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《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§11.7解答
文内补充——对有界函数是否Riemann可积的一点探讨.
设函数是有界函数(因为在§11.3中我们已经证明在I上无界的函数上、下Riemann积分不可能相等,故我们只用探讨有界函数是否Riemann可积,下面的结论只对有界函数有效,不包含无界函数). 其中I是有界区间.
让我们看看Riemann可积的定义,其要求f的上Riemann积分和下Riemann积分相等. 从上Riemann积分和下Riemann积分的定义我们知对任意实数,我们总可以找到f的上方控制并且是逐段常值函数g使得和可以找到f的下方控制并且是逐段常值函数h使得. 进而我们注意到如果f是Riemann可积的那么. 综上,我们有如果f是Riemann可积的那么我们总可以找到逐段常值的上方控制f的函数g和逐段常值的下方控制f的函数h使得任意小.
反过来,如果对任意实数,我们总可以逐段常值的上方控制f的函数g和逐段常值的下方控制f的函数h使得,进而我们有,进而有f的上Riemann积分和下Riemann积分相等.
综上,我们有对任意实数,我们总可以逐段常值的上方控制f的函数g和逐段常值的下方控制f的函数h使得.
有了上面的结论,我们就来看看Riemann可积的函数有怎样的特点.
沿用上面函数f的说明.
如果f是Riemann可积的,进而对任意实数,我们总可以逐段常值的上方控制f的函数g和逐段常值的下方控制f的函数h使得. 而g关于某I的分法逐段常值并且h关于某I的分法逐段常值,进而g、h都是关于公共加细逐段常值的. 于是我们看到. 也即对任意实数我们可以找到I的一个分法使得f的上下Riemann和之差有.
反过来,如果对任意实数我们可以找到I的一个分法使得,我们可以对每个对每个定义. 容易验证此时函数分别是f的上方控制和下方控制并且关于分法逐段常值. 于是f是Riemann可积的.
综上,我们证明了——f是Riemann可积的对任意实数,我们总可以找到I的一个分法使得.
综合上面两条结论,结合Riemann积分的几何意义,我们知道——函数H(不管有界无界)是Riemann可积的当且仅当对任意小的正实数S,我们要找到有限的矩形使其面积之和小于S,并且这些矩形从左到右并接可以完全覆盖掉函数f的图像. 如下图函数当S取1时矩形的一种选择.
有了上面的黑体结论,我们重新写§11.5和§11.6中连续有界函数和单调有界函数都是Riemann可积的证明.
沿用“函数是有界函数. 其中I是有界区间”的设定.
我们知道要证明f是Riemann可积的,也即证明对任意实数,我们总可以找到I的一个分法使得. 现在我们任取一个正实数,接下来我们就要找到一个I的分法使得. 但这个分法是否存在,如果存在应该如何找到却没有范式去解决. 这里的难点是表达式中|J|与具体的分法有关并且矩形的高度与函数的定义和分法都有关. 于是自然而然的我们就有一个想法,能否“使得矩形高度为定值或有有一个最大值”或者“分法使得I为均分”. 采用“使得矩形高度为定值或有有一个最大值”时我们有(此推理要求I非空,因为要求存在);采用“分法使得I为均分”时我们有(I为空集时规定其分法为,这样有界区间I的分法绝对不会是空集). 前者我们只需要证明可以小于任意小的正实数(当I为空集时这是自动满足的)就可以得到f是Riemann可积的;后者我们只需要证明可以小于任意小的正实数就可以得到f是Riemann可积的.
综上,我们证明了:如果对任意实数存在I的分法使得或者存在I的均分法使得,那么f是Riemann可积的.
值得注意的是,如果我们知道f是Riemann可积的,我们只能推得存在分法使得(分法含有单元素集时,)可以小于任意正实数,而是否存在分法使得可以小于任意小的正实数或存在均分法使得可以小于任意小的正实数现在还未证明(详见下文).
但是我们容易证得假设“如果f是Riemann可积的那么存在I的均分法使得可以小于任意小的正实数”是真的前提下“如果f是Riemann可积的那么存在I的分法使得可以小于任意小的正实数”也是真的,因为“对任意实数都存在均分法使得”蕴涵“对任意实数都存在分法使得”.
综上,我们证明了—— “对任意实数都存在均分法使得”“对任意实数都存在均分法使得”,“对任意实数都存在分法使得”“f是Riemann可积的”;
“f是Riemann可积的”“对任意实数都存在分法使得”(证明详见下面反例函数的构造);
“f是Riemann可积的”“对任意实数都存在均分法使得”(反例就是单调有界连续函数,详解见后文,所以“对任意实数都存在均分法使得”这个条件对于f是Riemann可积来说太强了);
“对任意实数都存在分法使得”“对任意实数都存在均分法使得”(反例就是单调有界一致连续函数,详细证明见后文)
从此结论,如果f是一致连续的,按照定理11.5.1证明中分法的选择(区间I均分),我们马上看出可以任意小,进而一致连续函数是Riemann可积的. 由于闭区间上的连续函数是一致连续的,故闭区间上的连续函数是Riemann可积的. 然后再利用书上命题11.5.3证明连续有界函数是Riemann可积的.
(沿用“函数是有界函数. 其中I是有界区间”的设定)值得一提的是,我们容易构建出连续但不是一致连续的函数f(见下示意图而非函数图像). 即有”f是连续的”+”f是有界的”“f是一致连续的”.
我们容易严格定义上述示意图中的函数f,并且证明f是连续且有界且不一致连续. 这里就不展开了.
同样的,如果f是单调有界函数,由于空函数自动是Riemann可积的,所以我们假设I非空,此时我们发现“存在分法使得可以取到任意小的正实数(并且随着要小于的正实数越小分法的基数就越大)”(这句红色双引号标出话的严格证明见下一大段. 并且值得说明的是——如果函数f是单调但不有界,这句话不正确,比如函数),所以单调有界函数是Riemann可积的.
设是单调增的以正实数M>0为界的函数,其中定义域I是有界区间. 对任意实数,我们记,进而有. 接下来我们将证明集合是I的一个分法. 显然是有限集; 对任意,有对某不大于N的自然数n有. 显然P为I的子集. 现在我们将证明对任意元素都存在使得. 用反证法,假设存在使得对任意都有,进而有. 而由我们知道,进而我们得到,这个矛盾帮助我们完成了证明. 故对任意元素都存在使得,容易发现此时有,再由g是增函数知,故有. 类似的论证我们知对任意元素有. 综上,我们证明了对任意元素有并且,故有. 综上,有. 而我们有. 综上有,故P可以写成区间的形式. 而对任意,我们总有,我们容易用反证法进一步证明存在不大于N的自然数n使得,于是有. 综上,对任意,存在使得. 而我们容易证明中元素都是两两不相交的,故上述结论可以改为对任意,恰存在一个使得. 综上,我们终于证明是I的一个分法. 此时,对任意,有对某使得. 进而对任意,我们有. 于是有和. 如果我们还知道J非空,此时有,于是有. 综上,对任意实数存在分法使得. 当g的单调增改为单调减时也有类似的论证. 这就完成了上一段红色双引号标出的那句话的证明.
设是单调的以正实数M>0为界的连续函数,其中定义域I是非空有界区间. 我们来证明:对任意I的分法有.
证明:这个命题的证明与分法的性质息息相关. 我们把其拆分为几个小命题的证明.
我们首先假设g是单调增的.
设为有界区间I的任意分法. 我们可以证明:
- 小命题1.(分法的性质)对任意非退化(即不是空集也不是单元素集)的区间,若那么恰存在一个非退化区间使得.
证明:当I为空集或单点集时,上述命题是空真的成立的. 所以我们考虑I为非退化的区间,此时其分法肯定含有非退化的区间.
我们大假设——存在非退化区间使得并且对任意非退化区间有或. 由于非退化,进而有,进而,于是我们有. 我们假设对任意非退化有. 进而我们有(注意到是非空的). 于是对任意存在使得. 由于已假设“对任意非退化有”,故我们进一步知道对任意存在使得. 由于中元素是无限的,进而也是无限的,这个矛盾说明假设不成立,即存在一个非退化区间使得. 我们再假设,进而我们发现,由于分法中元素两两不相交知不可能成立,这个矛盾说明假设不成立,故有. 再由大假设我们知应该为. 故我们知. 于是我们有. 并且我们容易证明.
我们考虑区间,由上论证我们显然有. 于是对任意恰存在一个使得.
对任意,对任意非退化区间,我们小假设,再由大假设我们知只能,进一步的我们看到. 于是我们可以考虑区间,此时由于非退化知. 而我们有,由分法中元素两两不相交知不可能. 故我们的小假设不成立. 综上,对任意,对任意非退化区间有.
而上面我们已经证明“对任意恰存在一个使得.”,于是上述结合上面一段的论述我们知:对任意恰存在一个使得. 我们已经证明,于是有无限个元素,进而分法也应包含无限个单元素集,这是不可能的. 综上,我们的大假设不成立,故对任意非退化的区间,若那么存在非退化区间使得.
我们已经证明了存在性,接下来只要证明唯一性.
对任意非退化的区间,若,我们已经证明存在非退化区间使得. 我们假设仍存在非退化区间使得且. 我们考虑区间,由上以及非退化我们知. 但是我们发现. 由分法中元素两两不相交我们知. 这个矛盾说明假设不成立,故唯一性得证.
综上,我们终于完成了小命题1.的证明.
- 小命题2.(已知g为单调增连续函数.)对任意非空,如果那么有;同理如果那么有.
证明:当J为单元素集时小命题2.是显然成立的. 故我们只需再考虑J是非退化时的情形.
由于并且J是非退化的,于是我们有. 于是我们看到,进而是有定义的. 我们假设,进而有不可兼或. 由于对任意有,再由g单调增知. 进而有,故我们只需考虑. 由习题9.1.15我们知道为J的附着点,由于g在处是连续的,进而由命题9.3.9知对每个由J中元素组成并且收敛到的序列有序列收敛到. 如果,每个由J中元素组成并且收敛到的序列有序列,此时由于,于是我们看到. 于是存在,对任意自然数n,存在自然数n使得,这与序列收敛到相矛盾. 综上,我们证明了“对每个由J中元素组成并且收敛到的序列有序列收敛到”和“如果那么对每个由J中元素组成并且收敛到的序列有序列不收敛到”. 由于为J的附着点和引理9.1.14知论域“由J中元素组成并且收敛到的序列全体”非空,于是“对每个由J中元素组成并且收敛到的序列有序列不收敛到”为假,故不可能有. 综上,我们的假设不成立. 于是成立.
