第五章微分与不定积分 在数学分析课程中我们知道,微分与积分具有密切的联系一方面,若f(x)在[a,b] 上连续,则对任意x∈[ab]成立f(n)dh=f(x)另一方面,若f(x)在ab]上可微 并且f(x)在[a,b是 Riemann可积的,则成立牛顿-莱布尼兹公式 f(x)dx=f(b)-f(a) 本章将利用 Lebesgue积分的理论证明对一类更一般的函数成立相应的结果.本章所讨论的 函数都是定义在区间上的实值函数(不取±∞0为值).凡本章所涉及到的可测性,测度和几乎 处处等概念都是关于 Lebesgue测度空间(R,M(R),m)而言的 §5.1单调函数的可微性 教学目的本节将证明Ⅴtali覆盖定理和单调函数的可微性定理 本节要点单调函数是最简单的函数之一,它具有一系列良好的性质 单调函数是L可积的并且几乎处处可微 Vitali覆盖定理不仅是证明单调函 数的可微性定理的基础,它本身也是一个重要的结果 设∫是定义在R的区间上的实值函数.若对任意x1,x2∈l,当x1<x2时,总有 f(x1)≤f(x2),(或f(x)≥f(x2)) 则称∫在Ⅰ上是单调增加的(相应地,单调减少的).单调增加的和单调减少的函数统称为单 调函数.若∫在I上是单调函数,则容易知道对任意x∈l,∫在x的左右单侧极限 f(x0-0)和∫(x0+0)都存在因此单调函数的间断点只能是第一类间断点 定理1设∫是定义在区间[a,6]上的单调函数,则∫的不连续点的全体至多是可数集 证明不妨只考虑∫是单调增加的情形.令 A={x:f在x点不连续} An={x:f(x+0)-f(x-0) n≥1 则A=∪4往证每个A是有限集。设x1…x∈A,不妨设x<x i=1,…,k-1.在[a,b中取50,51,…,5k使得50=a,5k=b, x<51<x+1(=1,k-1).由于∫是单调增加的,因此成立
132 第五章 微分与不定积分 在数学分析课程中我们知道, 微分与积分具有密切的联系. 一方面, 若 f (x) 在[a,b] 上连续, 则对任意 x ∈[a,b] 成立 f (t)dt f (x). x a = ′ ∫ 另一方面, 若 f (x) 在[a,b]上可微, 并且 f ′(x) 在[a,b]是 Riemann 可积的, 则成立牛顿-莱布尼兹公式 f (x)dx f (b) f (a). b a ′ = − ∫ 本章将利用 Lebesgue 积分的理论证明对一类更一般的函数成立相应的结果. 本章所讨论的 函数都是定义在区间上的实值函数(不取 ± ∞ 为值). 凡本章所涉及到的可测性, 测度和几乎 处处等概念都是关于 Lebesgue 测度空间( , ( ), ) 1 1 R M R m 而言的. §5.1 单调函数的可微性 教学目的 本节将证明 Vitali 覆盖定理和单调函数的可微性定理. 本节要点 单调函数是最简单的函数之一, 它具有一系列良好的性质. 单调函数是 L 可积的并且几乎处处可微. Vitali 覆盖定理不仅是证明单调函 数的可微性定理的基础, 它本身也是一个重要的结果. 设 f 是定义在 1 R 的区间 I 上的实值函数. 若对任意 , , 1 2 x x ∈ I 当 1 2 x < x 时,总有 ( ) ( ), 1 2 f x ≤ f x (或 ( ) ( ) 1 2 f x ≥ f x ), 则称 f 在 I 上是单调增加的(相应地, 单调减少的). 单调增加的和单调减少的函数统称为单 调函数. 若 f 在 I 上是单调函数, 则容易知道对任意 , 0 x ∈ I f 在 0 x 的左右单侧极限 ( 0) f x0 − 和 ( 0) f x0 + 都存在. 因此单调函数的间断点只能是第一类间断点. 定理 1 设 f 是定义在区间[a,b]上的单调函数, 则 f 的不连续点的全体至多是可数集. 证明 不妨只考虑 f 是单调增加的情形. 令 A = {x : f 在 x点不连续}. }, 1. 1 = { : ( + 0) − ( − 0) ≥ n ≥ n A x f x f x n 则 1 . n n A A ∞ = = ∪ 往证每个 An 是有限集 . 设 , , , 1 k An x " x ∈ 不妨设 , i < i+1 x x i = 1,", k −1. 在 [a,b] 中 取 ξ ξ ξ k , , , 0 1 " 使 得 , ξ 0 = a b, ξ k = ( 1,, 1). xi < ξ i < xi+1 i = k − 由于 f 是单调增加的, 因此成立
