用户: HoshinoKoji/分析学/分析学基础/Riemann积分

7Riemann 积分

7.2Riemann 积分的定义

习题 (7.2.1).

解答.  上和 $⩾$ 下和, 每一个上和都是下和的上界, 所以每一个上和 $⩾L(f)$, ……

$\square$

习题 (7.2.5).

解答.  放缩, 取一致收敛给的 $f_N$, 估计 $|U(f_N)-U(f)|$, 用 $ϵ$ 等价条件

$\square$

习题 (7.2.6).

解答.  利用性质 $\sup (A+B)=\sup A+\sup B$, 说明 Riemann 和的上确界就是 $U(f,P)$, 放缩.

$\square$

习题 (7.2.7).

解答.  上和、下和表达式可以直接写出.

$\square$

7.3含不连续点的 Riemann 积分

习题 ().

解答. 

$\square$

7.4Riemann 积分的性质

习题 (7.4.1). 设 $f$ 在 $A$ 上有界, 令$$\begin{array}{rl}M& =\sup \{f(x)\mid x\in A\},\\ m& =\inf \{f(x)\mid x\in A\},\end{array}$$又令$$\begin{array}{rl}{M}^{\prime }& =\sup \{|f(x)|\mid x\in A\},\\ m^{\prime }& =\inf \{|f(x)|\mid x\in A\},\end{array}$$证明: $M-m⩾M^{\prime }-m^{\prime }$; 若 $f$ 在 $[a,b]$ 上可积, 则 $|f|$ 也在 $[a,b]$ 上可积. 最后说明 $|{\int }_a^{b}f|⩽{\int }_a^b|f|$.

解答.  若 $f(x)⩾0$ 或 $f(x)⩽0$ 对于任意 $x\in A$ 成立, 则显然有 $M-m=M^{\prime }-m^{\prime }$, 对于更复杂的情况, 可以分开$$A=X\cup Y=\{x\in A\mid f(x)⩾0\}\cup \{x\in A\mid f(x)⩽0\},$$由假设 $X$ 与 $Y$ 均非空且有界. 不难验证, 若 $A=X\cup Y$ 有界, 则$$\begin{array}{rl}\sup A& =\max \{\sup X,\sup Y\},\\ \inf A& =\min \{\inf X,\inf Y\},\end{array}$$由定义又可知 $M^{\prime }=\max \{\sup X,-\inf Y\}$, $m^{\prime }⩾0$, 而$$M-m=\sup X-\inf Y⩾M^{\prime }⩾M^{\prime }-m^{\prime },$$于是得证. 对于 $|f|$ 的可积性, 取 $f$ 提供的分割 $P$, 以上引理自然也保证$$U(|f|,P)-L(|f|,P)<ϵ.$$对于 $|{\int }_a^{b}f|$, 由已证性质说明 ${\int }_a^b|f|⩾{\int }_a^{b}f$ 且 ${\int }_a^b|f|⩾{\int }_a^b(-f)$ 即可.

$\square$

习题 (7.4.3). 给出反例或证明:

(1)	若 $|f|$ 在 $[a,b]$ 上可积, 则 $f$ 在 $[a,b]$ 上可积.
(2)	$g$ 在 $[a,b]$ 上可积且 $g(x)⩾0$, 若存在无穷个 $x\in [a,b]$ 使得 $g(x)>0$, 则 ${\int }_a^{b}g>0$.
(3)	$g$ 在 $[a,b]$ 上连续且 $g(x)⩾0$, 若至少存在一个 $y_0\in [a,b]$ 使得 $g(y_0)>0$, 则 ${\int }_a^{b}g>0$.

解答.  (1) 反例取 $f:\mathbb{Q}\cap [0,1]\mapsto -1$, $[0,1]\setminus \mathbb{Q}\mapsto 1$ 即可.

(2) 反例取 $\{1/n\mid n⩾2\}$ 的示性函数即可.

(3) 成立, 取一个 $y_0$ 的邻域保证 $g(y_0)⩾ϵ>0$ 即可.

$\square$

习题 (7.4.5). 证明: 若 $P$ 为 $[a,b]$ 的分割, 则$$U(f+g,P)⩽U(f,P)+U(g,P),$$据此说明积分性质中的 ${\int }_a^b(f+g)={\int }_a^{b}f+{\int }_a^{b}g$.

