数学分析--可积理论

积分复习之可积理论篇口诀：可积可积真淘气，“阴影面积”趋于零；这是第一充要性，连续单调全搞定。如果函数坏脾气，坏点割出要出力，再用第二要注意，坏点区间只头尾，最后接力算阴影，坏矩全放4M0.例1f(x)在[a,b]上连续，则可积.分析：(用第一充要条件)即证lim||||→0∑wi(f;)∆xi=0也即证80;90;只要分划满足jjjj就有∑wi(f;)∆xi从函数一致连续性，我们知道只要每个小区间充分小，这里所有的!i都可以放得一致小，那么结论还是有希望得出的。证明：由函数在闭区间连续知，函数一致连续，从而对80,存在0，使得jx′x′′j时,就有jf(x′)f(x′′)j2(ba)从而若jjjj时，所有小区间上任两点x′;x′′都满足jf(x′)f(x′′)j2(b−a),于是对所有的小区间上的振幅!i都满足wi2(ba)故∑wi(f;)∆xi∑2(ba)∆xi=2:综上，我们有80,存在0，jjjj时，∑wi(f;)∆xi∑2(ba)∆xi=2单调函数可积性不再证明，因为它的证明是最特别的1在闭区间上只有一个间断点的函数的可积原因坏点割出时我们遵循的原则是：如果坏点为区间左端点a，则割[a;a+20]如果坏点为区间右端点b，则割[b20;b]如果坏点为区间为(a;b)中的点c，则割[c0;c+0]其中0=12M;jfjM:下面我们只对第三种情形来证明。证明：对任意给定的0,我们令0=12M;(1)其中M满足jf(x)jM.由f在区间[a;c0]和[c+0;b]上连续，可知f在此两个区间上均可积.从而，由可积的第二充要条件可知在[a;c0]和[c+0;b]上分别存在一个分化1:a=x0x1


xn=c0和2:c+0=y0y1


ym=b;使得n∑i=1!i∆xi3(2)及m∑i=1!i∆yi3(3)成立.我们设[a;b]被分点fx0;x1;


;xn;y0;y1;


;ymg所分的分化为,即:a=x0x1


xn=c0c+0=y0y1


ym=b;从而∑wi∆xi=n∑i=1!i∆xi+w([c0;c+0])20+m∑i=1!i∆yi其中w([c0;c+0])表示f在区间[c0;c+0]上的振幅。于是由(1),(2),(3)式，可得n∑i=1!i∆xi+w([c0;c+0])20+m∑i=1!i∆yi3+2M
20+3=故再由可积第二充要条件可知，函数f在[a;b]上可积.2其他两种情形做为练习，请读者自己完成.注：到此，我们可以:如过f在闭区间上至多只有一个间断点，则f在此闭区间上必可积.有限个间断点的可积性分析我们不妨假设间断点为c1c2


ck:坏点割出时我们遵循的原则依然是：如果坏点为区间左端点a，则割[a;a+20]如果坏点为区间右端点b，则割[b20;b]如果坏点ci为区间为(a;b)中的点，则割[ci0;ci+0]下面我们来证明间断点c1c2


ck全在(a;b)中情形。其他情形请读者自己完成.证明:设[a;b]=[a;c10]∪[c10;c1+0]∪


∪[ck0;ck+0]∪[ck+0;b]显然上式右边的每个小区间都至多只有一个间断点，故f在每个小区间上可积。再由可积的区间可加性性质，我们有f在[a;b]上可积.无穷多间断点，但间断点构成的数列收敛的函数可积性分析下面我们只讨论极限在(a;b)情形.无穷多个间断点跟有限个间断点比起来，表面上似乎有很大不同，但注意到收敛这个事实后就会发现一些有趣的事.证明：我们设间断点fxng的极限为c,即limn→∞xn=c;c2(a;b)对任意给定的0,我们令0=12M;(4)这里M满足jfjM.从而在[a;c0]及[c+0上至多只有有限个间断点，故可积，从而由可积的第二充要条件可知在[a;c0]和[c+0;b]上分别存在一个分化1:a=x0x1


xn=c0和2:c+0=y0y1


ym=b;使得n∑i=1!i∆xi3(5)3及m∑i=1!i∆yi3(6)成立.我们设[a;b]被分点fx0;x1;


;xn;y0;y1;


;ymg所分的分化为,即:a=x0x1


xn=c0c+0=y0y1


ym=b;从而∑wi∆xi=n∑i=1!i∆xi+w([c0;c+0])20+m∑i=1!i∆yi其中w([c0;c+0])表示f在区间[c0;c+0]上的振幅。于是由(4),(5),(6)式，可得n∑i=1!i∆xi+w([c0;c+0])20+m∑i=1!i∆yi3+2M
20+3=故再由可积第二充要条件可知，函数f在[a;b]上可积.发现了没？证明与只有一个间断点是如此惊人的相似。证明细节的高度重复性就是那些有趣的事情。在7.2节有两个和可积性紧密相关的例子，重要程度五星级。例7.2节11题，若f(x)和f(x+h)在[a;b]上可积，则limh→0∫bajf(x+h)f(x)jdx=0:分析：这题解答给的很不舒服，我给出一种解法，即分别来证明左侧和右侧极限都为零.证明：下证limh→0+∫bajf(x+h)f(x)jdx=0:设n=[bah];对[a;b]进行分化:a=x0a+h=x1a+2h=x2