f(1)≤∫(x1-0)≤f(x1+0)≤f(5),i=1,…,k. f(2) f(r) f(x+0) f(x-0) f(51) (如图)因此 n≤∑((x1+0)-f(x-0)52((,)-/(5-)=fb)-f(a) 故必有k≤n(f(b)-f(a).即A是有限集.由此知道A是可数集■ 推论2设∫是定义在区间[a,b]上的单调函数,则∫在[a,b]上是 Riemann可积的,因 而也是 Lebesgue可积的 证明由定理1,∫的不连续点的全体至多是一可数集,因而是 Lebesgue零测度集.由 §44定理2知道∫在[a,b上是 Riemann可积的,因而也是 Lebesgue可积的 下面我们讨论单调函数的可导性.为此需要先作一些准备 定义3设E是R的子集,只={n}是一族区间(l可以是开的,闭的或半开半闭的 但不能退化为单点集)若对任意E>0和x∈E,存在l∈9,使得x∈ln并且|叫<E 则称9为E的一个vtal覆盖 引理4( Vitali覆盖定理)设EcR,其 Lebesgue外测度m'(E)<+∞,9是E的 个Va覆盖则对任意E>0,存在有限个互不相交的区间l1,…,n∈只,使得 m(E-U/)<E 证明由于对任意I1,…,Ln∈9, ln的端点的全体是一个L零测度集,故不妨 设9中的每个区间都是闭区间.由于m(E)<+∞,由§2.3定理5容易知道,存在开集 GE使得m(G)<+∞.又不妨设中的每个区间均包含在G中,否则用
133 ( ) ( 0) ( 0) ( ), 1, , . 1 f f x f x f i k ξ i− ≤ i − ≤ i + ≤ ξ i = " (如图)因此 ( ( 0) ( 0)) ( ( ) ( )) ( ) ( ). 1 1 1 f x f x f f f b f a n k k i i i k i ≤ ∑ i + − i − ≤ ∑ − = − = − = ξ ξ 故必有 k ≤ n( f (b) − f (a)). 即 An 是有限集. 由此知道 A 是可数集.■ 推论 2 设 f 是定义在区间[a,b]上的单调函数, 则 f 在[a,b]上是 Riemann 可积的, 因 而也是 Lebesgue 可积的. 证明 由定理 1, f 的不连续点的全体至多是一可数集, 因而是 Lebesgue 零测度集. 由 §4.4 定理 2 知道 f 在[a,b]上是 Riemann 可积的, 因而也是 Lebesgue 可积的. 下面我们讨论单调函数的可导性. 为此需要先作一些准备. 定义 3 设 E 是 1 R 的子集, { }α G = I 是一族区间( α I 可以是开的, 闭的或半开半闭的, 但不能退化为单点集). 若对任意ε > 0和 x ∈ E, 存在 Iα ∈ G , 使得 α x ∈ I 并且 ε, Iα < 则称G 为 E 的一个 Vitali 覆盖. 引理 4 (Vitali 覆盖定理)设 E ⊂ , 1 R 其 Lebesgue 外测度 ( ) < +∞, ∗ m E G 是 E 的一 个 Vitali 覆盖. 则对任意ε > 0, 存在有限个互不相交的区间 I1 ,",I n ∈G, 使得 ( ) . 1 − < ε = ∗ ∪ n i i m E I 证明 由于对任意 I1 ,",I n ∈G, n I , ,I 1 " 的端点的全体是一个 L 零测度集, 故不妨 设G 中的每个区间都是闭区间. 由于 ( ) < +∞, ∗ m E 由§2.3 定理 5 容易知道, 存在开集 G ⊃ E 使 得 m(G) < +∞. 又不妨设 G 中的每个区间均包含在 G 中 , 否则用 O x y a 1 b x 2 x 3 x ξ 2 f (x) ( 0) f x2 − ( 0) f x2 + ( ) ξ 2 f ( ) ξ 1 f ξ 1
