数学分析96可积性理论补叙

第九章定积分可积性理论补叙一、上和与下和的性质性质1：对同全部割T，相对于任何点集{ξi}而言，上和是全部积分和的上确界，下和是全部积分和的下确界.即nnS(T)=i,s(T)=xi.supf(ξ)△xiinff(ξ)△xixii1ii1n证：由s(T)≤f(ξi)△xi≤S(T)，可知i1相对于任何点集{ξi}，上和与下和分别是全体积分和的上界与下界.任给ε>0，在各个△i上有上确界iiiiiεb-an>nε=n-εn=S(T)-.∴ξi1i1b-ai1b-ai1nf(ξ)△xin∴S(T)=supinff(ξ)△xi.xii1xii1性质2：设T’为切割T增添p个新分点后所获得的切割，则有S(T)≥S(T’)≥S(T)-(M-m)pT；s(T)≤s(T’)≤s(T)+(M-m)pT.即增添分点后，上和不增，下和不减.证：将p个新分点同时增添到T，与逐一增添到T，获得相同的T’.可先取p=1，则新分点将某小区间△k分红两个小区间△k’与△k”.S(T)-S(T1)=Mk△xk-(M’k△x’k+M”k△x”k)=Mk(△x’k+△x”k)-(M’k△x’k+M”k△x”k)=(Mk-M’k)△x’k+(Mk-M”k)△x”k.m≤M’k(或M”k)≤Mk≤M，0≤S(T)-S(T1)≤(M-m)△x’k+(M-m)△x”k=(M-m)△xk≤(M-m)T.挨次对Ti增添一个分点获得Ti+1，可得0≤S(Ti)-S(Ti+1)≤(M-m)Ti≤(M-m)T0,i=0,1,2,,p-1，T0=T，Tp=T’.将这些不等式挨次相加，可得：0≤S(T)-S(T’)≤(M-m)pT，即S(T)≥S(T’)≥S(T)-(M-m)pT.同理可证：s(T)≤s(T’)≤s(T)+(M-m)pT.性质3：若T’与T”为随意两个切割，T=T’+T”表示把T’与T”的全部分点归并而得的切割，则.S(T)≤S(T’),s(T)≥s(T’)；S(T)≤S(T”),s(T)≥s(T”).证：将T看作T’或T”增添新分点后获得的切割，由性质2可知.性质4：对随意两个切割T’与T”，总有s(T’)≤S(T”).证：令T=T’+T”，则有s(T’)≤s(T)≤S(T)≤S(T”).注：由性质4可知，对[a,b]上的全部切割来说，全部下和有上界，所有上和有下界，且分别有上确界与下确界，记作S=infsupTT往常称S为f在[a,b]上的上积分，s为f在[a,b]上的下积分.性质5：m(b-a)≤s≤S≤M(b-a).性质6：(达布定理)上、下积分也是上和与下和在T→0时的极限，即limS(T)=S，lims(T)=s.T0T0证：任给ε>0，由S的定义，必存在某全部割T’使得S(T’)<S+ε.2设T’由p个分点所组成，则对另全部割T，T+T’至多比T多p个分点，∴S(T)-(M-m)pT≤S(T+T’)≤S(T’)，即S(T)≤S(T’)+(M-m)pT.只需取

