最后更新: 2025-01-21 09:41 查看: 53 次反馈刷题

Lebesgue 积分与 Riemann 积分的比较

Lebesgue 积分与 Riemann 积分的比较
这一节讨论 Lebesgue 积分与 Riemann 积分的关系，同时给出有界函数 Rie－ mann 可积的一个简明特征．为了叙述简便，限于一元函数．

数学分析中曾利用达布（Darboux）的上和与下和的概念给出过有界函数 Riemann可积的充分必要条件（以后简称＂Riemann 可积＂为＂$R$ 可积＂，相应的积分用积分号前加（ $R$ ）表示），为了后面应用的方便，在这里重述如下：

设函数 $f$ 在闭区间 $[a, b]$ 上定义且有界．对于 $[a, b]$ 的分法

$$
D: a=x_0<x_1<\cdots<x_n=b,
$$

令 $M_i$ 与 $m_i$ 分别表示 $f$ 在小区间 $\left[x_{i-1}, x_i\right](i=1, \cdots, n)$ 的上确界与下确界，记

$$
S_D=\sum_{i=1}^n M_i\left(x_i-x_{i-1}\right), \quad s_D=\sum_{i=1}^n m_i\left(x_i-x_{i-1}\right),
$$

分别称为 $f$ 关于分法 $D$ 的上和与下和，则有
$1^{\circ}$ Darboux 定理：对于任意一列愈来愈细的分法 $\left\{D_k\right\}$（即对于所有 $k, D_k$的分点都是 $D_{k+1}$ 的分点，并且若记 $D_k$ 的分点为 $\left\{x_i^{(k)} \mid i=1,2, \cdots, n_k\right\}$ ，则 $\left\|D_k\right\|$ $\left.=\max _{1 \leqslant i \leqslant n_k}\left(x_i^{(k)}-x_{i-1}^{(k)}\right) \rightarrow 0\right)$ ，相应的上和序列 $\left\{S_{D_k}\right\}$ 与下和序列 $\left\{s_{D_k}\right\}$ 分别是递减与递增的，并且极限 $\lim _{k \rightarrow \infty} S_{D_k}$ 与 $\lim _{k \rightarrow \infty} s_{D_k}$ 都存在，而分别等于全体上和的下确界 $(f$ 在 $[a, b]$ 的上积分）与全体下和的上确界（ $f$ 在 $[a, b]$ 的下积分）．
$2^{\circ} f$ 在 $[a, b]$ 上 $(R)$ 可积的充分必要条件是，对于一列愈来愈细的分法 $\left\{D_k\right\}, \lim _{k \rightarrow \infty} S_{D_k}=\lim _{k \rightarrow \infty} s_{D_k}$ ．当 $f$ 在 $[a, b]$ 上 $(R)$ 可积时，这个极限等于 （R） $\int_a^b f(x) d x$ ．

定理 4.17 若函数 $f$ 在 $[a, b]$ 上 $(R)$ 可积，则 $f \in L(a, b)$ ，并且

$$
(R) \int_a^b f(x) d x=(L) \int_a^b f(x) d x
$$

证明 这时 $f$ 必有界，可设 $0 \leqslant m \leqslant f(x) \leqslant M$（即 $f$ 非负，否则代替 $f$ 考虑函数 $g(x)=f(x)-m$ ，则 $g$ 非负，且可积性与 $f$ 相同）．设 $\left\{D_k\right\}$ 是 $[a, b]$ 的一列愈来愈细的分法，则函数 $f$ 相应于 $D_k$ 的上和 $S_{D_k}$ 与下和 $s_{D_k}$ 分别是

$$
S_{D_k}=\sum_{i=1}^{n_k} M_i^{(k)}\left(x_i^{(k)}-x_{i-1}^{(k)}\right), \quad s_{D_k}=\sum_{i=1}^{n_k} m_i^{(k)}\left(x_i^{(k)}-x_{i-1}^{(k)}\right),
$$

其中

$$
\begin{aligned}
& M_i^{(k)}=\sup \left\{f(x) \mid x \in\left[x_{i-1}^{(k)}, x_i^{(k)}\right)\right\}, \\
& \left.m_i^{(k)}=\inf |f(x)| x \in\left[x_{i-1}^{(k)}, x_i^{(k)}\right)\right\}, \\
& i=1,2, \cdots, n_k .
\end{aligned}
$$

