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,6成立f()d=f(x).另一方面,若f(x)在[a,6 上可微,并且∫(x)在[a,b是 Riemann可积的,则成立牛顿-莱布尼兹公式 f(x)dx=∫(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±∞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(Rl),m)而言的 §5.1单调函数的可微性 教学目的本节将证明Ⅴta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(x1)≥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/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 ∫(x0-0)和∫(x+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,b]上的单调函数,则∫的不连续点的全体至多是可数 证明不妨只考虑∫是单调增加的情形.令 A={x:∫在x点不连续} An={x:f(x+0)-f(x-0)≥ n 141
141 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A=UA,往证每个A是有限集。设x…,x∈A,不妨设x10和x∈E,存在ln∈9,使得x∈L并且|0,存在有限个互不相交的区间l1,…,ln∈9,使得 (E-U1)< 证明由于对任意l12…,n∈9,1,…,ln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彐E使得m(G)<+∞.又不妨设9中的每个区间均包含在G中,否则用 9={:l∈骈併且cG}代替只.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 E∪在G中任取一个区间记为1,假定1,…已经选取由于E-U1≠②
142 则 . 1 U ∞ = = n A An 往证每个 An 是有限集 . 设 , , , 1 k An x L x ∈ 不妨设 , i 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 ,L,I n ∈G, 使得 ( ) . 1 − < ε = ∗ U n i i m E I 证明 由于对任意 I1 ,L,I n ∈G, n I , ,I 1 L 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 { : } 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 L 使得 , 1 U n i i E I = ⊂ 则 ( ) 0. 1 − = = ∗ U n i i m E I 此时定理的结论当然成立 . 现在设对任意 I1 ,L,I n ∈G, . 1 U n i i E I = ⊄ 在G 中任取一个区间记为 . 1 I 假定 k I , ,I 1 L 已经选取. 由于 , 1 − ≠ ∅ = U k i i E I
故至少存在一个I∈9,使得Ⅰ与I1,…,lk都不相交(为什么?).令 λ=Sup{:I∈9,I∩l=②,l=1…k} 既然9中的每个区间都包含于G中,故Ak≤m(G)n 均有≤kn并且 川41<2|记L的中心为x,半径为,由于x∈并且∩1≠②,故x 与x的距离 5+2524+2=214 于是x∈J=[x6-5,x+5]对每个k∈{1kkm,令J是与有相同的中心 且长度为的5倍的区间,则由上面所证知道Ac∪J,因此 <E. k=n+1 设∫在x0∈R的某一邻域内有定义的实值函数令 143
143 故至少存在一个 I ∈ G, 使得 I 与 k I , ,I 1 L 都不相交(为什么?). 令 sup{ I : I , I I , i 1, , k}. λk = ∈G ∩ i = ∅ = L 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 = ∅ = L (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 ⊂ ∞ = U 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 k > n 0 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 U ∞ = + ⊂ k n k A J 因此 ∑ ∑ ∞ = + ∞ = + ∗ ≤ = < 1 1 ( ) 5 . k n k k n k m A J I ε 设 f 在 x0 ∈ 1 R 的某一邻域内有定义的实值函数. 令
Df(xo)= f(x0+h)-f(x0) D f(xo=lim f(x0+h)-f(x0) h h f(xo+h-f(xo) D-f(xo) f(o+h-f(xo) Dfo h→0+ (上述极限值均允许为土∞)分别称它们为∫在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 Df(x)≥D,f(x0),Df(x)≥D.f(x0) 显然∫在x0点可导当且仅当 Df(x0)=D,f(x0)=Df(x0)=Df(x0)≠土∞ 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∫在[a,b]上 lebesgue可积并且成立 f(x)dx≤∫(b)-f(a) 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.f则E1=U{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∈Q,m(D'f>r>s>D.f})=0 记A={Df>r>s>D∫}.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)r,故存在k>0,使得区间[y,y+k]包含在某个区间2 内并且
