数学分析9.6可积性理论补叙

第九章定积分6可积性理论补叙一、上和与下和的性质性质1：对同一分割T，相对于任何点集{ξi}而言，上和是所有积分和的上确界，下和是所有积分和的下确界.即S(T)=n1iix)f(ξsupi△xi,s(T)=n1iix)f(ξinfi△xi.证：由s(T)≤n1ii)f(ξ△xi≤S(T)，可知相对于任何点集{ξi}，上和与下和分别是全体积分和的上界与下界.任给ε0，在各个△i上有上确界Mi，可选取点ξi∈△i，使f(ξi)Mi-a-bε.∴n1ii)f(ξ△xin1iia-bε-M△xi=n1iiM△xi-n1iix△a-bε=S(T)-ε.∴S(T)=n1iix)f(ξsupi△xi.同理可证：s(T)=n1iix)f(ξinfi△xi.性质2：设T’为分割T添加p个新分点后所得到的分割，则有S(T)≥S(T’)≥S(T)-(M-m)pT；s(T)≤s(T’)≤s(T)+(M-m)pT.即增加分点后，上和不增，下和不减.证：将p个新分点同时添加到T，与逐个添加到T，得到同样的T’.可先取p=1，则新分点将某小区间△k分成两个小区间△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.依次对Ti增加一个分点得到Ti+1，可得0≤S(Ti)-S(Ti+1)≤(M-m)iT≤(M-m)0T,i=0,1,2,…,p-1，T0=T，Tp=T’.将这些不等式依次相加，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”为任意两个分割，T=T’+T”表示把T’与T”的所有分点合并而得的分割，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”添加新分点后得到的分割，由性质2可知.性质4：对任意两个分割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]上的所有分割来说，所有下和有上界，所有上和有下界，且分别有上确界与下确界，记作S=TinfS(T),s=Tsups(T).通常称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0TlimS(T)=S，0Tlims(T)=s.证：任给ε0，由S的定义，必存在某一分割T’使得S(T’)S+2ε.设T’由p个分点所构成，则对另一分割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.只要取Tm)p-2(Mε，就有S(T)S(T’)+2ε≤S+ε，即S-εS≤S(T)S+ε，∴0TlimS(T)=S.同理可证：0Tlims(T)=s.二、可积的充要条件定理9.14：(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：[必要性]设f在[a,b]上可积，J=baf(x)dx.由定积分的定义知，任给ε0，存在δ0，只要Tδ，就有|n1if(ξi)△xi-J|ε.又S(T)与s(T)分别为积分和关于点集{ξi}的上、下确界，∴当Tδ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.根据达布定理知，S=s=J.[充分性]设S=s=J，由达布定理有：0TlimS(T)=0Tlims(T)=J.任给ε0，存在δ0，只要Tδ，就有：J-εs(T)≤n1ii)f(ξ△xi≤S(T)J+ε，∴n1i0Tflim(ξi)△xi=J，即f在[a,b]上可积，且baf(x)dx=J.定理9.15：(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ε0，总存在某一分割T，使得S(T)-s(T)ε,即in1iix△ωε.证：[必要性]设f在[a,b]上可积，则有0Tlim[S(T)-s(T)]=0，即任给ε0，只要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的任意性，必有S=s，∴f在[a,b]上可积.定理9.16：(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，总存在某一分割T，使得属于T的所有小区间中，对应于振幅ωk’≥ε的那些小区间△k’的总长kkx△η.证：[必要性]设f在[a,b]上可积，则对于εη0，存在某一分割T，使kkkx△ωεη.∴εkkx△≤kkkx△ω≤kkkx△ωεη，∴kkx△η.[充分性]任给ε’0，取ε=a)-2(bε0，η=m)-2(Mε0.设某分割T中，ωk’≥ε的那些△k’的总长kkx△η，其余那些小区间为△k”，则有kkkx△ω=kkkx△ω+kkkx△ω(M-m)kkx△+εkkx△≤(M-m)η+ε(b-a)=2ε+2ε=ε’.∴f在[a,b]上可积.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.证：已知黎曼函数为：f(x)=.)1,0(0,1x0p.q，qp,，qpxq1内的无理数以及互素，，任给正数ε,η，∵满足q1≥ε,即q≤ε1的有理点qp只有有限个,设为K个，∴含这类点的小区间至多有2K个，在其上ωk’≥ε.