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)(xf在 ],[ ba上连续, 则对任意],[ bax∈成立).()( xfdttf x a = ′ ? ? ? ? ? ? ∫ 另一方面, 若)(xf在],[ ba 上可微, 并且)(xf ′在],[ ba是Riemann可积的, 则成立牛顿-莱布尼兹公式 ).()()( afbfdxxf 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)),(,( 11 mRR 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,, 21 Ixx ∈ 当 21 xx <时,总有 ),()( 21 xfxf ≤ (或)()( 21 xfxf ≥ ), 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 Ix ∈ f在 0 x的左右单侧极限 )0( 0 ?xf和 )0( 0 +xf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],[ ba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 }.:{点不连续在xfxA = .1}, 1 )0()0(:{ ≥≥??+= n n xfxfxA n 142 则. 1 U ∞ = = n n AA 往证每个 n A是有限集. 设,,, 1 nk Axx ∈L 不妨设, 1+ < ii xx .1,,1 ?= ki L 在],[ ba中取 k ξξξ ,,, 10 L使得, 0 a=ξ ,b k =ξ ).1,,1( 1 ?=<< + kixx iii ξ 由于f是单调增加的, 因此成立 .,,1),()0()0()( 1 kifxfxff iiii L=≤+≤?≤ ? ξξ 因此我们有 ).()())()(())0()0(( 1 1 1 afbfffxfxf n k k i ii k i ii ?=?≤??+≤ ∑∑ = ? = ξξ 故必有)).()(( afbfnk ?≤ 即 n A是有限集. 由此知道A是可数集. 推论2 设f是定义在区间],[ ba上的单调函数, 则f在],[ ba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],[ ba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 I=G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0>ε和,Ex∈ 存在∈ α I G , 使得 α Ix∈并且,ε α <I 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,)( +∞< ? Em G是E的一 个Vitali覆盖. 则对任意,0>ε 存在有限个互不相交的区间∈ n II ,, 1 L ,G 使得 .)( 1 ε<? = ? U n i i IEm 证明 由于对任意∈ n II ,, 1 L ,G n II ,, 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,)( +∞< ? Em 由2.3定理5容易知道, 存在开 集EG ?使得.)( +∞<Gm 又不妨设G中的每个区间均包含在G中, 否则用 }:{ 1 GIII ?∈=并且GG代替.G 若存在G中的有限个区间 n II ,, 1 L使得, 1 U n i i IE = ? 则.0)( 1 =? = ? U n i i IEm 此时定理的结论当然成立. 现在设对任意∈ n II ,, 1 L ,G . 1 U n i i IE = ? 在G中任取一个区间记为. 1 I 假定 k II ,, 1 L已经选取. 由于, 1 ?≠? = U k i i IE 143 故至少存在一个∈I ,G 使得I与 k II ,, 1 L都不相交(为什么?). 令 }.,,1,,:sup{ kiIIII ik L=?=∩∈= Gλ 既然G中的每个区间I都包含于G中, 故.)( +∞<≤ Gm k λ 在G中选取一个区间 1+k I 使得 , 2 1 1 kk I λ> + .,,1, 1 kiII ik 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1≥k满足(1). 由于, 1 GI k k ? ∞ = U 因此有 .)( 1 +∞<≤ ∑ ∞ = GmI k k (2) 于是存在一个n使得. 5 1 ε < ∑ ∞ +=nk k I 令. 1 U n k k IEA = ?= 若能证明,)( ε< ? Am 则引理就得 证. 