解答.  引理基本是显然的. 任取分割中的某个区间 $[x,y]$, $$\sup \{f(a)\mid a\in [x,y]\}+\sup \{g(a)\mid a\in [x,y]\}⩾f(t)+g(t)$$对于任意 $t\in [x,y]$ 成立, 即左式为$$\{f(a)+g(a)\mid a\in [x,y]\}$$的一个上界, 于是也就大于等于其上确界. 类似地, 有$$L(f+g,P)⩾L(f,P)+L(g,P),$$取 $U(g,P)-L(g,P),U(f,P)-L(f,P)<ϵ/2$ 且即保证左式可积.

另一方面, 利用可积性的序列准则, 存在分割序列 $P_n$ 满足$$U(f+g,P_n)⩽U(f,P_n)+U(g,P_n),$$取极限则有$$\begin{array}{rl}{\int }_a^b(f+g)& =\underset{n\to \infty }{\lim }U(f+g,P_n)\\ & ⩽\underset{n\to \infty }{\lim }\left(U(f,P_n)+U(g,P_n)\right)\\ & =\underset{n\to \infty }{\lim }U(f,P_n)+\underset{n\to \infty }{\lim }U(g,P_n)={\int }_a^{b}f+{\int }_a^{b}g,\end{array}$$类似地, 取下和则得到$${\int }_a^b(f+g)⩾{\int }_a^{b}f+{\int }_a^{b}g,$$于是性质得证.

$\square$

习题 (7.4.6). 首先说明, 若 $f$ 满足 $|f(x)|⩽M$ 在 $[a,b]$ 上成立, 则$$\left|f^2(x)-f^2(y)\right|⩽2M|f(x)-f(y)|.$$据此说明, 若 $f$ 和 $g$ 在 $[a,b]$ 上可积, 则 $f^2$ 和 $fg$ 可积.

解答.  引理显然, 略去. 讨论 $f^2$, 考虑 $f$ 可积性提供的分割 $P$ 是否能用于 $f^2$, 取分割内任意区间 $[u,v]$, 记区间上 $f$ 的上下确界分别为 $S,I$, $f^2$ 的上下确界分别为 $S^{\prime },I^{\prime }$, 可以将引理拓展成$$S^{\prime }-I^{\prime }⩽2M(S-I).$$这一断言的证明有一些繁琐的细节, 大致思路是固定某个 $y\in [u,v]$, 讨论 $x\in [u,v]$ 中满足 $f(x)⩾f(y)$ 的子集, 该子集至少包含 $y$ 故而非空. 去绝对值后两侧同时取上确界, 可以说明, $f,f^2$ 在 $[u,v]$ 内的上确界和上述子集内的上确界相等. 由于 $y$ 是任意的, 所以直接取下确界即可. 随后取$$S-I<\frac{ϵ}{2M},S^{\prime }-I^{\prime }⩽2M(S-I)<ϵ,$$即保证 $f^2$ 的可积性, 而 $fg=(f+g{)}^2-f^2-g^2$ 由已证性质可得.

$\square$

习题 (7.4.7). 构造符合条件的例子:

(1)	函数列 $f_n$ 在 $[0,1]$ 上点态收敛于 $0$, 但 ${\lim }_{n\to \infty }{\int }_0^1{f}_n$ 不存在.
(2)	函数列 $g_n$ 满足 ${\int }_a^b{g}_n\to 0$, 但 $g_n(x)$ 在 $[0,1]$ 上的任意 $x$ 处不收敛于 $0$, 且 $g_n(x)⩾0$ 对于任意 $x$ 和 $n$ 成立.

解答.  (1) 可以让积分越来越大, 范围越来越小, 取$$f_n(x)=\{\begin{array}{ll}{n}^{2}x,& 0⩽x⩽1/n\\ 0,& 1/n<x⩽1\end{array}$$即可.

(2) 可以考虑让 $g_n(x)$ 震荡. 将 $[0,1]$ 分为 $n$ 等份, 第 $k$ 份对应$$g_m(x)=\{\begin{array}{ll}1,& (k-1)/n⩽x⩽k/n\\ 0,& \text{其他}\end{array},$$其中$$m=\sum _{i=1}^{n-1}i+k=\frac{n(n-1)}{2}+k.$$按照这种遍历方式, 积分序列取值为$$1,\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{1}{4},\dots ,$$收敛于 $0$, 但 $x$ 总会落在 $n$ 等分的某份内, $g_n(x)$ 包含无穷个 $1$, 发散.

