數學分析96可積性理論補敘

第九章定積分可積性理論補敘一、上和與下和的性質性質1：對同全部割T，相對于任何點集{ξi}而言，上和是全部積分和的上確界，下和是全部積分和的下確界.即nnS(T)=i,s(T)=xi.supf(ξ)△xiinff(ξ)△xixii1ii1n證：由s(T)≤f(ξi)△xi≤S(T)，可知i1相對于任何點集{ξi}，上和與下和分別是全體積分和的上界與下界.任給ε>0，在各個△i上有上確界iiiiiεb-an>nε=n-εn=S(T)-.∴ξi1i1b-ai1b-ai1nf(ξ)△xin∴S(T)=supinff(ξ)△xi.xii1xii1性質2：設T’為切割T增添p個新分點后所獲得的切割，則有S(T)≥S(T’)≥S(T)-(M-m)pT；s(T)≤s(T’)≤s(T)+(M-m)pT.即增添分點后，上和不增，下和不減.證：將p個新分點同時增添到T，與逐一增添到T，獲得相同的T’.可先取p=1，則新分點將某小區(qū)間△k分紅兩個小區(qū)間△k’與△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.挨次對Ti增添一個分點獲得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’.將這些不等式挨次相加，可得：0≤S(T)-S(T’)≤(M-m)pT，即S(T)≥S(T’)≥S(T)-(M-m)pT.同理可證：s(T)≤s(T’)≤s(T)+(M-m)pT.性質3：若T’與T”為隨意兩個切割，T=T’+T”表示把T’與T”的全部分點歸并而得的切割，則.S(T)≤S(T’),s(T)≥s(T’)；S(T)≤S(T”),s(T)≥s(T”).證：將T看作T’或T”增添新分點后獲得的切割，由性質2可知.性質4：對隨意兩個切割T’與T”，總有s(T’)≤S(T”).證：令T=T’+T”，則有s(T’)≤s(T)≤S(T)≤S(T”).注：由性質4可知，對[a,b]上的全部切割來說，全部下和有上界，所有上和有下界，且分別有上確界與下確界，記作S=infsupTT往常稱S為f在[a,b]上的上積分，s為f在[a,b]上的下積分.性質5：m(b-a)≤s≤S≤M(b-a).性質6：(達布定理)上、下積分也是上和與下和在T→0時的極限，即limS(T)=S，lims(T)=s.T0T0證：任給ε>0，由S的定義，必存在某全部割T’使得S(T’)<S+ε.2設T’由p個分點所組成，則對另全部割T，T+T’至多比T多p個分點，∴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，∴l(xiāng)imS(T)=S.同理可證：lims(T)=s.T0T0二、可積的充要條件定理：(可積的第一充要條件)函數f在[a,b]上可積的充要條件是：f在[a,b]上的上積分與下積分相等，即S=s.證：[必需性]設f在[a,b]上可積，J=bf(x)dx.由定積分的定義知，an任給ε>0，存在δ>0，只需<δ，就有|f(ξiiε)x-J|<.i1又S(T)與s(T)分別為積分和對于點集{ξi}的上、下確界，∴當T<δ時，有|S(T)-J|≤ε，|s(T)-J|≤ε，即當T→0時，S(T)與s(T)都以J為極限.依據達布定理知，S=s=J.[充分性]設S=s=J，由達布定理有：limS(T)=lims(T)=J.任給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]上可積，且f(x)dx=J.T0)x=Jai1定理：(可積的第二充要條件)函數f在[a,b]上可積的充要條件是：任給ε>0，總存在某全部割T，使得S(T)-s(T)<ε,n即ωi△xi<ε.i1證：[必需性]設f在[a,b]上可積，則有l(wèi)im[S(T)-s(T)]=0，即T0任給ε>0，只需T足夠小，則有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的隨意性，必有S=s，∴f在[a,b]上可積.定理：(可積的第三充要條件)函數f在[a,b]上可積的充要條件是：任給正數ε,η，總存在某全部割T，使得屬于T的全部小區(qū)間中，對應于振幅ωk’≥ε的那些小區(qū)間△k’的總長△xk<η.k證：[必需性]設f在[a,b]上可積，則對于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]任給ε’>0，取ε=ε>0，η=ε>0.設某切割T中，2(b-a)2(M-m)ωk’≥ε的那些△k’的總長△xk<η，其他那些小區(qū)間為△k”，則有kωk△xk=ωk△xk+ωk△xk<(M-m)△xk+ε△xkkkkkk(M-m)η+ε(b-a)=ε+ε=ε’.∴f在[a,b]上可積.2例1：利用求可積的第三充要條件證明黎曼函數在[0,1]上可積，且定積分等于0.1，xp，p,q互素，qp.任給正數ε,η，證：已知黎曼函數為：f(x)=qq，x以及內的無理數.00,1(0,1)∵知足1≥ε,即q≤1的有理點p只有有限個,設為K個，qεq∴含這種點的小區(qū)間至多有2K個，在其上ωk’≥ε.