设.Ax∈ 由于 U n k k I 1= 是闭集并且, 1 U n k k Ix = ? 故存在一个区间∈I G使得I包含x并 且与 n II ,, 1 L 都不相交. 若进一步I与 nkk I > }{中的每个区间都不相交, 则对任意nk > 均有.2 1+ <≤ kk II λ 由(2)知道当∞→k时,0→ k I 于是.0=I 但这是不可能的. 因此I必与 nkk I > }{中的某个区间相交. 令}.:min{ 0 ?≠∩= k IIkk 则nk > 0 并且 .2 00 1 kk II <≤ ? λ记 0 k I的中心为, 0 k x 半径为. 0 k r 由于Ix∈并且, 0 ?≠∩ k II 故x 与 0 k x的距离 . 2 5 2 1 2 2 1 ),( 00000 kkkkk IIIIIxxd =+≤+≤ 于是].5,5[ 000 oo kkkkk rxrxJx +?=∈对每个,}{ nkkk II > ∈ 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 ∞ += ? nk k JA 因此 ∑∑ ∞ += ∞ += ? <=≤ 11 .5)( nk k nk k IJAm ε 设f在∈ 0 x 1 R的某一邻域内有定义的实值函数. 令 144 , )()( lim)( 00 0 0 h xfhxf xfD h ?+ = +→ + , )()( lim)( 00 0 0 h xfhxf xfD h ?+ = ?→ ? , )()( lim)( 00 0 0 h xfhxf xfD h ?+ = +→ + . )()( lim)( 00 0 0 h xfhxf xfD 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 ).()(),()( 0000 xfDxfDxfDxfD ? ? + + ≥≥ (3) 显然f在 0 x点可导当且仅当 .)()()()( 0000 ±∞≠=== ? ? + + xfDxfDxfDxfD 定理5 设f是定义在区间],[ ba上的单调增加的实值函数. 则f在],[ ba上几乎处 处可导. 其导数f ′在],[ ba上lebesgue 可积并且成立 ).()()( afbfdxxf b a ?≤′ ∫ (4) 证明 我们先证明在),( ba上几乎处处成立 .fDfDfDfD ? ? + + === (5) 令}.{ 1 fDfDE ? + >= 则.}{ , 1 U Q∈ ? + >>>= sr fDsrfDE 其中Q为有理数集. 我们 要证明,0)( 1 = ? Em 为此只需证明对任意∈sr, Q , .0})({ =>>> ? +? fDsrfDm 记}.{ fDsrfDA ? + >>>=对任意,0>ε 存在开集AG ?使得 .)()( ε+< ? AmGm 对任意,Ax∈ 由于,)( sxfD < ? 故存在0>h使得Gxhx ?? ],[ 并且 .)()( shhxfxf <?? (6) 所有这样的区间],[ hhx?构成了A的一个Vatali覆盖. 由引理4, 存在有限个互不相交的 这样的区间],,[ iiii xhxI ?= ,,,1 ni L=使得.)( 1 ε<? = ? U n i i IAm 令, 1 U o n i i IAB = ∩= 则 .)()()()( 11 ε+<?+∩≤ ? = ? = ?? BmIAmIAmAm n i i n i i UU oo (7) 由(6)式我们有 ).)(()())()(( 11 ε+<<<?? ? == ∑∑ AmsGmshshxfxf n i i n i iii (8) 对每个,By∈ 由于,)( ryfD > + 故存在0>k , 使得区间],[ kyy +包含在某个区间 o i I 内并且 145 .)()( rkyfkyf >?+ (9) 所有这样的区间],[ kyy +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],,[ iiii kyyJ += ,,,1 pi L= 使得.)( 1 ε<? = ? U p i i JBm 利用(7)得 εε +?+∩≤+< = ? = ??? )()()()( 11 UU p i i p i i JBmJBmBmAm .22)( 11 εε +=+≤ ∑ == p i i p i i kJm U 因此.2)( 1 ε?> ? = ∑ Amk p i i 并且由于(9), 我们有 ).2)(())()(( 11 ε?>>?+ ? == ∑∑ Amrkryfkyf p i i p i iii (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 .))()(())()(( 11 ∑∑ == ?+≥?? p i iii n i iii yfkyfhxfxf (11) 结合(8),(10)和(11)得到 ).)