$\square$

习题 (7.4.9). 设函数列 $g_n$ 和 $g$ 在 $[0,1]$ 上均有界, 记为 $M$. 其中 $g_n$ 在 $[0,1]$ 上点态收敛于 $g$, 而对于任意 $0<\alpha <1$, $g_n$ 在 $[0,\alpha ]$ 上一致收敛. 证明: 若 $g_n$ 和 $g$ 均可积, 那么 ${\lim }_{n\to \infty }{\int }_0^1{g}_n={\int }_0^{1}g$.

解答.  基本思路是, 在 $x=1$ 附近作最坏的打算, 用 $M$ 来估计上下和之差, 其余部分用极限积分交换的定理处理, 即考虑$$\left|{\int }_0^1{g}_n-{\int }_0^{1}g\right|⩽\left|{\int }_0^{\alpha }{g}_n-{\int }_0^{\alpha }g\right|+\left|{\int }_{\alpha }^1{g}_n-{\int }_{\alpha }^{1}g\right|.$$然后估计 $\alpha$ 的合适取值, $$\left|{\int }_{\alpha }^1{g}_n-{\int }_{\alpha }^{1}g\right|=\left|{\int }_{\alpha }^1(g_n-g)\right|⩽{\int }_{\alpha }^1|g_n-g|⩽2M(1-\alpha ),$$于是取 $2M(1-\alpha )<ϵ/2$, 根据定理取一致收敛部分提供的 $N$ 即可.

$\square$

习题 (7.4.10). 设 $g$ 在 $[0,1]$ 上可积, 在 $x=0$ 处连续. 证明: $$\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_0^{1}g(x^n)\mathrm{d}x=g(0).$$

解答.  证明 $g(x^n)$ 可积后套用习题 7.4.9 即可. 由于 $g(x)$ 的分割和 $g(x^n)$ 的分割有很好的对应关系, 我们可以讨论分割内区间长度和原像区间长度之比, 也即 $f(x)=\sqrt[n]{x}$ 的割线斜率.

如果在一定范围内满足 Lipschitz 条件, 即有上界 $M$ 使得$$\frac{\sqrt[n]{x_{k+1}}-\sqrt[n]{x_k}}{x_{k+1}-x_k}⩽M,$$那就很好处理了. 不过考虑到 $f(x)$ 的性质, 我们只能将 $x=0$ 的小邻域去掉, 剩余部分可以用中值定理说明割线斜率有上界. 而在 $x=0$ 附近, 可以利用连续性约束上下确界之差, 取$$x<{\delta }_g<1⟹|g(x)-g(0)|<ϵ/4,$$令 $\delta =\sqrt[n]{{\delta }_g}$, 记 $[0,\delta ]$ 内 $g(x^n)$ 的上下确界分别为 $S$ 和 $I$, 那么有$$\delta (S-I)⩽\delta ϵ/2<ϵ/2.$$而由于 $g(x)$ 在 $[{\delta }_g,1]$ 内可积, 于是有分割 $P$ 使得$$U(g,P)-L(g,P)<ϵ/2M.$$取 $P^{\prime }=\{\sqrt[n]{x}\mid x\in P\}$ 将 $g(x)$ 的分割 $P$ 翻译成 $g(x^n)$ 的分割 $P^{\prime }$, 有$$\begin{array}{rl}U(g(x^n),P^{\prime })-L(g(x^n),P^{\prime })& ={\sum }_{x_k\in P^{\prime }}(x_{k+1}-x_k)(S_k-I_k)\\ & ={\sum }_{x_k\in P}(\sqrt[n]{x_{k+1}}-\sqrt[n]{x_k})(S_k-I_k)\\ & ⩽{\sum }_{x_k\in P}M(x_{k+1}-x_k)(S_k-I_k)\\ & =M(U(g,P)-L(g,P))\\ & <ϵ/2,\end{array}$$其中 $S_k,I_k$ 分别是区间内的上下确界, 由构造方式可知 $P,P^{\prime }$ 的各区间内有相同的确界. 将两部分汇总, 取 $P^{\prime }\cup \{0\}$ 即证明了可积性.