同理我们可证如果那么有.
综上,我们完成了小命题2.的证明.
需要注意的是,当g为单调减时类似的论证可以证明类似结论——“我们有对任意非空,如果那么有;同理如果那么有.”.
- 小命题3.(分法的性质)对所有非退化区间,我们可以按照的大小对其从小到大进行排列. 也即存在双射使得严格单调增. 并且使.
证明一:当中不含有非退化区间时小命题3.是显然成立的,此时都是值域为空集的空函数. 所以我们再考虑含有非退化区间的情形.
我们将递归定义函数h.
仿照小命题1.中的部分论证,我们假设对任意非退化有. 进而我们有(注意到是非空的). 于是对任意存在使得. 由于已假设“对任意非退化有”,故我们进一步知道对任意存在使得. 由于中元素是无限的,进而也是无限的,这个矛盾说明假设不成立,即存在非退化区间使得.
同理仿照小命题1.的部分论证我们知道恰存在一个非退化区间使得,其他的非退化区间的下确界都大于.
于是我们可以定义,其中.
接下来,我们考虑的大小关系.
如果,进而有,即. 这说明是分法唯一的非退化区间. 显然此时容易验证小命题3.成立.
否则我们有,由小命题1.我们知道恰存在一个非退化区间使得. 于是我们可以定义,其中.
接下来,我们考虑的大小关系.
如果,进而有,即. 这说明是分法唯二的非退化区间. 显然此时容易验证小命题3.成立.
否则我们有,由小命题1.我们知道恰存在一个非退化区间使得. 于是我们可以定义,其中.
现在我们假设对某自然数,对一切自然数已定义好,并且有.
接下来,我们考虑的大小关系.
如果,进而有,即有. 于是我们发现,于是乎分法只含有n个非退化区间. 显然此时容易验证小命题3.成立.
否则我们有,由小命题1.我们知道恰存在一个非退化区间使得. 于是我们可以定义,其中.
但是,由于根据分法为有限集以及小命题1.中证明“存在一个非退化区间使得”知上面的操作肯定能以小命题3.成立结束.
于是,这就证明了小命题3..
证明二(简略,选读):同样的当中不含有非退化区间时小命题3.是显然成立的,此时都是值域为空集的空函数. 所以我们再考虑含有非退化区间的情形.
对任意非退化区间,对任意非退化区间,如果,我们假设. 于是我们看到. 这个矛盾说明我们的假设不成立,于是有.
于是中的非退化区间的下确界都是两两不同的. 于是集合和集合有相同的基数.
于是“存在双射使得严格单调增.”这件事就是显然的了. 因为我们可以取到唯一的非退化区间使得其下界等于非空集合的最小值,进而定义. 进而把从集合剔除而得到新集合. 重复上面的操作直至新得到的集合为空集即可.
接下来就要证明即可,这里就不展开了.
综上,我们有——对任意I的分法,当的基数不小于2时有
由命题7.1.11(e)
单元素集的上下确界是其唯一的元素
同上
非退化区间等价于不是空集也不是单元素集的区间
定义7.1.6和上面的小命题3.
由于的基数不小于2和引理7.1.4(a),引理7.1.4(a)要使用本书§7.1博文的版本.
上面的小命题3.和小命题2,以及我们假设g是增函数.
上面的小命题3.
.容易证明.
当的基数为1时,即,我们知道仍有.
当g为单调增减数时,我们知道-g为单调增函数,于是任意I的分法有,即.
至此,我们终于证明了“设是单调的以正实数M>0为界的连续函数,其中定义域I是非空有界区间. 我们有:对任意I的分法有.”.
值得一提的是如果我们把前提中“设是单调的以正实数M>0为界的连续函数”改为“设是单调的以正实数M>0为界的函数”,即把连续去掉,我们只需要对小命题2.进行修正(小命题1.和小命题3.是关于分法的,不受影响),同样的论证我们将得到:对任意I的分法有. 也即我们可以证明“设是单调的以正实数M>0为界的函数,其中定义域I是非空有界区间. 我们有:对任意I的分法有.”.
设是单调的以正实数M>0为界的一致连续函数,其中定义域I是非空有界区间. 由上面的长篇大论我们可以知道:对任意实数都存在分法使得,并且f是Riemann可积的,并且对任意I的分法有.
由于单调的以正实数M>0为界的一致连续并且定义域I是非空有界区间的函数是存在的,于是我们得到了——
“f是Riemann可积的”“对任意实数都存在均分法使得”;
“对任意实数都存在分法使得”“对任意实数都存在均分法使得”
下面我们来构建上面提到的反例.
我们定义函数如下. 首先我们有对一切自然数m,对一切自然数n,如果那么. 并且有. 于是对每个偶自然数m,对每个元素我们定义;每个奇自然数m,对每个元素我们定义. 由上论证我们容易知函数是定义成功了的. 函数看上去是关于“可数分法”逐段常值的.
我们先来证明是Riemann可积的.
对任意实数,由于我们知可以找到自然数N使得. 于是我们考虑[0, 1)的分法,我们有. 综上,我们证明了对任意实数都存在[0, 1)的分法使得. 于是是Riemann可积的.
我们再来证明函数不满足“对任意实数都存在分法使得”.
对任意[0, 1)的分法,对任意,我们假设:对任意的子集A,存在使得. 于是乎对集合的子集,存在使得. 这与相矛盾,故假设不成立. 即我们证明了:对任意[0, 1)的分法,对任意,存在的子集A使得对每个有(也即).
依上,对每个我们可以选出一个使得成立的的子集A,并记作.
对任意[0, 1)的分法,我们假设:对任意我们有为有限集,进而集合是有限集. 而我们有,进而我们有. 这个矛盾说明我们的假设不成立. 于是乎,我们证明了:对任意[0, 1)的分法,存在使得为可数限集. 由于为区间,进而包含偶数也包含奇数,进而. 由函数的定义我们知道对任意非空有的最大值为1. 于是乎,我们证明了存在实数0.5,对任意[0, 1)的分法我们都有.
综上,我们证明了是Riemann可积的并且“对任意实数都存在分法使得”不成立.
即我们证明了——“值域有界且定义域为有界区间的函数f是Riemann可积的”“对任意实数都存在分法使得”.
设是有界函数,其中I为有界区间.
我们再来考察Riemann积分的另一种常见黎曼和极限定义. 我们说f是Riemann可积的,当且仅当存在实数S,对任意实数,存在实数,对I的任意不含空集(使得下面的笛卡尔乘积非空)分法,如果那么对任意函数我们有. 于是我们记f的Riemann积分值为S.(也即). 值得一提的是,如果f是按“黎曼和极限定义”Riemann可积的,我们容易证明其积分值S是唯一的.
下面我们将证明上述常见黎曼和极限定义与书中的Riemann可积定义是等价的.
我们先证明:小命题4.“对任意实数,存在I的一个分法使得”和“对任意实数,存在实数,对一切I的分法,如果那么”是等价的.
证明:假设有“对任意实数,存在实数,对一切I的分法,如果那么”.
对任意实数,由假设我们知存在实数使得对一切I的分法如果那么. 进而我们可以取到正自然数使得,即. 于是我们可以考虑I的均分法(具体来说,如果我们有,我们定义;否则我们定义. 容易验证这样定义的集合确实是I的分法.). 于是我们可以发现. 于是由假设我们知有.
综上,我们证明了如果“对任意实数,存在实数,对一切I的分法,如果那么”“对任意实数,存在I的一个分法使得”.
类似的,我们假设“对任意实数,存在I的一个分法使得”成立.
- 小命题5.对于I的一切分法,我们考虑的公共加细. 对任意元素,如果J非空,易证恰存在一个使得并且恰存在一个使得. 于是我们可以定义函数,对任意,如果J非空则定义;否则. 那么我们有和.
证明:对任意,我们容易证明,进而我们容易验证为集合的一个分法,并且我们容易证明. 进而有. 我们容易验证为I的一个分法,并且容易证明对任意,如果那么和是不交的. 于是我们有
.
同理我们也可以证明.
这就完成了小命题5.的证明.
我们回到小命题4.证明的主线.
当I为空集或单点集或f为常值函数时命题“对任意实数,存在实数,对一切I的分法,如果那么”是显然成立的,故我们只需再考虑I为非退化区间并且f不是在I上常值的情形,此时I的任意分法都含有非退化区间.
对任意实数,由假设“对任意实数,存在I的一个分法使得”知存在I的一个分法使得.
我们定义.
由于我们假设了I为非退化区间,进而此时I的分法含有非退化区间,进而集合非空. 从上面小命题3.的结论我们可以证明(严格写起来太繁琐,故省略)集合非空. 于是我们可以看到. 而如果,也即对任意有,这说明对每个函数f在区间上是常值的. 进而结合小命题3.小心论证我们可以知道f在I上常值.
于是在假设f不是常值函数的前提下我们有.
我们再定义. 同上面对的论述我们知此时有.
我们定义.
由于我们假设了I为非退化区间,进而此时I的分法含有非退化区间,进而集合非空. 从上面小命题3.的结论我们可以证明(严格写起来太繁琐,故省略)集合非空. 于是我们可以看到. 而如果,也即对任意有. 进而对任意,对每个,有. 进而结合小命题3.小心论证我们可以知道f在I上关于分法逐段常值.
于是在假设f不是关于分法逐段常值函数的前提下我们有.
我们再定义. 同上面对的论述我们知此时有.
至此,我们终于可以定义我们想要的. 我们记,由于包含非退化区间,于是我们看到. 进而我们就定义.
完成了对的定义,进而对任意I的分法,如果,那么对任意,如果J非空,易证恰存在一个使得并且恰存在一个使得. 于是我们可以定义函数,对任意,如果J非空则定义;否则.
由上小命题5.论证我们知,.
于是我们只要证明“”就可以完成:在假设f在I上不是关于分法逐段常值函数的前提下,有“对任意实数,存在I的一个分法使得”“对任意实数,存在实数,对一切I的分法,如果那么”的证明. 下面我们就做此事.
我们将会分为四组:. 我们容易证明并且两两不相交.
先来考虑集合.
对任意我们有J为空集,由两函数g, g’定义我们有,进而.
再来考虑.
对任意,有成立,此时我们有和,再由于,于是我们有,于是我们看到. 即对任意有.
再来考虑和.
