系列导言, 本文是作者在学习史济怀老师数学分析教程的读书笔记, 侧重于记录我当时没有看懂的部分, 以及对书中部分知识点的一些扩展. 非常零散, 不成系统. 对本系列的使用最好是读者也在学习史济怀老师数学分析教程并且恰好有某处不太明白, 可以参考着本系列说不定这里就有答案. 本系列文章在写作时参考了互联网上零零散散非常多的资料在此表示感谢!
公式 (2), 注意这里 f 是有界的, 因此对于任意分割 $\pi, \overline{S}(f, \pi), \underline{S}(f, \pi)$ 总是有界的.
定理 10.1.7 略作补充.
- 10.1.7.zy1 求证 $\overline{S}(f, \pi) \le A + \epsilon$
证明: 首先证明 $\overline{S}(f, \pi) = \sup{ \sum_{i=1}^k f(\xi_i) \sigma(I_i) \mid \forall \xi_i \in I_i }$, 主要证 $\forall \epsilon \gt 0$, 存在值点向量 $\xi=(\xi_1, \cdots, \xi_k), \sum_{i} f(\xi)\sigma(I_i) \gt \overline{S}(f, \pi) - \epsilon = \overline{S}(f, \pi) - \sum_i \frac{\epsilon}{\sigma(I)} \sigma(I_i) = \sum_i (M_i - \frac{\epsilon}{\sigma(I)}) \sigma(I_i)$. 这里 $M_i$ 是上确界, 所以一定存在 $\xi_i \gt M_i - \frac{\epsilon}{\sigma(I)}$, 结论得证.
之后再由 $\sum_{i=1}^k f(\xi_i) \sigma(I_i) \lt A + \epsilon, \forall \xi$ 易证 $\overline{S}(f, \pi) \le A + \epsilon$.
- 取 $\delta$ 充分小, 使得 $\sigma(K) \lt \epsilon$
解: 有个疑问, 这里对于 $\forall \epsilon \gt 0$, 总存在 $\delta$ 使得 $\sigma(K) \lt \epsilon$ 么? 其实是是的, 容易求得 $\sigma(K)$ 是 $\delta$ 的多项式连续, 且 $\delta = 0, \sigma(K) = 0$. 由连续性易得 $\delta$ 总是存在的.
- $I_j \subseteq J_i$
解: 别忘了 $I_j$ 对角线长度不能超过 $\delta$, 再结合 $\tilde{J}_i$ 边界距离 $J_i$ 边界距离为 $\delta$ 即可理解.
P.S. 我一开始以为 $I_j \subseteq \tilde{J}_i$..
定理 10.1.8(2) $\lim\limits_{\lVert \pi \rVert \to 0}\sum_{i=1}^k \omega_i \sigma(I_i) = 0$ 的解释应该是 $\forall \epsilon, \exists \delta, \forall \pi, \vert \lVert \pi \rVert - 0 \vert \lt \delta$ 时都有 $\vert \sum_{i=1}^k \omega_i \sigma(I_i) - 0 \vert \lt \epsilon$. 这个在定理 10.1.7 过程中已经证明了,
P.S. 第一次见到这种类似 $\lim_{f(x) \to a} g(x) = A$ 这种的极限.
定义 10.2.1, 同 勒贝格测度 中所说一致, 这里零测集即外侧度为 0 的集合.
定理 10.2.1, 求证: $\overline{B} \subset \bigcup_{i=1}^m I_i = C$
证明: $\forall x \in \overline{B}$, 存在 B 中一个序列收敛到 x, 这个序列也是 $C$ 中成员, 结合 C 是闭集得 $x \in C$.
这里 $\omega_f(x, r) = \sup { \vert f(y_1) - f(y_2)\vert : y_1, y_2 \in I_{x, r} }$ 证明同 10.1.7.zy1.
10.1.zy1, 若 f 是区间 (a, b) 上的单调函数, 则 f 在 a 点/b 点的右极限/左极限存在.
证明: 设 f 是单调递增函数, 设 m, M 是 f 在区间 (a, b) 的下确界/上确界. 现在我们证明 $\lim_{x \to a^+} f(x) = m$, 由于 m 是下确界, 可知 $\forall \epsilon \gt 0, \exists x_0, f(x_0) \lt m + \epsilon$ 结合 f 是单调递增函数易知 $\forall x \in (a, x_0), 0 \lt f(x) - m \lt + \epsilon$, 这正是极限的定义.
P.S. 之所以有这个是忽然意识到在之前学习第 6 章时, 令 $g(r) = \omega_f(x, r)$, 可知 $g(r)$ 是单调递增函数, 当时没正式证明过 $\lim_{r \to 0^+}g(r)$ 是存在的. 当时只是觉得单调有界序列必有极限就糊涂涂过去了, 今天忽然意识到 g(r) 是函数, 其在 0 点有极限 L 意味着任意 $r_n \to 0, g(r_n) \to L$, 之前只是知道了当 $r_n$ 单调递减趋于 0 时, $g(r_n)$ 极限存在, 但其并不一定等于 L.
