§9.3 可积条件 数学分析课件(华师大 四版) 高教社ppt 华东师大教材配套课件

lim→定理9.1（可积必有界）若函数在 上可积，则 在 上必有界. f f ],[b a ],[b a 证 设()d .baf x x J =⎰由定义, 对 1Δ1n i i i f ()x J,ξ=-<∑于是1[,](1,2,,),i i i x x i n ξ-∈=与如何选取,01>=ε,0>∃δ,δ<T 只要T 无论后退 前进 目录 退出都有1Δ1ni ii f ()x J M.ξ=≤+=∑1[,]. k k x x 上无界-()Δ,i i i kG f x ξ≠=∑1[,],k k k x x ξ故必存在满足-∈().k kM Gf x ξ∆+>()[,]f x a b 倘若在上无界，,k 则必有()f x 使得在令于是1()Δni ii f x ξ=∑()Δ()Δk k i ii kf x f x ξξ≠≥-∑Δk kM G x G x ∆+>-,M =矛盾.1Q [,],1,2,,,i i i x x i n ξ-∈⋂=现任取1()Δni i i D x ξ=∑R,0,J δ∃∈∃>证 若 D (x ) 在 [a , b ] 上可积 , =--<∑1()Δ.2ni i i b aD x J ξ(1)D x 试用反证法证明:狄利克雷函数例在任何[,].a b 区间上不可积,T δ当时<-∈1[,],i i i x x ξ对任何有则 则===-∑1Δ.n i i x b a于是 ==-=-∑∑11()Δ()Δ,nni i i i i i D x D x b a ξη而这与11()Δ()Δn ni i i ii i D x D x ξη==-∑∑1[,]\Q,1,2,,,i i i x x i n η又任取则-∈=1()Δ0.ni i i D x η==∑所以 [,]().a b D x 在上不可积=b - a 相矛盾, ()()∑∑==-+-≤ni i i n i i i J x D J x D 11∆η∆ξ--<+22b a b a定义2,...:10b x x x a T n =<<<=称 为 f 关于分割 T 的上和,1()Δni i i S T M x ==∑{}1sup ()|[,],1,2,;i i i M f x x x x i n -=∈=称 为 f 关于分割 T 的下和, 1()Δn i i i s T m x==∑{}1inf ()|[,],1,2,;i i i m f x x x x i n -=∈=[,],f a b 设在上有界对任意分割1(1,2,)[,]i i i i i M m i n f x x ω-=-=称为在上的.振幅其中 其中定理9.3（可积准则）函数 f 在[a , b ]上可积的充要条件是： 0,,T ε∀>∃分割使=-=-∑1()()()Δni i i i S T s T M m x 振幅反映了函数在区间内的变化范围,是一个与连 续性相关联的概念.==<∑1Δ.ni i i x ωε定理9.4（连续必可积）11ΔΔ.nni i i i i x x b a εωε==<=-∑∑常见的有三种方法,下面分别作出介绍.每个,i b aεω<-从而 第一种方法: ,[,].a b f 例如在上一致连续的,便属于这种情形连续，则 可积.若 [,]f a b 在上[,]f a b 在上此定理将在本章第六节定理 9.15 中证明. 在用它 .1∑=<∆ni i i x εω证明可积性问题时,有多种方法可使()().f x f x b aε'''-<-ii i m M -=ω1sup{()(),[,]}i i f x f x x x x x ，-''''''=-∈,ab -≤ε从而 11ΔΔ.nni i ii i x x b aεωε==≤=-∑∑因此当 [,]a b T T δ上的分割满足时,<,x x δ若则'''-<从而在[a, b ]上一致连续. 证 [,]f a b 在上连续，于,0>∀ε是,0>∃δ,[,],x x a b '''∀∈,[,]f a b 例如在上单调时,有1()(),ni i f b f a ω=≤-∑第二种方法: ||||,T Mε<则当时1,ni i M ω=≤∑[,]f a b 从而可证在上可积.