我们定义集合. 进而我们容易证明对如果那么. 也容易证明. 并且我们容易证明对任意非空,我们有恰存在一个有.
进而对任意非空,我们有恰存在一个使得,进而对此唯一的集合有
(因为为J的分法)
(由并且两两不相交可证)
(容易证明为空集)
而对任意,如果,我们知恰存在一个和恰存在一个使得. 如果我们还知道此时,那么有. 亦即我们证明了命题:“对任意,如果(()并且(存在使得))那么有.”.
由上面一段以及定义我们易证:对任意有.
我们假设不是空集,即存在元素. 进而存在元素,对某有. 进而存在元素,存在使得且且. 综合“对任意非空,我们有恰存在一个使得”看到:存在非空集合使得并且也是非空集合. 进而有存在非空集合使得并且存在非空集合使得. 由于已证“对任意有.”,进一步我们得到:存在非空集合使得并且存在非空集合使得. 进而存在非空集合,存在非空集合使得. 而我们已证两两不相交,所以“存在非空集合,存在非空集合使得”不可能成立,所以我们的假设不成立,即.
进而继续上面的等式变换,即
.
综上,我们证明了:对任意非空,我们有恰存在一个使得并且.
进而对任意非空,我们知恰存在一个使得并且. 我们假设存在使得. 也即有. 进而对任意,如果则. 进而对任意,由定义我们知. 由于非空,进而我们得到非空,于是由“对任意,由定义我们知.”知有不成立. 这个矛盾说明我们的假设不成立. 故我们证明了:对任意非空,恰存在一个,使得并且并且对任意有不成立.(或者写证明:对任意,如果非空,我们假设存在使得. 由于非空,于是存在使得. 再由的定义知存在使得. 由于,于是. 于是我们看到,进而. 于是我们看到和是相互矛盾的,故我们的假设不成立.)
综上,我们证明了:对任意,如果非空那么对任意有不成立.
由上,对任意,如果非空,那么我们容易证明:对任意自然数,对任意单射,如果那么. 进一步我们容易反证证明:对任意,如果非空,那么.
于是现在我们来证明:对任意非空,恰存在一个,使得,使得.
证明:对任意非空,由前面论证知恰存在一个,使得并且并且对任意有不成立. 我们假设一:. 由小命题3.以及为区间我们容易证明至少包含一个的一个非退化区间,这与使得相矛盾. 故我们的假设一不成立,进而有. 同样的,我们假设二:. 由于非空,并且恰存在一个使得,于是我们知道非空. 进而存在使得. 再由定义我们知非空. 我们进一步假设为单元素集,于是可以知道. 综合起来有为单元素集. 再由以及的定义我们知存在使得. 由上“”以及“为单元素集”我们知道为空集,这与已证的“”相矛盾,说明我们的进一步假设不成立,于是为不是单元素集. 再结合非空我们知道为非退化区间. 于是我们有为非退化区间,进而我们知道存在使得. 至此,对非退化区间,由定义我们知存在使得. 于是有. 如果我们知道为非退化区间,进而有,于是这与假设二相矛盾,故应为单点集. 此时我们看到对非退化区间和单点集有. 这个矛盾说明我们的假设二不成立. 故.
综上,我们证明了对任意非空,恰存在一个,使得,使得.
进一步的,对任意,若非空,我们假设. 于是我们可以从集合取出4个不同元素,分别记作. 由于我们已经证明“对任意非空,恰存在一个,使得,使得.”,于是中有一个非退化区间和三个单点集;或者两个非退化区间和两个单点集. 但不管如何,我们知道此时包含中至少两个单点集,我们记此两单点集分别为. 不妨一般性,我们假设. 此时对一切,我们知道恰存在一个使得. 我们假设存在从到的单射. 由于,于是是无限集. 再由假设“存在从到的单射”我们知道是无限集. 这与分法的定义相矛盾,于是假设不成立,于是不存在从到的单射. 于是我们定义函数,已知对一切恰存在一个使得,于是我们定义. 由上我们知F不是单射,即存在使得并且. 再结合我们知存在非退化区间使得. 于是我们看到. 由定义知这与我们只考虑“”的相矛盾. 于是我们的假设不成立,即有.
综上,结合已证“对任意,如果非空,那么.”,有对任意,若非空,有.
进而,对任意,由于是的分法,进而有. 于是对任意,我们知对某集合有. 也即对任意,我们知对某非空集合有和. 进而对任意知对某非空集合有和,而我们知道恰存在一个元素使得有,进而有,于是我们看到,于是我们看到.
综上,对任意,我们有.
对任意,我们考虑集合.
如果为空集,我们易知为空集,于是此时可以写成区间的形式.
如果为单点集,我们易知就是一个区间.
我们再来考虑非退化的情形,我们记. 我们容易证明非退化,进而知. 我们大假设不能写成区间的形式,这说明存在元素使得,也即存在元素使得对任意如果那么. 而我们注意到而,于是恰存在一个非空使得. 由“存在元素使得对任意如果那么.”我们知道. 于是我们看到. 我们小假设一有且. 我们容易证明当或者时我们有,于是在我们已证的条件下应有且,进而由为区间我们有,于是此时仍有. 综上,我们知道小假设一不成立,于是我们证明了或. 再由于对任意如果那么有,于是我们看到对任意如果那么有. 我们小假设二有对任意如果那么有. 于是我们可以定义实数,于是我们由小假设二知有. 那么对任意,我们知对某有,进而有. 至此我们发现U不是的最小上界,这个矛盾说明我们的小假设二是不成立的,于是我们得到存在使得且. 再结合已证“对任意如果那么有.”我们知存在使得且. 同理我们可以证明存在使得且. 综上,我们证明了“或”和“存在使得且”和“存在使得且”. 我们再小假设三有且. 结合上面已证我们有或者,也即或者. 再由于和我们知道有和,再结合已证的“或者”我们知道有或者. 进而我们由“或者”以及是区间知有或者,但由以及分法的定义我们知道“或者”是不成立的,于是我们的小假设三不成立. 进而有或者. 此时由“或者”以及我们知或者,但这与是相矛盾的,于是我们的大假设不成立,进而当非退化时也能写成区间的形式.
综上,我们知对任意,集合可以写成区间的形式.
下面这段论证是上面一大整段的具体情形,但对证明小命题4.的帮助不大,可以跳过.
下面我们将证明:对任意,恰存在一个使得 且 和为区间. 证明:对任意,易知恰存在一个和恰存在一个 使得并且有不成立. 由于,于是有. 综上,我们有不成立和和 为非退化区间,从这三个条件我们容易得到. 故我们按 继续分类讨论. 当时, 再由均为非退化区间知 且K'是中非退化区间,进而有. 再由不成立知存在. 进而对任意, 若,由于“”知 只能属于中的单元素区间. 进而对任意,若, 我们进一步假设有或,此时由上面小命题3.我们容易证明有 , 这与上面证明了的“”相矛盾,于是我们的假设不成立,即有. 进而对任意,若,再由知有. 进而对任意,若,由于当 我们可证得,这个矛盾说明应该有或者 . 综上,我们证明了当时, 我们有存在使得不可兼或 存在使得. 于是我们可以发现此时有 和为区间. 当时, 我们记, 也即恰存在使得并且 并且均为非退化区间. 我们有, 由于进而我们知, 进而, 也即. 我们以的大小关系进行讨论如下. 如果,由 以及均为非退化区间我们知, 进而我们有;同理如果有 我们将得到. 如果为,我们假设 ,进而是 非退化区间,于是对任意,恰存在一个使得 并且. 再由于, 于是存在元素使得和. 综合起来我们有, 进而我们看到. 由于已证 “对任意,恰存在一个使得 并且”并且“”, 于是我们得到结论“对任意,恰存在一个使得 ”. 但是此时中元素是无限多的, 进而得到是无限集. 这个矛盾说明假设不成立, 进而有. 由于,所以我们有 ,这说明和. 综合起来我们有. 至此,我们可以看到:如果为区间,那么; 如果不为区间,那么并且 为区间并且. 进而我们还看到:和 为区间; 同 理如果为我们将得到类似的结论. 综上,我们总有和 为区间. 这就完成了“对任意,恰存在一个使得 且和 为区间.”的证明. 当然,对任意的,我们也有类似的结论,这里就不展开论证了.
从上,我们已证“对任意,我们有.”和“对任意,集合可以写成区间的形式.”和“对任意,若非空,有.”. 进而我们容易证明.
于是我们看到
(由于已证)
(由定义)
(由对如果那么)
(由对任意非空,恰有一个使)
(由已证为空集且以及并且两两不相交,我们可以证明)
(由于对任意有以及g的定义)
(由于为的一个分法)
(因为)
(由的定义)
(由已证“对任意,我们有.”以及“对任意非空,我们有恰存在一个使得并且.”以及“对任意,若非空,有.”以及“对任意,集合可以写成区间的形式.”.)
(由)
于是我们看到.
同样的,我们有
(由于已证)
(由定义)
(由对如果那么)
(由对任意非空,恰有一个使)
(由已证为空集且以及并且两两不相交,我们可以证明)
(我们易证)
(我们定义函数. 对任意,即有且,即有(对某有)且(),即存在某使得. 于是我们看到并且. 故我们证明了h的满射性; 而对任意,我们有并且. 如果,我们假设. 由假设以及h定义知即有. 由于已知,即存在使得并且存在使得. 由于并且我们看到. 再由于以及知,进而. 综上,我们得到了和,这个矛盾说明假设不成立. 故对任意,如果那么. 这就证明了h的单射性.
综上,h是双射. 并且我们发现对任意我们有以及. 这就证明了)
(由g’定义)
(由于)
(因为)
(由的定义)
(由已证“对任意,我们有.”以及“对任意非空,我们有恰存在一个使得并且.”以及“对任意,若非空,有.”以及“对任意,集合可以写成区间的形式.”.)
(由)
于是我们看到.
综上,我们有和. 进而有.
至此,我们发现.
于是此时. 至此,我们终于可以确认在假设函数不是逐段常值函数的前提下小命题4.是成立的.
如果函数是关于分法逐段常值函数,我们知道上述论证失效的地方是我们不能保证不为0. 但是,如果我们能证明“对任意实数,存在I的一个分法使得.”,这说明f关于分法不是是逐段常值的,那么上述论证也就是成立的了. 而命题“对任意实数,存在I的一个分法使得对任意实数,存在I的一个分法使得.”用反证法和Riemann积分定义是容易证明的. 这就补完证明中的Gap.
