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