【泛函分析】Riemann积分与Lebesgue积分

4.4 Riemann 积分和 Lebesgue 积分

4.4.1 Riemann 积分的可积性

定义. 若闭区间 $[a,b]$ 上有 $n+1$ 个点:
$$a=x_0<x_1<\cdots <x_{n-1}<x_n=b$$
把区间分成 $n$ 份, 记每个子区间为 ${\Delta }_i=[x_{i-1},x_i]$, $i=1,\dots ,n$, 则称这些分点和子区间构成 $[a,b]$ 的一个分割, 记为 T = { x 0 , … , x n } T=\{x_{0},\dots,x_{n}\} T={x0​,…,xn​} 或 T = { Δ 1 , … , Δ n } T=\{\Delta_{1},\dots,\Delta_{n}\} T={Δ1​,…,Δn​}. 记 $\Delta x_i=x_i-x_{i-1}$, $i=1,\dots ,n$, 定义
$$\parallel T\parallel =\underset{i}{\max }\Delta x_i$$
为分割 $T$ 的细度.

定义. $f(x)$ 是定义在 $[a,b]$ 上的函数, 对于 $[a,b]$ 上的任一分割 T = { Δ 1 , … , Δ n } T=\{\Delta_{1},\dots,\Delta_{n}\} T={Δ1​,…,Δn​}, 和任意点列 { ξ i } \{\xi_{i}\} {ξi​}, ${\xi }_i\in {\Delta }_i$, $i=1,\dots ,n$, 定义和式
$$\sum _{i=1}^{n}f({\xi }_i)\Delta x_i$$
为 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上的一个黎曼和. 当 $\parallel T\parallel \to 0$ 时黎曼和的极限称为 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上的黎曼定积分, 记为 ${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x$. 如果该极限存在, 则称 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上黎曼可积.

黎曼定积分的 $ϵ-\delta$ 定义: 若存在实数 $J$, 使得对于 $\forall ϵ>0$, 存在 $\delta >0$, 使得对于任意分割 T = { Δ 1 , … , Δ n } T=\{\Delta_{1},\dots,\Delta_{n}\} T={Δ1​,…,Δn​}, $\parallel T\parallel \le \delta$, 和任意点列 { ξ i } \{\xi_{i}\} {ξi​}, ${\xi }_i\in {\Delta }_i$, $i=1,\dots ,n$, 有
$$|\sum _{i=1}^{n}f({\xi }_i)\Delta x_i-J|\le ϵ$$
则称 $J$ 为 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上的黎曼定积分.

定理4.4.1. $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上可积, 则 $f(x)$ 必然有界.

证明: 我们接下来证明: 若 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上无界, 则对于任意 $M>0$, 任意 $ϵ>0$, 存在满足 $\parallel T\parallel \le \delta$ 的分割 T = { Δ 1 , … , Δ n } T=\{\Delta_{1},\dots,\Delta_{n}\} T={Δ1​,…,Δn​}, 和 $T$ 上的点列 { ξ i } \{\xi_{i}\} {ξi​}, ${\xi }_i\in {\Delta }_i$, $i=1,\dots ,n$, 使得黎曼和满足 $|\sum _{i=1}^{n}f({\xi }_i)\Delta x_i|\ge M$.

任取满足 $\parallel T\parallel \le \delta$ 的分割 T = { Δ 1 , … , Δ n } T=\{\Delta_{1},\dots,\Delta_{n}\} T={Δ1​,…,Δn​}, 因为 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上无界, 因此它必然在至少一个子区间上无界, 否则将会得出 $f$ 在 $[a,b]$ 上有界, 设 $f$ 在 ${\Delta }_k$ 上无上界. 在除 ${\Delta }_k$ 外的各个子区间上分别任取一点, 记为 ${\xi }_i\in {\Delta }_i$, $1\le i\le n$, $i\ne k$, 记 $|\sum _{\genfrac{}{}{0ex}{}{i=1}{i\ne k}}^{n}f({\xi }_i)\Delta x_i|=G$. 由于 $f(x)$ 在 ${\Delta }_k$ 上无界, 因此对于任意 $N>0$, 存在 $\xi \in {\Delta }_k$, $|f(\xi )|\ge N$, 以 $\xi$ 作为 ${\Delta }_k$ 上选取的点 ${\xi }_k$, 得到点列 { ξ i } \{\xi_{i}\} {ξi​}, 此时 $|\sum _{i=1}^{n}f({\xi }_i)\Delta x_i|=|\sum _{\genfrac{}{}{0ex}{}{i=1}{i\ne k}}^{n}f({\xi }_i)\Delta x_i+f(\xi )\Delta x_k|\ge |f(\xi ){\Delta }_k|-|\sum _{\genfrac{}{}{0ex}{}{i=1}{i\ne k}}^{n}f({\xi }_i)\Delta x_i|=N\Delta x_k-G$, 若取 $N=\frac{M+G}{\Delta x_k}$, 此时 $|\sum _{i=1}^{n}f({\xi }_i)\Delta x_i|=|\sum _{\genfrac{}{}{0ex}{}{i=1}{i\ne k}}^{n}f({\xi }_i)\Delta x_i+f({\xi }_i)\Delta x_i|\ge M$, 分割 $T$ 和点列 { ξ i } \{\xi_{i}\} {ξi​} 即为所求.