当T2Kη时，就有kkx△≤2KTη，∴f在[0,1]上可积.又mi=ixinff(x)=0,i=1,2,…,n，∴s(T)=0，∴10f(x)dx=s=0.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δ0，使当x’,x”∈[a,b]且|x’-x”|δ时，|f(x’)-f(x”)|η.又∵φ在[α,β]上可积，∴存在某分割T，使得T所属的小区间中满足ωk’≥δ的所有△k’的总长kkt△ε，而其余小区间△k”上ωk’δ.设F(t)=f(φ(t)),t∈[α,β]，则在T中的小区间△k”上ωFk”η，至多在所有△k’上ωFk’≥η，而这些小区间的总长至多为kkt△ε.∴f◦φ在[α,β]上可积.习题1、证明性质2中关于下和的不等式：s(T)≤s(T’)≤s(T)+(M-m)pT.证：先取p=1，则新分点将某小区间△k分成两个小区间△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.依次对Ti增加一个分点得到Ti+1，可得0≤s(Ti+1)-s(Ti)≤(M-m)iT≤(M-m)0T,i=0,1,2,…,p-1，T0=T，Tp=T’.将这些不等式依次相加，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中关于下和的极限式：0Tlims(T)=s.证：任给ε0，由s的定义，必存在某一分割T’使得s(T’)s-2ε.设T’由p个分点所构成，则对另一分割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.只要取Tm)p-2(Mε，就有s(T)≥s(T’)-2εs-ε，即s-εs(T)≤ss+ε，∴0Tlims(T)=s.3、设f(x)=.x0.xx为无理数为有理数，，试求f在[0,1]上的上积分和下积分；并由此判断f在[0,1]上是否可积.解：对于[0,1]的任一分割T，由有理数和无理数在实数中的稠密性知：在任一小区间△i上，Mi≠0，mi=0，记f(ξi)=Mi(ξi为有理数)，则S(T)=in1iix△)f(ξ，s=s(T)=0；又S=0TlimS(T)=in1ii0Tx△)f(ξlim=10xdx=21；∵S≠s，∴f在[0,1]上不可积.4、设f在[a,b]上可积，且f(x)≥0,x∈[a,b].试问f在[a,b]上是否可积？为什么？解：f在[a,b]上可积。理由如下：∵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9.15中的可积第二充要条件等价于“任给ε0，存在δ0，对一切满足Tδ的T，都有Tiix△ω=S(T)-s(T)ε”.证：对任一分割T，有Tiix△ω=S(T)-s(T)=Tiix△M-Tiix△m≤(M-m)T，则任给ε0，存在δ=m-Mε0，对一切满足Tδ的T，都有Tiix△ω=S(T)-s(T)ε，得证.6、据理回答：(1)何种函数具有“任意下和等于任意上和”的性质？(2)何种连续函数具有“所有下和(或上和)都相等”的性质？(3)若可积函数“所有下和(或上和)都相等”，是否仍有(2)的结论？解：(1)常量函数.若f(x)在[a,b]上恒等于一个常数，则对任一分割T，有Tiix△ω=S(T)-s(T)=0，即S(T)=s(T).若f(x)在[a,b]上不恒等于一个常数，则对任一分割T，必存在至少一个小区间△k的振幅ωk0，∴Tiix△ω=S(T)-s(T)0，即S(T)s(T)，矛盾.∴只有常量函数满足条件.(2)(1)中已证，对任一分割T，只有常量函数满足：S(T)=s(T).设T’是由T增加p个分点后得到的分割，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个分点后所得分割T”也有S(T)=S(T”)=s(T)=s(T”).∴只有常量函数满足条件.(3)若可积函数“所有下和(或上和)都相等”，是否仍有(2)的结论？不成立.对常量函数f(x)=c添加一个断点f(0)=b≠c，记新函数为g，则g在R仍可积，且所有下和(或上和)都相等，但g并不是常量函数.7、证明：若f在[a,b]上可积，则f在[a,b]内必定有无限多个处处稠密的连续点.(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]上的分割T，使Tiix△ω(b-a)ε0=(b-a).若在所有的小区间△i，都有ωi≥1，则Tiix△ω≥Tix△=b-a，矛盾.∴在T中存在某个小区间△k，使ωk1.令I1=△k=[a1,b1]⊂(a,b)，则ω(I1)=1Ixsupf(x)-1Ixinff(x)1.又f在[a1,b1]可积，对ε1=21，存在[a1,b1]上的分割T1，使1iiT11x△ω(b1-a1)ε1=2a-b11，则T1中存在某个小区间△k1，使ωk121.令I2=△k1=[a2,b2]⊂(a1,b1)，则ω(I2)=2Ixsupf(x)-2Ixinff(x)21.继续以上方法，求得一区间序列In=[an