03勒贝格积分——黎曼积分可积充要条件

Lingfeng 2024-05-17

03勒贝格积分——黎曼积分可积充要条件

引理1 设 $f(x)$ 在点 $x_{0}$ 连续的充要条件是 $w(x_{0})=0$ .

证明
由 $f(x)$ 在 $x_{0}$ 连续, 对于任意 $\varepsilon>0$ , 存在 $\delta>0$ , 当 $x \in O(x_{0}, \delta)$ , 有 $\lvert f(x)-f(x_{0}) \rvert < \frac{\varepsilon}{2}$ 即 $f(x_{0})- \frac{\varepsilon}{2} < f(x)<f(x_{0})+ \frac{\varepsilon}{2}$ 故此时 $w(O(x_{0},\delta))= \sup_{x \in O(x_{0},\delta)} f(x)- \inf_{x \in O(x_{0},\delta)}f(x) \leq \varepsilon$ 即有 $w(x_{0})=\lim_{ \delta \to 0 } w(O(x_{0},\delta))=0$ 反过来当 $w(x_{0})=0$ 时, 对于任意 $\varepsilon>0$ , 存在 $\delta>0$ , 使得 $w(O(x_{0},\delta))=\sup_{x \in O(x_{0},\delta)}f(x)-\inf_{x \in O(x_{0},\delta)}f(x)<\varepsilon$ 此时当 $x \in O(x_{0},\delta)$ 时, 有 $\begin{align*} f(x)&\leq\sup_{x \in O(x_{0},\delta)}f(x) \\ &=\inf_{x \in O(x_{0}, \delta)}f(x)+\left(\sup_{x \in O(x_{0},\delta)}f(x)-\inf_{x \in O(x_{0},\delta)}f(x)\right) \\ &< f(x_{0})+\varepsilon \end{align*}$ 同理有 $\begin{align*} f(x)&\geq \inf_{x \in O(x_{0}, \delta)}f(x) \\ &= \sup_{x \in O(x_{0}, \delta)}f(x)-\left( \sup_{x \in O(x_{0}, \delta)}f(x)-\inf_{x \in O(x_{0}, \delta)}f(x) \right) \\ &> f(x_{0})-\varepsilon \end{align*}$ 即当 $x \in O(x_{0},\delta)$ 时, 有 $f(x_{0})-\varepsilon<f(x)<f(x_{0})+\varepsilon$ 故 $f(x)$ 在点 $x_{0}$ 连续.

引理2 设 $f(x)$ 定义在闭集 $E$ 上, 则对任给的 $\varepsilon>0$ , 点集 $E_{\varepsilon}=E(w\geq\varepsilon)$ 恒为闭集, 从而 $f(x)$ 在 $E$ 上的不连续点全体构成一个 $F_{\sigma}$ 型集.

证明
欲证 $E_{\varepsilon}$ 为闭集, 只需证 $E'_{\varepsilon} \subset E_{\varepsilon}$ . 对于任意 $x_{0} \in E'_{\varepsilon}$ , 即证 $w(x_{0})\geq\varepsilon$ 首先由 $E'_{\varepsilon}\subset E'\subset E$ , 知 $x_{0} \in E$ . 又根据聚点定义知, 对于任意 $\delta>0$ , 有 $(O(x_{0},\delta)\setminus \{ x_{0} \})\cap E_{\varepsilon}\neq\varnothing$ 此时设 $x_{1} \in (O(x_{0},\delta)\setminus \{ x_{0} \})\cap E_{\varepsilon}$ , 一方面存在 $\delta_{1}>0$ , 有 $O(x_{1},\delta_{1})\cap E\subset O(x_{0},\delta)\cap E$ 另一方面显然 $x_{1} \in E_{\varepsilon}$ 因此对于任意 $\delta>0$ , 有 $w(O(x_{0},\delta)\cap E)\geq w(O(x_{1},\delta)\cap E)\geq w(x_{1})\geq\varepsilon$ 故 $w(x_{0})\geq\varepsilon$ , 即证毕. 根据引理1, 显然所有不连续点全体为 $D=E(w>0)=\bigcup_{k = 1}^{\infty} E\left( w> \frac{1}{k} \right)$

定理 $[a,b]$ 上的有界函数 $f(x)$ 是黎曼可积的, 当且仅当在 $[a,b]$ 上 $f(x)$ 的一切不连续点构成一个勒贝格零测度集.