有界并不是可积的充分条件, 例如 Dirichlet 函数就是有界但不可积的, 将会在后面给出证明.

由此可见, 有界是可积的必要条件, 下文仅对有界函数讨论可积性.

定义. 对于任意的分割 $T$, 由于函数 $f$ 在 $[a,b]$ 上有界, 因此其必然在所有分段 ${\Delta }_i$ 上有界, 进而有上确界和下确界. 进一步地, 设 $m_i=\underset{x\in {\Delta }_i}{\inf }f(x)$, $M_i=\underset{x\in {\Delta }_i}{\sup }f(x)$, $i=1,\dots ,n$, 定义和式 $\sum _{i=1}^n{m}_i\Delta x_i,\sum _{i=1}^n{M}_i\Delta x_i$ 为 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上关于分割 $T$ 的达布下和和达布上和, 分别记为 $s(T)$ 和 $S(T)$, 可见达布上和与达布下和仅与分割 $T$ 有关, 是从属于 $T$ 的两个属性. 显然 $m(b-a)\le s(T)\le S(T)\le M(b-a)$, 其中 $M=\underset{x\in [a,b]}{\sup }f(x)$, $m=\underset{x\in [a,b]}{\inf }f(x)$; 对于 $T$ 上的任一点列 { ξ i } \{\xi_{i}\} {ξi​}, ${\xi }_i\in {\Delta }_i$, $i=1,\dots ,n$, 黎曼和 $s(T)\le \sum _{i=1}^{n}f({\xi }_i)\Delta x_i\le S(T)$ ($m\le m_i\le f({\xi }_i)\le M_i\le M$, 进而 $m\Delta x_i\le m_i\Delta x_i\le f({\xi }_i)\Delta x_i\le M_i\Delta x_i\le M\Delta x_i$, 对 $i$ 加和得到上述结论).整理一下得到: 对于任意的分割 $T$ 及 $T$ 上的点列 { ξ i } \{\xi_{i}\} {ξi​}, ${\xi }_i\in {\Delta }_i$, $i=1,\dots ,n$, 有
$$m(b-a)\le s(T)\le \sum _{i=1}^{n}f({\xi }_i)\Delta x_i\le S(T)\le M(b-a)$$
可以证明: 分割 $T$ 的达布上和与达布下和分别是分割 $T$ 与 $T$ 上的所有点列 { ξ i } \{\xi_{i}\} {ξi​}, ${\xi }_i\in {\Delta }_i$, $i=1,\dots ,n$, 对应黎曼和的上下确界, 即
s ( T ) = inf ⁡ { ξ i } ∑ i = 1 n f ( ξ i ) Δ x i ,   S ( T ) = sup ⁡ { ξ i } ∑ i = 1 n f ( ξ i ) Δ x i s(T)=\inf\limits_{\{\xi_{i}\}}\sum\limits_{i=1}^{n}f(\xi_{i})\Delta x_{i},\ S(T)=\sup\limits_{\{\xi_{i}\}}\sum\limits_{i=1}^{n}f(\xi_{i})\Delta x_{i} s(T)={ξi​}inf​i=1∑n​f(ξi​)Δxi​, S(T)={ξi​}sup​i=1∑n​f(ξi​)Δxi​
证明: 仅证明 S ( T ) = sup ⁡ { ξ i } ∑ i = 1 n f ( ξ i ) Δ x i S(T)=\sup\limits_{\{\xi_{i}\}}\sum\limits_{i=1}^{n}f(\xi_{i})\Delta x_{i} S(T)={ξi​}sup​i=1∑n​f(ξi​)Δxi​, 关于 $s(T)$ 的结论可以用类似方式证明.