令 $g_n(x)=g(x^n)$, 不难发现, 对于任意 $0<\alpha <1$, $g_n$ 在 $[0,\alpha ]$ 上一致收敛于常值映射 $g(0)$, 这同样利用了 $g$ 在 $x=0$ 处的连续性, 而 $g_n(1)$ 收敛于 $g(1)$ 但不改变积分值. 利用习题 7.4.9 有$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_0^{1}g(x^n)\mathrm{d}x={\int }_0^1\underset{n\to \infty }{\lim }g(x^n)\mathrm{d}x=g(0),$$得到所证结论.

$\square$

习题 (7.4.11). 如果将积分定义为上和 $U(f,P)$ 的下确界, 那么所有函数都可积, 但代价是本节讨论的积分性质会被破坏. 举例说明.

解答.  积分和性质$${\int }_a^b(f+g)={\int }_a^{b}f+{\int }_a^{b}g$$不再成立. 考虑 $\mathbb{Q}\cap [0,1]$ 和 $[0,1]\setminus \mathbb{Q}$ 的示性函数, 即 Dirichlet 函数及其 “补” 函数. 在这一定义下, 积分的和为 $2$, 但和的积分为 $1$.

数乘性质$${\int }_a^{b}kf=k{\int }_a^{b}f$$也不再成立, 反例更为诡异. 考虑 Dirichlet 函数 $D(x)$, 已知 $D(x)$ 的积分为 $1$, 但 $-D(x)$ 的积分为 $0$.

与代数性质相对的是, 只与序有关的性质仍然成立.

$\square$

7.5微积分基本定理

习题 (7.5.2c). 若 $H(x)={\int }_a^{x}h$ 在 $c\in [a,b]$ 处可微, 那么 $h$ 是否在 $x=c$ 处连续?

解答.  不一定. 考虑 Thomae 函数 $t(x)$, 我们已经证明过 ${\int }_a^{b}t$ 恒为 $0$, 于是变上限积分 ${\int }_a^{x}t$ 恒为 $0$, 处处可微, 但 $t(x)$ 在有理点处不连续.

$\square$

习题 (7.5.4). 若 $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ 连续, 且 ${\int }_a^{x}f=0$ 对于任意 $x\in [a,b]$ 成立, 证明 $f(x)=0$ 对于任意 $x\in [a,b]$ 成立. 如果 $f$ 不连续, 给出反例.

解答.  连续时, 利用微积分基本定理即可. 反例同习题 7.5.2c.

$\square$

习题 (7.5.6). 证明分部积分法: 若 $h,k$ 在 $[a,b]$ 上导数连续, 则$${\int }_a^{b}h(x)k^{\prime }(x)\mathrm{d}x=h(b)k(b)-h(a)k(a)-{\int }_a^b{h}^{\prime }(x)k(x)\mathrm{d}x,$$并说明是否能减弱条件.

解答.  由条件可知 $h(x)k^{\prime }(x)$, $h^{\prime }(x)k(x)$ 均连续且可积, 而$$(h(x)k(x){)}^{\prime }=h^{\prime }(x)k(x)+h(x)k^{\prime }(x),$$记 $F(x)=h(x)k(x)$, 由微积分基本定理, $$\begin{array}{rl}{\int }_a^{b}h(x)k^{\prime }(x)\mathrm{d}x+{\int }_a^b{h}^{\prime }(x)k(x)\mathrm{d}x& ={\int }_a^b(h(x)k(x){)}^{\prime }\mathrm{d}x\\ & ={\int }_a^b{F}^{\prime }(x)\mathrm{d}x\\ & =F(b)-F(a),\end{array}$$移项得证. 由于可积函数的乘积也可积, 条件可以减弱至 $h^{\prime },k^{\prime }$ 可积.