对每个 $k$ ，我们定义函数 $g_k$ 与 $h_k$ 如下：

$$
g_k(x)=\sum_{i=1}^{n_k} M_i^{(k)} \chi_{\left.\left[x_i^{(k)}\right], x_i^{(k)}\right)}, \quad h_k(x)=\sum_{i=1}^{n_k} m_i^{(k)} \chi_{\left[x_{[k}(\underline{1}) x_i^{(k)}\right]},
$$

另外，$g_k(b)=h_k(b)=f(b)$ ，则 $g_k$ 与 $h_k$ 都是非负简单函数（实际上都是阶梯函数），它们在 $[a, b]$ 上的 Lebesgue 积分就是 $S_{D_k}$ 与 $s_{D_k}$ ．由于 $f$ 在 $[a, b]$ 上 $(R)$ 可积，因此

$$
\lim _{k \rightarrow \infty} S_{D_k}=\lim _{k \rightarrow \infty} s_{D_k}=(R) \int_a^b f(x) d x
$$

于是我们得到

$$
\lim _{k \rightarrow \infty}(L) \int_a^b g_k(x) d x=\lim _{k \rightarrow \infty}(L) \int_a^b h_k(x) d x=(R) \int_a^b f(x) d x
$$

但是容易看出，$\left\{g_k\right\}$ 对 $k$ 是递减的，可设极限 $\lim _{k \rightarrow \infty} g_k(x)=g(x) \geqslant 0$ ，从而 $\{M-$ $g_k \mid$ 对 $k$ 递增，其极限 $\lim _{k \rightarrow \infty}\left(M-g_k(x)\right)=M-g(x)$ 是 $[a, b]$ 上的非负可测函数，按

Lebesgue 积分的定义应有
（L） $\int_a^b(M-g(x)) d x=\lim _{k \rightarrow \infty}(L) \int_a^b\left(M-g_k(x)\right) d x$.
在这个式子的两端消去 $M(b-a)$ ，结合前面得到的式子就得到
$(R) \int_a^b f(x) d x=(L) \int_a^b g(x) d x$.
同理，由于 $\left\{h_k\right\}$ 对 $k$ 递增，设 $h(x)=\lim _{k \rightarrow \infty} h_k(x)$ ，则
（R） $\int_a^b f(x) d x=(L) \int_a^b h(x) d x$.
注意到，

$$
h_k(x) \leqslant f(x) \leqslant g_k(x), \quad(x \in[a, b], k=1,2, \cdots),
$$

取极限后知，$h(x) \leqslant f(x) \leqslant g(x)$ ，但是，

$$
(L) \int_a^b g(x) d x=(L) \int_a^b h(x) d x \text {, }
$$

也就是说，非负函数 $g-h$ 的积分 $\int_a^b(g(x)-h(x)) d x=0$ ．因此，$g(x)-h(x)=$ 0 a．e．于 $[a, b]$ ．从而

$$
f(x)=g(x)=h(x), \quad x \in[a, b] \quad \text { a. e. }
$$

于是 $f$ 是 Lebesgue 可积函数，并且（L） $\int_a^b f(x) d x=(R) \int_a^b f(x) d x$ ．
下面的定理给出 Riemann 可积函数的一个简明的特征，在它的证明中，沿用前面的记号．

定理 4.18 设函数 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 有界，则 $f$ 在 $[a, b]$ 上 Riemann 可积的充分必要条件是，$f$ 在 $[a, b]$ 上的间断点组成零测集．

证明 对于一列如前的分法 $\left\{D_k\right\}$ ，设 $x_0 \in[a, b]$ 并且不是任一 $D_k$ 的分点 （注意，所有 $D_k$ 的分点只有可数个，从而为零测集）．若能证明，函数 $f$ 在点 $x_0$ 连续的充分必要条件是，$g\left(x_0\right)=h\left(x_0\right)$ ，则当 $f$ 为 $(R)$ 可积时，由前一定理知， $g(x)=h(x)$ a．e．，所以 $f$ 的不连续点之集（即使它含有 $D_k$ 的分点）是零测集；反过来，当 $f$ 在 $[a, b]$ 上的不连续点组成零测集时，则 $g(x)=h(x)$ a．e．于 $[a, b]$ ，从而
（L） $\int_a^b g(x) d x=(L) \int_a^b h(x) d x$.
由前一定理的证明知， $\lim _{k \rightarrow \infty} S_{D_k}=\lim _{k \rightarrow \infty} s_{D_k}$ ，故 $f$ 在 $[a, b]$ 上 $(R)$ 可积．这正反两方面的推论就证明了本定理．因此，剩下来只需证明，$f$ 在 $x_0$ 连续的充分必要条件是 $g\left(x_0\right)=h\left(x_0\right)$ ．