对于 $\forall ϵ>0$, 在任意一个分段 Δ i ∈ { Δ 1 , . . . , Δ n } \Delta_{i}\in \{\Delta_{1},...,\Delta_{n}\} Δi​∈{Δ1​,...,Δn​} 上, 由于 $M_i=\underset{x\in {\Delta }_i}{\sup }f(x)$, 因此存在 ${\xi }_i\in {\Delta }_i$, 使得 $f({\xi }_i)\ge M_i-\frac{ϵ}{b-a}$, 由此构造出点列 { ξ i } \{\xi_{i}\} {ξi​}, ${\xi }_i\in {\Delta }_i$, $i=1,\dots ,n$. $T$ 和 { ξ i } \{\xi_{i}\} {ξi​} 对应的黎曼和满足
$$S(T)-ϵ=\sum _{i=1}^n(M_i-\frac{ϵ}{b-a})\Delta x_i\le \sum _{i=1}^{n}f({\xi }_i)\Delta x_i\le S(T)$$
定理4.4.2. 若分割 $T^{\prime }$ 是在分割 $T$ 的基础上增加 $p$ 个分点得到的, 则
$$s(T)+(M-m)p\parallel T\parallel \ge s(T^{\prime })\ge s(T)$$

$$S(T)-(M-m)p\parallel T\parallel \le S(T^{\prime })\le S(T)$$

证明: 我们证明 $S(T)-(M-m)p\parallel T\parallel \le S(T^{\prime })\le S(T)$, 关于 $s(T)$ 的结论可类似证明.

当 $p=1$ 时, 设新增的分点在第 $k$ 个子区间, 达布上和中这一区间对应的项变为
$$M_i\Delta x_i\to M_i^{\prime }\Delta x_i^{\prime }+M_i^{\prime \prime }\Delta x_i^{\prime \prime }$$
这里 $M_i^{\prime }$ 和 $M_i^{\prime \prime }$ 分别是插入分点左侧和右侧的区间上的最大值, $\Delta x_i^{\prime }$ 和 $\Delta x_i^{\prime \prime }$ 分别是插入分点左侧和右侧的区间长度. 显然 $M_i^{\prime }$ 和 $M_i^{\prime \prime }$ 都不超过 $M$, 插入分点前后的此项的差值为
$$M_i^{\prime }\Delta x_i^{\prime }+M_i^{\prime \prime }\Delta x_i^{\prime \prime }-M_i\Delta x_i=(M_i^{\prime }-M_i)\Delta x_i^{\prime }+(M_i^{\prime \prime }-M_i)\Delta x_i^{\prime \prime }\le 0$$
由于 $M_i-M_i^{\prime }\le M_i-m_i\le M-m$, $M_i-M_i^{\prime \prime }\le M_i-m_i\le M-m$, $\Delta x_i^{\prime }\le \parallel T\parallel$, $\Delta x_i^{\prime \prime }\le \parallel T\parallel$

因此 $S(T)-(M-m)\parallel T\parallel \le S(T^{\prime })\le S(T)$

若 $p=n-1$ 时成立, 求证 $p=n$ 时成立: 设插入 $n-1$ 个分点后得到 $T^{n-1}$, 根据归纳假设,
$$S(T)-(M-m)(n-1)\parallel T\parallel \le S(T^{n-1})\le S(T)$$
此时再插入一点, 得到 $T^n$, 由 $p=1$ 的结论, 有
$$S(T^{n-1})-(M-m)\parallel T^{n-1}\parallel \le S(T^n)\le S(T^{n-1})$$
由于 $\parallel T^{n-1}\parallel \le \parallel T\parallel$, 再结合 $p=n-1$ 时的结论, 有
$$S(T)-(M-m)n\parallel T\parallel \le S(T^n)\le S(T)$$
证毕.