144 , ( ) ( ) ( ) 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 f (x)dx f (b) f (a). b 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 U ∈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 o 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+k,11=1…P,使得m(B-U)m'(A)-2E.并且由于(9),我们有 (f(+k)-f()>r∑k>r(m(4)-26) 由于∫是单调增加的,并且每个J包含在某个中,因此我们有 ∑((x)-f(x-h)≥∑(f(+k)-f(y) 结合(8)(10)和(1)得到 r(m(A)-2E)0的任意性得到m'(4)≤sm'(A).由于r>s,故必有m'(A)=0.由此得到 m(E1)=0.类似地,若令E2={Df>D,∫},则可以证明m(E2)=0.令 E=E1∪E2,则m(E)=0.在(a,b)-E上,我们有 D,f≤Df≤Df≤Df≤D,f. 因此在(a,b)-E上(5)成立这表明极限 g(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 (x)=nf(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 ∫g=[(x+1)-f(x)=门-n -可
145 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,L, 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. n g 我们有 ( ) . ) ( )] 1 [ ( 1 1 1 1 1 ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ + + + + + = − = − = + − = − n a a n a a n b b b a n b n a b a b a n n fdx n fdx f b n fdx f x dx n fdx n fdx n g dx n f x
因此,由 Fatou引理我们有 gdx s lim」.gn=limn(f(b)-n"f)≤f(b)-∫(a) 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-∫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 例1设E是(a,b)中的 Lebesgue零测度集.对每个自然数n,令Gn是包含E的开 集并且m(Gn)<一对每个n=1,2,…,令 fn(x)=m([a,x]⌒Gn),x∈[a,b] 显然,f是单调增加的非负函数并且≤对任意x∈[ab我们有 fn(x+h)-fn(x)≤h当x+h∈ab 因此f是[ab]上的连续函数再令∫=∑∫n则∫是单调增加的非负的连续函数现 在设x∈E.对任意n≥1,当充分小时, [x,x+h∈G;∩(a,b),i=l1,…,n 由f的定义,此时有 f(x+h)-(x) 于是有 f(x+n-ye2yJ(x+h)-f(x)2n h h 因此f(x)=+∞.这表明∫在E上处处不可导 下面是关于单调函数的逐项求导定理 定理6( Fubini)设∫n(n=1,2,…)是[a,b上的一列单调增加的函数,并且函数项级 数∑f(x)在[ab上处处收敛于f(x)则成立 f(x)=∑f(x
146 因此, 由 Fatou 引理我们有 lim lim( ( ) ) ( ) ( ). 1 gdx g dx f b n fdx f b f a n a a n b a n n b 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. 例 1 设 E 是(a,b)中的 Lebesgue 零测度集. 对每个自然数 n, 令Gn 是包含 E 的开 集并且 . 2 1 ( ) m Gn n < 对每个n = 1, 2,L, 令 ( ) ([ , ] ), n Gn f x = m a x ∩ x ∈[a,b]. 显然, nf 是单调增加的非负函数并且 . 2 1 n n f ≤ . 对任意 x ∈[a,b], 我们有 f (x h) f (x) h , n + − n ≤ 当 x + h ∈[a,b]. 因此 n f 是[a,b]上的连续函数. 再令 . 1 ∑ ∞ = = n n f f 则 f 是单调增加的非负的连续函数. 现 在设 x ∈ E. 对任意 n ≥ 1, 当 h 充分小时, [x, x h] G (a,b), i 1, ,n. + ⊂ i ∩ = L 由 n f 的定义, 此时有 1, 1, , . ( ) ( ) i n h f x h f x i i = = L + − 于是有 . ( ) ( ) ( ) ( ) 1 n h f x h f x h f x h f x n i i i = + − ≥ + − ∑= 因此 f ′(x) = +∞. 这表明 f 在 E 上处处不可导. 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,L) 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J(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)=∑∫(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 因此在E上级数∑f(x)处处收敛由于 lim s((b)=f(b),故存在Sn(b)的子列 Sn(b)使得f(b)-Sn(b)<,k≥1.因此对任意x∈[a,b],我们有 0≤∑((x)-sn(x)∑((b)-sm(b)<∑=1 这表明级数∑((x)-Sn(x)处处收敛注意这个级数的每一项∫(x)-Sm(x)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)-S2(x)上 来即知级数∑(f(x)-Sn(x)几乎处处收敛由于收敛级数的通项应收敛于0,因此 im(f(x)-S2(x)=0 lim s(x)=f∫(x)ae.由此知道lims(x)=∫(x)a.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 系列良好的性质单调函数是L可积的并且几乎处处可微. Vital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
147 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 i n i s x f x 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 ∑ ∞ =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