设 $D_k$ 与 $x_0$ 仍如前，函数 $f$ 在 $[a, b]$ 有界并且 $(R)$ 可积，同时在点 $x_0$ 不连续．这时有某个正数 $\varepsilon$ 使得，在 $x_0$ 的任意邻域 $B\left(x_0, \delta\right)$ 中，都存在相应的点 $x^{\prime}$ 满足

$\left|f\left(x^{\prime}\right)-f\left(x_0\right)\right|>\varepsilon$ ，即

$$
f\left(x^{\prime}\right)<f\left(x_0\right)-\varepsilon \text { 或 } f\left(x^{\prime}\right)>f\left(x_0\right)+\varepsilon \text {. }
$$

而因 $\left\|D_k\right\| \rightarrow 0$ ，故当 $k$ 充分大时，就会使 $x_0$ 所在的分法 $D_k$ 的小区间包含于 $B\left(x_0, \delta\right)$ ，从而

$$
h\left(x_0\right) \leqslant f\left(x^{\prime}\right)<f\left(x_0\right)-\varepsilon<f\left(x_0\right)
$$

或

$$
f\left(x_0\right)<f\left(x_0\right)+\varepsilon<f\left(x^{\prime}\right) \leqslant g\left(x_0\right)
$$

因此 $g\left(x_0\right) \neq h\left(x_0\right)$ ．
若 $D_k, x_0$ 以及 $f$ 仍如上一段所述，但函数 $f$ 在 $x_0$ 连续．则对任意 $\varepsilon>0$ ，存在 $\delta>0$ ，使得任意 $x \in B\left(x_0, \delta\right)$ 满足 $f\left(x_0\right)-\varepsilon<f(x)<f\left(x_0\right)+\varepsilon$ ．则因 $\left\|D_k\right\| \rightarrow 0$ ，故当 $k$ 充分大时，由函数 $g_k$ 和 $h_k$ 的定义可见，

$$
f\left(x_0\right)-\varepsilon \leqslant h_k\left(x_0\right) \leqslant h\left(x_0\right) \leqslant g\left(x_0\right) \leqslant g_k\left(x_0\right) \leqslant f\left(x_0\right)+\varepsilon
$$

而 $\varepsilon$ 是任意正数，故得 $g\left(x_0\right)=h\left(x_0\right)=f\left(x_0\right)$ ．这就证明了，$f$ 在 $x_0$ 连续当且仅当 $g\left(x_0\right)=h\left(x_0\right)$ 。 $\square$
下面的定理给出无穷区间上的广义 Riemann 积分与 Lebesgue 积分的关系．
定理4．19 若定义在 $R$ 上的函数 $f$ 在任何有限区间上有界，且它在 $(-\infty$ ， $\infty$ ）上的反常 Riemann 积分绝对收敛（葢含 $f$ 在任何有限区间 $R$ 可积），则 $f \in$ $L(-\infty, \infty)$ ，并且
（L） $\int_{-\infty}^{\infty} f(x) d x=(R) \int_{-\infty}^{\infty} f(x) d x$ ．

证明 这时 $f$ 在任何有限区间上可测，从而在 $R =\bigcup_{n=-\infty}^{\infty}[n, n+1]$ 上可测．由 Lebesgue 积分的可数可加性，
（L）

$$
\begin{aligned}
\int_R|f(x)| d x & =\sum_{n=-\infty}^{\infty}(L) \int_n^{n+1}|f(x)| d x=\lim _{N \rightarrow \infty}(L) \int_{-N}^N|f(x)| d x \\
& =\lim _{N \rightarrow \infty}(R) \int_{-N}^N|f(x)| d x=(R) \int_{-\infty}^{\infty}|f(x)| d x<\infty
\end{aligned}
$$

故 $f \in L(R)$ ，再根据上一节的例 6 ，以及无穷限 Riemann 积分的定义可得，两种积分的值相等． $\square$
有限区间上无界函数的 Riemann 积分（㻓积分）与 Lebesgue 积分的关系与此类似，证明留给读者。