當T<η時，就有△x≤2Kη，∴在[0,1]上可積.2KkkT<f又miinf，∴1，∴f(x)dx=s=0.=xif(x)=0,i=1,2,,ns(T)=00例2：證明：若f在[a,b]上連續(xù)，φ在[α,β]上可積，a≤φ(t)≤b,t∈[α,β]，則f?φ在[α,β]上可積.證：任給正數ε,η，∵f在[a,b]上一致連續(xù)，∵存在δ>0，使當x’,x”∈[a,b]且|x’-x”|<δ時，|f(x’)-f(x”)|<η.又∵φ在[α,β]上可積，∴存在某切割T，使得T所屬的小區(qū)間中知足ω’’△tk”’k<.F設F(t)=f(φ(t)),t∈[α,β]，則在T中的小區(qū)間△k”k”上ω<η，至多在全部△k’Fk’△tk<ε.上ω≥η，而這些小區(qū)間的總長至多為k∴f?φ在[α,β]上可積.習題1、證明性質2中對于下和的不等式：s(T)≤s(T’)≤s(T)+(M-m)pT.證：先取p=1，則新分點將某小區(qū)間△k分紅兩個小區(qū)間△k’與△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.挨次對Ti增添一個分點獲得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’.將這些不等式挨次相加，可得：0≤s(T’)-s(T)≤(M-m)pT，即s(T)≤s(T’)≤s(T)+(M-m)pT.2、證明性質6中對于下和的極限式：lims(T)=s.T0證：任給ε>0，由s的定義，必存在某全部割T’使得s(T’)>s-ε.2設T’由p個分點所組成，則對另全部割T，T+T’至多比T多p個分點，∴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，∴l(xiāng)ims(T)=s.T03、設f(x)=x，x為有理數.0，x為無理數.

試求f在[0,1]上的上積分和下積分；并由此判斷f在[0,1]上能否可積.解：對于[0,1]的任全部割T，由有理數和無理數在實數中的濃密性知：在任一小區(qū)間△i上，Mi≠0，mi=0，記f(ξi)=Mi(ξi為有理數)，則n)△xi，s=s(T)=0；又S=limn11；S(T)==S(T)=02i1T0T0i1S≠s，∴f在[0,1]上不行積.4、設f在[a,b]上可積，且f(x)≥0,x∈[a,b].試問f在[a,b]上能否可積為何解：f在[a,b]上可積。原因以下：g(t)=t在[0,+∞),f在[a,b]上可積，且f(x)≥0,x∈[a,b]，∴g?f=f在[a,b]上可積.5、證明：定理中的可積第二充要條件等價于“任給ε>0，存在δ>0，對全部知足T<δ的T，都有ω△ε”ixi=S(T)-s(T)<.T證：對任全部割T，有ωi△xi=S(T)-s(T)=Mi△xi-mi△xi≤(M-m)T，則TTT任給ε>0，存在δ=ε>0，對全部知足T<δ的T，都有M-mωi△xi=S(T)-s(T)<ε，得證.T6、據理回答：(1)何種函數擁有“隨意下和等于隨意上和”的性質(2)何種連續(xù)函數擁有“全部下和(或上和)都相等”的性質(3)若可積函數“全部下和(或上和)都相等”，能否仍有(2)的結論解：(1)常量函數.若f(x)在[a,b]上恒等于一個常數，則對任全部割T，有ωi△xi=S(T)-s(T)=0，即S(T)=s(T).T若f(x)在[a,b]上不恒等于一個常數，則對任全部割T，必存在起碼一個小區(qū)間△k的振幅ωk>0，∴ωi△xi=S(T)-s(T)>0，即S(T)>s(T)，矛盾.T∴只有常量函數知足條件.(2)(1)中已證，對任全部割T，只有常量函數知足：S(T)=s(T).設T’是由T增添p個分點后獲得的切割，則有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’).同理可證，T減少p個分點后所得切割T”也有S(T)=S(T”)=s(T)=s(T”).∴只有常量函數知足條件.(3)若可積函數“全部下和(或上和)都相等”，能否仍有(2)的結論不建立.對常量函數f(x)=c增添一個斷點f(0)=b≠c，記新函數為g，則g在R仍可積，且全部下和(或上和)都相等，但g其實不是常量函數.7、證明：若f在[a,b]上可積，則f在[a,b]內必然有無窮多個到處濃密的連續(xù)點.(提示：用區(qū)間套方法證明.)證：∵f(x)在[a,b]上可積，∴對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.若在全部的小區(qū)間△i，都有ωi≥，則1TT∴在T中存在某個小區(qū)間△kk，使ω<1.=△=[a,b]?(a,b)，則ω(I)=supf(x)-inff(x)<1.令I1k111xI1xI1又f在[a1111，存在[a111,b]可積，對ε=2,b]上的切割T，使ω△x1111b1-a1，則T1中存在某個小區(qū)間△1k，使ω1k11<(bε<.ii-a)=2T12令I2=△1k=[a2,b2]?(a1,b1)，則ω(I2)=supf(x)-inff(x)<1.xI2xI22持續(xù)以上方法，求得一區(qū)間序列In=[an,bn]?(an-1,bn-1)，使得bn-an≤ω(In)=su