S={:/∈骈饼且cG}代替9.若存在9中的有限个区间1…,Ln使得EcU1, 则m(E-U1)=0.此时定理的结论当然成立。现在设对任意1…,n∈9 Ea∪1.在G中任取一个区间记为1.假定1,…,l已经选取,由于E-U1≠, 故至少存在一个I∈5,使得I与l1…,k都不相交(为什么?)令 λ=sup{:∈9,I∩1=②,1=1…k 既然9中的每个区间都包含于G中,故入≤m(G)<+∞.在9中选取一个区间I+1使 1>4,l1=,i=1…k (1) 继续这个过程,我们就得到9中的一列互不相交的区间{k}使得对每个k≥1满足(1)由 于∪cG,因此有 ∑||≤m(G)<+∞ 于是存在一个n使得∑141</5.令A=E-U=1若能证明m'(4)<E,则 引理就得证设x∈A由于U是闭集并且x∪1,故存在一个区间∈9使得 包含x并且与l13…,J都不相交.若进一步I与{kn中的每个区间都不相交,则对任 意k>n均有≤4<2k+由(2)知道当k→∞时→0,于是=0.但这是不可 能的.因此必与{l4}n中的某个区间相交.令k0=min{:∩k≠必},.则k0>n并 且≤1<2记L的中心为x,半径为r,由于x∈并且1∩≠⑧,故x 与x的距离 dx)1+2p=+2p=34 于是x∈J=[x-5,x+5,]对每个1k∈{kbn令小是与l有相同的中心且 长度为的5倍的区间,则由上面所证知道AcU entiA m(4)≤∑=5∑< k=n+1 k=n+1
134 { : } G1 = I I ∈G并且I ⊂ G 代替 G. 若存在 G 中的有限个区间 n I , ,I 1 " 使得 , 1 ∪ n i i E I = ⊂ 则 ( ) 0. 1 − = = ∗ ∪ n i i m E I 此时定理的结论当然成立 . 现在设对任意 I1 ,",I n ∈ G, . 1 ∪ n i i E I = ⊄ 在G 中任取一个区间记为 . 1 I 假定 k I , ,I 1 " 已经选取. 由于 , 1 − ≠ ∅ = ∪ k i i E I 故至少存在一个 I ∈ G, 使得 I 与 k I , ,I 1 " 都不相交(为什么?). 令 sup{ I : I , I I , i 1, , k}. λk = ∈G ∩ i = ∅ = " 既然G 中的每个区间 I 都包含于G 中, 故 ≤ m(G) < +∞. λk 在G 中选取一个区间 k+1 I 使 , 2 1 k 1 k I + > λ , 1, , . 1 I I i k k+ ∩ i = ∅ = " (1) 继续这个过程, 我们就得到G 中的一列互不相交的区间{ }, k I 使得对每个 k ≥ 1满足(1). 由 于 , 1 I G k k ⊂ ∞ = ∪ 因此有 ( ) . 1 ∑ ≤ < +∞ ∞ = I m G k k (2) 于是存在一个 n 使得 1 5. k k n I ε ∞ = + ∑ < 令 1 . n k k AE I = = −∪ 若能证明 ( ) < ε, ∗ m A 则 引理就得证. 设 x ∈ A. 由于 1 n k k I ∪ = 是闭集并且 1 , n k k x I = ∉ ∪ 故存在一个区间 I ∈ G 使得 I 包含 x 并且与 n I , ,I 1 " 都不相交. 若进一步 I 与 k k n I > { } 中的每个区间都不相交, 则对任 意 k > n 均有 2 . ≤ k < k+1 I λ I 由(2)知道当 k → ∞ 时 → 0, k I 于是 I = 0. 但这是不可 能的. 因此 I 必与 k k n I > { } 中的某个区间相交. 令 min{ : }. k0 = k I ∩ I k ≠ ∅ 则 k0 > n 并 且 2 . 0 1 0 k k I ≤ < I λ − 记 0 k I 的中心为 , 0 k x 半径为 . 0 k r 由于 x ∈ I 并且 , I ∩ I k0 ≠ ∅ 故 x 与 0 k x 的距离 . 2 5 2 1 2 2 1 ( , ) 0 0 0 0 0 k k k k k d x x ≤ I + I ≤ I + I = I 于是 [ 5 , 5 ]. 0 0 o 0 o k k k k k x ∈ J = x − r x + r 对每个 { } , k k k n I I ∈ > 令 k J 是与 k I 有相同的中心且 长度为 k I 的 5 倍的区间, 则由上面所证知道 1 . k k n A J ∞ = + ⊂∪ 因此 ∑ ∑ ∞ = + ∞ = + ∗ ≤ = < 1 1 ( ) 5 . k n k k n k m A J I ε ■