(()2)(( εε +<? ?? AmsAmr 由于0>ε的任意性得到).()( AsmArm ?? ≤ 由于,sr > 故必有.0)( = ? Am 由此得到 .0)( 1 = ? Em 类似地, 若令},{ 2 fDfDE + ? >= 则可以证明.0)( 2 = ? Em 令 , 21 EEE ∪= 则.0)( = ? Em 在Eba ?),(上, 我们有 .fDfDfDfDfD + ? ? + + ≤≤≤≤ 因此在Eba ?),(上(5)成立. 这表明极限 h xfhxf xg h )()( lim)( 0 ?+ = → 几乎处处存在(有限或∞± ). 当)(xg有限时, f在x点可导. 令 .1)],() 1 ([)( ≥?+= nxf n xfnxg n (其中定义当bx >时)()( bfxf = ). 则a.e..gg 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 ([ 111 1 1 ∫∫∫ ∫∫∫∫ +++ + + ?=?= ?=?+= n a a n a a n b b b a n b n a b a b a n fdxnbffdxnfdxn fdxnfdxndxxf n xfndxg 146 因此, 由Fatou引理我们有 ).()())((limlim 1 afbffdxnbfdxggdx 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a.e.gf =′ 故(12)表明(4)成立. 若f是定义在],[ ba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),( ba中的Lebesgue零测度集. 对每个自然数,n 令 n G是包含E的开 集并且. 2 1 )( n n Gm < 对每个,,2,1 L=n 令 ),],[()( nn Gxamxf ∩= ].,[ bax∈ 显然, n f是单调增加的非负函数并且. 2 1 n n f ≤ . 对任意],,[ bax∈ 我们有 ,)()( hxfhxf nn ≤?+ 当].,[ bahx ∈+ 因此 n f是],[ ba上的连续函数. 再令. 1 ∑ ∞ = = n n ff 则f是单调增加的非负的连续函数. 现 在设.Ex∈ 对任意,1≥n 当h充分小时, .,,1),,(],[ nibaGhxx i L=∩?+ 由 n f的定义, 此时有 .,,1,1 )()( ni h xfhxf ii L== ?+ 于是有 . )()()()( 1 n h xfhxf h xfhxf n i ii = ?+ ≥ ?+ ∑ = 因此.)( +∞=′ xf 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),2,1( L=nf n 是],[ ba上的一列单调增加的函数, 并且函数项级 数 ∑ ∞ =1 )( n n xf在],[ ba上处处收敛于).(xf 则成立 a.e..,)()( 1 ∑ ∞ = ′=′ n n xfxf (13) 147 证明 不妨设.1,0)( ≥= naf n 由于)1(, ≥nff n 都单调增加的, 因此至多除去一个 零测度集E外, )1(, ≥′′ nff n 都存在. 记.)()( 1 ∑ = = n i in xfxs 对每个自然数,1≥n 由于 )()()( 1 xfxsxs nnn =? ? 和)()( xsxf n ?都是单调增加的函数, 故它们的导数都是非负的. 因此有 .),()()( 1 Exxfxsss nn ∈′≤′≤′ ? 因此在E上级数 ∑ ∞ = ′ 1 )( n n xf处处收敛. 由于),()(lim bfbs n n = ∞→ 故存在)(bs n 的子列 )(bs k n 使得.1, 2 1 )()( ≥<? kbsbf k n k 因此对任意],,[ bax∈ 我们有 .1 2 1 ))()(())()((0 111 =<?≤?≤ ∑∑∑ ∞ = ∞ = ∞ = k k k n k n bsbfxsxf kk 这表明级数 ∑ ∞ = ? 1 ))()(( k n xsxf k 处处收敛. 注意这个级数的每一项)()( xsxf k n ?也是单 调增加的函数. 将上面证明的关于级数 ∑ ∞ =1 )( n n xf的结论用到级数 ∑ ∞ = ? 1 ))()(( k n xsxf k 上 来, 即知级数 ∑ ∞ = ′?′ 1 ))()(( k n xsxf k 几乎处处收敛. 由于收敛级数的通项应收敛于0, 因此 a.e..0))()((lim =′?′ ∞→ xsxf k n k 即a.e..)()(lim xfxs k n k ′=′ ∞→ 由此知道a.e..)()(lim xfxs 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