于是我们现在知道了:“对任意实数,存在I的一个分法使得”和“对任意实数,存在实数,对一切I的分法,如果那么”是等价的.
现在我们继续Riemann积分常见黎曼和极限定义与书中的Riemann可积定义是等价的的证明.
我们先假设函数f是按书上的定义Riemann可积的. 于是我们知道其Riemann积分是实数,我们定义.
对任意实数,由于上面我们已证“f是按书上函数Riemann可积定义是Riemann可积的对任意实数,我们总可以找到I的一个分法使得.”,于是我们总可以找到I的一个分法使得. 由小命题4.我们知道对实数存在实数,对一切I不含空集的分法,如果,那么有. 进而对任意函数,我们由“”容易知此时有“”和“”,进而我们有“”和“”,也即“”和“”,进而我们有“”,进而有“”,进而有.
综上,我们证明了:f是按书上函数Riemann可积定义是Riemann可积的,并且此时f的两种Riemann积分定义的积分值是一样的.
我们再来考虑函数f是按定义“存在实数S,对任意实数,存在实数,对I的任意不含空集的分法,如果那么对任意函数我们有”Riemann可积的.
进而对任意实数,由f是按“黎曼和极限定义”Riemann可积的知存在I不含空集的分法(比如I的均分法)使得:对任意函数我们有,进而我们有.
由于是(由于是不含空集的I的分法,进而我们自动知)的上确界故我们容易证明对任意有;同理容易证明对任意有. 综上,我们看到和.
综上,结合“”和“和”我们可以看到.
至此,由于我们已证“f是按书上函数Riemann可积定义是Riemann可积的对任意实数,我们总可以找到I的一个分法使得.”,于是f是按书上的Riemann可积定义Riemann可积的.
综上,我们证明了:f是按书上定义Riemann可积的. 而上面我们已经证明“f是按书上函数Riemann可积定义是Riemann可积的,并且此时f的两种Riemann积分定义的积分值是一样的”,我们容易用反证法说明如果f是按Riemann积分常见黎曼和极限定义Riemann可积的并且积分值是S,那么f也是按书上函数Riemann可积定义是Riemann可积的并且积分值也是S. 这样就证明了此时f的两种Riemann积分定义的积分值是一样的.
至此,我们终于完成了“常见黎曼和极限定义与书中的Riemann可积定义是等价的”的证明.
值得一说,Riemann积分常见黎曼和极限定义来源于求曲线下的面积,因此是十分自然的,但这个概念在判断函数是否Riemann可积时并不好用,关键在于我们考虑一般函数是否Riemann可积时Riemann积分常见黎曼和极限定义中的并不容易找到. 由于这个问题,促使数学家去寻找函数Riemann可积的等价命题来判断不同类型函数的Riemann可积性. 书上Riemann积分定义就是其中一种,其完美简洁地解决了一致连续函数、连续函数以及单调函数的Riemann可积性问题. 也就是说,我们当然可以用Riemann积分更原始的黎曼和极限定义来证明一致连续函数、连续函数以及单调函数的Riemann可积性问题,但证明会更加繁琐,篇幅更多.
关于有界函数是否Riemann可积就讨论到这里.
《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§11.10解答
习题11.10
11.10.1证明:命题11.10.1题设中两实数要求是,当时命题表达式是毫无意义的,因为空函数是没有输入的.
当时,“F以及G在是可微的”是空真地成立的;在此基础上F’和G’确实是在上Riemann可积的,由于F’和G’定义域均为单元素集故积分值为0. 并且我们容易验证表达式确实成立.
当时,由于F以及G在定义域是可微的,于是F以及G在定义域上连续,由于是闭区间,故F以及G在上一致连续,进而F以及G在上Riemann可积.
而我们有. 由于F、F’、G、G’均Riemann可积,于是F’G与FG’均Riemann可积,进而F’G+FG’是Riemann可积的,于是我们看到(FG)’是Riemann可积的.
由微积分第二基本定理我们知:,即,简单运算得到.
11.10.2补充引理11.10.5中证明细节:
<1>第一个为什么:对每个区间,对任意由的定义我们知有以及. 如果,进而对任意的,我们知有,由单调增我们知. 由于J是有界区间,故其是有界连通的,于是从前面已证“和”我们知. 综上我们有. 最后由定义11.1.1知是连通的.
<2>第二个为什么:对任意,对任意,我们有,进而,故. 所以是在上的常数值.
<3>第三个为什么:a.显然是有限集;b.中元素我们在第一个为什么中已证是区间;c.对任意,由是的分法以及单调增我们知恰存在一个使得. 进而我们看到.
综上于是我们发现存在使得. 我们假设对仍存在一个使得,进而是存在一个使. 于是我们发现有. 由是的分法我们知有.
综上我们知是的分法.
<4>第四个为什么:对任意知有存在使,进而对任意知有且,进而由第二个为什么知有. 故关于是逐段常值的.
<5>第五个为什么:此小问证明的篇幅有点长. 设.
首先我们容易观察到. 这是因为对任意均有,故对任意有,进而有.
但这并不足够,我们要证明,难点在于寻找区间的右(左)端点与J的右(左)端点的关系. 上一段我们已经得到了,而由f是连续单调增的我们直觉上有理由相信有
我们现在就来证明上面这个等式.
首先我们易知,故考虑是合理的.
由于是单调增的,故我们容易知有. 现在我们我们再来证明.
由于前面已说明不含空集,于是由f是连续以及介值定理我们看到不是空集. 进一步地,如果为单元素集时等式明显成立; 故我们再考虑至少含有两个不同元素,此时由第一个为什么我们知道是无限集. 至此由习题9.1.15以及引理9.1.14我们知可以取到一个全由中元素组成并且收敛到的序列. 显然的我们有. 但是再由在处连续我们知有. 由命题6.4.12我们知有. 综上我们看到. 这就证明了.
综上得证.
结合我们就可以得到. 我们朝证明又迈进了一步. 显然,只要我们再证明就可以进一步得到我们想要的结果. 接下来我们就来证明.
对实数来说,我们分类讨论:如果,由单调增以及连续和介值定理我们知对任意有,进而有. 这就完成了一种情形的讨论. 接下来如果,进而我们看到. 由于J是区间,我们得到“或者”. 由于J非空,前面我们已经证明不是空集. 进一步地,如果J是单元素集,进而知也是单元素集,进而我们显然有;再考虑J不是退化区间的情形,此时容易知也为非退化区间,于是我们可以从中取出一个元素使得严格大于,即. 于是我们看到. 于是不成立. 结合已证的“或者”我们得到. 至此全部情形均讨论完毕.
综上我们总是有. 结合已证我们就证明了.
同理我们可证.
综上我们就证明了.
11.10.3证明:我们来考虑两个集合. 我们将证明.
对任意,我们知存在函数是逐段常值的并且上方控制f使得.
我们定义函数. 接下来我们将证明是上方控制g并且是逐段常值的函数.
对任意,我们有,由于上方控制f我们知,即,故上方控制g.
根据区间的性质以及“本书博文§11.1解答中文内补充第9点中还容易证明中第1.点”对分法性质的说明我们知我们当然可以取到一个[a, b]的分法使得关于是逐段常值的,并且中的非退化区间均为开区间. 我们定义一个函数,如果则; 如果P为单元素集则定义;如果P为非退化开区间,说明存在使得且,则我们定义.
接下来我们将证明是的一个分法. 1.首先,由于是有限集进而也是有限集; 2.其次,由函数T的定义我们知中元素均为区间; 3.最后,对任意,有,由于为的分法,故恰存在一个使得,进而我们容易证明. 我们假设中元素不是两两不相交,即存在使得. 于是我们可以取到一个元素. 由“存在使得”进一步的,我们知存在使得且. 于是我们可以证明. “”这个结果与是的分法相矛盾,故我们的假设不成立,于是得到中元素是两两不相交的. 综上,我们证明了是的一个分法.
而对任意,我们知道存在一个使. 对任意的,由我们易证. 但是已经我们知道在P上常值以及,进而可以得到在上常值,并且常值数值即为在P上常值的数值. 综上,我们知道是关于逐段常值的.
综上,我们完成了是上方控制g并且是逐段常值的函数的证明.
我们再来考虑函数T的值域限制到后的情况. 我们定义新函数. 显然此时T是满射. 对于任意,如果,用反证法容易知. 于是是单射. 综上是双射.
对于双射,我们容易发现对任意有. 并且由前面证明过程我们知函数在P上的常值数值等于函数在上的常值数值.
于是我们看到.
综上我们有,进而有.
同理可证.
故我们有. 于是我们有.
同理我们可证.
综上,我们有.
至此,我们可以说g在上可积并且有.
在完成了习题11.10.3的证明后,我们可以进一步根据定理11.4.1(g)证明习题11.10.3中题设闭区间”“可以放宽为其余类型的区间(开区间,半开半闭区间),而习题11.10.3的结论仍然不变.
其实习题11.10.3的主要目的是学会使用§11.10各个定理命题的证明思路,我们先考虑对于逐段常值函数的简单情形,然后再推广到更一般的Riemann可积函数的情形.
值得一提的是,这个结果不可以不加其他假定条件而推广到Riemann-Stieltjes积分.
11.10.4类似命题陈述如下:设. 设是闭区间,并设是可微的单调减函数,而且是Riemann可积的. 设是在上Riemann可积的函数. 那么我们有.
证明:此命题的证明用到了我们刚刚证明的习题11.10.3.
我们已知,是闭区间,是可微的单调减函数,而且是Riemann可积的,是在上Riemann可积的函数.
我们当然不能直接用命题11.10.7,但是我们由习题11.10.3我们观察到有. 而就是增函数,就可以利用命题11.10.7. 现在就来做此事.
我们定义. 由函数已知性质我们容易证明在可微且单调增和是Riemann可积的.
于是由命题11.10.7我们知道有,也即,进而由知.再由习题11.10.3我们知道.
这就完成了证明.
证明二:对于一个减函数来说,其关于Y轴对称的函数变成了增函数,前面的证明就是利用了这一点. 同样地,我们注意到减函数关于X轴对称的函数也是增函数,这为我们指明了另一条证明路径,现在叙述如下.
已知“设. 设是闭区间,并设是可微的单调减函数,而且是Riemann可积的. 设是在上Riemann可积的函数.”.
于是容易看到是可微的单调增函数且是Riemann可积的. 由习题11.10.3我们知道函数关于Y轴的对称是在上Riemann可积的并且两者积分值相同.