设∫在x0∈R的某一邻域内有定义的实值函数令 D+f(x=im f(xo+h)-f(xo) D-f(o)=lim tn)-/(xo) D(x)=1im(x+b)-/(x),D(x)=1m(x+)-/(x) h→0 (上述极限值均允许为±∞).分别称它们为∫在x0点的右上导数,左上导数,右下导数和 左下导数.从定义知道一般地成立 Df(x0)≥D,f(x0)2Df(x0)≥Df(x0) 显然∫在x0点可导当且仅当 Df(x)=D,f(x0)=Df(x0)=Df(x)≠±∞ 定理5设∫是定义在区间[a,b]上的单调增加的实值函数.则∫在[a,b]上几乎处处 可导.其导数f在[a,b]上 Lebesgue可积并且成立 f(x)dx≤f(b)-f(a (4) 证明我们先证明在(a,b)上几乎处处成立 Df=Df=Df=D-f 令E1={Df>D.1.则E=∪Df>r>S>D.f.其中Q为有理数集我们要 证明m'(E1)=0,为此只需证明对任意r,s∈9,m'({Df>P>s>D.f})=0.记 A={Df>r>s>Df}.对任意E>0,存在开集G→A使得m(G)<m'(A)+E.对 任意x∈A,由于Df(x)<S,故存在h>0使得[x-h,x]cG并且 f(x)-f(x-h 所有这样的区间[x-h,h构成了A的一个 natali覆盖由引理4,存在有限个互不相交的这 样的区间1=[x,-h,x11=1,…,n,使得m'(4-U1)<E.令B=A⌒U,则 m(A)sm(AnU/)+m(A-U/)<m(B) (7) 由(6)式我们有 ∑(f(x)-f(x-1)<S∑h<Sm()<s(m(A)+E) 对每个y∈B,由于Df(y)>r,故存在k>0,使得区间[y,y+k]包含在某个区间 135
135 设 f 在 x0 ∈ 1 R 的某一邻域内有定义的实值函数. 令 , ( ) ( ) ( ) lim 0 0 0 0 h f x h f x D f x h + − = → + + , ( ) ( ) ( ) lim 0 0 0 0 h f x h f x D f x h + − = → − − , ( ) ( ) ( ) lim 0 0 0 0 h f x h f x D f x h + − = → + + . ( ) ( ) ( ) lim 0 0 0 0 h f x h f x D f x h + − = → − − (上述极限值均允许为 ± ∞ ). 分别称它们为 f 在 0 x 点的右上导数, 左上导数, 右下导数和 左下导数. 从定义知道一般地成立 ( ) ( ), ( ) ( ). 0 0 0 0 D f x D f x D f x D f x − − + + ≥ ≥ (3) 显然 f 在 0 x 点可导当且仅当 ( ) ( ) ( ) ( ) . 0 = 0 = 0 = − 0 ≠ ±∞ − + + D f x D f x D f x D f x 定理 5 设 f 是定义在区间[a,b]上的单调增加的实值函数. 则 f 在[a,b]上几乎处处 可导. 其导数 f ′在[a,b]上 Lebesgue 可积并且成立 ( ) ( ) ( ). b a ∫ f ′ x dx f b f a ≤ − (4) 证明 我们先证明在(a,b)上几乎处处成立 D f D f D f D f . − − + + = = = (5) 令 { }. 1 E D f D f − + = > 则 { }. , 1 ∪ ∈Q − + = > > > r s E D f r s D f 其中Q 为有理数集. 我们要 证明 ( ) 0, 1 = ∗ m E 为此只需证明对任意 r,s ∈ Q , ({ > > > }) = 0. − ∗ + m D f r s D f 记 A {D f r s D f }. − + = > > > 对任意ε > 0, 存在开集G ⊃ A使得 ( ) < ( ) + ε. ∗ m G m A 对 任意 x ∈ A, 由于 D f (x) < s, − 故存在 h > 0使得[x − h, x] ⊂ G 并且 f (x) − f (x − h) < sh. (6) 所有这样的区间[x − h,h]构成了 A 的一个 Vatali 覆盖. 由引理 4, 存在有限个互不相交的这 样的区间 [ , ], i i i i I = x − h x i = 1,",n, 使得 ( ) . 1 − < ε = ∗ ∪ n i i m A I 令 , 1 ∪ D n i i B A I = = ∩ 则 ( ) ( ) ( ) ( ) . 1 1 ≤ ∩ + − < + ε ∗ = ∗ = ∗ ∗ m A m A I m A I m B n i i n i ∪ i ∪ D D (7) 由(6)式我们有 ( ( ) ( )) ( ) ( ( ) ). 1 1 − − < < < + ε ∗ = = ∑ f x f x h s∑h sm G s m A n i i n i i i i (8) 对每个 y ∈ B, 由于 D f ( y) > r, + 故存在 k > 0 , 使得区间[ y, y + k] 包含在某个区间 D i I
