§3可积条件教学要求： 理解可积的必要条件以及上和、下和的性质，掌握可积的充要条件及可积函数类，能独立地证明可积性的问题.教学重点：掌握可积的充要条件及可积函数类，能独立地证明可积性的问题； 一、必要条件: Th 9.2 若函数f(x)在[a,b]上可积，则f(x)在[a,b]上有界. 证明 反证法 若f(x)在[a,b]上无界，则对于[a,b]的任意分割T ，必存在属于T 的某个小区间∆k ，f(x)在∆k 上无界，在i ≠k 的各个小区间上任意取定ξi ，并记|()|iii kG f x ξ≠=∆∑，现在对任意大的正数M ，由于f(x)在∆k 上无界，故存在ξk ∈∆k ，使得|()|k kM Gf x ξ+>∆，于是有1|||()|()|()|ni i k k i i k i i kkM Gf x f x f x x G M x ξξξ=≠-+∆∆∆>⋅∆-=∆∑∑≥由此可见，对于无论多小的||T||,按上述方法选取点集{ξi }时，总能使积分和的绝对值大于任何事先给出的正数，这与f(x)在[a,b]上可积相矛盾。

这个定理指出，任何可积函数一定是有界的，但要注意，有界函数不一定可积。

例1 证明狄利克雷函数D(x)在[0,1]上有界但不可积 证明 显然|D(x)|≤1，x ∈[0,1].对于[0,1]的任一分割T ，由有理数和无理数在实数中的稠密性，在属于T 的任一小区间∆i 上，当取ξi 全为有理数时，11()1n niiii i D x xξ==∆=∆=∑∑，当取ξi 全为无理数时，1()0ni i i D x ξ=∆=∑，所以不论||T||有多小，只要点集{ξi }取法不同（全取有理数或全取无理数），积分和有不同的极限，即D(x)在[0,1]上不可积。

由此可见，有界是可积的必要条件，所以在讨论函数的可积性时，总是假设函数是有界的。

二、可积的充要条件要判断一个函数是否可积，固然根据定义，直接考察积分和是否能无限接近于某一常数，但由于积分和的复杂性和那个常数不易预知，因此这是极其困难的。

下面给出的可积准则只与被积函数本身有关，而不涉及定积分的值。

设T={∆i |i=1,2,…,n},为对[a,b]的任意一个分割，由于f(x)在[a,b]上有界，它在每个∆i 上存在上下确界，，记sup (),inf (),iii x x M f x m f x ∈∆∈∆==，i=1,2,…,n,作和11(),()n niiiii i S T M x s T m x ===∆=∆∑∑分别为f(x)关于分割T 的上和与下和，或称达布上和与达布下和，统称为达布和，任给ξi ∈∆i ，i=1,2,…,n,显然有1()()ni i i s T f x ξ=∆∑≤≤S(T),与积分和相比较，达布和只与分割T 有关，而与点集{ξi }无关，由不等式就能通过讨论上和与下和当||T||→0时的极限来揭示f(x)在[a,b]上是否可积。

所以，可积性理论总是从讨论上和与下和的性质入手的。

定理9.3（可积准则）函数f(x)在[a,b]上可积的充要条件是：任给ε>0，总存在相应的一个分割，使得S(T)-s(T)<ε。

本定理的证明依赖于对上和与下和性质的详尽讨论，这里从略（完整证明补述于§6）设ωi =M i -m i ,称为f(x)在∆i 上的振幅，有必要时记为fi ω，由于1()()niii S T s T x ω=-=∆∑或记为i iTx ω∆∑，因此可积准则又可改述如下：定理9.3'函数f(x)在[a,b]上可积的充要条件是：任给ε>0，总存在相应的一个分割，使得i iTxωε∆<∑。

几何意义是：若函数f(x)在[a,b]上可积，则图中包围曲线y=f(x)的一系列小矩形面积之和可以达到任意小，只要分割充分细，反之亦然。

三、可积函数类根据可积的充要条件，证明下面一些类型的函数是可积的（即可积的充分条件）。

定理9.4 若f(x)为[a,b]上的连续函数，则f(x)在[a,b]上可积。

证明：因为f(x)为[a,b]上的连续函数，故f(x)为[a,b]上的一致连续，这就是说任给ε>0，存在δ>0，对[a,b]中的任意两点x',x'',只要|x'-x''|<δ，便有|f(x')-f(x'')|<ε/(b-a),所以只要对[a,b]所作的分割T 满足||T||<δ，在T 所属的任一小区间∆i 上，就能使f(x)得振幅满足,sup |()()|ii i i x x M m f x f x b aεω'''∈∆'''=-=--≤，从而导致i i iT Tx x b aεωε∆∆=-∑∑≤由定理9.3'可知f(x)在[a,b]上可积。

