数学分析知识范畴内对黎曼可积Lebesgue判据的证明

Created on March 29, 2021

2021   ·   integral   ·   Math

摘要：第一部分列举了大部分教材都涵盖的黎曼可积的三个充要判据；第二部分讲述了证明之前的准备知识；第三部分完成了证明。

在一般的分析教材中，只给出了Lebesgue定理是函数黎曼可积的充要条件，没有给出其证明过程；本文章在不涉及更高层次的分析（如：实变函数）的基础上对Lebesgue定理进行证明。

注：下面的过程均没有考虑端点的情况(例如，端点的振幅函数由单侧区间定义)；事实上证明方法完全类似，只不过换了几个符号。

part 1

首先列举出黎曼可积的三个充要判据：

(以下默认：$\Delta$是$[a,b]$的一个分割 $x_0=a<…<b=x_n$，$\Delta x_i=x_i-x_{i-1}$，$\lambda(\Delta)=\max {\Delta x_i}$，$w_i$ 为 $[x_{i-1},x_i]$ 的振幅。)

定理1：$f(x)\in R[a,b]$的充要条件是：

  • $\forall \varepsilon >0,\exists \delta,\forall \Delta$，只要$\lambda(\Delta)<\delta$，就有$\sum \limits_{i=1}^nw_i\Delta x_i<\varepsilon$.
  • $\forall \varepsilon >0,\exists\Delta$，满足$\sum \limits_{i=1}^nw_i\Delta x_i<\varepsilon$.
  • $\forall \varepsilon >0,\forall \sigma>0,\exists \Delta$，使区间振幅大于$\varepsilon$的区间长度和小于$\sigma$.

以上三条定理一般的书中都有讲述与证明，这里不再赘述。

part 2

在正式开始证明之前，我们首先引入实数域上一个函数的振幅函数的概念：

定义：设$w_\delta$为$f(x)$在$[x-\delta,x+\delta]$上的振幅，定义 \(w(x)=\lim\limits _{\delta\to0^+}w_\delta\) 。

其中，$w_\delta$也可以写成$\sup\limits_{x_1,x_2\in[x-\delta,x+\delta]} {f(x_1)-f(x_2)}=\sup\limits_{x\in[x-\delta,x+\delta]}f(x)-\inf\limits_{x\in[x-\delta,x+\delta]}f(x)$.

定理2：$f$在$x_0$处连续等价于$w(x_0)=0$.

这是非常容易证得的。

不是所有的函数振幅函数都处处有定义。例如，$f(x)=\frac{1}{x}$并在0处补充定义$f(0)=0$，那么振幅函数在0处是没有定义的；但是可积函数都是有界的，这促使我们思考是否有界函数的振幅函数处处都有定义。

命题：有界函数的振幅函数处处有定义。

证明：

  • 观察$w_\delta=\sup\limits_{x\in[x-\delta,x+\delta]}f(x)-\inf\limits_{x\in[x-\delta,x+\delta]}f(x)$。$\sup\limits_{x\in[x-\delta,x+\delta]}f(x)$随$\delta$的减小递减(也就是单调递增)，$\inf\limits_{x\in[x-\delta,x+\delta]}f(x)$随$\delta$的减小递增(也就是单调递减)，从而$w_\delta$是$\delta$的单调递增函数。又函数有界，从而振幅有界，根据单调有界函数收敛，从而$w(x)$恒存在。

引入振幅函数后，我们的工作完成了一小部分。接下来给出证明Lebesgue判据的一个中间步骤：

定理3(du Bois-Reymond准则)：$f\in R[a,b]$充要于下面的条件：$f(x)$在$[a,b]$有界，且对

$\forall \varepsilon >0,\forall \sigma>0,{x\in[a,b]:w(x)\geq \varepsilon}$可以被长度之和$\leq\sigma$的有限个开区间覆盖。