直接应用命题11.10.7我们将得到.
将改写成,只需要注意到.
文内补充
1.
- 定理11.10.2对应的减函数版本:设是单调减函数,并设在上还是可微的而且是Riemann可积的. 设是上的逐段常值函数,那么在上Riemann可积,并且有. 证明很容易,只需注意到函数是增函数并且运用定理11.10.2.
- 推论11.10.3对应的减函数版本:设是单调减函数,并设在上还是可微的而且是Riemann可积的. 设是关于在上Riemann-Stieltjes可积,那么在上Riemann可积,并且有. 证明很容易,只需注意到函数是增函数并且运用推论11.10.3.
- 引理11.10.5对应的减函数版本:设是闭区间,并设是连续的单调减函数. 设是在上逐段常值函数. 那么有也是逐段常值函数,并且. 证明很容易,只需注意到函数是增函数并且运用引理11.10.5.
- 命题11.10.6对应的减函数版本:设是闭区间,并设是连续的单调减函数. 设是在上Riemann可积. 那么有是关于在上Riemann-Stieltjes可积,并且. 证明很容易,只需注意到函数是增函数并且运用命题11.10.6.
- 结合“推论11.10.3对应的减函数版本”和“命题11.10.6对应的减函数版本”我们可以得到如下结论P:设. 设是闭区间,并设是可微的单调增函数,而且是Riemann可积的. 设是在上Riemann可积的函数. 那么是在上Riemann可积的函数,并且有. 此结论也可以从命题11.10.7直接推出,或者从习题11.10.4的结论结合将习题11.10.3的结论应用到函数上推出.
2.命题11.10.1、引理11.10.5、命题11.10.6、命题11.10.7中闭区间应满足,并且时它们是极其平凡的.
定理11.10.2以及推论11.10.3中闭区间有,但是当时它们是极其平凡的.
3.定理11.10.2中“将其推广到任意基数的分法——为什么这个推广成立?”——详见习题11.4.3.
4.在推论11.10.3中f不一定是Riemann可积的.
5.在推论11.10.3中的“(为什么?)”.
其实可以提炼为一个这样的问题:已知A、B均为的子集. 而对任意均存在使得. 简单的推理我们就发现有.
6.命题11.10.6中的“(为什么?)”. 显然.
7.命题11.10.6证明中用到了引理11.3.3关于Riemann-Stieltjes积分的推广.
8.有了命题11.10.7,我们可以选取来证明函数平移不改变函数积分值;
同样的我们可以选取来证明函数伸缩不改变函数积分值.
而习题11.10.3是告诉我们关于直线左右对称的两函数具有相同的积分值.
9.除了命题11.10.1必须要求I为闭区间外,定理11.10.2、推论11.10.3、引理11.10.5、命题11.10.6、命题11.10.7中闭区间或许可以改为其他类型区间后有类似的结论.
《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§11.9解答
习题11.9
11.9.1此题题干有问题,“函数f在q处”中f应为函数.
证明:由微积分第一基本定理(定理11.9)以及习题9.8.5的结论我们知函数F在每个非比例数处可微.
我们将从可微定义用反证法证明. 假设F在比例数处可微,由可微定义我们知对每个由中元素构成并且收敛到的序列,我们有,于是对每个都存在自然数N使得对一切有,我们从可以得到.
而我们当然可以从中取满足上述要求的序列,由习题9.8.5(b)我们结合上面结论知:对每个存在自然数N使得对一切有,进而有,由于的任意性我们知有.
类似的思路我们同样可以证明对(0, 1]中比例数有(从上面不等式同样地可以得到然后对下界进行估计.),这个矛盾说明F在(0, 1)中的比例数处不可微.
而在比例数0和1处是否可微从题设和习题9.8.5已知的结论我无法判断,也许要对习题9.8.5中的函数进行更深入的研究才能判断.
当然,其实还有一个更快速的路径,我们考虑在比例数处左右导数极限,我们发现其是求积分的导数,只要被积函数是连续的我们就可以用微积分第一基本定理,于是我们可以从习题9.8.5中函数已知性质选择常数函数进行缩放,也可以得到上述的结论——对(0, 1]中比例数有,并且对[0, 1)中比例数有. 这也是我关于本书博文《习题解答阅读提醒&勘误》中第二个习题解答链接中城南讲马堂的解题思路.
同时我们注意到考虑函数在某处是否可导,只需要考虑此处左右导数极限是否同时存在且相等即可. 这是与函数在某点处连续有些许区别的,连续除了要求左右极限同时存在且相等,还要求极限值等于此处的函数值.
证明二(从推论10.2.9来证明):从推论10.2.9的证明思路其实源于导数的几何意义——割线逼近切线. 同样地,此方法不能证明0,1处不可微,只能证明在(0, 1)中的比例数处不可微,因为其主要思路也是证明左右导数极限不相等. 在区间的端点此思路行不通.
我们将从可微定义用反证法证明. 假设F在比例数处可微,由可微定义我们知对每个由中元素构成并且收敛到的序列,我们有,于是对每个都存在自然数N使得对一切有. 由推论10.2.9我们进一步知:对每个都存在自然数N使得对一切存在使得.
现在考虑从右逼近切线的割线. 我们考虑从中取满足上述要求的序列,由上结论我们知:对每个都存在自然数N使得对一切存在使得,从我们可以得到(由习题9.8.5(b)小问我们知). 由的任意性我们知道有.
类似地论证我们将知.
综上,和这个矛盾说明F在(0, 1)中的比例数处不可微.
11.9.2证明:从定理10.1.13(a)我们知有界区间I上的常值函数导数为0. 现在我们来证明其反命题也成立,现陈述如下:
小命题:设I是有界区间,设是函数,设对一切有. 那么我们有函数h是常值函数.
小命题的证明:当I为退化区间时结论是平凡的,我们只需考虑I为非退化区间.
反证. 设h不是常值函数,即对一切都存在使得. 由于I非退化,于是由h不是常值函数的进一步说明我们知可以取得两个不同元素使. 由推论10.2.9(中值定理)我们知存在使得. 这个与题设明显矛盾,故h是常值函数. 这就完成了小命题的证明.
回到习题11.9.2的解答上来,此时我们发现引理11.9.5的结论是显然的了.
值得一提的是,由上证明过程我们知道对于(有界)区间I上的函数,“常值”与“导数恒为0”等价. 但对于定义域不是区间的函数,两者不等价,反例我们很容易构建出来,比如一个分段常值函数.
证明二:我们也可以用微积分第二基本定理证明. 当I为退化区间时引理11.9.5是平凡的,现在知需要考虑I为非退化区间的情形.
考虑函数,由题设知可微且导数等于0,于是连续. 对任意,考虑闭区间,我们由定理9.9.16可知在上一致连续,于是是Riemann可积的. 由微积分第二基本定理我们知,即,进而.(严格来说时微积分第二基本定理并不适用,但这并没有什么大的影响. 我们可以单独讨论的情形,也可以扩展微积分第二基本定理对单点集函数也适用.)
综上,对任意我们有. 于是为常值函数,引理11.9.5得证.
11.9.3证明:充分性由微积分第一基本定理所保证. 现在我们来证明必要性.
必要性:我们使用反证法来考虑f的左右极限. 我们假设f在处不连续.
首先我们直观上可以感觉到单调函数的左右极限应该存在. 当然,用反证法证明存在,或者直接使用定义9.3.6来证明存在都是很难的,没有直观.
这里的直观是指我们用序列的极限来理解定义9.3.6,分析学中的一个常用思考方式就是用我们非常熟悉和便于理解的序列的极限来了解函数的极限.
现在我们就来做这事. 设是任意由中元素组成并且收敛到的序列. 对任意实数,我们由确界性质可知集合非空,于是我们可以取其中的一个元素为实数. 而对实数,由我们知存在自然数N使得对一切自然数有,进而有.
综上,对任意由中元素组成并且收敛到的序列,有任意实数,存在自然数N使得对一切自然数有,由于f单调增,于是我们发现有,进而. 故我们有. 再由命题9.4.7我们知.
同理可证.
综上,我们知道函数f在处的左右极限均存在. 由于f在处不连续,由命题9.5.3我们看到等式“”不成立,简单的分类讨论后我们知道应有“”(不可兼)或“且”,即f在处的间断点类型为跳跃间断点或可去间断点. 再由f单调增我们容易估计左右极限上下界推理得到可去间断点不可能,于是只能为跳跃间断点. 再由f单调增我们知有. 由习题11.9.1的启发采用类似地证明思路我们可知F在处不可微.
综上我们证明了其逆否命题成立,于是习题11.9.3中必要性得证.
至此我们完成了习题11.9.3的证明.
文内补充
1.定理11.9.1补充说明.
定理11.9.1中前提”“可以改为开区间和半开半闭区间,积分変限函数也做相应的修改. 证明依然可用.
当时定理11.9.1是“空洞地”成立的.
定理11.9.1有这样的直观性:在关于f的一些假定条件之下,我们有.
- 从几何上理解:左边等式积分是求区间上函数面积;求导相当于除宽度求平均高度,并且这个宽度越来越小,平均高度就收敛到.
- 从物理上理解:同几何上理解,只不过把面积换成位移、宽度换成时间差、高度换成速度.
我们知道f在处连续蕴涵;现在我们可以考虑如果是实数L,我们并不能得到f在连续. 我们很容易构建这样的反例:. 容易证明f在处不连续(可去间断点)但是. 也即习题11.9.3中假定“是单调函数”改为“是Riemann可积函数”,充分性仍成立,必要性得不到保证.
2.定理11.9.4补充说明.
当时定理11.9.4是“空洞地”成立的.
定理11.9.4的直观理解最好是从物理上——原函数F看作位移,函数f看作速度,那么等式就是显然的了.
当然,我们也可以从几何上理解,导数值相当于斜率,从黎曼和极限上看相当于和式累加消去后的极限. 实际上定理11.9.4的严格证明就是基于这样的直观:对上Riemann和以及下Riemann和之差的逼近估计,当然中间的估计用到了中值定理.
3.微积分第一基本定理保证每个在定义域上连续的Riemann可积函数都有原函数,原函数就是积分变限函数. 但并不是每个有原函数的函数都是Riemann可积的. 书中举的例子. F可微性我们容易证明;而时,,x取我们容易证明无界.
4.习题11.9.1的说明.
