《实变分析》课程教学资源（讲义）第五章 微分与不定积分 §5.1 单调函数的可微性

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 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)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)n均有≤4n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) 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 ∑ ≤ { } 中的每个区间都不相交, 则对任 意 k > n 均有 2 . ≤ k { } 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 ≤ 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)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)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 ( ) 0使得[x − h, x] ⊂ G 并且 f (x) − f (x − h) 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)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)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 ∗ = ∑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 ) 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

∫=).U(x+)-f(=广m质-体 =nfax-n"fdx=f(b)-nfadx 因此,由 Fatou引理我们有 gr≤lim| g, dx=im(f(b)-n"fax)≤f(b)-f(a) (12) 这表明g是可积的因此g是几乎处处有限的于是∫几乎处处可导.由于∫'=gae.故 (12)表明(4)成立■ 若∫是定义在[a,b上的单调减少的实值函数,对一∫应用定理5的结论知道单调减 少的实值函数也是几乎处处可微的 下面的例子说明在定理5中,单调函数是几乎处处可导的这一结论,一般说来是不能 改进的 下面是关于单调函数的逐项求导定理 定理6( Fubini)设fn(n=1,2,…)是[a,b上的一列单调增加的函数,并且函数项级数 ∑f2(x)在[ab]上处处收敛于f(x)则成立 f(x)=∑/n(x),ae (13) 证明不妨设∫n(a)=0,n≥1.由于∫,fn(n≥1)都单调增加的,因此至多除去一个 零测度集E外,f’,f(n≥1)都存在.记Sn(x) f(x)对每个自然数n≥1,由于 Sn(x)-Sn-1(x)=fn(x)和f(x)-Sn(x)都是单调增加的函数,故它们的导数都是非负的 因此有 S1(s)≤sn(x)≤f(x),x∈E 因此在E上级数∑f"(x)处处收敛由于imsn(b)=f(b),故存在S(b)的子列sn(b) 使得f(b)-Sn(b)b)-sn(6)<22=1 这表明级数∑((x)-Sn(x)处处收敛注意这个级数的每一项f(x)-Sn(x)也是单调

137 1 1 11 1 1 [ ( ) ( )] () . bb b b n n aa a a n ba a nn n ba a g dx n f x f x dx n fdx n fdx n n fdx n fdx f b n fdx + + ++ + = +− = − = − =− ∫∫ ∫ ∫ ∫∫ ∫ 因此, 由 Fatou 引理我们有 1 lim lim( ( ) ) ( ) ( ). bb a n n aa a n n gdx g dx f b n fdx f b f a + →∞ →∞ ∫∫ ∫ ≤ = − ≤− (12) 这表明 g 是可积的. 因此 g 是几乎处处有限的. 于是 f 几乎处处可导. 由于 f ′ = g a.e. 故 (12)表明(4)成立.■ 若 f 是定义在[a,b]上的单调减少的实值函数, 对 − f 应用定理 5 的结论知道单调减 少的实值函数也是几乎处处可微的. 下面的例子说明在定理 5 中, 单调函数是几乎处处可导的这一结论, 一般说来是不能 改进的. 下面是关于单调函数的逐项求导定理. 定理 6 (Fubini)设 f (n = 1, 2,") n 是[a,b]上的一列单调增加的函数, 并且函数项级数 ∑ ∞ =1 ( ) n n f x 在[a,b]上处处收敛于 f (x). 则成立 ( ) ( ), a.e.. 1 ∑ ∞ = ′ = ′ n n f x f x (13) 证明 不妨设 f (a) = 0, n ≥ 1. n 由于 f , f (n ≥ 1) n 都单调增加的, 因此至多除去一个 零测度集 E 外, f ′, f ′ (n ≥ 1) n 都存在. 记 1 ( ) ( ). n n i i sx fx = =∑ 对每个自然数 n ≥ 1, 由于 ( ) ( ) ( ) 1 s x s x f x n − n− = n 和 f (x) s (x) − n 都是单调增加的函数, 故它们的导数都是非负的. 因此有 ( ) ( ) ( ), . sn ′−1 s ≤ sn ′ x ≤ f ′ x x ∈ E 因此在 E 上级数 ∑ ∞ = ′ 1 ( ) n n f x 处处收敛. 由于 lim s (b) f (b), n n = →∞ 故存在 s (b) n 的子列 s (b) nk 使得 , 1. 2 1 f (b) − s (b) < k ≥ nk k 因此对任意 x ∈[a,b], 我们有 1. 2 1 0 ( ( ) ( )) ( ( ) ( )) 1 1 1 ≤ ∑ − ≤ ∑ − < ∑ = ∞ = ∞ = ∞ = k k k n k f x sn x f b s b k k 这表明级数 ∑ ∞ = − 1 ( ( ) ( )) k n f x s x k 处处收敛. 注意这个级数的每一项 f (x) s (x) nk − 也是单调

增加的函数将上面证明的关于级数∑f(x)的结论用到级数∑(f(x)-sn(x)上来,即 知级数∑(f(x)-(x)几乎处处收敛由于收敛级数的通项应收敛于0,因此 lim(f(x-s(x))=0a.e 即imsn(x)=f(x)ae.由此知道lmsn(x)=f(x)ae.即(13)成立画 小结本节的主要结果是单调函数的可微性定理本节的结果表明单调函数具有一系 列良好的性质单调函数是L可积的并且几乎处处可微vtal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 习题习题五,第1题一第3题

138 增加的函数. 将上面证明的关于级数 ∑ ∞ =1 ( ) n n f x 的结论用到级数 ∑ ∞ = − 1 ( ( ) ( )) k n f x s x k 上来, 即 知级数∑ ∞ = ′ − ′ 1 ( ( ) ( )) k n f x s x k 几乎处处收敛. 由于收敛级数的通项应收敛于 0, 因此 lim( ′( ) − ′ ( )) = 0 a.e.. →∞ f x s x nk k 即 lim s (x) f (x) a.e.. nk k ′ = ′ →∞ 由此知道 lim s (x) f (x) a.e.. n n ′ = ′ →∞ 即(13)成立.■ 小 结 本节的主要结果是单调函数的可微性定理.本节的结果表明,单调函数具有一系 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. 习 题 习题五, 第 1 题—第 3 题