132
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
则
1
.
n
n
AA
∞
=
=
∪
往证每个
n
A是有限集,设,,,
1 nk
Axx ∈null 不妨设,
1+
<
ii
xx
.1,,1?= ki null 在],[ ba中取
k
ξξξ,,,
10
null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
133
.,,1),()0()0()(
1
kifxfxff
iiii
null=≤+≤?≤
ξξ
(如图)因此
).()())()(())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
null,G 使得
.)(
1
ε<?
=
∪
n
i
i
IEm
证明 由于对任意∈
n
II,,
1
null,G
n
II,,
1
null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
O x
y
a
b1
x
2
x
3
x
2
ξ
)(xf
)0(
2
xf
)0(
2
+xf
)(
2
ξf
)(
1
ξf
1
ξ
134
}:{
1
GIII?∈=并且GG代替.G 若存在G中的有限个区间
n
II,,
1
null使得,
1
∪
n
i
i
IE
=
则.0)(
1
=?
=
∪
n
i
i
IEm 此时定理的结论当然成立,现在设对任意∈
n
II,,
1
null,G
.
1
∪
n
i
i
IE
=
在G中任取一个区间记为.
1
I 假定
k
II,,
1
null已经选取,由于,
1
≠?
=
∪
k
i
i
IE
故至少存在一个∈I,G 使得I与
k
II,,
1
null都不相交(为什么?),令
}.,,1,,:sup{ kiIIII
ik
null=?=∩∈= 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
,
2
1
1 kk
I λ>
+
,,,1,
1
kiII
ik
null=?=∩
+
(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
∞
=
∪
因此有
.)(
1
+∞<≤
∑
∞
=
GmI
k
k
(2)
于是存在一个n使得
1
5.
k
kn
I ε
∞
=+
<
∑
令
1
.
n
k
k
AE I
=
=?
∪
若能证明,)( ε<
Am 则引理就得证,设.Ax∈ 由于
1
n
k
k
I
=
∪
是闭集并且
1
,
n
k
k
x I
=
∪
故存在一个区间∈I G使得
I包含x并且与
n
II,,
1
null 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
.
k
kn
AJ
∞
=+
∪
因此
∑∑
∞
+=
∞
+=
<=≤
11
.5)(
nk
k
nk
k
IJAm ε ■
135
设f在∈
0
x
1
R的某一邻域内有定义的实值函数,令
,
)()(
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
() () ().
b
a
f xdx fb f 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 ∪
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 null=使得.)(
1
ε<?
=
∪
n
i
i
IAm 令,
1
∪
null
n
i
i
IAB
=
∩= 则
.)()()()(
11
ε+<?+∩≤
=
=
BmIAmIAmAm
n
i
i
n
i
i ∪∪
nullnull
(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
null
i
I
136
内并且
.)()( 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 null= 使得.)(
1
ε<?
=
∪
p
i
i
JBm 利用(7)得
εε +?+∩≤+<
=
=
)()()()(
11
∪∪
p
i
i
p
i
i
JBmJBmBmAm
,22)(
11
εε +=+≤
∑
==
p
i
i
p
i
i
kJm
∪
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
137
1
1
11 1
1
[( ) ()]
(),
bb b b
n
n
aa a a
n
ba a
nn n
g dx n f x f x dx n fdx n fdx
n
n fdx n fdx f b n fdx
+
+
++ +
=+?=?
=?=?
∫∫ ∫∫
∫∫ ∫
因此,由Fatou引理我们有
1
lim lim( ( ) ) ( ) ( ).
bb a
n
n
aa
nn
gdx g dx f b n fdx f b f 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,
下面是关于单调函数的逐项求导定理,
定理6 (Fubini)设),2,1( null=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)
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
ni
i
sx fx
=
=
∑
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
138
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
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
则
1
.
n
n
AA
∞
=
=
∪
往证每个
n
A是有限集,设,,,
1 nk
Axx ∈null 不妨设,
1+
<
ii
xx
.1,,1?= ki null 在],[ ba中取
k
ξξξ,,,
10
null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
133
.,,1),()0()0()(
1
kifxfxff
iiii
null=≤+≤?≤
ξξ
(如图)因此
).()())()(())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
null,G 使得
.)(
1
ε<?
=
∪
n
i
i
IEm
证明 由于对任意∈
n
II,,
1
null,G
n
II,,
1
null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
O x
y
a
b1
x
2
x
3
x
2
ξ
)(xf
)0(
2
xf
)0(
2
+xf
)(
2
ξf
)(
1
ξf
1
ξ
134
}:{
1
GIII?∈=并且GG代替.G 若存在G中的有限个区间
n
II,,
1
null使得,
1
∪
n
i
i
IE
=
则.0)(
1
=?
=
∪
n
i
i
IEm 此时定理的结论当然成立,现在设对任意∈
n
II,,
1
null,G
.
1
∪
n
i
i
IE
=
在G中任取一个区间记为.
1
I 假定
k
II,,
1
null已经选取,由于,
1
≠?
=
∪
k
i
i
IE
故至少存在一个∈I,G 使得I与
k
II,,
1
null都不相交(为什么?),令
}.,,1,,:sup{ kiIIII
ik
null=?=∩∈= 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
,
2
1
1 kk
I λ>
+
,,,1,
1
kiII
ik
null=?=∩
+
(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
∞
=
∪
因此有
.)(
1
+∞<≤
∑
∞
=
GmI
k
k
(2)
于是存在一个n使得
1
5.
k
kn
I ε
∞
=+
<
∑
令
1
.
n
k
k
AE I
=
=?
∪
若能证明,)( ε<
Am 则引理就得证,设.Ax∈ 由于
1
n
k
k
I
=
∪
是闭集并且
1
,
n
k
k
x I
=
∪
故存在一个区间∈I G使得
I包含x并且与
n
II,,
1
null 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
.
k
kn
AJ
∞
=+
∪
因此
∑∑
∞
+=
∞
+=
<=≤
11
.5)(
nk
k
nk
k
IJAm ε ■
135
设f在∈
0
x
1
R的某一邻域内有定义的实值函数,令
,
)()(
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
() () ().
b
a
f xdx fb f 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 ∪
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 null=使得.)(
1
ε<?
=
∪
n
i
i
IAm 令,
1
∪
null
n
i
i
IAB
=
∩= 则
.)()()()(
11
ε+<?+∩≤
=
=
BmIAmIAmAm
n
i
i
n
i
i ∪∪
nullnull
(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
null
i
I
136
内并且
.)()( 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 null= 使得.)(
1
ε<?
=
∪
p
i
i
JBm 利用(7)得
εε +?+∩≤+<
=
=
)()()()(
11
∪∪
p
i
i
p
i
i
JBmJBmBmAm
,22)(
11
εε +=+≤
∑
==
p
i
i
p
i
i
kJm
∪
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
137
1
1
11 1
1
[( ) ()]
(),
bb b b
n
n
aa a a
n
ba a
nn n
g dx n f x f x dx n fdx n fdx
n
n fdx n fdx f b n fdx
+
+
++ +
=+?=?
=?=?
∫∫ ∫∫
∫∫ ∫
因此,由Fatou引理我们有
1
lim lim( ( ) ) ( ) ( ).
bb a
n
n
aa
nn
gdx g dx f b n fdx f b f 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,
下面是关于单调函数的逐项求导定理,
定理6 (Fubini)设),2,1( null=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)
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
ni
i
sx fx
=
=
∑
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
138
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