∑=ni i 1有界，若ω,M ∃即对任意分割，∑∑==≤n i in i i i T x 11ω∆ωM Mε<.ε=定理9.5（单调必可积）[,][,]f a b f a b 若是上的单调函数,则在上可积.f证 不妨设 是非常值的增函数，01:...,n T a x x x b =<<<=1()(),1,2,,,i i i f x f x i n ω-=-=于是 因此, 若 ,()()T f b f a ε则<-则对任意分割 ()111()()nni i i i i f x f x ω-===-∑∑()().f b f a =-11Δnni i ii i x T ωω==≤⋅∑∑().)()()()(εε=-⋅-<a fb f a f b fΔ,i i x ω在中''∑Δi i x ω而在中，''''∑,)(2a b i -<'εω,)(2m M x i -<''∑ε∆ΔΔΔ,i i i i i i x x x ωωω若''''''=+∑∑∑第三种方法: ,1,2,,.i M m i n ω≤-=[,].M m f a b 其中是在上的振幅-于是 ∑∑∑''∆''+'∆'=∆ii i i i i x x x ωωω)()(2)()(2m M m M a b a b --+--<εε.ε=从而定理9.6（有限个间断点的有界函数必可积）0,εδ'∀>取满足0().2()b a M m εδ'<<<--若 [,]f a b 在上有界,且只有有限多个不连续点， 此时可用第三种方法证明 f 可积.f 在 [a , b ] 上可积.只有一个间断点, 且为 b . 证 不妨设 [,]f a b 在上[,]f a b 若在上有界，且只有有限多个间断点，则[,].M m f a b 其中与分别为在上的上确界与下确界ωδ'',...:110δ'-=<<<='-b x x x a T n 使 .2∑'<T i i x εω∆则存在分割[,]f a b δ由于在上连续,'-[,],f b b δω''-设在上的振幅为则().2()2M m M m εε≤-⋅=-令 ,...:10b x x x a T n =<<<=则∑∆Ti i x ωδωω''+∆=∑'T i i x .22εεε=+<[,].f a b 由可积准则,在上可积[0,1]在上可积,且 =⎰1()d 0.R x x 例2 证明黎曼函数1,(,),()0,0,1(0,1)p x p q q q R x x ⎧=⎪=⎨⎪=⎩互素及中的无理数证 只有有限多个, 分割 01:01,n T x x x =<<<=2.k T ε<使 12{,,,}k T r r r 中含的小区间至多有 ,0>∀ε的有理数 p r q=1[0,1]2q ε>在中满足{}.,,,21k r r r 设它们为 [0,1]对作 2k 个,记为 {}.i ∆'Δ2.2i x k k εε'<⋅=∑i∆由于在''12{,,,}{}.k i T r r r ∆中不含的区间记为''0(),2R x ε上≤<.2i εω''≤于是从而 因此这些小区间长度之和为().R x 这就证明了的可积性(),R x 由于已证得可积而且无理数具有稠密性,1[,](1,2,,)i i i x x i n ξ因此可取皆为无理数,-∈=11()d lim()Δ0.niiT i R x x R xξ→===∑⎰从而∑∆i i x ω∑∑''∆''+'∆'=i i i i x x ωω∑∑''∆+'∆<ii x x 221ε.22εεε=+<复习思考题1. f (x ) 为 [a , b ] 上的有界函数, 其不连续点的集合 011(,),||.nni k k k k k E a b b a ε且==⊂-<∑证明 f 在[a , b ]上可积.2. f (x ) 在 [a , b ] 上不连续点的集合为 0E , 它们在 试问 f 在 [a , b ] 上是否一定不可积？0[,][,],[,].a b E αβαβ∀⊂⋂≠∅[ a , b ] 中稠密,即 ∀>∃⊂=0,(,)[,],0,1,,,k k a b a b k n ε使为 E 0 . 若。