证明
首先证明必要性. 记 $E=[a,b]$ , 由引理2知 $f(x)$ 在 $E$ 上的不连续点全体为 $D=\bigcup_{k = 1}^{\infty} E\left( w\geq \frac{1}{k} \right)$ 此时记 $E_{k}=E\left( w\geq \frac{1}{k} \right)$ , 欲证 $m(D)=0$ , 只需证对于任意正整数 $k$ , 有 $m\left( E_{k} \right)=0$ 此时考虑用开区间集 $\{ I_{i} \}$ 将 $E_{k}$ 覆盖, 只需证明对于任意 $\varepsilon>0$ , 有 $\sum_{i=1}^{+\infty}\lvert I_{i} \rvert <\varepsilon$ 对于分划 $\Delta:a=x_{0}<x_{1}<\dots<x_{i-1}<x_{i}<\dots<x_{n}<b$ 记 $I_{i}=(x_{i-1},x_{i})$ , $\lvert I_{i} \rvert=\Delta x_{i}$ . 对于任意 $\varepsilon>0$ , 对于端点, 必然存在开区间 $\{ J_{i} \}$ 将其覆盖, 且满足 $m(J_{i})< \frac{\varepsilon}{2}$ 故只需考虑 $I_{i}\cap E\left( w\geq \frac{1}{k} \right)\neq\varnothing$ 的情况. 记 $I_{i}\cap E\left( w\geq \frac{1}{k} \right)\neq\varnothing$ 的指标集为 $A_{k}$ , 下面只需证明 $\sum_{i \in A_{k}}\lvert I_{i} \rvert < \frac{\varepsilon}{2}$ 此时注意到当 $i \in A_{k}$ 时, 有 $w(I_{i})\geq w\left( I_{i}\cap E\left( w \geq \frac{1}{k} \right) \right)\geq \frac{1}{k}$ 这说明覆盖 $E_{k}$ 的开区间上幅度均有下界, 因此区间长度均有上界, 即 $\sum_{i \in A_{k}}w(I_{i})\lvert I_{i} \rvert \geq \frac{1}{k}\sum_{i \in A_{k}}\lvert I_{i} \rvert$ 故有 $\sum_{i \in A_{k}}\lvert I_{i} \rvert\leq k \sum_{i \in A_{k}}w(I_{i})\lvert I_{i} \rvert$ 故下面只需使 $\sum_{i \in A_{k}}w(I_{i})\lvert I_{i} \rvert < \frac{\varepsilon}{2k}$ 而这是容易办到的, 因为 $f(x)$ 黎曼可积, 因此必然存在划分, 使得 $\sum_{i \in A_{k}}w(I_{i})\lvert I_{i} \rvert\leq\sum_{i=1}^{n}w(I_{i})\lvert I_{i} \rvert < \frac{\varepsilon}{2k}$ 因此对于任意 $\varepsilon>0$ , 存在开覆盖 $\{ I_{i} \}$ , 使得 $E_{k}\subset\bigcup_{i = 1}^{\infty}I_{i}$ , 且有 $m\left( \bigcup_{i = 1}^{\infty} I_{i} \right)<\varepsilon$ 因此 $m^{*}(E_{k})=0$ , 即 $m(E_{k})=0$ , 故证毕.

下面再证明充分性. 若 $f(x)$ 的不连续点集测度为 $0$ , 即 $m\left( \bigcup_{k = 1}^{\infty} E\left( w\geq \frac{1}{k} \right) \right)=0$ 显然对任意的 $k$ , 也有 $m\left( E\left( w\geq \frac{1}{k} \right) \right)=0$ 下面将 $E$ 划分为两部分. 一方面, 在幅度大的区域, 有 $\sum_{w_{i}\geq \frac{1}{k}}w_{i}\Delta x_{i}\leq \left( \sup_{x \in E}f(x)-\inf_{x \in E}f(x) \right) \sum_{w_{i}\geq \frac{1}{k}}\Delta x_{i}\leq 2M\sum_{w_{i}\geq \frac{1}{k}}\Delta x_{i}$ 其中 $M$ 为 $f(x)$ 的界, 即 $\lvert f(x) \rvert\leq M$ . 由于 $m\left( E\left( w\geq \frac{1}{k} \right) \right)=0$ , 因此只需作开区间集 $\{ I_{i} \}_{i=1}^{\infty}$ 将该区域覆盖, 对于任意 $\varepsilon>0$ , 令 $\sum_{i=1}^{+\infty}\lvert I_{i} \rvert < \frac{\varepsilon}{4M}$ 又由有限覆盖定理, 也存在有限个不相交开区间(不妨记为 $I_{1},I_{2},\dots,I_{m}$ )将该区域覆盖, 此时 $\sum_{i=1}^{m}w(I_{i})\lvert I_{i} \rvert< 2M\cdot \frac{\varepsilon}{4M} =\frac{\varepsilon}{2}$ 另一方面, 注意到剩余部分 $E\setminus\left( \bigcup_{i = 1}^{k}I_{i} \right)\subset E\left( w< \frac{1}{k} \right)$ 且必为有限个不相交的闭区间构成, 去掉其端点得到不相交开区间集 $\{ J_{i} \}_{i=1}^{n}$ . 此时 $\sum_{i=1}^{n}w(J_{i})\lvert J_{i} \rvert < \frac{1}{k}\sum_{i=1}^{n}\lvert J_{i} \rvert \leq \frac{1}{k}(b-a)$ 故只需取 $k = \frac{2(b-a)}{\varepsilon}$ , 此时有 $\sum_{i=1}^{n}w(J_{i})\lvert J_{i} \rvert< \frac{\varepsilon}{2}$ 此时 $\{ I_{i} \}_{i=1}^{m}$ 与 $\{ J_{i} \}_{i=1}^{n}$ 所有端点合在一起构成 $[a,b]$ 的一个分划 $\Delta$ , 在该分划下显然有 $\sum_{i=1}^{m+n}w_{i}\Delta x_{i}<\varepsilon$ 故证毕.