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数学分析96可积性理论补叙
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)=△xi,s(T)=△xi.
证:
由s(T)≤△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ε>0,在各个△i上有上确界Mi,可选取点ξi∈△i,使f(ξi)>Mi-.
∴△xi>△xi=△xi-=S(T)-ε.
∴S(T)=△xi.同理可证:
s(T)=△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)p;s(T)≤s(T’)≤s(T)+(M-m)p.
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).
依次对Ti增加一个分点得到Ti+1,可得
0≤S(Ti)-S(Ti+1)≤(M-m)≤(M-m),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)p,即
S(T)≥S(T’)≥S(T)-(M-m)p.同理可证:
s(T)≤s(T’)≤s(T)+(M-m)p.
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=S(T),s=s(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→0时的极限,即S(T)=S,s(T)=s.
证:
任给ε>0,由S的定义,必存在某一分割T’使得S(T’)
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)p≤S(T+T’)≤S(T’),即S(T)≤S(T’)+(M-m)p.
只要取<,就有S(T)
即S-ε
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=dx.由定积分的定义知,
任给ε>0,存在δ>0,只要<δ,就有|(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<δ时,
有|S(T)-J|≤ε,|s(T)-J|≤ε,即当→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:
S(T)=s(T)=J.任给ε>0,
存在δ>0,只要<δ,就有:
J-ε
∴(ξi)△xi=J,即f在[a,b]上可积,且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ε>0,总存在某一分割T,使得S(T)-s(T)<ε,即<ε.
证:
[必要性]设f在[a,b]上可积,则有[S(T)-s(T)]=0,即
任给ε>0,只要足够小,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<η.
证:
[必要性]设f在[a,b]上可积,则对于εη>0,存在某一分割T,使
<εη.∴ε≤≤<εη,∴<η.
[充分性]任给ε’>0,取ε=>0,η=>0.设某分割T中,
ωk’≥ε的那些△k’的总长<η,其余那些小区间为△k”,则有
=+<(M-m)+ε
≤(M-m)η+ε(b-a)=+=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)=任给正数ε,η,
∵满足≥ε,即q≤的有理点只有有限个,设为K个,
∴含这类点的小区间至多有2K个,在其上ωk’≥ε.
当<时,就有≤2K<η,∴f在[0,1]上可积.
又mi=f(x)=0,i=1,2,…,n,∴s(T)=0,∴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,∴存在某分割T,使得T所属的小区间中
满足ωk’≥δ的所有△k’的总长<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<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)p.
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).
依次对Ti增加一个分点得到Ti+1,可得
0≤s(Ti+1)-s(Ti)≤(M-m)≤(M-m),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)p,即
s(T)≤s(T’)≤s(T)+(M-m)p.
2、证明性质6中关于下和的极限式:
s(T)=s.
证:
任给ε>0,由s的定义,必存在某一分割T’使得s(T’)>s-.
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)p≥s(T+T’)≥s(T’),即s(T)≥s(T’)-(M-m)p.
只要取<,就有s(T)≥s(T’)->s-ε,
即s-ε
3、设f(x)=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)=,s=s(T)=0;又S=S(T)==dx=;
∵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].试问在[a,b]上是否可积为什么
解:
在[a,b]上可积。
理由如下:
∵g(t)=在[0,+∞),f在[a,b]上可积,且f(x)≥0,x∈[a,b],
∴g◦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ε>0,存在δ>0,对一切满足<δ的T,都有=S(T)-s(T)<ε”.
证:
对任一分割T,有
=S(T)-s(T)=-≤(M-m),则
任给ε>0,存在δ=>0,对一切满足<δ的T,都有
=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
=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ωk>0,
∴=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)p,s(T)≤s(T’)≤s(T)+(M-m)p,
∵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
<(b-a)ε0=(b-a).
若在所有的小区间△i,都有ωi≥1,则≥=b-a,矛盾.
∴在T中存在某个小区间△k,使ωk<1.
令I1=△k=[a1,b1]⊂(a,b),则ω(I1)=f(x)-f(x)<1.
又f在[a1,b1]可积,对ε1=,存在[a1,b1]上的分割T1,使
<(b1-a1)ε1=,则T1中存在某个小区间△,使ω<.
令I2=△=[a2,b2]⊂(a1,b1),则ω(I2)=f(x)-f(x)<.
继续以上方法,求得一区间序列In=[an,bn]⊂(an-1,bn-1),使得
bn-an≤ω(In)=f(x)-f(x)<→0(n→∞).即
{In}为一区间套,从而存在x0∈In⊂(a,b),n=1,2,….
任给ε>0,存在n,使<ε,令δ=min{x0-an,bn-x0},则δ>0,且
U(x0,δ)∈In.∴当x∈U(x0,δ)时,|f(x)-f(x0)|≤ω(In)<<ε,即
f在点x0连续.任取(α,β)⊂[a,b],则[α,β]⊂[a,b],∴f在[α,β]上可积,
同上可得f的连续点x’∈(α,β).由(α,β)的任意性,可知
f的连续点在[a,b]内处处稠密.
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