内并且 f(y+k)-f(y)>rk 所有这样的区间[y,y+k构成了B的一个 natali覆盖再次应用引理4,存在有限个互不相 交的这样的区间J=[y,y+k],1=1…,P,使得m'(B-∪J)<6.利用7)得 m(4)<m'(B)+≤m(B⌒UJ)+m(B-UJ7)+E m(∪UJ)+2 k+2E. 因此∑k>m(4)-2E.并且由于(9)我们有 ((,+k)-f()>∑k,>r(m(4)-2) 由于∫是单调增加的,并且每个J包含在某个L,中,因此我们有 ∑((x)-f(x,-h1)≥∑(f(,+k,)-f() (11) 结合(8)(10)和(1)得到 r(m'(A)-26)<s(m'(A)+E) 由于E>0的任意性得到m'(4A)≤sm'(A).由于r>s,故必有m'(4)=0.由此得到 m'(E1)=0.类似地,若令E2={Df>D,f},则可以证明m'(E2)=0.令 E=E1∪E2,则m'(E)=0.在(ab)-E上,我们有 Df≤Df≤Df≤Df≤D.f 因此在(a,b)-E上(5)成立.这表明极限 (x)=lim f(x+h)-f(x) 几乎处处存在(有限或±∞).当g(x)有限时,∫在x点可导.令 gn(x)=川f(x+)-f(x),n≥1 (其中定义当x>b时f(x)=f(b))则gn→gae.因此g是可测的.由于∫是单调增 加的,故gn≥0.我们有
136 内并且 f ( y + k) − f ( y) > rk. (9) 所有这样的区间[ y, y + k] 构成了 B 的一个Vatali覆盖. 再次应用引理4, 存在有限个互不相 交的这样的区间 [ , ], i i i i J = y y + k i = 1,", p, 使得 ( ) . 1 − < ε = ∗ ∪ p i i m B J 利用(7)得 < + ε ≤ ∩ + − + ε = ∗ = ∗ ∗ ∗ ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 ∪ ∪ p i i p i i m A m B m B J m B J ( ) 2 2 . 1 1 ≤ + ε = ∑ + ε = = p i i p i i m ∪J k 因此 ( ) 2 . 1 > − ε ∗ = ∑k m A p i i 并且由于(9), 我们有 ( ( ) ( )) ( ( ) 2 ). 1 1 + − > > − ε ∗ = = ∑ f y k f y r∑k r m A p i i p i i i i (10) 由于 f 是单调增加的, 并且每个 i J 包含在某个 j I 中, 因此我们有 ( ( ) ( )) ( ( ) ( )). 1 1 ∑ ∑ = = − − ≥ + − p i i i i n i i i i f x f x h f y k f y (11) 结合(8),(10)和(11)得到 ( ( ) − 2ε ) < ( ( ) + ε ). ∗ ∗ r m A s m A 由于 ε > 0 的任意性得到 rm (A) sm (A). ∗ ∗ ≤ 由于 r > s, 故必有 ( ) = 0. ∗ m A 由此得到 ( ) 0. 1 = ∗ m E 类似地 , 若 令 { }, 2 E D f D f + − = > 则可以证明 ( ) 0. 2 = ∗ m E 令 , E = E1 ∪ E2 则 ( ) = 0. ∗ m E 在(a,b) − E 上, 我们有 D f D f D f D f D f . + − − + + ≤ ≤ ≤ ≤ 因此在(a,b) − E 上(5)成立. 这表明极限 h f x h f x g x h ( ) ( ) ( ) lim 0 + − = → 几乎处处存在(有限或 ± ∞ ). 当 g(x) 有限时, f 在 x 点可导. 令 ) ( )], 1. 1 ( ) = [ ( + − f x n ≥ n g x n f x n (其中定义当 x > b 时 f (x) = f (b) ). 则 g g a.e.. n → 因此 g 是可测的. 由于 f 是单调增 加的, 故 ≥ 0. gn 我们有