可积函数的代数、序与区间结构怎样传递？¶

先备知识¶

本单元只使用第 19.2 单元的 Darboux 判据与两种定义等价，以及第 19.3 单元已经建立的典型可积函数类。设 \(f,g\) 都在闭区间 \([a,b]\) 上 Riemann 可积。

可积函数必有界，因此可取

\[ |f(x)|\le A,\qquad |g(x)|\le B. \]

我们将把“可积性可以经过哪些运算传递”与“积分值满足什么公式”分开证明。

学习目标¶

完成本单元后，你应当能够：

证明线性组合、乘积、绝对值、最大值和最小值保持可积；
说明倒数与商为什么要求分母一致远离零；
使用积分保序性与常数界估计未知积分；
推出积分绝对值估计；
证明可积性可限制到子区间；
从分割拼接证明区间可加性并处理反向端点。

牵引问题¶

第 19.3 单元已经证明连续、单调和有限分段连续函数可积。但后续建立累积函数时，需要知道更稳定的规则：

两个可积函数相加、相乘后是否仍可积？
已知 \(m\le f\le M\)，能否不求出积分就夹住它？
把区间在 \(c\) 处分开，两个局部积分能否重新拼回整体？

这些结论都应从当前定义推出，而不是借助尚未建立的计算公式。

探索与猜想¶

对区间 \(J\subseteq[a,b]\)，记函数的振幅为

\[ \omega(f;J)=\sup_J f-\inf_J f. \]

Darboux 上下和差就是

\[ U(f,P)-L(f,P) =\sum_i\omega(f;J_i)|J_i|. \]

若能把新函数的振幅控制在 \(f,g\) 的振幅线性组合之下，就能使用公共加细同时压小两个旧函数的误差。这是代数封闭性的统一证明工具。

概念与理论¶

性质与条件总表¶

结论	必要条件	主要证明工具
\(\alpha f+\beta g\) 可积	\(f,g\) 可积	振幅三角不等式、公共加细
\(fg\) 可积	\(f,g\) 可积并有界	乘积差分解
(	f	,\max(f,g),\min(f,g)) 可积
\(1/g,f/g\) 可积	(	g
\(f\le g\Rightarrow\int f\le\int g\)	同一区间可积	非负函数的下和非负
区间可加	各限制函数可积	在分割中加入拼接点

代数封闭性¶

定理。 若 \(f,g\) 在 \([a,b]\) 上可积，\(\alpha,\beta\in\mathbb R\)，则

\[ \alpha f+\beta g,\qquad fg,\qquad |f|, \qquad \max(f,g),\qquad\min(f,g) \]

都可积。若还存在 \(m>0\) 使

\[ |g(x)|\ge m\quad(x\in[a,b]), \]

则 \(1/g\) 与 \(f/g\) 也可积。

证明。

对任意子区间 \(J\)，有

\[ \omega(\alpha f+\beta g;J) \le|\alpha|\omega(f;J)+|\beta|\omega(g;J). \]

给定 \(\varepsilon>0\)，分别选择把 \(f,g\) 的 Darboux 间隙压到足够小的分割，再取公共加细，便可把右侧加权和压到 \(\varepsilon\) 以下。

乘积使用

\[ \begin{aligned} |f(x)g(x)-f(y)g(y)| &=|f(x)[g(x)-g(y)]+g(y)[f(x)-f(y)]|\\ &\le A|g(x)-g(y)|+B|f(x)-f(y)|. \end{aligned} \]

所以

\[ \omega(fg;J) \le A\omega(g;J)+B\omega(f;J), \]

再次使用公共加细与 Darboux 判据即可。

绝对值满足

\[ \bigl||f(x)|-|f(y)|\bigr|\le|f(x)-f(y)|, \]

故 \(\omega(|f|;J)\le\omega(f;J)\)。再由恒等式

\[ \max(f,g)=\frac{f+g+|f-g|}{2}, \]

\[ \min(f,g)=\frac{f+g-|f-g|}{2}, \]

得到最大值、最小值函数可积。

若 \(|g|\ge m>0\)，则

\[ \left|\frac1{g(x)}-\frac1{g(y)}\right| =\frac{|g(x)-g(y)|}{|g(x)g(y)|} \le\frac1{m^2}|g(x)-g(y)|. \]

因此 \(1/g\) 可积，进而 \(f/g=f\cdot(1/g)\) 可积。证毕。

分母“处处不为零”本身不总能给出统一正下界；本定理明确要求一致远离零。

积分的线性¶

不仅线性组合保持可积，而且

\[ \int_a^b[\alpha f(x)+\beta g(x)]\,dx =\alpha\int_a^b f(x)\,dx +\beta\int_a^b g(x)\,dx. \]