习题11.9.1是非常直观的. 我们考虑更简单的一种情形:. 我们十分容易知道在处不可微,因为我们是容易直接计算求得F左导数极限和F右导数极限是不相等的.
实际上在函数h的所有跳跃间断点我们都有不可微,因为若左右导数极限有一个不存在显然不可微;当左右导数极限都存在时,我们可以用习题11.9.1中思路估计两极限的界得出不相等,进而也不可微.
5.单调性与函数左右极限存在性、极限值的探讨.
从习题11.9.3证明我们可以看到单调函数某点处(此点不需要在函数定义域内,因为函数在某点处左右极限存在不需要此点在函数定义域内)的左右极限总是存在的,并且(广义)收敛于其确界. 我们可以将其陈述如下:
设,设是()的附着点. 如果是单调增函数那么我们有().
当()为实数时(因为我们要对()做减法,无限无法做减法)证明思路与习题11.9.3中证明思路完全一样. 这是收敛到实数的情形.
当()为无限时,我们同样可以证明(). 这是收敛到无限的情形.
当然,当不是()的附着点时(即我们去掉前提“设是()的附着点”)上述命题不成立,因为等式左边的左(右)极限值可以认为空真的收敛到任何实数,而等式右边构造的集合的确界可能是广义实数中的任意值(我们容易构建这样的例子). 但是对于某些比如()为非空有限集的等特殊情形上述命题是平凡的真的.
当f是单调减函数时也有类似结论. 值得一提的是,我们应把上述命题与命题6.3.8(单调有界序列收敛)相比较,可以把上述命题当作“单调有界序列收敛”的函数版本.
于是,在函数左(右)极限真实可判断而不是空洞存在的前期下(即是()的附着点),我们也将看到如果函数的左极限不存在(不收敛到广义实数)(或右极限不存在),那么函数将不是单调的. 由命题9.3.18我们知其函数图像应该是不断振荡的. 这个逆否命题对下面第6点函数间断点的分类有用.
6.函数间断点的分类.
在任何一本微积分或者分析书上我们可以找到这样的结论:函数的间断点类型有四种——可去间断点、跳跃间断点、渐进间断点以及振荡间断点. 现在我们从左右极限来讨论为什么只有这四种间断点以及为什么这样命名.
设,设是函数.
首先,设,设是和的附着点.
由命题9.5.3我们知f在处连续等价于“.”,即a.函数在处左极限存在; 且b.函数在处右极限存在; 且c.函数在处左右极限均等于.
于是从f在处不连续,我们知道,即a、b、c中至少有一个不成立.
如果“a.函数在处左极限存在(收敛到广义实数)”不成立或“b.函数在处右极限存在(收敛到广义实数)”不成立,由上面第5.点我们已证的红体字我们知道f不单调,于是就叫作——振荡间断点.
如果“c.函数在处左右极限均等于”不成立,上面一段已经对函数在处左极限不存在或函数在处右极限不存在进行了分类,故我们只需考虑函数在处左右极限均存在的情形讨论. 如果左右极限至少有一个收敛到无穷,那么此间断点就叫作渐进间断点. 否则我们知道左右极限均为实数,如果左右极限相等,即叫作可去间断点;如果左右极限不等,即叫作跳跃间断点.
其次,当不是的附着点且是的附着点时,左极限是空洞地收敛到任意实数的. 由定义9.1.8以及命题9.3.18我们知道只需要对函数右极限存在性以及收敛性进行讨论就可知道f在处的连续性. 如果右极限不存在就是振荡间断点;如果右极限收敛到无穷就是渐进间断点;如果右极限收敛到以外的实数就是跳跃间断点;如果右极限收敛到就是f在处连续的.
当不是的附着点且是的附着点时,右极限是空洞地收敛到任意实数的. 由定义9.1.8以及命题9.3.18我们知道只需要对函数左极限存在性以及收敛性进行讨论就可知道f在处的连续性. 如果左极限不存在就是振荡间断点;如果左极限收敛到无穷就是渐进间断点;如果左极限收敛到以外的实数就是跳跃间断点;如果左极限收敛到就是f在处连续的.
当均不是和的附着点时,同由定义9.1.8以及命题9.4.7(c)我们知道f在处连续的.
这就完成了全部的讨论.
可能有人注意到,为什么我们对函数的间断点的讨论如此繁复,这是由于命题9.4.7前提和命题9.5.3的前提区别导致的,命题9.5.3比命题9.4.7多了一个前提“同是和的附着点”,我们需要考虑周全.
7.于是乎,如果我们重新考察习题11.9.3证明,由间断点分类和单调我们可以马上判断出f的间断点类型只能为跳跃间断点.
《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§11.8解答
习题11.8
11.8.1证明:我们只需要对定理11.1.13的证明稍加修改. 主要修改有1.把证明中的“区间长度”改为“区间长度”;2.把证明中关键的等式改为,当然后面的等式的成立是需要证明的,但我们从本书博文§11.1文内补充第4点以及本书博文§11.7中小命题1.和小命题3.知此事是容易证明的.(不需要假定函数单调增)
11.8.2叙述:(p.c. Riemann-Stieltjes积分是独立于分法的) 设I是有界区间,并设是函数. 设是定义在某个包含I的区域X上的函数. 假设是I的分法,使得f关于都是逐段常值的. 那么我们有.(不需要假定函数单调增)
证明:仿照本书博文§11.2中习题11.2.3的解答我们可以完成证明.
11.8.3叙述:我们可以仿照定理11.2.16来叙述关于p.c. Riemann-Stieltjes积分的命题(a)-(h).(需要注意的是,如果我们去掉函数单调增的前提条件,定理11.2.16的命题(d)、(e)的p.c. Riemann-Stieltjes积分版本不再成立,其余命题继续成立.)
证明:仿照本书博文§11.2中习题11.2.4的证明易证.
值得注意的是本书博文§11.2中文内补充第4点对p.c. Riemann-Stieltjes积分不再成立. 当假设函数单调增的前提条件下,我们只能得到p.c. Riemann-Stieltjes积分值不小于0;当去掉函数单调增的前提条件,我们对p.c. Riemann-Stieltjes积分值大小没有任何断论. 但是如果我们假设函数严格单调增的前提条件下,如果我们的定义域区间I是退化区间那么p.c. Riemann-Stieltjes积分值为0;如果定义域区间I是非退化区间那么p.c. Riemann-Stieltjes积分值大于0.
11.8.4证明: 设I是有界区间,并设是在I上的一致连续函数. 设是定义在某个包含I的区域X上的单调增函数. 那么我们有f在I上关于是Riemann-Stieltjes可积的.
证明:仿照书上定理11.5.1的证明即可. 当然我们还需要重新验证引理11.3.3、引理11.3.7、引理11.3.11以及命题11.3.12对应的Riemann-Stieltjes积分版本是成立的.
11.8.5证明:此题表述有误,详见此题勘误.
此时我们有函数.
由于f是定义在闭区间[-1, 1]上的连续函数,由引理9.6.3知f是有界函数,我们取其一个界.
由于f在[-1, 1]上连续,故f在处连续,即对任意实数,都存在实数,使得对一切如果则.
进而对任意实数,由f在处连续我们可以取到实数使得对一切有.
我们定义函数,当时我们定义;当我们定义. 我们容易验证为[-1, 1]的一个分法,进而我们容易证明是定义成功了的并且是关于逐段常值的. 进而由前面两段的论证我们不难知是f的上方控制函数.
于是我们有. 同理我们可证存在下方控制f并且是逐段常值的函数使得.
综上,我们发现有,进而有.
故关于单调增函数sgn是Riemann-Stieltjes可积的,并且其积分值是2f(0).
文内补充
1.我们容易证明:引理11.3.3、注11.3.5、引理11.3.7、注11.3.8、引理11.3.11以及命题11.3.12对应的Riemann-Stieltjes积分版本是成立的(假定函数单调增).
2.让我们考虑Riemann-Stieltjes积分的基本性质,也即我们重新考虑书中§11.4、§11.5以及§11.6内容的Riemann-Stieltjes积分版本.
我们假设I是有界区间,设是定义在某个包含I的区域X上的单调增函数,并设都是是在I上关于是Riemann-Stieltjes可积的.
仿照本书博文§11.4中对定理11.4.1(即习题11.4.1)的证明我们同样可以证明(a)、(b)、(c)、(d)、(e)、(f)、(g)、(h)有对应的Riemann-Stieltjes积分版本.
仿照命题11.4.3的证明,命题11.4.3的Riemann-Stieltjes积分版本仍然成立.
仿照推论11.4.4的证明,推论11.4.4的Riemann-Stieltjes积分版本仍然成立.
仿照定理11.4.5的证明,定理11.4.5的Riemann-Stieltjes积分版本仍然成立.
习题11.4.2的Riemann-Stieltjes积分版本不成立.
仿照习题11.4.3的证明,习题11.4.3的Riemann-Stieltjes积分版本仍然成立.
仿照定理11.5.1的证明,定理11.5.1的Riemann-Stieltjes积分版本(即习题11.8.4)仍然成立.
仿照推论11.5.2的证明,推论11.5.2的Riemann-Stieltjes积分版本仍然成立.
命题11.5.3的Riemann-Stieltjes积分版本不再成立,原因在于书上命题11.5.3的证明中的应改为. 当我们不对函数做出某些限制时可能不存在,我们是容易构建这样的RS积分不可积例子的. 而一些限制性条件,比如限制是一致连续的,那么是存在的.
由于命题11.5.3的Riemann-Stieltjes积分版本不成立,命题11.5.6的Riemann-Stieltjes积分版本不再成立.
根据本书博文§11.7重写其Riemann-Stieltjes积分版本(这里只需考虑“使得矩形高度为定值或有有一个最大值”的处理方式,我们发现——本书博文§11.7中对单调函数是Riemann可积的论述思路,只需要将原来的“区间长度”改为“区间长度”那么就可以证明单调函数是Riemann-Stieltjes可积的),我们发现命题11.6.1的Riemann-Stieltjes积分版本仍然成立.
虽然不能仿照命题11.5.3的证明来证明推论11.6.3的Riemann-Stieltjes积分版本,但是我们还是同上根据本书博文§11.7重写其Riemann-Stieltjes积分版本可以知道推论11.6.3的Riemann-Stieltjes积分版本仍然成立.
由于推论11.6.3的Riemann-Stieltjes积分版本成立,习题11.6.2的Riemann-Stieltjes积分版本成立.
3.§11.8中三个“为什么 ?”的回答.
