《考研数学分析总复习：可积性条件及证明方法》

必要条件：f（x）在[a，b]上有界.

充分条件：①[a，b]上的连续函数可积；②[a，b]上的单调有界函数可积；③[a，b]上具有有限个第一类间断点的有界函数可积；④[a，b]上具有无限个第一类间断点，而这些间断点的聚点个数是有限个的有界函数可积.

显然④包含着③.

充要条件：

第一充要条件：有界函数f（x）在[a，b]上可积⇔∀T，有；

第二充要条件：有界函数f（x）在[a，b]上可积⇔∀ε>0，∃T，使得

第三充要条件：有界函数f（x）在[a，b]上可积⇔∀ε，η>0，∃δ>0，∀T，使‖T‖<δ，而振幅ω_k′≥η的那些小区间的长度之和（通俗地讲，即是振幅不能任意小的那些小区间的长度可以任意小）.

例4.21　证明：黎曼函数

在[0，1]上可积.

证明　由黎曼函数的性质，∀ε>0，在[0，1]上使得的点至多有有限个，不妨设是k个，记为0=p′₁<p′₂<…<p′_k=1.

作[0，1]的分割T：0=x₀<x₁<x₂<…<x_2k-1=1，使其满足

由于而在上式右边第一个和式中，有且ω_2j+1≤1；在第二个和式中，有且，所以有

由第二充要条件，黎曼函数在[0，1]上可积.

例4.22　证明第三充要条件.

证明　（⇒）由f在[a，b]上可积知，∀εη>0，∃δ>0，∀T，满足‖T‖<δ，有

设ω_k′≥η，则有

即

（⇐）设f（x）在[a，b]上的振幅为ω.将对应于分割T的小区间分成两类：当ω_k≥η时，记ω_k=ω_k′，相应地小区间的长度记为Δx_k′；而当ω_k<η时，记ω_k=ω_k″，相应地小区间的长度记为

已知，∀ε>0，η>0（取η≤ε），∃δ>0，∀T，满足‖T‖<δ，而ω_k′≥η的小区间长度之和于是有

由第二充要条件，f在[a，b]上可积.

例4.23　设f在[a，b]上可积，则e^f（x）也在[a，b]上可积.

证明　由f在[a，b]上可积知，∀ε>0，∃T：a=x₀<x₁<…<x_n=b，使得

因为f可积，所以f在[a，b]上有界，设f（x）≤M.∀x′，x″∈Δ_i=[x_i-1，x_i]，由拉格朗日中值定理，有

其中ξ介于f（x′）与f（x″）之间.

用表示e^f（x）在Δ_i上的振幅，则对上式两边取上确界有

由此推出

这表明e^f（x）在[a，b]上可积.

注4.6　从本例的证明过程可以看出，在用第二充要条件证明函数的可积性时，只要能证明类似于式（*）的不等式成立，即欲证可积函数的振幅能被已知可积函数的振幅所控制，余下的只是例行公事而已！

例4.24　设y=f（u）在[A，B]上连续，u=φ（x）在[a，b]上可积.当x∈[a，b]时，A≤φ（x）≤B.证明：F（x）=f（φ（x））在[a，b]上可积.

证明　由于f（u）在[A，B]上连续，所以它在[A，B]上一致连续，即∀ε>0，∃δ>0，当u′，u″∈[A，B]，∣u′-u″∣<δ时，有

因此作[a，b]的分割之后，在[x_i-1，x_i]上，若φ（x）的振幅ωφ_i<δ，则F（x）=f（φ（x））的振幅ω^F_i<ε.

事实上，∀x′，x″∈[x_i-1，x_i]，只要

∣u′-u″∣=∣φ（x′）-φ（x″）∣≤ωφ_i<δ，

必有

从而

由此知，在[x_i-1，x_i]上，若ω^F_i≥ε，必有ωφ_i≥δ.故(www.xing528.com)

这样，∀ε>0，σ>0，先找δ>0使式（1）成立.再由φ（x）在[a，b]上的可积性，利用第三充要条件的必要性对上述的δ>0和σ>0，∃分割T，使得

于是由式（2）知

最后由第三充要条件的充分性即知，F（x）在[a，b]上可积.

注4.7　若外层函数y=f（u）和内层函数u=φ（x）都可积，它们的复合函数F（x）=f（φ（x））却不一定可积.例如，函数

在[0，1]上可积，而黎曼函数

在[0，1]上也可积（见例4.21），但它们的复合函数

在[0，1]上却不可积.