这个结论表明, 若分割 $T^{\prime }$ 是由分割 $T$ 增加分点得到的, 即 $T^{\prime }$ 是更精细的分割, 则 $T^{\prime }$ 的达布上和不高于 $T$ 的达布上和, $T^{\prime }$ 的达布下和不低于 $T$ 的达布下和.

定理4.4.3. 对于任意分割 $T$ 和 $T^{\prime }$, $T^{\prime }$ 的达布上和不会低于 $T$ 的达布下和, 达布下和不会高于 $T$ 的达布上和, 即
$$s(T^{\prime })\le S(T)$$

$$S(T^{\prime })\ge s(T)$$

证明:

设 $T$ 和 $T^{\prime }$ 的分点合并后得到 $T+T^{\prime }$, 根据定理4.4.2, 有
$$s(T^{\prime })\le s(T+T^{\prime })\le S(T+T^{\prime })\le S(T)$$

$$s(T)\le s(T+T^{\prime })\le S(T+T^{\prime })\le S(T^{\prime })$$

证毕.

这个结论表明, 一个分割的达布上和不会低于任何分割的达布下和, 一个分割的达布下和不会超过任何分割的达布上和, 达布上和的取值范围整体大于等于达布下和的取值范围.

对于任意的分割 $T$, $m(b-a)\le s(T)\le S(T)\le M(b-a)$, 因此 $s(T)$ 有上界, $S(T)$ 有下界, 进而 $s(T)$ 有上确界, $S(T)$ 有下确界.

定义. 分别称 $s=\underset{T}{\sup }s(T)$, $S=\underset{T}{\sup }S(T)$ 为下积分和上积分, 由以上分析可知 $s\le S$. 整理一下, 可得结论: 对于任意分割 $T$, 有 $m(b-a)\le s(T)\le s\le S\le S(T)\le M(b-a)$.

定理4.4.4. 上下积分, 也就是达布上和的下确界和达布下和的上确界, 分别等于达布上和达布下和在 $\Vert T\Vert \to 0$ 时的极限, 即 $S=\underset{\parallel T\parallel \to 0}{\lim }S(T)$, $s=\underset{\parallel T\parallel \to 0}{\lim }s(T)$.

证明: 下面证明 $S=\underset{\parallel T\parallel \to 0}{\lim }S(T)$, 关于 $s(T)$ 的结论可类似证明.

即证: 对于 $\forall ϵ>0$, 存在 $\delta >0$, 对于任意的分割 $T$, $\parallel T\parallel \le \delta$, 必有
$$S(T)-S\le ϵ$$
由下确界的定义, 对于任意 ${ϵ}^{\prime }>0$, 必然存在分割 $T$, 使得 $S\le S(T)\le S+{ϵ}^{\prime }$,

对于任意分割 $T^{\prime }$, 记 $T$ 和 $T^{\prime }$ 合并后的分割为 $T+T^{\prime }$, 对于 $T$ 而言, $T+T^{\prime }$ 至多新增了 $p_{T^{\prime }}$ 个点, 对于 $T^{\prime }$ 而言, $T+T^{\prime }$ 至多新增了 $p_T$ 个点, 由定理4.4.2, 有
$$S(T^{\prime })-(M-m)p_{T^{\prime }}\parallel T^{\prime }\parallel \le S(T+T^{\prime })\le S(T^{\prime })$$

$$S(T)-(M-m)p_T\parallel T\parallel \le S(T+T^{\prime })\le S(T)$$

因此 $S(T^{\prime })\le S(T+T^{\prime })+(M-m)p_{T^{\prime }}\parallel T^{\prime }\parallel \le S(T)+(M-m)p_{T^{\prime }}\parallel T^{\prime }\parallel$.

因此对于任意 $T^{\prime }$, 满足 $\parallel T^{\prime }\parallel \le \frac{{ϵ}^{\prime }}{(M-m)p_{T^{\prime }}}$, 则有
$$S(T^{\prime })\le S(T)+{ϵ}^{\prime }\le S+2{ϵ}^{\prime }$$
特别地, 对于 ${ϵ}^{\prime }=\frac{ϵ}{2}$, 此时
$$S(T^{\prime })-S\le ϵ$$
证毕.