例11.8.3中的“为什么?”,显然.
例11.8.7中的“为什么?”,显然.
最后一个的“为什么?”,显然.
4.从书上Riemann-Stieltjes积分的定义我们知道,函数是无界时不是Riemann-Stieltjes可积的. 但是还有其他的Riemann-Stieltjes积分的定义,要根据不同的定义具体考虑无界函数是否Riemann-Stieltjes可积.
5.定义11.8.1中中X不单单应该包含I,也应该包含I的两个端点.
6.陶哲轩对于本书RS积分定义的回复.
所以定义11.8.1(长度)、以及书上的RS积分的定义是否要修改,若修改后书中的例子、相关命题以及习题如何调整在 Terence Tao 给出完整的勘误前我们不得而知. 由此,我们现在先按原书的内容为准,后续 Terence Tao 给出完整的勘误后我再按照实际情况补充最新的内容.
《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§11.6解答
习题11.6
11.6.1证明:当I为空集或单点集时命题显然成立. 现在考虑I是非退化区间.
若I为闭区间,结论将从命题11.6.1推出. 故现在考虑I为形如的区间,其中a和b均为实数且.
设M是f的界. 设是满足的实数. 当f限制在上时仍为单调的,进而由命题11.6.1知在上是Riemann可积的. 于是我们可以找到上方控制并且逐段常值的函数使得.
定义如下,如果则;否则. 显然由定理11.2.16(g)的证明过程知是I上的逐段常值函数并且容易知道其上方控制f,由习题11.4.3知. 进而有.
类似的论证知有.
综上我们有. 由可以取无穷小知. 故推论11.6.3得证.
11.6.2叙述:设I是有界区间,设. 我们说f是逐段常值单调函数当且仅当存在一个I的分法使得对于一切有在J上单调增(或单调减).
证明:仿照习题11.5.1证明易证.
11.6.3证明:我们定义函数,对一切自然数n,对一切,定义. 由于对一切恰存在一个自然数n使得,故上述函数是定义成功了的. 而对一切有(因为f单调减并且),故上方控制f. 再一个是对一切自然数N,容易验证函数关于[0, N]的分法是逐段常值的.
我们再定义函数,对一切自然数n,对一切,定义. 同样的论证知函数是定义成功了的. 而对一切有(因为f单调减并且),故下方控制f. 并且对一切自然数N,容易验证函数关于[0, N]的分法是逐段常值的.
综上,对一切自然数N,有上方控制并且下方控制. 进而有,也即,即. 如果是收敛的,那么序列有界M>0,进而有,进而有,即有限.
如果有限,其等价于有限,而对一切自然数N有,故序列有上界,由于f为非负函数,故此时收敛到其上确界,故也为收敛的.
值得一提的是,命题11.6.4可以改为——设是单调减的非负函数. 那么级数收敛的充要条件是序列上确界(理解成集合上确界也可以)是有限的. 证明类似对上面的证明.
11.6.4证明:定义函数,对一切自然数n有;否则. 显然f非负但不单调减. 此时发散到,但是(可以用归纳法证明).
反过来,定义函数,对一切自然数n有;否则. 显然f非负但不单调减. 此时,但是(因为).
11.6.5证明:设p是实数,定义函数. 当时,容易知函数f是严格增的,故级数是发散的.
当时,容易验证f是单调减并且非负.
当时,我们容易证明对一切有. 接下来我们将证明调和级数是发散的. 我们假设调和级数是收敛的(也即绝对收敛),进而我们把调和级数的某些项减小一点点但仍非负,由推论7.3.2知新的级数仍绝对收敛,进而我们可以对新级数任意重排和加括号而不改变收敛值. 具体来说,我们进行如下操作. 照上面的调和级数收敛的假设级数应该绝对收敛,但是我们发现其每一项都大于0.5,显而易见其应该是发散,这说明我们的假设不成立,故调和级数是发散的. 由命题11.6.4知. 于是我们容易从“对一切有”进一步得到,也即,再次由命题11.6.4知此时是发散的.
综上,当时是发散的.
在时,我的本意是通过各项的缩放找到一个收敛几何级数比大. 但这应该不可能. 因为我们有对一切正自然数n有中指数为对数函数,线性函数作为指数(几何级数各项的指数就是线性增长的)很快会超过它. 所以我们还是使用微积分基本定理(值得说明的是,微积分基本定理的证明未用到推论11.6.5,所以不是循环论证)来证明. 由习题10.4.3知. 由命题11.6.4知此时是收敛的.
《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§11.5解答
习题11.5
11.5.1证明:由于f是逐段连续的,即存在一个I的分法使得对一切有在J上连续,再由f在I上有界知也有界. 综上,对一切有有界且连续,故是Riemann可积的. 故对一切实数,对一切可以找到的上方控制并且是逐段连续的函数使得. 我们定义函数,对一切,由于为I的分法,故恰存在一个使得,于是我们定义. 我们容易验证H为f的上方控制并且是逐段常值函数,于是H是Riemann可积的,再由习题11.4.3我们有.
同理我们可证.
综上我们有. 由于正数的任意性,故我们有. 故f为Riemann可积的,进而由习题11.4.3有.
《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§11.4解答
习题11.4
11.4.1证明:(a)我们由习题11.3.1以及定理11.2.16容易证明,进而有. 同理我们易证,进而有.
接下来我们将证明.
对任何元素,有. 进而有. 而对任意f的上方控制并且是逐段常值函数,对任意g的上方控制并且是逐段常值函数,我们有,即(由f、g是Riemann可积的我们知道两函数是有界函数,进而是实数,故可以进行加减),对取下确界我们就得到结论:对任意f的上方控制并且是逐段常值函数我们有,即对任意f的上方控制并且是逐段常值函数我们有,我们再对取下确界就有. 即有. 综上我们有.
同理我们可证.
结合第一段的证明我们就有和. 由引理11.3.3我们知有,进而有,于是(f+g)是Riemann可积的并且.
(b)当c为0时容易验证等式是成立的. 现在考虑的情形.
我们先假设. 我们考虑集合. 对任意元素,有. 进而有. 而对任意集合的下界,有对任意f的上方控制并且是逐段常值函数,有,即. 进而我们对取下确界得到,即,即. 而当L为亦有. 进而有. 综上,我们有. 同理我们可证有. 我们容易证明和. 进而有和. 由上面一段即和. 进而有,进而,于是此时有(cf)是Riemann可积的并且.
我们再来考虑的情形. 此时我们容易证明和. 即和. 于是我们有和. 于是我们看到. 于是当时我们有是Riemann可积的,并且.
我们再来考虑的情形. 此时. 这就完成了证明.
下面这一段论述是正确的,但不能证明这一问. 所以不用看.
我们再来考虑的情形. 此时我们容易证明和. 进而我们有和,即和. 进而我们有.
(c)由上面(a)与(b)的结论我们有.
(d)我们知道. 而对一切元素,由“对一切有”以及定理11.2.16(d)我们知,故.
值得补充的是,如果条件“对一切有”改为“对一切有”,我们有:如果I为空集或单点集那么有;如果I为非退化区间那么. 这个证明要用到套区间定理、或者使用函数黎曼可积的充要条件(结合习题11.4.2)、或者使用测度理论中的勒贝格积分,所以我们这里不做证明,以后有机会再补上.
(e)由“对一切有”知对一切有,进而由上面(d)的证明知,由上面(c)的证明知有,即.
由(d)中补充知如果条件“对一切有”改为“对一切有”,那么我们有——如果I为空集或单元素集那么;如果I为非退化区间那么.
(f)由引理11.3.7知.
(g)对任意上方控制f并且逐段常值的函数,我们定义函数,如果则;如果则. 由定理11.2.16(g)知在区间J上逐段常值并且,而我们容易验证此时是函数F的上方控制. 于是我们看到,进而有.
同理我们可证.
再结合引理11.3.3我们就有. 由于f是Riemann可积的,即有. 故我们有.
综上,F在J上Riemann可积并且.
(h)我们定义函数,如果则;如果则. 定义函数,如果则;如果则.
而对一切有恰有一个成立,进而有. 于是我们由上面(c)的结论知只能为都黎曼可积或都不黎曼可积.
由于f是Riemann可积的,于是我们有.
而对任意上方控制f并且逐段常值的函数h,当把函数的定义域都限制到J上时,我们容易验证此时是的上方控制. 于是我们有,即. 同理我们可证. 综上,对任意上方控制f并且逐段常值的函数h,我们有和. 进而对一切上方控制f并且逐段常值的函数h,我们有. 我们再对h取下确界,就有. 综上,我们证明了.
类似的论证我们可以证明.
而由于有和. 进而有,结合上面已证我们知道有,进而可以得到. 由于在区间J上函数f和函数给出相同的函数值并且在区间K上函数f和函数给出相同的函数值,于是上述结论可以改写成,也即.
我们假设均不是Riemann可积的,由上面(g)的结论的逆否命题我们知道均不是Riemann可积的,于是我们有和. 进而有. 这明显与我们证明的相矛盾. 故假设不成立.
综上,只可能是只能为都黎曼可积. 由此,由上面(g)的结论我们知有以及.
再由(a)证明的结论我们知. 这就完成了证明.
11.4.2证明:我们假设存在使得,由于f非负,则. 由于f在[a, b]上连续,进而也在处连续,故对实数,存在实数,使得对一切有如果则(也即). 于是我们找到了区间使得对一切有. 由于,所以非空. 下面我们将证明不是单元素集.
我们容易知道,而对于两区间的差别只在于后者至多比前者多包含端点,于是我们得到如果非退化那么也非退化. 现在我们假设为单点集,由上面我们知道为退化的,进而也为退化的. 但是我们有,所以此时退化为单点集,进而有,简单的分类讨论后知只可能为且,或者为且这两种情况. 对于前一种情形有;对于后一种情形有,但无论如何此时均不为单点集. 综上我们证明了“如果为单点集那么不为单点集”,进而不为单点集.
综上,我们知道不为空集或单点集,于是不是退化的区间,进而其长度.
由于,我们定义函数,如果则;否则. 容易验证h为f的下方控制,并且仿照定理11.2.16(g)的证明知h在[a, b]上关于分法逐段常值. 进而我们有. 这个矛盾说明我们的假设不成立,故对于一切有.
11.4.3证明:我们对的基数进行归纳. 当时,此时,由注11.3.8以及命题7.1.11知有. 当时,此时,进而. 当时,由定理11.4.1(h)保证.