证明。 对任意同一标记分割，

\[ S(\alpha f+\beta g;P,\xi) =\alpha S(f;P,\xi)+\beta S(g;P,\xi). \]

给定误差，把 \(f,g\) 的 Riemann 网格阈值取最小值，并用三角不等式分配误差，即得取样和极限的线性。证毕。

保序与基本估计¶

定理。 若 \(f(x)\le g(x)\) 对所有 \(x\in[a,b]\) 成立，则

\[ \int_a^b f(x)\,dx \le \int_a^b g(x)\,dx. \]

若 \(m\le f(x)\le M\)，则

\[ m(b-a) \le\int_a^b f(x)\,dx \le M(b-a). \]

并且

\[ \left|\int_a^b f(x)\,dx\right| \le\int_a^b|f(x)|\,dx \le(b-a)\sup_{x\in[a,b]}|f(x)|. \]

证明。 若 \(h\ge0\)，则每个分割的下和 \(L(h,P)\ge0\)，所以 \(\int h\ge0\)。对 \(h=g-f\) 使用线性即得保序性。

常数函数 \(m,M\) 的任意上下和分别为 \(m(b-a),M(b-a)\)，与 \(m\le f\le M\) 结合得到常数界。

最后由

\[ -|f|\le f\le|f| \]

和保序性得到

\[ -\int_a^b|f| \le\int_a^b f \le\int_a^b|f|. \]

这等价于第一条绝对值估计。再用

\[ |f(x)|\le\sup_{[a,b]}|f| \]

得到第二条。证毕。

限制到子区间¶

若 \(f\) 在 \([a,b]\) 上可积，则它在每个闭子区间 \([c,d]\subseteq[a,b]\) 上可积。

给定 \(\varepsilon>0\)，选取使全区间 \(U-L<\varepsilon\) 的分割，并加入 \(c,d\)。加细后全区间间隙不增，而 \([c,d]\) 上的间隙只是其中若干非负项之和，所以也小于 \(\varepsilon\)。

区间可加性¶

定理。 若 \(a<c<b\)，则 \(f\) 在 \([a,b]\) 上可积，当且仅当它在 \([a,c]\) 与 \([c,b]\) 上都可积；此时

\[ \int_a^b f(x)\,dx =\int_a^c f(x)\,dx +\int_c^b f(x)\,dx. \]

证明。 整体可积推出两个限制可积已由上节证明。

反过来，若两个限制都可积，给定 \(\varepsilon>0\)，分别选分割使两边的 Darboux 间隙都小于 \(\varepsilon/2\)。把两个分割在 \(c\) 处拼接，整体的上下和差就是两边差之和，因此整体可积。

记两个局部积分为 \(I_1,I_2\)。分别选择逼近局部下积分的分割，拼接后得到整体下和任意接近 \(I_1+I_2\)，所以整体积分不小于 \(I_1+I_2\)。分别选择逼近局部上积分的分割，同理得到整体积分不大于 \(I_1+I_2\)。故等号成立。证毕。

由此约定

\[ \int_a^a f(x)\,dx=0, \qquad \int_b^a f(x)\,dx=-\int_a^b f(x)\,dx. \]

于是无论端点顺序如何，区间拼接公式都保持一致。

例题与迁移¶

例 1：只用函数界估计积分¶

设 \(f\) 在 \([0,2]\) 上可积，且

\[ 1\le f(x)\le1+x^2\le5. \]

不计算积分即可得到

\[ 2\le\int_0^2 f(x)\,dx\le10. \]

答案

区间长度为二，直接使用 \(m(b-a)\le\int f\le M(b-a)\)。结论只依赖函数界，不需要知道 \(f\) 的公式。

例 2：商的条件检查¶

若 \(f\) 可积，考虑

\[ h(x)=\frac{f(x)}{2+\sin x} \]

在任意闭区间上的可积性。因为

\[ 2+\sin x\ge1, \]

分母一致远离零；连续函数 \(2+\sin x\) 可积，故倒数可积，再由乘积封闭性得到 \(h\) 可积。

答案

关键不是分母“看起来不会为零”，而是给出统一下界一。若只有逐点非零而没有正下界，不能直接引用商的封闭性结论。

例 3：阶梯函数的区间拼接¶

在 \([0,2]\) 上令

\[ s(x)= \begin{cases} 1,&0\le x<1,\\ 3,&1\le x\le2. \end{cases} \]