证明：

我们考虑证明定理1的第三条与该定理的等价性，因为它们的形式非常相像。

  • ”$\Leftarrow$”：已知$f(x)$在$[a,b]$有界，且对$\forall \varepsilon >0,\forall \sigma>0,{x\in[a,b]:w(x)\geq \varepsilon}$可以被长度之和$\leq\sigma$的有限个开区间覆盖。 考虑振幅函数的定义；$w_\delta$随$\delta$的减小而减小，故$\forall \delta_0>0,f(x)$在$[x_0-\delta_0,x_0+\delta_0]$上的振幅都有$w\geq \lim\limits_{\delta\to 0}w_{\delta}=w(x_0)$.根据定理条件，也就有$w\geq \varepsilon$.这也就是说，包含原本振幅大于$\varepsilon$的点的区间的振幅也总是大于$\varepsilon$的。 对任意这样的点$x_0$，我们设它被开区间$(c,d)$覆盖，从而可取$\delta_0=\frac{1}{2}\min{x_0-c,d-x_0}$,使$[x_0-\delta_0,x_0+\delta_0]$也被$(c,d)$覆盖。于是，所有包含这些点的区间的并也可以被$\leq\sigma$的有限个开区间覆盖。

    对振幅小于$\varepsilon$的点，根据保序性，$\exists\delta_1>0,s.t.f(x)$在$[x_0-\delta_1,x_0+\delta_1]$内的振幅小于$\varepsilon$. 由于开区间有限，从而可将除去它们的$[a,b]$分割为若干闭区间的并。在每个闭区间里，对其中的每个点，取上述邻域（去掉端点）$U(x_0,\delta_1)$,从而可以覆盖这个闭区间；根据有限覆盖原理，也就$\exists m>0$,这$m$个开区间覆盖这个闭区间；从而补充上端点，这$m$个闭区间也能覆盖这个闭区间。于是我们得到至多$2m$个闭区间的分点，其中任意相邻两点构成的闭区间至少被原来的一个闭区间覆盖，从而振幅也小于$\varepsilon$.

    于是，我们设开区间有$K$个，也就构成了至多$K+1$个闭区间,它们分别可被$m_1\cdots m_K$个闭区间覆盖，也就根据这些分点(至多$2(m_1+\cdots m_K)$个)得到一个分割，这个分割就满足定理1的第三条。

  • ”$\Rightarrow$”：$f$在$[a,b]$有界是显然的。

    已知$\forall \varepsilon >0,\forall \sigma>0,\exists \Delta$,使区间振幅大于$\varepsilon$的区间长度和$\sum\limits_{i=1}^k\Delta x_i$小于$\frac{\sigma}{2}$. 除了分点本身以外(因为它的任意邻域都跨越了两个区间，不能被某个小区间覆盖)，根据上面的论述，某点振幅必不大于其所在区间的振幅，从而在振幅小于$\varepsilon$的区间内至多有有限多个（设为$N$个）点的振幅大于$\varepsilon$.

    设有$K$个区间的振幅$\geq\varepsilon$.设任一为$[x_{i-1},x_i]$,取$(x_{i-1}-\frac{\sigma}{2^{1+i}},x_{i}+\frac{\sigma}{2^{1+i}})$,剩下$N$个点取其邻域，并使区间半径依次为$\frac{\sigma}{2^{N+2}},\cdots\frac{\sigma}{2^{N+K+2}}$，于是这$N+K$个开区间的长度和$\leq \frac{\sigma}{2}+(\frac{\sigma}{4}+\cdots \frac{\sigma}{x^{N+K+1}})<\sigma$.

证毕。

part 3

下面我们来到最后的证明：

定理：$f\in R[a,b]$充要于$f$有界且间断点集是零测集。（或说：$f$在$[a,b]$几乎处处连续）

其中$\mathbb{R}$上零测集的概念是：设$S$是实数集的子集，$\forall \varepsilon>0,\exists$含至多可数个开区间$I_j=(a_j,b_j)(j=1,2\cdots)$的开区间族，且它们的区间长度和$\sum\limits_{j=1}^n(b_j-a_j)(n$可以是无穷$)$小于$\varepsilon$，则称集合$S$为零测集。