定理4.4.5. $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上黎曼可积的充要条件是: $\underset{\parallel T\parallel \to 0}{\lim }s(T)=\underset{\parallel T\parallel \to 0}{\lim }S(T)$

推论. 补充 2 条充要条件: (2) $s=S$; (3) 对于任意 $ϵ>0$, 存在分割 $T$ 使得 $S(T)-s(T)\le ϵ$.

证明: (1) 充分性: 设 $\underset{\parallel T\parallel \to 0}{\lim }s(T)=\underset{\parallel T\parallel \to 0}{\lim }S(T)=J$, 进而对于 $\forall ϵ>0$, 存在 $\delta >0$, 对于任意分割 T = { Δ 1 , … , Δ n } T=\{\Delta_{1},\dots,\Delta_{n}\} T={Δ1​,…,Δn​}, $\parallel T\parallel \le \delta$, 有

$$J-ϵ\le s(T)\le s\le S\le S(T)\le J+ϵ$$
此时对于分割 $T$ 上的任意点列 { ξ i } \{\xi_{i}\} {ξi​}, ${\xi }_i\in {\Delta }_i$, $i=1,\dots ,n$, 所得的黎曼和满足:
$$J-ϵ\le s(T)\le \sum _{i=1}^{n}f({\xi }_i)\Delta x_i\le S(T)\le J+ϵ$$
即 $|\sum _{i=1}^{n}f({\xi }_i)\Delta x_i-J|\le ϵ$, 则 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上黎曼可积且积分值为 $J$.

必要性: 由 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上可积可知, 存在实数 $J$, 使得对于 $\forall ϵ>0$, 存在 $\delta >0$, 使得对于任意分割 T = { Δ 1 , … , Δ n } T=\{\Delta_{1},\dots,\Delta_{n}\} T={Δ1​,…,Δn​}, $\parallel T\parallel \le \delta$ , 和任意点列 { ξ i } \{\xi_{i}\} {ξi​}, ${\xi }_i\in {\Delta }_i$, $i=1,\dots ,n$, 有
$$|\sum _{i=1}^{n}f({\xi }_i)\Delta x_i-J|\le ϵ$$
即
$$J-ϵ\le \sum _{i=1}^{n}f({\xi }_i)\Delta x_i\le J+ϵ$$
进而有
J − ϵ ≤ s ( T ) = inf ⁡ { ξ i } ∑ i = 1 n f ( ξ i ) Δ x i ≤ J + ϵ J − ϵ ≤ S ( T ) = sup ⁡ { ξ i } ∑ i = 1 n f ( ξ i ) Δ x i ≤ J + ϵ J-\epsilon \leq s(T)=\inf\limits_{\{\xi_{i}\}}\sum\limits_{i=1}^{n}f(\xi_{i})\Delta x_{i}\leq J+\epsilon\\ J-\epsilon \leq S(T)=\sup\limits_{\{\xi_{i}\}}\sum\limits_{i=1}^{n}f(\xi_{i})\Delta x_{i}\leq J+\epsilon J−ϵ≤s(T)={ξi​}inf​i=1∑n​f(ξi​)Δxi​≤J+ϵJ−ϵ≤S(T)={ξi​}sup​i=1∑n​f(ξi​)Δxi​≤J+ϵ
因此有 $|s(T)-J|\le ϵ$, $|S(T)-J|\le ϵ$. 所以 $\underset{\parallel T\parallel \to 0}{\lim }s(T)=\underset{\parallel T\parallel \to 0}{\lim }S(T)=J$.

(2) 由定理4.4.4可知: $s=S$ $⟺$ $\underset{\parallel T\parallel \to 0}{\lim }s(T)=\underset{\parallel T\parallel \to 0}{\lim }S(T)$.

(3) 充分性: 对于任意 $ϵ>0$, 存在分割 $T$ 使得 $|S-s|\le |S(T)-s(T)|\le ϵ$. 由 $ϵ$ 的任意性, $S=s$, 由 (2) 的结论, $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上黎曼可积.

必要性: 若 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上黎曼可积, 则由 (1) 的结论, $s=S$, 即 $\underset{\parallel T\parallel \to 0}{\lim }S(T)=\underset{\parallel T\parallel \to 0}{\lim }s(T)$, 所以 $\underset{\parallel T\parallel \to 0}{\lim }S(T)-s(T)=0$. 对于任意 $ϵ>0$, 存在 $\delta >0$, 使得对于任意的分割 $T$, $\parallel T\parallel \le \delta$, 有 $S(T)-s(T)\le ϵ$.