定理 10.2.2, 在 f 可积时, 从证明过程看 $D(f)$ 是零面积集.
定理 10.2.3, 略作补充
- f 在 $I^{\circ} \setminus \overline{B}$ 上连续
证明: $\forall x \in I^{\circ} \cap (R^2 \setminus \overline{B}), \exists r, B_r(x) \subseteq I^{\circ} \setminus \overline{B}$, 并且 $\forall y \in B_r(x), y \notin B, f(y) = 0$, 易证 f 在 x 点连续.
P.S. $I^{\circ}$ 表示 I 内点组成的集合, 这里 I 是闭矩形.
P.S. 所以可知 $D(f) \subseteq I \cap (I^{\circ} \setminus \overline{B})^c = \partial I \cup \overline{B}$.
- $\int_I f \mbox{d}\sigma = 0$
证明: 由原文可知 $\forall \pi, \underline{S}(f, \pi) = 0$, 所以 $\underline{\int_I} f \mbox{d}\sigma = 0$. 即得结论.
P.S. 这里积分中的 $\mbox{d}\sigma$ 啥意思.?
P.S. 结合 Tao 定理 19.2.6 可知若 f 不为 0 的集合为零测集, 则 f 勒贝格可积且积分为 0.
练习 10.2.2, 证明: 设 $B’ \subseteq \bigcup_{i=1}^m I_i, \sum_{i=1}^m \sigma(I_i) \lt \frac{\epsilon}{2}$. 这里 $I_i$ 是开集, 首先证 $\overline{B} \setminus \bigcup_{i=1}^m I_i$ 是个有限集合, 假设其无限, 这里易证 $\overline{B}$ 是有界闭集, 即其是紧致的, 即其内任一序列都有收敛子列. 即我们可以在 $\overline{B} \setminus \bigcup_{i=1}^m I_i$ 中找到一个收敛序列 $b_n, b = \lim_{n \to \infty}b_n, b \in B’$ 即存在 $i, b \in I_i$, 别忘了 $I_i$ 是开集即 $b_n$ 会有元素位于 $I_i$ 内, 这矛盾了!
$\overline{B} \setminus \bigcup_{i=1}^m I_i$ 是个有限集合, 其是零面积集, 即 $\overline{B} \setminus \bigcup_{i=1}^m I_i \subseteq \bigcup_{i=m+1}^k I_i, \sum_{i=m+1}^k \sigma(I_i) \lt \frac{\epsilon}{2}$ 易证 $\overline{B}$ 是个零面积集.
10.1.zy2, 若 f 在闭矩形 I 上可积, $I \subseteq J$, J 也是闭矩形, 则 $\int_J g = \int_I f$, 其中:
\[g(x, y) = \begin{cases} f(x, y) & \text{if } (x, y) \in I \\ 0 & \text{otherwise } \end{cases}\]证明: 同定理 10.2.3 易证 g 在开集 $J^{\circ} \setminus I$ 上连续, 所以 $D(g) \subseteq \partial J \cup D(f)$, 即也是个零测集. 即 g 在 J 上可积. 之后对于任一切割 $\pi, \underline{S}(g, \pi) = \underline{S}(f, \pi)$ 易证 $\underline{\int_J} g = \underline{\int_I} f$ 即得结论.
练习 10.2.5, 这里原文省略了 I 是闭矩形的描述, f 在 I 可积意味着 $D(f)$ 是零测集, 即 $\exists (x_0, y_0) \in I$, f 在 $(x_0, y_0)$ 上连续, 即存在 $\delta, J = (x_0 - \delta, x_0 + \delta) \times (y_0 - \delta, y_0 + \delta) \subseteq I, \forall (x, y) \in J$ 都有 $f(x, y) \ge \frac{f(x_0, y_0)}{2}$, 即 $\int_J f \ge \frac{f(x_0, y_0)}{2} 4 \delta^2 \gt 0$. 接下来只要证 $\int_I f \ge \int_J f$ 即可, 定义个新函数 g, g 在 J 上等于 f, 在 $I\setminus J$ 上为 0, 则由 10.1.zy2, 定理 10.1.3 可得 $\int_I f \ge \int_I g = \int_J f$.
练习 10.2.9, 易证 $\vert f \vert + f \ge 0, \vert f \vert - f \ge 0$, 所以 $\int_I \vert f \vert + \int_I f = \int_I (\vert f \vert + f) \ge 0$, 即 $\int_I f \ge -\int_I \vert f \vert$ 同理可得 $\int_I f \le \int_I \vert f \vert$ 即得结论.
问题 10.2.1, 反证法, 假设对于任一闭矩形都存在一点 $x_0, f(x_0) \le 0$, 则对 I 的任何分割, $\underline{S}(f, \pi) \le 0$, 即 $\int_I f \le 0$, 矛盾了.