定理 4． 19 表明，无界函数或无穷区间上的广义 Riemann 积分，只有当它绝对收敛（被积函数绝对可积）时，被积函数才是 Lebesgue 可积的，而且相应的 Ri－ emann 积分与 Lebesgue 积分的值相等．但反常 Riemann 积分并非都是绝对收敛的，所以若不如此，这种积分就不能看成 Lebesgue 积分．例如考虑积分
$$
\int_0^{+\infty} \frac{\sin x}{x} d x
$$

若对其被积函数在 $x=0$ 时补充定义函数值为 1 ，则这函数在 $[0,+\infty$ ）连续，因此在任何有限区间都是 Riemann 可积的。因此，若把这个积分当成无穷区间 $[0$ ， $+\infty$ ）上的反常 Riemann 积分，它的收敛性等价于

$$
\int_1^{+\infty} \frac{\sin x}{x} d x
$$

的收敛性．根据数学分析中的 Dirichlet 判别法，它（无穷限的 Riemann 积分）是收敛的，且

$$
\int_0^{+\infty} \frac{\sin x}{x} d x=\frac{\pi}{2}
$$

但当 $x \geqslant 1$ ，根据

$$
\frac{|\sin x|}{x} \geqslant \frac{\sin ^2 x}{x}=\frac{1-\cos 2 x}{2 x}
$$

以及 $\int_1^{+\infty} \frac{\cos 2 x}{2 x} d x$ 收玫，而 $\int_1^{+\infty} \frac{1}{2 x} d x=+\infty$ ，即知

$$
\int_1^{+\infty} \frac{|\sin x|}{x} d x=+\infty
$$

于是，根据 Lebesgue 可积函数的绝对可积性，$\frac{\sin x}{x} \notin L(0,+\infty)$ ．

从本章所讲的 Riemann 积分与 Lebesgue 积分的关系来看，我们把 Riemann积分推广到 Lebesgue 积分，是有所得也有所失．得到的是很宽松条件（几乎已是必不可少的条件，如控制收敛）下的积分号下取极限的结果（首先是因为可测函数类对于极限运算是封闭的，而对 Riemann 可积函数类这一点就不成立）；失去的则是没能把非绝对收敛的反常 Riemann 积分包括进去．这不能不说是 Lebes－ gue 积分的一点小小遗憾．不过，Riemann 积分是有它独特的作用的．回忆数学分析（包括微分方程）中大量基于微元法建立起来的积分应用，用的都是 Riemann积分的概念，而且 Lebesgue 积分的大量具体计算，其实都归结为 Riemann 积分的计算．因此，Riemann 积分与 Lebesgue 积分共存于现代数学之中，各有所长，互相补充．Lebesgue 积分是 Riemann 积分的推广，而不是它的替代物．

最后，用一个计算积分的例子作为本节的结束。
例 9 在区间 $[0,1]$ 上定义函数 $f$ ：在康托集 $C$ 上，$f(x)=0$ ；在 $[0,1] \backslash C$ 的每个长为 $1 / 3^k(k=1,2, \cdots)$ 的构成区间上，$f(x)=\frac{1}{k}$ ．试求 $(R) \int_0^1 f(x) d x$ 和 （L） $\int_0^1 f(x) d x$ ．

解 易见 $f$ 在 $[0,1]$ 上有界，其间断点构成零测集 $(f$ 至多只在属于 $C$ 的点
不连续，而 $C$ 为零测集），故它是 Riemann 可积的，且它在［ 0,1 ］上的 Riemann 积分等于它在 $[0,1]$ 上的 Lebesgue 积分．而由 Lebesgue 积分的可数可加性，它又等于 $[0,1] \backslash C$ 的构成区间上的积分之和

$$
\begin{aligned}
(R) \int_0^1 f(x) d x & =(L) \int_0^1 f(x) d x=\int_{[0,1] \backslash C} f(x) d x \\
& =\sum_{k=1}^{\infty} 2^{k-1}\left(\frac{1}{k 3^k}\right) .
\end{aligned}
$$

而用数学分析的方法（几何级数 $\sum_{n=0}^{\infty} x^n$ 在 $[0,2 / 3]$ 上逐项积分）可算出

$$
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}\left(\frac{2}{3}\right)^n=\ln 3
$$

因此

$$
\int_0^1 f(x) d x=\frac{\ln 3}{2} .
$$

刷题

做题，是检验是否掌握数学的唯一真理

上一篇： Lebesgue 控制收敛定理

下一篇： Fubini 富比尼定理

本文对您是否有用？有用 (0) 无用 (0)