在 陶哲轩实分析: 黎曼积分 之后, 遗留着一个问题, 即习题 11.10.4; 同时关于黎曼-斯蒂尔杰斯可积我也有一些疑问. 这些疑问在习题 14.8.4(b) 时爆发了出来, 答主在解答这一题时使用黎曼-斯蒂尔杰斯可积概念 $\int_I f d\alpha$, 并且此时 $\alpha=x-z$ 是关于 z 的单调递减函数; 而陶从未定义过在单调递减时黎曼-斯蒂尔杰斯可积是个什么东西…
这让我把目光再次移到 11.8 章节, 试图建立一套在 g 单调递减时, 黎曼-斯蒂尔杰斯可积 $\int_I f dg$ 概念; 以及相应的定理. 首先是关于 11.8 P239 这段话如何理解?
所以, 只要 $f : I \rightarrow R$ 是有界的并且 $\alpha$ 定义在某个包含 I 的区域上, 我们就可以把上黎曼-斯蒂尔杰斯积分 $\overline{\int_I fd\alpha}$ 和下黎曼-斯蒂尔杰斯积分 $\underline{\int_I fd\alpha}$ 分别定义为
\[\int_I fd\alpha = \overline{\int_I fd\alpha} = \underline{\int_I fd\alpha}\]因此, 如果上黎曼-斯蒂尔杰斯积分和下黎曼-斯蒂尔杰斯积分相等, 那么我们称 f 在 I 上关于 $\alpha$ 是黎曼-斯蒂尔杰斯可积的, 此时令
我一开始以为这段话仅当 $\alpha$ 单调递增时才有意义, 因为这段话上一段是讲 $\alpha$ 单调递增时定理 11.2.16 成立. 但后来看了下这段话与上一段话是分为两段的, 所以觉得这段话对于单调递减情况应该也是成立的, 即 $\alpha$ 单调递减时, 我们也可以这样定义黎曼-斯蒂尔杰斯可积. 但稍微动手推导了下, 发现如果这样的话会得到如下奇怪的结论:
\[\int_I fd\alpha - \epsilon \lt p.c.\int_I \underline{g} d\alpha \le \int_I fd\alpha \le p.c.\int_I \overline{g} d\alpha \lt \int_I fd\alpha + \epsilon\]再结合这个例子 $f = 3, \overline{g}=4, \underline{g}=2, \alpha(x)=-x, I=[2,3]$ 就能得到 $p.c.\int_I \underline{g} d\alpha = -2, p.c.\int_I \overline{g} d\alpha = -4, -2 \le -4$ 这样的错误结论! 很明显 P239 这里的定义确实仅当 $\alpha$ 单调递增时才有意义.
我对 $\alpha$ 单调递减时黎曼-斯蒂尔杰斯可积的定义具有执念的另一个原因便是习题 11.10.4, 我一度认为这题的证明需要先定义 $\alpha$ 单调递减时黎曼-斯蒂尔杰斯可积概念, 之后证出单调递减情况下推论 11.10.3, 命题 11.10.6, 之后再仿照着命题 11.10.7 的证明过程证明出习题 11.10.4; 但我这次在审视这题时忽然看到习题 11.10.3, 这给我解决习题 11.10.4 提供了一个新的思路:
习题 11.10.4 Let $[a, b]$ be a closed interval, and let $\phi: [a, b] \to [\phi(b), \phi(a)]$ be a differentiable monotone decreasing function such that $\phi’$ is Riemann integrable. Let $f: [\phi(b), \phi(a)] \to \mathbb{R}$ be a Riemann integrable function on $[\phi(b), \phi(a)]$. Then $(f \circ \phi) \phi’: [a, b] \to \mathbb{R}$ is Riemann integrable on $[a, b]$ and
\[\int_{[a,b]} (f \circ \phi) \phi' =- \int_{[\phi(b),\phi(a)]} f\]证明: 令 $h = -\phi, g(x) = f(-x)$, 则 h, g 符合命题 11.10.7 所有要求, 此时有:
\[\int_{[a, b]} (g \circ h)h' = \int_{[h(a), h(b)]} g\]同时:
\[\int_{[h(a), h(b)]} g = \int_{[-h(b), -h(a)]} f = \int_{[\phi(b), \phi(a)]} f\]同时(我想不到其他什么串词了? 与此同时? 恰好有? 易知?:
\[(g \circ h)(x) = g(h(x)) = f(-h(x)) = f(\phi(x)) = (f \circ \phi)(x)\]所以:
\[\int_{[a, b]} (g \circ h)h' = \int_{[a, b]} (f \circ \phi)(-\phi') = -\int_{[a, b]} (f \circ \phi)\phi'\]所以:
\[\int_{[a,b]} (f \circ \phi) \phi' =- \int_{[\phi(b),\phi(a)]} f\]这也刺激我想到了习题 14.8.4(b) 另外一种解法:
令 $y = z + x$, 这里 x 均是代指常数, 非自变量.
\[\begin{aligned} (f * g)(x) &= \int_{max(a, x-d)}^{min(b, x-c)} f(y) g(-y + x) dy \\ &= \int_{max(a - x, -d)}^{min(b -x , -c)} f(z + x) g(-z) d(z+x) \\ &= \int_{max(a - x, -d)}^{min(b -x , -c)} f(z + x) g(-z) d(z) \end{aligned}\]这里易证 $\int_I f(x)dg(x) = \int_I f(x)d(g(x)+C)$, C 为常数.
而
\[(g * f)(x) = \int_{\max(c,x-b)}^{\min(d,x-a)} f(-z + x)g(z)dz\]令 $h(z) = f(-z + x)g(z)$, 则 $H(z) = h(-z) = f(z + x) g(-z)$, 应用习题 11.10.3 结论, 可得
\[\begin{aligned} \int_{max(a - x, -d)}^{min(b -x , -c)} f(z + x) g(-z) d(z) &= \int_{max(a - x, -d)}^{min(b -x , -c)} H(z) dz \\ &= \int_{\max(c,x-b)}^{\min(d,x-a)} f(-z + x)g(z)dz \end{aligned}\]推论 11.10.3.zy1: 若 $f(x) \le g(x)$, 则 $inf(f(x)) \le inf(g(x)), sup(f(x)) \le sup(g(x))$. 仿照习题 6.4.4 证明即可.
推论 11.10.3.zy2: 若 $f(x) \le g(x)$, 则 $\underline{f}_I f \le \underline{f}_I g, \overline{f}_I f \le \overline{f}_I g$. 这里 f/g 并不一定可积, 这也回答了推论 11.10.3 中的为什么.
证明: $\underline{f}_I f = sup(L(f, P)), \underline{f}_I g = sup(L(g,P)), f(x) \le g(x)$; 则对于任意划分 P, 任意 $J \in P$, 都有 $inf{f(x), x \in J} \le inf{g(x), x \in J}$, 所以 $L(f,P) <= L(g,P)$ 对于任意划分 P 都成立, 应用推论 11.10.3.zy1可证得结论.
P.S. 在史济怀老师数学分析教程第6章也大量使用了 $\int_I f(x)dg(x)$ 符号, 但这里并未定义过黎曼-斯蒂尔杰斯可积概念, 这里 $\int_I f(x)dg(x)$ 仅仅是 $\int_I f(x)g’(x)dx$ 的缩写.