T<

ε

，就有

S(T)<S(T’)+ε≤S+ε，2(M-m)p

2即S-ε<S≤S(T)<S+ε，∴limS(T)=S.同理可证：lims(T)=s.T0T0二、可积的充要条件定理：(可积的第一充要条件)函数f在[a,b]上可积的充要条件是：f在[a,b]上的上积分与下积分相等，即S=s.证：[必需性]设f在[a,b]上可积，J=bf(x)dx.由定积分的定义知，an任给ε>0，存在δ>0，只需<δ，就有|f(ξiiε)x-J|<.i1又S(T)与s(T)分别为积分和对于点集{ξi}的上、下确界，∴当T<δ时，有|S(T)-J|≤ε，|s(T)-J|≤ε，即当T→0时，S(T)与s(T)都以J为极限.依据达布定理知，S=s=J.[充分性]设S=s=J，由达布定理有：limS(T)=lims(T)=J.任给ε>0，T0T0n存在δ>0，只需T<δ，就有：J-ε<s(T)≤f(ξ)△i≤ε，i1S(T)<J+∴nbf(ξi△i，即f在[a,b]上可积，且f(x)dx=J.T0)x=Jai1定理：(可积的第二充要条件)函数f在[a,b]上可积的充要条件是：任给ε>0，总存在某全部割T，使得S(T)-s(T)<ε,n即ωi△xi<ε.i1证：[必需性]设f在[a,b]上可积，则有lim[S(T)-s(T)]=0，即T0任给ε>0，只需T足够小，则有S(T)-s(T)<ε.[充分性]由s(T)≤s≤S≤S(T)，有0≤S-s≤S(T)-s(T)<ε.由ε的随意性，必有S=s，∴f在[a,b]上可积.定理：(可积的第三充要条件)函数f在[a,b]上可积的充要条件是：任给正数ε,η，总存在某全部割T，使得属于T的全部小区间中，对应于振幅ωk’≥ε的那些小区间△k’的总长△xk<η.k证：[必需性]设f在[a,b]上可积，则对于εη>0，存在某全部割T，使ωk△xk<εη.∴ε△xk≤ωk△xk≤ωk△xk<εη，∴△xk<η.kkkkk[充分性]任给ε’>0，取ε=ε>0，η=ε>0.设某切割T中，2(b-a)2(M-m)ωk’≥ε的那些△k’的总长△xk<η，其他那些小区间为△k”，则有kωk△xk=ωk△xk+ωk△xk<(M-m)△xk+ε△xkkkkkk(M-m)η+ε(b-a)=ε+ε=ε’.∴f在[a,b]上可积.2例1：利用求可积的第三充要条件证明黎曼函数在[0,1]上可积，且定积分等于0.1，xp，p,q互素，qp.任给正数ε,η，证：已知黎曼函数为：f(x)=qq，x以及内的无理数.00,1(0,1)∵知足1≥ε,即q≤1的有理点p只有有限个,设为K个，qεq∴含这种点的小区间至多有2K个，在其上ωk’≥ε.当T<η时，就有△x≤2Kη，∴在[0,1]上可积.2KkkT<f又miinf，∴1，∴f(x)dx=s=0.=xif(x)=0,i=1,2,,ns(T)=00例2：证明：若f在[a,b]上连续，φ在[α,β]上可积，a≤φ(t)≤b,t∈[α,β]，则f?φ在[α,β]上可积.证：任给正数ε,η，∵f在[a,b]上一致连续，∵存在δ>0，使当x’,x”∈[a,b]且|x’-x”|<δ时，|f(x’)-f(x”)|<η.又∵φ在[α,β]上可积，∴存在某切割T，使得T所属的小区间中知足ω’’△tk”’k<.F设F(t)=f(φ(t)),t∈[α,β]，则在T中的小区间△k”k”上ω<η，至多在全部△k’Fk’△tk<ε.上ω≥η，而这些小区间的总长至多为k∴f?φ在[α,β]上可积.习题1、证明性质2中对于下和的不等式：s(T)≤s(T’)≤s(T)+(M-m)pT.证：先取p=1，则新分点将某小区间△k分红两个小区间△k’与△k”.s(T1)-s(T)=m’k△x’k+m”k△x”k-mk△xk=m’k△x’k+m”k△x”k-mk(△x’k+△x”k)=(m’k-mk)△x’k+(m”k-mk)△x”k.m≤mk≤m’k(或m”k)≤M，0≤s(T1)-s(T)≤(M-m)△x’k+(M-m)△x”k=(M-m)△xk≤(M-m)T.挨次对Ti增添一个分点获得Ti+1，可得0≤s(Ti+1)-s(Ti)≤(M-m)Ti≤(M-m)T0,i=0,1,2,,p-1，T0=T，Tp=T’.将这些不等式挨次相加，可得：0≤s(T’)-s(T)≤(M-m)pT，即s(T)≤s(T’)≤s(T)+(M-m)pT.2、证明性质6中对于下和的极限式：lims(T)=s.T0证：任给ε>0，由s的定义，必存在某全部割T’使得s(T’)>s-ε.2设T’由p个分点所组成，则对另全部割T，T+T’至多比T多p个分点，∴s(T)+(M-m)pT≥s(T+T’)≥s(T’)，即s(T)≥s(T’)-(M-m)pT.只需取T<ε，就有s(T)≥s(T’)-ε>s-ε，2(M-m)p2即s-ε<s(T)≤s<s+ε，∴lims(T)=s.T03、设f(x)=x，x为有理数.0，x为无理数.