推论. 由 (1) 的证明过程可以得到: 当 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上黎曼可积时, ${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x=\underset{\parallel T\parallel \to 0}{\lim }s(T)=\underset{\parallel T\parallel \to 0}{\lim }S(T)$, 进而:
$${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x=\underset{\parallel T\parallel \to 0}{\lim }s(T)=\underset{\parallel T\parallel \to 0}{\lim }S(T)=s=S$$

4.4.2 借助 Lebesgue 积分讨论 Riemann 积分的可积性

定义. 由于可积的必要条件是有界, 因此我们把研究的范围限定在有界实值函数上, 此外, 为了方便分析, 我们再补充一些定义. 在分割 $T$ 的达布上和和下和的基础上, 定义简单函数
$$u_T(a)=a,u_T(x)=m_i,x\in (x_{i-1},x_i]$$

$$U_T(a)=a,U_T(x)=M_i,x\in (x_{i-1},x_i]$$

显然有
$$(L){\int }_a^b{u}_T(x)\mathrm{d}x=\sum _{i=1}^n{m}_i\Delta x_i=s(T),(L){\int }_a^b{U}_T(x)\mathrm{d}x=\sum _{i=1}^n{M}_i\Delta x_i=S(T)$$

$$\underset{x\in [a,b]}{\inf }f(x)\le u_T(x)\le f(x)\le U_T(x)\le \underset{x\in [a,b]}{\sup }f(x)$$

易证: 对于一列逐渐加细 ($\parallel T\parallel \to 0$) 的分割 { T n } \{T_{n}\} {Tn​}, { u T n } \{u_{T_{n}}\} {uTn​​} (下文简写为 $u_n$) 是单调递增简单函数列, { U T n } \{U_{T_{n}}\} {UTn​​} (下文简写为 $U_n$) 是单调递减简单函数列, 因此它们的极限函数可测, 分别记为 $u(x)$, $U(x)$. 因为 $u_n(x)\le f(x)\le U_n(x)$, $\forall x\in [a,b]$ 所以 $u(x)\le f(x)\le U(x)$, $\forall x\in [a,b]$. 此外, 由于 $f(x)$ 有界, 可知 { u n } \{u_{n}\} {un​}, { U n } \{U_{n}\} {Un​} 是有界函数列, 进而可知它们的极限 $u(x)$ 和 $U(x)$ 都是有界函数. 在此基础上, 我们还可以得出如下结论:

定理4.4.6. 对于有界实值函数 $f(x)$, $u(x_0)=U(x_0)=f(x_0)$ 的充要条件是 $f(x)$ 在 $x_0$ 点处连续.

证明: 充分性: 由 $f(x)$ 的连续性可知, 对于 $\forall ϵ>0$, $\exists \delta >0$, 当 $|x-x_0|\le \delta$ 时, $|f(x)-f(x_0)|\le ϵ$.

由于分割逐渐加细, 所以必然存在正整数 $N$, 使得对于任意 $n\ge N$, $T_n$ 存在一个子区间 $[x_{i-1}^n,x_i^n]$, 使得 $(x_{i-1}^n,x_i^n)\subset (x_0-\delta ,x_0+\delta )$, 此时 $|u_n(x_0)-f(x_0)|\le ϵ$. 同理可证存在 $N^{\prime }$, 使得对于任意 $n\ge N^{\prime }$, $|U_n(x_0)-f(x_0)|\le ϵ$. 因此 $\underset{n\to \infty }{\lim }{u}_n(x_0)=\underset{n\to \infty }{\lim }{U}_n(x_0)=f(x_0)$ , 即 $u(x_0)=U(x_0)=f(x_0)$.