证明：

事实上，我们看定理3(du Bois-Reymond准则)与Lebesgue判据的比较：

定理3(du Bois-Reymond准则)：$f(x)$在$[a,b]$有界，且对$\forall \eta >0,\forall \sigma>0,{x\in[a,b]:w(x)\geq \eta}$可以被长度之和$\leq\sigma$的有限个开区间覆盖。

Lebesgue判据：$f(x)$在$[a,b]$有界，且对$\forall \varepsilon>0,{x\in[a,b]:w(x)\neq0}$可被长度之和小于$\varepsilon$的至多可数个开区间覆盖。

可以看到，两者形式上已经非常接近，所以考虑证明两者的等价。证明的难点在于”有限”与”无限”的过渡；一个来自于$\forall \eta>0$与$0$之间互相的过渡，一个来自有限与至多可数之间互相的过渡。

  • ”$\Rightarrow$”：已知函数可积，也即由定理3(du Bois-Reymond准则)推证Lebesgue判据。

    观察定理3，它说明了对$\forall \eta>0$,可积函数满足${x\in[a,b]:w(x)\geq \eta}$恒为零测集。

    由定理2，振幅函数不为$0$的点必然间断；考虑取上述$\eta=\frac{1}{n}$,则任意对应$w(x_0)\neq 0$的$x_0$间断点,都存在$N$，使得$w(x_0)\in[\frac{1}{N+1},\frac{1}{N}]$（此外可以还有一个振幅大于$1$的点集；根据定理它也是零测的）。又由上面的论断，推知${x\in[a,b]:w(x)\in [\frac{1}{N+1},\frac{1}{N}]}$为零测集，从而间断点集是可数个零测集的并；可数个零测集的并仍为零测集，故间断点集也是零测集。

  • ”$\Leftarrow$”：用Lebesgue判据推断函数可积：

    对\(f(x)\)的连续点，根据连续的定义,（为了避免混淆，这里使用了\($\xi\)代替\(\varepsilon\)）$$\forall \xi>0,\exists \delta>0,s.t.\forall x\in U(x_0,\delta), f(x)-f(x_0) <\xi\(,取\)\xi=\frac{\eta}{4}\(,从而在\)U(x_0,\delta)\(内\)f(x)\(的振幅不大于\)2\xi=\frac{\eta}{2}$.对所有的连续点取这样的开区间，设其为\((I)\)类区间；对不连续点，根据零测集，取能够包括它们的开区间，设其为\((II)\)类区间。显然，任何一个点要么属于\((I)\)类区间，要么属于\((II)\)类区间，要么都被两类区间覆盖。从而所有点构成了一个开区间族覆盖整个闭区间，根据有限覆盖定理，\(\exists p>0\),使得闭区间被这$p$个开区间覆盖。

    按照这$p$个开区间的分点，对闭区间取分割 $\Delta:a=x_0<\cdots<x_n=b$ ,在任意两个分点之间的开区间，它要么包含于$(I)$类区间，也就是其在开区间振幅不超过$\frac{\eta}{2}$，也就小于$\eta$；要么它不属于$(I)$类区间，那么也就一定属于$(II)$类区间，而$\forall \varepsilon>0,(II)$类区间可被长度和小于$\varepsilon$的开区间覆盖；作为它的子集，这里的开区间长度和也小于$\varepsilon$。取$\varepsilon=\frac{\sigma}{2}$,在所有相邻分点构成的开区间之中的振幅大于$\eta$的点也就可以被有限个开区间(设为$k$个)覆盖，且长度和小于$\frac{\sigma}{2}$.

    现在只剩下区间的分点，也就是闭区间的端点没有讨论；而区间的分点是有限的，显然存在至多$n+1$个开区间覆盖住这些分点,并使开区间长度和$<\frac{\sigma}{2}$。从而振幅大于$\eta$的点可被有限个开区间(至多$n+k+1$个)覆盖。从而我们也就证明了$\forall \eta >0,\forall \sigma>0,{x\in[a,b]:w(x)\geq \eta}$可以被长度之和$\leq\sigma$的有限个开区间覆盖。 证毕。