单点 \(x=1\) 的取值不影响积分。区间可加性与常数函数积分给出

\[ \int_0^2s(x)\,dx =\int_0^1 1\,dx+\int_1^2 3\,dx =1+3=4. \]

答案

这里的计算来自常数函数的分割和与区间可加性，不使用求原函数方法。

即时检验与回望¶

即时检验 1¶

若 \(g(x)\ne0\) 对每个 \(x\) 成立，是否总能立即推出 \(1/g\) 可积？

答案

不能直接由逐点非零推出。需要证明存在统一的 \(m>0\) 使 \(|g(x)|\ge m\)。若 \(g\) 连续且定义在闭区间上，极值定理可提供这一结论；一般可积函数则需另行给出。

即时检验 2¶

为什么 \(\left|\int f\right|\le\int|f|\) 不能仅凭“绝对值更大”一句话结束？

答案

应先证明 \(|f|\) 可积，再由 \(-|f|\le f\le|f|\) 使用保序性，最后把双边不等式化为绝对值不等式。

习题与答案¶

练习 1：线性组合¶

若 \(f,g\) 可积，写出 \(3f-2g\) 的积分公式，并说明网格阈值怎样统一选择。

答案

\[ \int_a^b(3f-2g) =3\int_a^b f-2\int_a^b g. \]

分别为 \(f,g\) 按系数分配误差，得到两个阈值，再取二者最小值。

练习 2：乘积振幅¶

设 \(|f|\le4,\ |g|\le7\)。给出 \(\omega(fg;J)\) 关于 \(\omega(f;J),\omega(g;J)\) 的上界。

答案

由乘积差分解，

\[ \omega(fg;J) \le4\omega(g;J)+7\omega(f;J). \]

练习 3：最大值函数¶

不直接分析分段区域，说明 \(\max(f,g)\) 为什么可积。

答案

使用恒等式

\[ \max(f,g)=\frac{f+g+|f-g|}{2}. \]

线性组合与绝对值都保持可积，因此最大值函数可积。

练习 4：商的失败条件¶

在 \([0,1]\) 上，为什么不能仅由 \(g(x)>0\) 就机械写出“\(f/g\) 可积”？还需核验什么？

答案

对一般可积 \(g\)，逐点正不自动提供统一正下界。必须核验存在 \(m>0\) 使 \(g(x)\ge m\)。若该条件成立，倒数振幅估计才可使用。

练习 5：积分估计¶

若 \(f\) 在 \([-1,2]\) 上可积且 \(|f(x)|\le6\)，估计

\[ \left|\int_{-1}^{2}f(x)\,dx\right|. \]

答案

区间长度为三，所以

\[ \left|\int_{-1}^{2}f\right| \le\int_{-1}^{2}|f| \le18. \]

练习 6：分段常数¶

设 \(f=2\) 于 \([0,1)\)，\(f=-1\) 于 \([1,3]\)。只用区间可加性求 \(\int_0^3f\)。

答案

单点 \(1\) 的归属不影响积分。于是

\[ \int_0^3f =\int_0^1 2+\int_1^3(-1) =2\cdot1-1\cdot2=0. \]

练习 7：反向端点¶

若 \(\int_1^4f=7\) 且 \(\int_1^2f=3\)，求 \(\int_4^2f\)。

答案

区间可加性给出

\[ \int_2^4f=7-3=4. \]

交换端点后

\[ \int_4^2f=-4. \]

练习 8：错误不等式诊断¶

有人由 \(f\le g\) 写出

\[ \left|\int f\right|\le\left|\int g\right|. \]

说明为什么保序性不能推出这一结论。

答案

保序性只给出 \(\int f\le\int g\)，对两边取绝对值不保持序。例如常数函数 \(f=-2,\ g=-1\) 满足 \(f\le g\)，但在正长度区间上 \(|\int f|>|\int g|\)。

常见误区与后续¶

把可积性封闭与积分值公式混为一谈。 乘积可积不意味着积分等于积分的乘积。
商只检查逐点非零。 必须核验分母一致远离零。
先写绝对值估计，后补可积性。 应先证明 \(|f|\) 可积。
区间拆分忽略拼接点。 证明时必须把中间点加入分割。
用求原函数公式替代定义证明。 本章所有性质都从分割和极限建立。
把有限区间结论直接搬到无穷区间。 反常积分需要新的极限定义。

第 20 章将在这些性质之上研究变上限累积函数，并首次严格连接积分、导数与原函数。