函数可积性PPT

Inf
f ( x ),
x[ x k 1 , x k ]
Sup
f ( x )
n k k 0
k 1, 2, , n
n
则称和式 :
S ( f , T ) M k xk
达布上和 k 1 （大和） n s( f , T ) mk xk 达布下和 k 1 （小和）

b
a
f ( x )dx lim f ( k ) xk
0
k 1
积分下限
[a , b] 称为积分区间
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定积分是 : 积分和式的极限
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[例如]
曲边梯形的面积 A

b a
f ( x)dx
b a
变速直线运动的路程
s v(t )dt
定积分的“ ”定义：
第五讲 函数可积性
一、定积分的概念
二、可积性条件与可积类
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一、定积分Hale Waihona Puke Baidu概念
黎曼积分定义：
设函数 f : [a , b] R, 对区间[a , b] 作任意划分, 即在[a , b]中插入一组分点: a x0 x1 x k 1 x k x n b 记第k 个小区间[ x k 1 , x k ] ( k 1, , n) 的 长度为 x k x k x k 1 ; 任取 k [ x k 1 , x k ], 构造和式 :

D(
k 1
n
k
)xk 0
l i m D( k )xk 0
0
k 1
5
n
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故Dirichlet函数在[0, 1]上不可积
[例2] 计算定积分 e x dx
0
1
1 [解] 将[0, 1]n等分, 得 xk n k 取 k ( k 0, 1, 2, , n 1) n n 1 k 1 n 构造和式 S n e n k 0
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f (
k 1
n
k
xk , )x k , 记 m ax
1 k n
2
如果和式极限 l i m f ( k ) x k 存在, 则
0
k 1
n
称 f 在 [a , b] 上可积, 记 f R[a , b];并且 称此极限值为 f ( x ) 在 [a , b] 上的定积分. 积分上限 记作: n
对 [a, b]的一个划分T1 , 增加某些新分点 , 构成[a, b]的一个新划分T2 , 有
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(一)可积条件 1.达布上和与达布下和
y
y f ( x)
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o
a
x
b
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定义：（达布上和与下和）
设 f ( x ) 是 [a , b] 上有界函数, T x 是 [a , b]的一个划分, 记 M k mk
x[ x k 1 , x k ]
xi , 及点 k的任意取法, 只要 m ax
1 i n
0, 0, 使得对[a , b]的任意划分
就有
f (
k 1
n
k
) xk I
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则称I是f ( x)在[a, b]上的定积分.
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[例1] 证明 Dirichlet函数 1 D( x ) 0 x为有理数 x为无理数 在 [0, 1] 上不可积
1 e 1 n 1 k n e 1 n n k 0 n(1 e )
问 ： 这 个 做 法 对 不 对 ？
关 键 ： 定 积 分 的 存 在 性

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e dx l im
x n
1 e n(1 e )
1 n
e 1
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三、可积性条件与可积类
定积分作为黎曼和式的极限，其 构造十分复杂，因此想计算这个和式 的极限来研究定积分，实际上是不可 行的. 另一途径是先研究其存在性， 首先是简化和式结构，把“两个任意” (任分任取)简化为“一个任意”(任分) 这就是达布上和与下和的来由。
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[注意1] 上和、下和是被划分唯一确定的 2018/11/10 这是上和、下和与积分和的主要区别
[注意2] 对同一个分法，上和与下和的关系是:
s(T ) S (T )
2. 达布上和、下和的性质 设 f ( x ) 在[a, b]上有界
性质1： 对于 [a, b]的一个划分T , 任意黎曼和 都介于下和s(T ) 与上和 S (T ) 之间, 即
s( T ) f ( k )xk S ( T )
k 1 n
且
S( T )
k [ xk 1 , xk ] k 1
sup
f (
n k 1
n
k
)xk
k
s( T )
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k [ xk 1 , xk ]
inf
f (
)xk
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[证] k [ xk 1 , xk ], 有 mk f ( k ) M k
[证] 任给[0, 1]的一个划分xk n k 0
任取 k [ xk 1 , xk ] 是有理数 (k 1,, n)

D(
k 1
n
k
)xk xk 1 lim D( k )xk 1
k 1
n
n
0
k 1
另取k [ xk 1 , xk ] 是无理数 (k 1,, n)
S ( T ) f ( k )xk 即 S ( T ) sup
k 1
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k [ xk 1 , xk ] k 1
f ( )x
k
n
k
n
k [ xk 1 , xk ] k 1
f ( )x
k
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n
k
性质2：（分点增多时，小和不减，大和不增）
s( T ) mk xk f ( k )xk M k xk S ( T )
k 1 k 1 k 1 n n n
再证
S ( T ) sup
Mk f ( k ) 0,k [ xk1, xk ], 使得 ba n n （M k )xk f ( k )xk 即 因此 ba k 1 k 1