现在归纳假设对某自然数,对一切自然数有:当时有.
下面我们来证明对自然数n+1亦有:当时有.
由于,于是I不可能是空集(因为空集的只有唯二的分法和).
我们作一个假设:对一切均有. 由于对一切均有,进而有. 进而对一切均有. 我们取,再取. 此时,即,由于I为区间,进而有. 再由知对一切有. 这与为I的一个分法相矛盾,故假设不成立,故存在使得(同理我们也可证存在一个使得).
而对任意,如果,那么P为非空有界区间,进而P为单元素集或非退化区间. 当P为单元素集时,由知;当P为非退化区间时,我们进一步假设存在非退化区间使得且. 由于均为非退化有界区间,进而存在实数使得和. 而我们发现此时有,进而有和,进而有,进而. 这与“并且”相矛盾,故假设不成立,即对所有非退化区间有或. 综上,对任意,如果,如果当P为非退化区间时,此退化区间也是唯一的.
综上,对任意,如果,那么P为唯一的单元素集或唯一右端点为sup(I)的非退化区间. 再结合已证的“存在使得”这个结论我们知道集合为上确界为sup(I)的非空区间. 我们不妨记,于是有.
我们考虑集合. 我们在上面已证明是区间,进而我们容易验证为的分法. 下面将证明为的一个分法,并且为I的分法.
我们先证明是区间. 我们易证明,即,再由I、K均为区间并且并且通过定理11.2.16(g)证明过程知为区间,即为区间. 由此我们易验证为的一个分法. 同理我们容易验证为I的分法.
综上,由定理11.4.1(h)和归纳假设我们知. 这就完成了证明.
11.4.4解释:对于定理11.4.3剩下的情形来说,是因为我们有min(f, g)=-max(-f, -g).
对于定理11.4.5剩下的情况来说,是因为我们有,而|g|也为非负函数. 同理知以及的情形.
文内补充
1.定理11.4.3证明中“为什么?”.
第一个“为什么?”:由引理11.2.8知;第二个“为什么?”:由对一切有可推得.
2.定理11.4.5证明中“为什么?”.
第一个“为什么?”:显然;第二个“为什么?”:由定理11.4.1(e)可知可推得.
《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§11.3解答
习题11.3
11.3.1证明:如果f上方控制g,g上方控制h,那么对一切有并且. 故f上方控制h.
如果f、g彼此互相上方控制,那么对一切有并且. 故它们必定相等.
11.3.2证明:如果f上方控制g,那么对一切有,进而有,即. 故f+h上方控制g+h. 同理我们可证如果f+h上方控制g+h那么f上方控制g. 综上f上方控制g当且仅当f+h上方控制g+h.
如果对一切有,那么对一切有. 故fh上方控制gh. 如果fh上方控制gh,我们假设存在使得,进而有,于是fh不是上方控制gh,这个矛盾说明我们的假设不成立,故对一切有. 综上,对一切有当且仅当fh上方控制gh.
同此题第二段的论述我们可以证明:当且仅当cf上方控制cg.
11.3.3证明:由于f是I上的逐段常值函数,故存在I的分法使得f关于是逐段常值的.
而对任何是f的上方控制并且是逐段常值的函数g,存在I分法使得g关于是逐段常值的. 由引理11.1.18和引理11.2.7知f、g均为关于是逐段常值的. 而对一切,如果J为空集,对g在J上的常数值显然有并且f在J上的常数值显然有,于是有;如果J非空,即存在,进而有. 综上,对任意有. 此时. 于是为集合的下界,进而. 再由于,故为集合的下确界,即.
同理我们可证.
综上我们有,由定义11.3.4知有.
11.3.4证明:我们有.
同理我们可证.
11.3.5证明:对任意,有对某I的分法有,由定义11.3.9进一步知. 我们定义函数,对一切,恰存在一个使得,此时有,否则就有. 我们定义.
进而对一切,如果,那么陈述“对一切有”是空洞的但是真的,故此时g在J上常值;如果,进而对一切,有,故g在J上常值. 综上,g是关于逐段常值的. 而对一切,恰存在一个使,进而,故. 故g是上方控制f的函数. 综上,g是f的上方控制并且是逐段常值函数.
此时. 于是有,进而有,进而.
同理对任意,存在函数g使得对某I的分法有g是关于逐段常值的并且是上方控制f,使得. 由引理11.3.11知有.
综上有.
同理可证.
文内补充
1.定义11.3.2中陈述“g是f的上方控制并且是逐段常值函数”确实构成一个集合. 其严格的集合表示是.
2.有界函数不一定Riemann可积,详见书的§11.7. 而我们可以证明对于定义在有界区间上的无界函数f不能同时存在上方控制f并且为逐段常值的函数g_1和下方控制f并且为逐段常值的函数g_2,故此时我们发现不可能相等,故从定义11.3.4我们知道无法定义f的Riemann积分值.
3.命题11.3.12中陈述“是I的分法”确实构成一个集合. 其严格的集合表示是:记I的子集全体构成的集合为A,记A的子集全体构成的集合为B,那么陈述“是I的分法”表示的集合为.
4.从本节我们终于知道一般微积分教材对Riemann积分定义:分割取值求和取极限这个过程总是能随着I分法中区间元素长度越来越小(进而区间定义域I的分法的基数越来越大)Riemann和(Riemann和)收敛到某数是如何成功的了,这就是命题11.3.12所保证的,总的来说是由实数集的确界定理所保证. (其实我们还要证明随着I分法中区间元素长度越来越小上(下)黎曼和与此极限的差的绝对值越来越小,这个细节留给读者解决——详见“《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§11.7解答”)
《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§11.2解答
习题11.2
11.2.1证明:对每个,由是比更细的分法知存在使得. 而f在上是逐段常值的,则f在上是常值的,进而f在的子集J上也是常值的. 综上,f是关于逐段常值的.
11.2.2证明:由于f、g均为I上的逐段常值函数,故存在I的分法使得f是关于分法逐段常值的并且g是关于分法逐段常值的,进而知也为I的分法.
对每个,有对某有,进而有. 由于f关于分法逐段常值,故f在上常值,即存在实数使得对一切有;同理由g关于分法逐段常值知存在实数使得对一切有. 综上,对一切有,故f+g在J上常值. 综上,f+g关于分法逐段常值,进而f+g是逐段常值函数.
同第一段类似的论证我们知f-g、fg、max(f, g)以及min(f, g)都是逐段常值的.
如果我们还知道g在I上不取零值,同理可证是逐段常值的.
11.2.3证明:当I为空集时其唯二的分法为和,因为我们显然可以验证此时为其分法;我们再假设I分法非空,进而对任意,进而有,即,故,故. 进而我们容易验证I为空集时命题成立.
再来考虑I非空的情形. 由引理11.2.8以及其证明过程我们知有是关于逐段常值的. 于是我们有.(注备:第四个等式是根据命题7.1.11(e);第六个等式是因为由于并且f在上都常值,进而;倒数第二个等式是因为我们容易验证是的一个分法,进而由定理11.1.13所保证)同理由我们可证.
综上有. 这就完成了证明.
11.2.4证明:由于f、g都是I上的逐段常值函数,故存在I的分法使得f是关于逐段常值的并且g是关于逐段常值的. 进而我们有为比更细的I的分法. 由引理11.2.7知f、g都是关于逐段常值的.
(a)于是我们有. 其中倒数第二个等式由引理11.2.8的证明过程知.
(b)对任何实数c,有. 其中倒数第二个等式由引理11.2.8的证明过程知.
(c).
(d)如果对于一切有,那么对一切,如果J非空,进而存在使得,于是;如果J为空,由于,于是仍有. 综上,我们有对于一切有. 故.
(e)由于对一切有,进而有. 进而,即,即.
(f)此时为I的一个分法,进而.
(g)当I为空集时我们易验证这是成立的. 故我们假设I非空. 于是我们有且. 由于f是I上的逐段常值函数,所以存在I的分法使得f是关于逐段常值的. 我们考虑集合,下面我们将证明为J的一个分法:1.显然为有限集. 2.显然中元素均为J的子集. 显然中元素为区间. 易知,而. 由于对一切有,故对一切有,于是或者为空集或者为单点集. 于是有集合等于集合或者集合只比集合少一个元素. 由于I非空并且,进而J非空,于是J非空有界,故,故为有界区间,再由推论11.1.6知为有界区间. 再由我们知有.
设为区间,由区间的定义我们知为区间并且从上下确界定义容易证明有.
从上面一段我们知有. 故有界区间的右端点为. 综上,无论何种情形为区间. 同理可证也为区间. 3.注意到三个集合两两不相交,进而对任何元素,我们容易容易论证,于是对任何,至多存在一个使得. 而对任意,如果,由为I的分法知存在一个使得;如果,由I定义知有或者(非空区间的确界值即为区间的端点值). 进一步分析,如果为,则我们有且且,此时;同理如果,则有. 综上,对任意,恰存在一个使得. 综上,为J的一个分法.
于是我们有. 这就完成了证明.
(h)已知f是I上逐段常值的,进而存在分法使f是关于逐段常值的,记. 由引理11.2.7知f是关于逐段常值的. 我们定义,下面我们来证明为J的一个分法. 1.显然是有限集. 2.显然中元素均为J的子集且均为区间. 3.对任何,由有,故恰存在一个使,进而. 综上,对任意都有某使得,假设仍存在某使得,进而我们有(使得),进而我们有,进而. 综上对任意都有恰存在一个使得. 综上为J的一个分法.
对任意,有对某有,而f是关于逐段常值的,故f是在上常值的,进而f是在的子集上常值的. 综上,函数是关于逐段常值的,进而函数是J上的逐段常值函数. 同理可证函数是K上的逐段常值函数.
从上面证明过程我们还知:对任意,如果P非空那么有在P上的常数值与f在P上的常数值相同;对函数也有类似说明.
进而我们有. 这就完成了证明.
文内补充
1.注11.2.2中的“为什么?”.
显然. 因为论域此时为空.
2.例11.2.6中的“为什么?”.
显然.
3.逐段常值函数的空间在代数运算之下是封闭的.
4.对于定理11.2.16(d)、(e)的一些补充.
(d)如果我们将前提改成“对于一切成立”,我们容易证明如下结论:1.如果函数的定义域I为空集或者单点集,那么;2.否则.
(e)如果我们将前提改成“对于一切成立”,我们容易证明如下结论:1.如果函数的定义域I为空集或者单点集,那么;2.否则.
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