$\square$

习题 (7.5.8). 定义函数$$L(x)={\int }_1^x\frac{1}{t}\mathrm{d}t,$$其中 $x>0$, 证明自然对数的恒等式: $$\begin{array}{rl}L(xy)& =L(x)+L(y),\\ L(x/y)& =L(x)-L(y).\end{array}$$说明序列$${\gamma }_n=\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots +\frac{1}{n}\right)-L(n)$$收敛. 其极限称为 Euler 常数. 最后利用 ${\gamma }_{2n}-{\gamma }_n$ 说明$$L(2)=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\cdots .$$

解答.  对于 $L(xy)$ 的恒等式, 首先考虑 $g(x)=L(xy)$, 由链式法则有$$g^{\prime }(x)=y{L}^{\prime }(xy)=\frac{1}{x}=L^{\prime }(x),$$这意味着 $g(x)$ 也是 $1/t$ 的一个原函数, 进一步可知$$L(x)={\int }_1^x\frac{1}{t}\mathrm{d}t=g(x)-g(1)=L(xy)-L(y),$$得证. 而对于 $L(x/y)$, 我们只需证明 $L(1/x)=-L(x)$. 运用类似的方法, 令 $h(x)=L(1/x)$, 由链式法则有$$h^{\prime }(x)=-\frac{1}{x^2}{L}^{\prime }\left(\frac{1}{x}\right)=-\frac{1}{x}=-L^{\prime }(x),$$即 $-h(x)$ 也是 $1/x$ 的一个原函数, 进一步可知$$L(x)={\int }_1^x\frac{1}{t}\mathrm{d}t=-h(x)+h(1)=-L\left(\frac{1}{x}\right).$$对于序列 $({\gamma }_n)$, 不难发现, 当 $n⩾2$ 时, $$\begin{array}{rl}{\gamma }_n& =\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots +\frac{1}{n}\right)-L(n)\\ & =1+\sum _{i=1}^{n-1}\left(\frac{1}{i+1}\right)-\sum _{i=1}^{n-1}(L(i+1)-L(i))\\ & =1+\sum _{i=1}^{n-1}\left(\frac{1}{i+1}-{\int }_i^{i+1}\frac{1}{t}\mathrm{d}t\right)\\ & ⩾1+\sum _{i=1}^{n-1}\left(\frac{1}{i+1}-\frac{1}{i}\right)=1+\frac{1}{n}-1>0,\end{array}$$序列有下界. 另一方面, $${\gamma }_{n+1}-{\gamma }_n=\frac{1}{n+1}-{\int }_n^{n+1}\frac{1}{t}\mathrm{d}t⩽0,$$序列单调递减, 于是收敛. 放缩思路来自积分与上下和的差, 见示意图.

子列 $({\gamma }_{2n})$ 收敛于相同的极限, 意味着$$\begin{array}{rl}0=\underset{n\to \infty }{\lim }({\gamma }_{2n}-{\gamma }_n)& =\underset{n\to \infty }{\lim }\left(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots +\frac{1}{2n}-L(2)\right)\\ & =\underset{n\to \infty }{\lim }\left(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots +\frac{1}{2n}\right)-L(2).\end{array}$$继续研究其中出现的极限, 令$$x_n=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots +\frac{1}{2n},$$于是当 $n⩾2$ 时, $$x_n-x_{n-1}=\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n},$$累加求和得$$\begin{array}{rl}{x}_n-x_1& =(x_2-x_1)+(x_3-x_2)+\cdots +(x_n-x_{n-1})\\ & =\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right)+\left(\frac{1}{5}-\frac{1}{6}\right)+\cdots +\left(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n}\right),\end{array}$$而 $x_1=1/2$, 可知 $(x_n)$ 是 $\sum (-1{)}^{n+1}/n$ 的一个子列, 移项得证.

$\square$

习题 (7.5.9). 给定 $[a,b]$ 上的函数 $f$, 定义 $f$ 的全变分为$$Vf=\sup \left\{\sum _{k=1}^n|f(x_k)-f(x_{k-1})|\right\},$$其中集合内取遍 $[a,b]$ 的所有分割. 若 $f$ 导数连续, 利用微积分基本定理说明 $Vf⩽{\int }_a^b|f^{\prime }|$, 再结合中值定理证明 $Vf={\int }_a^b|f^{\prime }|$.

解答.  对于 $[a,b]$ 的任意分割 $P$, 利用微积分基本定理, $$\sum _{k=1}^n|f(x_k)-f(x_{k-1})|=\sum _{k=1}^n\left|{\int }_{x_{k-1}}^{x_k}{f}^{\prime }\right|⩽\sum _{k=1}^n{\int }_{x_{k-1}}^{x_k}|f^{\prime }|={\int }_a^b|f^{\prime }|,$$可知 ${\int }_a^b|f^{\prime }|$ 是集合内所有元素的上界, 故而有 $Vf⩽{\int }_a^b|f^{\prime }|$.

