1、一、可积的必要条件一、可积的必要条件二、可积的充要条件二、可积的充要条件三三 可积条件可积条件三、可积函数类三、可积函数类一、一、可积的必要条件可积的必要条件定理定理9.2 若函数若函数f在在上可积，则上可积，则f在在上必定有界。上必定有界。证：（用反证法）。证：（用反证法）。f在,a b上无界，则对于,a b的任一分割T，必存在属于T的某个小区间在,kf k 上无界，在ik 的各个小区间k 上任意取定,i 并记|()|iii kGfx b,ab,a若，使得：现对任意大的正数M，由于f在k 上无界，故存在|()|kkM Gfx 于是有：1|()|()|niikkifxfx|()|iii kfx
2、 kkM GxG Mx 这与f在,a b上可积相矛盾，从而定理得证。kk 注：任何可积函数一定是有界的，但有界函数却不一定可积。例1 证明狄理克雷函数1,()0cxQD xxQ ，在0,1上有界但不可积。证证()1,0,1D xx显然显然0,1T对于对于的任一分割的任一分割，由有理数和无理数在实数中，由有理数和无理数在实数中的稠密性，在属于的稠密性，在属于T的任一小区间的任一小区间i 上上，当取当取i 全为有理数时，全为有理数时，11()1nniiiiiDxx 当取当取全为无理数时，全为无理数时，i 1()0niiiDx 所以无论所以无论T多么小，多么小，只要点集只要点集 i 取法不同，取法不
3、同，全取有理数或全取无理数，全取有理数或全取无理数，积分和有不同极限，积分和有不同极限，即即()D x0,1在不可积不可积二二 可积的的充要条件可积的的充要条件 011,nnfxa ba baxxxxb 设设在在有有界界，在在插插入入分分点点 1,1,2,iia bnxxin 把把分分成成 个个小小区区间间 11sup,inf,iiiiiiMfxxxxmfxxxx 记记11nniiiiiiSMxSmx作作和和式式1iiixxx 分分别别称称为为对对于于这这一一分分法法的的达达布布上上和和及及达达布布下下和和，统统称称达达布布和和。()()()iiS TfxS T iix 1,2,in 任给任给
4、显然有显然有Riemann可积的第一充要条件 f(x)在a,b上Riemann可积iniiTbaxMdxxf10|lim)(dxxfxmbainiiT)(lim10|11sup():inf():iiiiiiMf xxxxmf xxxx其中：xi-1 xixi-1 xiRiemann可积的第二充要条件f(x)在a,b上Riemann可积10,niiiTx 分分割割，使使得得11sup():inf():iiiiiiiiiMf xxxxmf xxxxMm其中：xi-1 xiRiemann可积的第三充要条件 f(x)在a,b上Riemann可积注：连续函数、只注：连续函数、只有有限个间断点的有有限个间
5、断点的有界函数和闭区间有界函数和闭区间上的单调函数上的单调函数Riemann可积可积的总长度不超过的小区间，使得所有振幅分划，iiT,0iiiiiniixxxii 1(,),a bffa b其中为 在上的振幅(,)iiiia bfxxxi-1 xi)(),(abfba三、可积函数类 1.,.a ba b上上的的连连续续函函数数在在上上可可积积 ,a bxxxxfxfxba 上上任任意意两两点点只只要要，就就有有 :,fxa b证证明明 设设在在上上连连续续，,fxa b在在上上一一致致连连续续，0所所以以对对任任意意的的，0,0,使使对对于于 maxiTx 使使，则则有有,sup()()iii
6、ix xMmf xf xba 1niiiSSxbaba 所所以以 ,.fxa b根根据据可可积积第第二二充充要要条条件件，在在可可积积 1,1,2,iia bxxin 把把分分成成部部分分区区间间2.只只有有有有限限个个第第一一类类不不连连续续点点的的函函数数是是可可积积的的，即即分分段段函函数数是是可可积积的的.12,0002kfxkxxxk 证证明明：设设有有 个个不不连连续续点点：，则则对对于于任任意意的的及及，总总存存在在适适当当小小的的，使使，maxiTx 而而对对任任何何分分法法，当当时时，11,2,iiifxxikxx 在在不不含含有有的的区区间间上上幅幅度度皆皆小小于于，2fx
7、k 则则的的幅幅度度不不小小于于 的的区区间间至至多多有有个个，其其长长度度总总和和小小于于，,fxa b根根据据第第三三充充要要条条件件，在在可可积积。3.单单调调有有界界函函数数必必定定可可积积 ,.fxa bf bf a 证证明明：设设在在上上单单调调上上升升，则则 0,f bf a 对对任任意意的的取取。,max,iia bTx 对对作作一一分分法法，使使得得 1,iiiiMmfxxx 记记及及分分别别为为在在的的上上、下下确确界界。,fx因因为为单单调调上上升升 所所以以 1,.iiiiMfxmfx 于于是是 111nniiiiiiiSSMmxfxfxf bf a ,fxa b根根据
8、据第第一一充充要要条条件件知知在在可可积积。.Riemann例例2 2 讨讨论论函函数数的的可可积积性性 :1,0,1Riemannppxp qNR xqqqx 解解函函数数当当为为既既约约分分数数0 0当当和和无无理理数数 120,kR xxxxxk的的 至至多多有有有有限限个个 设设为为，共共 个个.0,0 1,2k 取取，对对，上上的的任任一一分分割割2Tk 当当时时，1 ,2,iiiixxxk 的的区区间间必必包包括括 这这样样的的区区间间至至多多有有个个.iix设设其其长长度度为为，在在这这些些区区间间上上幅幅度度ix 设设其其长长度度为为，2iixk T 显显然然有有，0,1.R x根根据据定定积积分分第第三三充充要要条条件件可可知知在在可可积积0S 对对任任意意分分割割，其其达达布布下下和和，故故得得 100lim0R x dxS