例4.25　设f（x）在[a，b]上可积，求证：

（1）∀ε>0，则存在区间[c，d]⊂[a，b]，使得f（x）在[c，d]上的振幅ω_f<ε；

（2）f（x）的连续点在[a，b]上处处稠密（即∀[α，β]⊂[a，b]，f（x）在[α，β]内有连续点）；

（3）若f（x）≥0，则的充要条件是f（x）在连续点恒取零值.（北师大）.

证明　（1）用反证法.若∃ε₀>0，使得∀[c，d]⊂[a，b]，都有ω_f≥ε₀，那么对[a，b]的任一分割T，必有，这与f（x）在[a，b]上可积矛盾.

（2）只要证明f（x）在[a，b]内至少有一个连续点即可.事实上，若能如此，则∀[α，β]，因为f（x）在[α，β]上可积，故f（x）在[α，β]内有连续点，这就证明f（x）的连续点在[a，b]中处处稠密.

为此，下面用区间套定理来证明.

∀ε>0，由（1）知，存在[a，b]的闭子区间I₁=[a₁，b₁]，使得f在I₁上的振幅.将I₁适当缩小，使其满足.将缩小后的区间仍记为I₁=[a₁，b₁]，在I₁上显然仍有；对I₁，重复上述做法，可得到它的闭子区间I₂=[a₂，b₂]，满足：且；如此下去，可得到一个闭区间列{I_n}，满足：①在I_n上f的振幅；②I_n+1⊂I_n；③.由闭区间套定理，∃ξ∈I_n⊂[a，b]（n=1，2，…）.

下证：ξ是f的连续点.

若不然，则∃ε₀>0在点ξ的任何邻域U（ξ）内都有点x′，使∣f（x′）-f（ξ）∣≥ε₀.由此可知，f在U（ξ）上的振幅ω_f^U≥∣f（x′）-f（ξ）∣≥ε₀.而另一方面，对给定的邻域U（ξ），存在I_n⊃U（ξ），这与I_n的造法矛盾.

（3）（⇐）.由（2）知，f的连续点在[a，b]中稠密，因此，当f在连续点处恒取零值时，有

（⇒）.若存在f的连续点x₀∈[a，b]（不妨设x₀为内点），使f（x₀）>0.由于f在点x₀的连续性，∃δ>0，当x∈（x₀-δ，x₀+δ）时，有，从而有，这与的假设矛盾（若x₀为区间的端点，只需将上面的不等式的积分区间改成x₀的单侧邻域即可）.

例4.26　（推广的牛顿-莱布尼茨公式）设f（x）在[a，b]上可积，F（x）在[a，b]上连续，在（a，b）内除有限个点外，都有F′（x）=f（x），则

证明　作[a，b]的分割T：a=x₀<x₁<…<x_n=b，让不满足F′（x）=f（x）的点都是T的分点，则有

其中ξ_i∈[x_i-1，x_i].上式右端是属于分割T的一个积分和，由f的可积性，令‖T‖→0，则右端的极限为，而左边与T无关，故知结论成立.

本例还可进一步推广为下面的

例4.27　设f（x）在[a，b]上可积，F（x）在[a，b]上只有有限个跳跃间断点，除有限个内点C₁<C₂<…<C_m及端点a，b外，在[a，b]上的其他点都有F′（x）=f（x）（称F是f的广义原函数）.证明

当F（x）在[a，b]上连续时，显然上式的最后一项变为0，而F（b-0）=F（b），F（a+0）=F（a），这便是例4.26的结论.

证明　记a=C₀，b=C_m+1.对F（x）作连续性延拓，令

由推广的牛顿-莱布尼茨公式知

故

注4.8　1.若f（x）在[a，b]上可积，问：f（x）在[a，b]上存在原函数吗？

2.若f（x）在[a，b]上存在原函数，问：f（x）在[a，b]上可积吗？

可积与原函数存在，是两个不同的概念，一般来说，两者没有必然的联系！这一点必须予以澄清.下面我们来举例说明这两个问题的答案都是否定的.

对1，取x∈[-1，1].因为f（x）在[-1，1]上是只有一个第一类间断点的有界函数，所以f（x）在[-1，1]上可积，若在[-1，1]上存在F（x），使得F′（x）=f（x），则F′（x）在[-1，1]上有第一类间断点x=0.这与导数极限定理相矛盾，因此f（x）在[-1，1]上不存在原函数.

对2，取　x∈[-1，1].显然，x∈[-1，1]满足F′（x）=f（x），即F（x）是f（x）在[-1，1]上的一个原函数.

若令，k∈N+，则，这表明f（x）在[-1，1]上无界.由可积的必要条件，f（x）在[-1，1]上不可积.