另一方面, 利用中值定理, $$\sum _{k=1}^n|f(x_k)-f(x_{k-1})|=\sum _{k=1}^n(x_k-x_{k-1})|f^{\prime }(u_k)|⩾L(|f^{\prime }|,P),$$由此不难说明 $Vf⩾\sup \{L(|f^{\prime }|,P)\}={\int }_a^b|f^{\prime }|$, 得证.

$\square$

习题 (7.5.10). 设 $g:[a,b]\to \mathbb{R}$ 可微且导数连续, $f:[c,d]\to \mathbb{R}$ 连续, 且 $\mathrm{Im}g\subseteq [c,d]$ 使得 $f\circ g$ 有定义, 证明$${\int }_a^{b}f(g(x))g^{\prime }(x)\mathrm{d}x={\int }_{g(a)}^{g(b)}f(t)\mathrm{d}t$$即定积分换元公式.

解答.  由 $f$ 的连续性和微积分基本定理, 存在原函数 $F$ 使得 $F^{\prime }=f$, 于是可以进一步定义可微函数 $H(x)=F(g(x))$, 由链式法则有$$H^{\prime }(x)=F^{\prime }(g(x))g^{\prime }(x)=f(g(x))g^{\prime }(x),$$导数仍连续, 继续利用微积分基本定理得$$\begin{array}{rl}{\int }_a^{b}f(g(x))g^{\prime }(x)\mathrm{d}x& ={\int }_a^b{H}^{\prime }(x)\mathrm{d}x\\ & =H(b)-H(a)=F(g(b))-F(g(a))\\ & ={\int }_{g(a)}^{g(b)}{F}^{\prime }(t)\mathrm{d}t={\int }_{g(a)}^{g(b)}f(t)\mathrm{d}t,\end{array}$$于是得证.

$\square$

习题 (7.5.11). 设 $f$ 在 $[a,b]$ 上可积, 且有某一点 $c\in (a,b)$ 为跳跃间断点, 即左右极限存在但不相等. 说明此时 $F(x)={\int }_a^{x}f$ 在 $x=c$ 处不可微, 并利用这一结果, 构造一个连续且单调, 但在 $\mathbb{R}$ 的一个稠密子集内不可微的函数.

解答.  记 $f$ 在 $x=c$ 处的左右极限分别为 $L$ 和 $R$, 则在左邻域内, $$\begin{array}{rl}\left|\frac{{\int }_a^{c}f-{\int }_a^{x}f}{c-x}-L\right|=\left|{\int }_x^c\frac{f(t)-L}{c-x}\mathrm{d}t\right|& ⩽{\int }_x^c\frac{|f(t)-L|}{c-x}\mathrm{d}t\\ & ⩽{\int }_x^c\frac{ϵ}{2(c-x)}\mathrm{d}t<ϵ,\end{array}$$其中邻域的取法由左极限定义保证, 有$$\underset{x\to c^{-}}{\lim }\frac{{\int }_a^{c}f-{\int }_a^{x}f}{c-x}=L,$$同理可得差商函数的右极限为$$\underset{x\to c^{+}}{\lim }\frac{{\int }_a^{x}f-{\int }_a^{c}f}{x-c}=R,$$极限不存在, 故 $F(x)$ 在 $x=c$ 处不可微.

习题 6.4.10 构造了函数 (其中 $r_n$ 是有理数的枚举) $$h_n(x)=\{\begin{array}{ll}1/2^n,& x>r_n\\ 0,& x⩽r_n\end{array},$$其级数和 $h(x)={\sum }_{n=1}^{\infty }{h}_n(x)$ 一致收敛, 但在所有的有理点处不连续, 均为跳跃间断点. 由于部分和 $\sum h_n(x)$ 在任意紧区间上可积, 又一致收敛于 $h$, 所以 $h$ 也在任意紧区间上可积. 于是构造$$H(x)={\int }_0^{x}h(t)\mathrm{d}t,$$由微积分基本定理可知 $H$ 连续, 而 $h(x)$ 非负故而有 $H$ 单调递增. 再结合第一部分的结果, $H$ 在 $\mathbb{R}$ 的稠密子集 $\mathbb{Q}$ 上不可微, 符合要求.