a+nh=xnb=xn+1从而∫bajf(x+h)f(x)jdx=∫x1ajf(x+h)f(x)jdx+


+∫xnxn1jf(x+h)f(x)jdx+∫bxnjf(x+h)f(x)jdx4又对于积分∫xixi1jf(x+h)f(x)jdx;i=1;2


;n1我们知道积分变量x的变化范围为xi−1xxi从而xix+hxi+1故∫xixi1jf(x+h)f(x)jdxw([xi−1;xi+1])∆xi;i=1;2


;n1从而∫bajf(x+h)f(x)jdxn−1∑i=1w([xi−1;xi+1])∆xi+∫xnxn1jf(x+h)f(x)jdx+∫bxnjf(x+h)f(x)jdx又∫xnxn1jf(x+h)f(x)jdx+∫bxnjf(x+h)f(x)jdx2Mh+2Mh故∫bajf(x+h)f(x)jdxn−1∑i=1w([xi−1;xi+1])∆xi+4Mhn−1∑i=1[w([xi−1;xi])+w([xi;xi+1])]∆xi+4Mh=n−1∑i=1wi∆xi+n−1∑i=1wi+1∆xi+1+4Mh2∑wi∆xi+4Mh又由f可积知，limh→0∑wi∆xi=0:故limh→0∫bajf(x+h)f(x)jdx=0:例7.2节第1题这里我将题目改变一下叙述，如果两个函数f和g在[a;b]上只有至多有限个点取值不同，则f与g的可积性彼此等价，而且在可积时积分值相同.或者也可以叙述为在有限个点改变函数的取值，对其积分无影响。即若可积依然可积，且积分值相同，若不可积依然不可积。5证明：我们令h=fg则h在[a;b]上至多只有有限个间断点，故h可积.于是若f可积时，g=fh也可积.同理可知g可积时，f也可积.从而f可积()g可积设f可积，下证∫bah(x)dx=0事实上，对任意的分化：:a=x0x1


xn=b:由h在[a;b]上至多只有有限个零点，可知在每个小区间[xi−1;xi]上h也至多只有有限个零点,从而在2[xi−1;xi]上必可找点一点i，使得h(i)=0:故n∑i=1h(i)∆xi=0上式再关于jjjj!0取极限，得lim||||→0n∑i=1h(i)∆xi=0:最后由h可积，我们知道上式即为∫bah(x)dx=0:故∫baf(x)dx=∫bag(x)dx:我们再来回顾一下刚才的题目，他考到了两个知识点，第一是可积性理论，第二是定积分定义来求极限.下面我再强调一下用定积分定义计算定积分.6用定积分定义的技巧篇这一部分一般以函数可积为基础.当f可积时,则lim||||→0n∑i=1f(i)∆xi的存在是不依赖于分化和每个小区间[xi−1;xi]上介点i;i=1;2


的选取的.所以真正在用lim||||→0n∑i=1f(i)∆xi时，我们一般是等分，且介点也是特殊取，最后关于n趋向于无穷取极限。当然有时候我们可能并不强调等分，只是取特殊介点，比如刚才的例子.7.2节13题，设f(x)和g(x)在[a;b]上连续，且f(x)0;g(x)0,证明limn→∞f∫ba[f(x)]ng(x)dxg1n=maxa≤x≤bf(x):证明：对任意的自然数n,显然fng在[a;b]上都可积。将[a;b]区间n等分，则对任意给定的0,存在充分大的n使得，在这n个小区间中必有一个小区间[c;d],使得f(x)maxa≤x≤bf(x)=M:从而(M)(∫dcg(x)dx)1nf∫dc[f(x)]ng(x)dxg1nf∫ba[f(x)]ng(x)dxg1nM(∫bag(x)dx)1n(7)又(ming(x))1n
(ban)1n(∫dcg(x)dx)1n(maxg(x))1n
(ban)1n故由数列极限的两边夹性质可得limn→∞(∫dcg(x)dx)1n=1同理可得limn→∞(∫bag(x)dx)1n=1让n再充分大，满足(M)(∫dcg(x)dx)1nM2及M(∫bag(x)dx)1nM+2:7将这些结果代入不等式(7)得M2f∫ba[f(x)]ng(x)dxg1nM+2:这就表明结论成立.练习篇几道很重要的题目，大家可以当作定积分这一章的复习题.1.若f与g在[a;b]上可积，则lim||||→0n∑i=1f(i)g(i)∆xi=∫bafgdx其中i;i均为[xi−1;xi]上任意一点.2.设f在[a;b]上连续，且对任意连续函数g都有∫baf(x)g(x)dx=0,证明f(x)0;x2[a;b]:3.设f为所示区间上的连续函数，证明：∫a1f(x2+a2x2)dxx=∫a21f(x+a2x)dx2x:4.设f具有连续的导函数，试求ddx∫xa(xt)f′(t)dt;并用此结果求ddx∫x0(xt)costdt:8