试求f在[0,1]上的上积分和下积分；并由此判断f在[0,1]上能否可积.解：对于[0,1]的任全部割T，由有理数和无理数在实数中的浓密性知：在任一小区间△i上，Mi≠0，mi=0，记f(ξi)=Mi(ξi为有理数)，则n)△xi，s=s(T)=0；又S=limn11；S(T)==S(T)=02i1T0T0i1S≠s，∴f在[0,1]上不行积.4、设f在[a,b]上可积，且f(x)≥0,x∈[a,b].试问f在[a,b]上能否可积为何解：f在[a,b]上可积。原因以下：g(t)=t在[0,+∞),f在[a,b]上可积，且f(x)≥0,x∈[a,b]，∴g?f=f在[a,b]上可积.5、证明：定理中的可积第二充要条件等价于“任给ε>0，存在δ>0，对全部知足T<δ的T，都有ω△ε”ixi=S(T)-s(T)<.T证：对任全部割T，有ωi△xi=S(T)-s(T)=Mi△xi-mi△xi≤(M-m)T，则TTT任给ε>0，存在δ=ε>0，对全部知足T<δ的T，都有M-mωi△xi=S(T)-s(T)<ε，得证.T6、据理回答：(1)何种函数拥有“随意下和等于随意上和”的性质(2)何种连续函数拥有“全部下和(或上和)都相等”的性质(3)若可积函数“全部下和(或上和)都相等”，能否仍有(2)的结论解：(1)常量函数.若f(x)在[a,b]上恒等于一个常数，则对任全部割T，有ωi△xi=S(T)-s(T)=0，即S(T)=s(T).T若f(x)在[a,b]上不恒等于一个常数，则对任全部割T，必存在起码一个小区间△k的振幅ωk>0，∴ωi△xi=S(T)-s(T)>0，即S(T)>s(T)，矛盾.T∴只有常量函数知足条件.(2)(1)中已证，对任全部割T，只有常量函数知足：S(T)=s(T).设T’是由T增添p个分点后获得的切割，则有S(T)≥S(T’)≥S(T)-(M-m)pT，s(T)≤s(T’)≤s(T)+(M-m)pT，M-m=0，∴S(T)=S(T’)=s(T)=s(T’).同理可证，T减少p个分点后所得切割T”也有S(T)=S(T”)=s(T)=s(T”).∴只有常量函数知足条件.(3)若可积函数“全部下和(或上和)都相等”，能否仍有(2)的结论不建立.对常量函数f(x)=c增添一个断点f(0)=b≠c，记新函数为g，则g在R仍可积，且全部下和(或上和)都相等，但g其实不是常量函数.7、证明：若f在[a,b]上可积，则f在[a,b]内必然有无穷多个到处浓密的连续点.(提示：用区间套方法证明.)证：∵f(x)在[a,b]上可积，∴对ε0=1，存在[a,b]上的切割T，使ωi△xi<(b-a)ε0T=(b-a).ωi△xi≥△xi=b-a，矛盾.若在全部的小区间△i，都有ωi≥，则1TT∴在T中存在某个小区间△kk，使ω<1.=△=[a,b]?(a,b)，则ω(I)=supf(x)-inff(x)<1.令I1k111xI1xI1又f在[a1111，存在[a111,b]可积，对ε=2,b]上的切割T，使ω△x1111b1-a1，则T1中存在某个小区间△1k，使ω1k11<(bε<.ii-a)=2T12令I2=△1k=[a2,b2]?(a1,b1)，则ω(I2)=supf(x)-inff(x)<1.xI2xI22持续以上方法，求得一区间序列In=[an,bn]?(an-1,bn-1)，使得bn-an≤ω(In)=su