}}\Delta x_{k} < \delta$. Тогда: $$\sum_{k \in K_{2}} (M_{k}(g(f(x))) - m_{k}(g(f(x))))\Delta x_{k} \leq \sum_{k \in K_{2}}2M\Delta x_{k} < 2M \cdot \delta < 2M \cdot \dfrac{\varepsilon}{4M} = \dfrac{\varepsilon}{2}$$ Возвращаясь к $(*)$ получаем: $(*) < \dfrac{\varepsilon}{2} + \dfrac{\varepsilon}{2} = \varepsilon ~~~~\square$

Если $f(x)$ и ${} h(x) {}$ - интегрируемы на $[a, b]$, то на $[a, b]$ также интегрируемы: 1. Модуль - $|f(x)|$ 2. Квадрат - $f^{2}(x)$ 3. Произведение - $f(x) \cdot h(x)$

1. $g(y) = |y|$ - непрерывна, значит $g(f(x)) = |f(x)|$ - интегрируема по теореме выше. 2. $g(y) = y^{2}$ - непрерывна, значит $g(f(x)) = f^{2}(x)$ - интегрируема по теореме выше. 3. $f(x) \cdot h(x) = \dfrac{(f(x) + h(x))^{2}}{2} - \dfrac{f^{2}(x)}{2} - \dfrac{h^{2}(x)}{2}$ Так как по пункту 2 квадрат интегрируем, то и полученное выше тоже интегрируемо. $~~\square$