注意到函数一致连续性在证明中所起的作用。

定理9.5 若函数f(x)在[a,b]上仅有有限个间断点得有界函数，则f(x)在[a,b]上可积。

证明 不失一般性，这里只证明f(x)在[a,b]上只有一个间断点情形，并假设间断点即为端点b.任给ε>0，取δ'满足0<δ'<0.5ε/(M-m),且δ'<b-a ，其中M,m 分别为f(x)在[a,b]上的上确界与下确界(设m<M ，否则f(x)为常数，显然可积)，记f(x)在小区间∆'=[b-δ',b]上的振幅为ω'，则()2()2M m M m εεωδ''<-⋅=-,因为f(x)在[a,b-δ']上连续，由定理9.4可知，f(x)在[a,b-δ']上可积，再由定理9.3'可知，存在对[a,b-δ']的某个分割T'={ ∆1 ∆2,…, ∆n-1},使得0.5i iTxωε∆<∑,令∆n =∆',则T={ ∆1 ∆2,…,∆n-1，∆n }，是对[a,b]的一个分割，对于T 有2i i i i TT x x εεωωωδε'+''∆=∆+<=∑∑，根据定理9.3'的充分性，证得f(x)在[a,b]上可积。

定理9.6 若f(x)是[a,b]上的单调函数，则f(x)在[a,b]上可积。

证明 设f(x)为增函数，f(a)<f(b)（若f(a)=f(b)，则f(x)为常数函数，显然可积），对[a,b]的任一分割T ，由f(x)为增函数，f(x)在T 所属的每个小区间∆i 上振幅为ωi =f(x i )-f(x i-1),于是有11[()()]||||[()()]||||niiii Ti x f x f xT f b f a T ω-=∆-=-∑∑≤，由此可见，任给ε>0,只要||T||<ε/[f(b)-f(a)],这时就有i iTxωε∆<∑，所以f(x)在[a,b]上可积。

注意单调函数即使有无穷多个间断点，任然不失其可积性。

例2 试用两种方法证明函数0,0()111,,1,2, (1)x f x x n n n n =⎧⎪=⎨<=⎪+⎩≤在区间[0,1]上可积。

证明 证法一 由于f(x)是一增函数，虽然它在[0,1]上有无限多个间断点x n =1/n,n=2,3,…,但由于定理9.5，仍保证它在[0,1]上可积。

证法二（仅利用定理9.3'和定理9.5）任给ε>0，由于1lim0n n→∞=，因此当n 充分大时1/n<0.5ε,这说明f(x)在[0.5ε,1]上只有有限个间断点，利用定理9.5和定理9.3'推知f(x)在[0.5ε,1]上可积，且存在对[0.5ε,1]的某一分割T'，使得0.5i iTxωε∆<∑，再把小区间[0,0.5ε]与T'合并，成为对[0,1]的一个分割T ，由于f(x)在[0,0.5ε]上振幅ω0<1，因此得到0222i ii i TT xx εεεωωωε'∆=⋅+∆<+=∑∑，所以f(x)在[0,1]上可积。

实际上第二种证法并不限于该例中的具体函数，更一般的命题见习题第4题.下面例3的证明思想与它可谓异曲同工。

例3 证明黎曼函数1,,,()0,0,1p x p q q p q q f x x ⎧=>⎪=⎨⎪=⎩互素，以及(0,1)内的无理数在[0,1]上可积且10()0f x dx =⎰。

分析 已知黎曼函数在x=0,1以及一切无理点连续，而在(0,1)上的一切有理点处间断。

证明它在[0,1]上可积的直观构思如下：如图所示，在黎曼函数的图像中画一条水平线y=0.5ε,在此直线上方只有函数图像中的有限个点，这些点所对应的自变量可被含于属于分割T 的有限个小区间中，当||T||足够小时，这有限个小区间的总长度可为任意小；而T 中其余小区间上函数的振幅不大于0.5ε，把这两部分结合，便可证得i iTxωε∆<∑，下面写出这个证明。

证明 任给ε>0，在[0,1]上使得1/q>0.5ε的有理点p/q 只有有限个，设它们为r 1,r 2,…,r k .现对[0,1]作分割T'={ ∆1 ∆2,…, ∆n }，使||T||<0.5/k,并把T 中所有小区间分为{ ∆i '|i=1,2,…,m} {∆i ''|i=1,2,…,n-m},其中{ ∆i ' } 为含有{r i |i=1,2,…,k}中点的所有小区间，这类小区间的个数m ≤2k(当所有r i 恰好都是T 的分割点时才有m=2k);而{∆i ''}为T 中所有其余不含{r i }中点的小区间，由于f(x)在∆i '上的振幅ωi'≤0.5,于是11112||||222mm i i i i i x x k T εω=='''∆∆⋅<∑∑≤≤，而f(x)在∆i ''上的振幅ωi ''≤0.5ε,于是1122n m n m i i i i i x x εεω--==''''''∆∆<∑∑≤，这两部分合起来便证得111nmn m i i i i i i i i i x x x ωωωε-===''''''∆∆+∆<∑∑∑≤，即f(x)在[0,1]上可积。

因为证得f(x)在[0,1]上可积，所以当取ξi 全为无理点时，使f(ξi )=0，从而1||||01()lim()0niiT i f x dx f xξ→==∆=∑⎰。