必要性: 即证: 对于 $\forall ϵ>0$, $\exists \delta >0$, 使得当 $|x-x_0|\le \delta$ 时, $|f(x)-f(x_0)|\le ϵ$… $u(x_0)=U(x_0)=f(x_0)$ 即 $\underset{n\to \infty }{\lim }{u}_n(x_0)=\underset{n\to \infty }{\lim }{U}_n(x_0)=f(x_0)$.,由此可知对于 $ϵ$, $\exists N$, 对于任意 $n\ge N$, $|u_n(x_0)-U_n(x_0)|\le ϵ$, 设 $x_0$ 在 $T_N$ 的子区间 $[x_{i-1}^N,x_i^N]$ 中, 所以对于 $x\in [x_{i-1}^N,x_i^N]$, $|f(x)-f(x_0)|\le |u_N(x_0)-U_N(x_0)|\le ϵ$, 令 δ = min ⁡ { ∣ x i − 1 N − x 0 ∣ , ∣ x i N − x 0 ∣ } \delta=\min\{|x_{i-1}^{N}-x_{0}|,|x_{i}^{N}-x_{0}|\} δ=min{∣xi−1N​−x0​∣,∣xiN​−x0​∣}, 当 $|x-x_0|\le \delta$ 时, $|f(x)-f(x_0)|\le ϵ$.

定理4.4.7. 有界实值函数 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上黎曼可积的充要条件是 (1) $U(x)=u(x)$, a.e. 于 $[a,b]$, (2) $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上几乎处处连续.

证明: { u n ( x ) } ↑ u ( x ) \{u_{n}(x)\}\uparrow u(x) {un​(x)}↑u(x), { U n ( x ) } ↓ U ( x ) \{U_{n}(x)\}\downarrow U(x) {Un​(x)}↓U(x), 由于 $f(x)$ 有界, 因此存在 $m$ 和 $M$ 使得 $m\le f(x)\le M$, 显然对每个 $u_n(x)$ 和 $U_n(x)$, 它们也在这个区间内, 进而 $u(x)$ 和 $U(x)$ 也在这个区间内, 因此由有界收敛定理, 有
$$(L){\int }_a^{b}U(x)\mathrm{d}x=\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_a^b{U}_n(x)\mathrm{d}x=\underset{n\to \infty }{\lim }S(T_n)=\underset{\parallel T\parallel \to 0}{\lim }S(T_n)=S$$

$$(L){\int }_a^{b}u(x)\mathrm{d}x=\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_a^b{u}_n(x)\mathrm{d}x=\underset{n\to \infty }{\lim }s(T_n)=\underset{\parallel T\parallel \to 0}{\lim }s(T_n)=s$$

Riemann可积 $⟺$ $S=s$ $⟺$ $(L){\int }_a^{b}U(x)\mathrm{d}x=(L){\int }_a^{b}u(x)\mathrm{d}x$ $⟺$ $(L){\int }_a^{b}U(x)-u(x)\mathrm{d}x=0$ $⟺$ $U(x)=u(x)$ a.e. 于 $[a,b]$ $⟺$ $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上几乎处处连续.

推论. (1) 对于 $[a,b]$ 上的单调函数, 其间断点集合为可数集, 即单调函数在 $[a,b]$ 上几乎处处连续, 因此其黎曼可积, 进而可知其必然有界.
(2) 有界并不是 Riemann 可积的充分条件: 反例是 Dirichlet 函数, 对于 $[a,b]$ 区间上的Dirichlet 函数, 其是有界的, 但是处处不连续, 不连续点集的测度不为 $0$, 因此不是 Riemann 可积的.

4.4.3 Lebesgue 积分是 Riemann 积分的推广

定理4.4.8. 若 $f$ 在 $[a,b]$ 上是黎曼可积的, 则 $f\in L([a,b])$, 且
$$(R){\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x=(L){\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x$$
证明: 由定理4.4.7, $U(x)=u(x)$ a.e. 于 $[a,b]$, 结合 $u(x)\le f(x)\le U(x)$, $\forall x\in [a,b]$, 可推出 $f=u=U$ a.e.于 $[a,b]$, 由 $u$ 和 $U$ 可测可知 $f$ 可测, 黎曼可积函数又必然有界, 因此 $f\in L([a,b])$. 因为 $f$ 有界, 所以 { u n } \{u_{n}\} {un​} 和 { U n } \{U_{n}\} {Un​} 都是有界函数, 所以由有界收敛定理可知
$$\begin{array}{rl}(L){\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x& =(L){\int }_a^{b}u(x)\mathrm{d}x=\underset{n\to \infty }{\lim }(L){\int }_a^b{u}_n(x)\mathrm{d}x\\ & =\underset{\parallel T\parallel \to 0}{\lim }s(T_n)=s=(R){\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x\end{array}$$文章来源地址https://www.toymoban.com/news/detail-419138.html

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