$\square$

7.6Lebesgue 定理

习题 (7.6.9). 设 $f$ 在 $[a,b]$ 上的不连续点 $D$ 为零测集. 给定任意 $\alpha >0$, 说明存在有限个开区间 $\{G_1,G_2,\dots ,G_N\}$ 的不交并包含 $D^{\alpha }$, 且区间总长 ${\sum }_{n=1}^N|G_N|$ 任意小.

解答.  由于 $D^{\alpha }\subseteq D$, 所以 $D^{\alpha }$ 也为零测集, 存在包含 $D^{\alpha }$ 的可数个开区间的并, 且区间总长任意小. 而 $D^{\alpha }\subseteq [a,b]$ 是有界闭集, 故其开覆盖存在有限子覆盖, 于是存在有限个总长任意小的开区间的并包含 $D^{\alpha }$.

这些开区间可能重叠, 我们需要修剪掉相交的部分. 假设 $I,I^{\prime }$ 相交, 那么 $I\cap I^{\prime }$ 也是开区间. 而由于 $D^{\alpha }$ 是零测集, 所以存在 $x\in (I\cap I^{\prime })\setminus D^{\alpha }$, 以 $x$ 为界重新划分 $I,I^{\prime }$ 的势力范围即可. 依次将这一过程重复下去, 可以保证新的开区间两两不交, 且仍然包含 $D^{\alpha }$, 总长任意小.

$\square$

习题 (7.6.12). 设 $f$ 在 $[a,b]$ 上 Riemann 可积, 说明给定任意 $\alpha >0$ 时, $D^{\alpha }$ 是零测集, 据此证明 $D$ 是零测集.

解答.  固定 $\alpha >0$ 后, 对于任意 $ϵ>0$, $f$ 的可积性保证存在 $[a,b]$ 的分割, 使得 $U(f,P)-L(f,P)<\alpha ϵ$. 我们现在需要考虑 $D^{\alpha }$ 中的点会落在分割的哪些区间内. 对于某个 $x\in D^{\alpha }$, 其邻域内的变化会大于等于 $\alpha$, 这意味着分割中包含 $D^{\alpha }$ 的区间总长度必然严格小于 $ϵ$, 否则有$$U(f,P)-L(f,P)⩾\alpha ϵ,$$矛盾. 这样我们已经用有限个闭区间得到了 $D^{\alpha }$ 的覆盖. 为了补充成开区间, 可以用剩下的配额 $ϵ-{\sum }_{n=1}^N|F_n|$ 分成 $2n$ 份, 新的开区间为$$\left(x_{k-1}-\frac{ϵ-{\sum }_{n=1}^N|F_n|}{2n},x_k+\frac{ϵ-{\sum }_{n=1}^N|F_n|}{2n}\right),$$这就说明了 $D^{\alpha }$ 是零测集. 而 $D$ 是 $\{D^{\alpha }\}$ 的可数并, 也为零测集.

$\square$

习题 (7.6.13). 利用 Lebesgue 定理说明:

(1)	若 $f,g$ 在 $[a,b]$ 上可积, 则 $fg$ 可积.
(2)	若 $g$ 在 $[a,b]$ 上可积, $f$ 在 $\mathrm{Im}g$ 上连续, 则复合函数 $f\circ g$ 在 $[a,b]$ 上可积.

解答.  (1) 由可积性, $f,g$ 的非连续点均为零测集, 而 $fg$ 的非连续点至多为两者之并, 仍为零测集, 所以可积.

(2) 由 $f$ 的连续性, $g$ 的连续点在 $f\circ g$ 下仍连续, 所以 $f\circ g$ 的非连续点至多为 $g$ 的非连续点, 仍为零测集, 所以可积. 这种策略在对调连续性和可积性假设位置后并不可行.

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习题 (7.6.19). 构造一个例子: $g$ 在 $[a,b]$ 上连续, $f$ 在 $[c,d]$ 上可积, 但复合函数 $f\circ g$ 在 $[a,b]$ 上不可积.

解答.  由于胖 Cantor 集 $C$ 是紧集, 由习题结果可知$$g(x)=\inf \{|x-c|\mid c\in C\}$$是连续映射, 并且 $g(x)=0$ 当且仅当 $x\in C$, 再令 $f$ 为符号函数 $\mathrm{sgn}$, 最后复合函数 $f\circ g$ 即为 $C$ 的示性函数, 非连续点不为零测集, 不可积.

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