2.1 黎曼积分与微积分基本定理

上和与下和

学习目标与定义

推导可积性结论背后的证明，并区分有界与可积。设 $a<b$，$f$ 在 $[a,b]$ 上有界。对分割 $P:a=x_0<\cdots<x_n=b$，记 $m_i=\inf_{[x_{i-1},x_i]}f$、$M_i=\sup_{[x_{i-1},x_i]}f$，并定义 $L(f,P)=\sum m_i\Delta x_i$、$U(f,P)=\sum M_i\Delta x_i$。下积分 $\underline I$ 是所有下和的上确界，上积分 $\overline I$ 是所有上和的下确界。加细分割使下和不减、上和不增。

对任意两个分割 $P,Q$，由其公共加细得 $L(f,P)\le U(f,Q)$，故 $\underline I\le\overline I$。有界性保证这些量有限。上下积分相等时，称函数 Riemann 可积。

定理：Darboux 判据

有界函数可积，当且仅当对每个 $\varepsilon>0$ 都存在分割，使 $U(f,P)-L(f,P)<\varepsilon$。

证明。 若上下积分均等于 $I$，由上下确界逼近性质，取一个大于 $I-\varepsilon/2$ 的下和及一个小于 $I+\varepsilon/2$ 的上和。它们的公共加细的上下和之差小于 $\varepsilon$。反之，若对每个正的 $\varepsilon$ 都有这样的分割，则不等式 $0\le\overline I-\underline I\le U(f,P)-L(f,P)$ 迫使上下积分之差为零。

定理：有界单调函数可积

对非递减函数 $f$，取由 $n$ 个小区间组成、宽度为 $(b-a)/n$ 的均匀分割。第 $i$ 个区间上的下确界与上确界分别是两端点处的值，因此

$$U-L=\frac{b-a}{n}\sum_{i=1}^n[f(x_i)-f(x_{i-1})] =\frac{(b-a)(f(b)-f(a))}{n}\longrightarrow0.$$

即使 $f$ 有跳跃不连续点，判据仍证明其可积。对非递增函数，可将结果应用于 $-f$。

定理：允许有限个不连续点

若 $f$ 有界，且除至多有限个点外处处连续，则它可积。

证明。 设 $|f|\le M$，并取 $M>0$。用有限个小区间围住例外点，将其端点加入分割，使这些区间总长度小于 $\varepsilon/(4M)$；在 $[a,b]$ 的端点处采用单侧区间。它们对上下和之差的贡献至多是总长度的 $2M$ 倍，因而小于 $\varepsilon/2$。剩余的有限个闭区间上，$f$ 连续，故一致连续。将各区间充分加细，使所得每个小区间上的振幅小于 $\varepsilon/[2(b-a)]$，则其上下和差的总贡献小于 $\varepsilon/2$。合并全部分割点，得到小于 $\varepsilon$ 的差。若某例外区间的端点本身是例外点，稍微移动该端点，使实际例外点都在所选区间内部或定义域端点，从而剩余闭区间上仍连续。

证明

为何连续性足够

紧致区间上的连续函数一致连续。给定 $\varepsilon>0$ 且 $b>a$，选 $\delta$，使距离小于 $\delta$ 的点，其函数值之差小于 $\varepsilon/(2(b-a))$。取网格小于 $\delta$ 的分割，每个子区间的振幅至多为该界，故 $U-L<\varepsilon$。由达布判据可积。当 $a=b$，约定积分为零。

例题

有界但不可积的函数

令 $f(x)=1$ 当 $x\in[0,1]$ 为有理数，$f(x)=0$ 当它为无理数。两类数都稠密，故每个非退化子区间的上确界为 $1$、下确界为 $0$。每个上和为 $1$、下和为 $0$，判据失败，因此此有界函数不黎曼可积。

微积分基本定理

定理

积分与导数

若 $f$ 在 $[a,b]$ 连续，累积函数 $F(x)=\int_a^x f(t)dt$ 在 $(a,b)$ 可微，且 $F'(x)=f(x)$。若 $G$ 在 $[a,b]$ 连续、在 $(a,b)$ 可微，且对 $x\in(a,b)$ 有 $G'(x)=f(x)$，则 $\int_a^b f(x)dx=G(b)-G(a)$。

证明

平均值估计

对充分小且非零、使 $x+h\in[a,b]$ 的 $h$，

$$\frac{F(x+h)-F(x)}h-f(x)=\frac1h\int_x^{x+h}[f(t)-f(x)]dt.$$

由连续性，右侧绝对值可任意小；采用定向积分惯例，负 $h$ 亦然。因此 $F'=f$。函数 $G$ 与 $F$ 均在 $[a,b]$ 连续，且差 $G-F$ 在 $(a,b)$ 上导数为零，由中值定理为常数；计算端点即得第二个结论。

例题

积分连续函数

对 $[0,2]$ 上的 $f(x)=2x+1$，$G(x)=x^2+x$ 是原函数。定理给 $\int_0^2(2x+1)dx=G(2)-G(0)=6$。原函数捷径依赖该定理，而不是积分的定义。

方法比较

证可积性或构造反例时用上下和。连续函数可利用一致连续性控制振幅。确定可积且有原函数后，用基本定理有效计算积分。有界本身不保证黎曼可积。

练习

1. 用基本定理求 $\int_0^1 3x^2\,dx$。
2. 为何 $[0,1]$ 上每个连续函数都黎曼可积？
3. 对上述有理数指示函数，求任意分割的上下和。
4. 若 $F(x)=\int_0^x\cos t\,dt$，求 $F'(x)$。

详解

1. 原函数是 $x^3$，故答案为 $1$。
2. 紧致区间上的连续性蕴含一致连续，因此存在上下和差任意小的分割。
3. 每个子区间都有有理数及无理数，故 $M_i=1,m_i=0$，所以 $U=1,L=0$。
4. 由余弦函数连续及基本定理第一部分，$F'(x)=\cos x$。

总结

达布和借受控的上下近似定义积分。一致连续性保证连续函数可积，而基本定理把累积面积与微分连起来。