wzf2000 微积分笔记（20）——换元积分与可积性理论
Contents
分部积分与换元（续）
Taylor 公式——带积分余项
设 $f \in C^{n + 1}[a,b]$，$x_0,x \in [a,b]$，则 $f(x) = P_n(x - x_0) + R_n(x)$，其中：
$$
R_n(x) = \dfrac{1}{n!} \int_{x_0}^x (x - t)^n f^{(n + 1)}(t) \mathrm{d} t
$$
称之为积分余项。
证明：当 $n = 0$ 时，$P_0(x - x_0) = f(x_0)$。
$$
f(x) = f(x_0) + \int_{x_0}^x f^{\prime}(t) \mathrm{d} t
$$
也就是 Newton-Leibniz 公式。
假设对于 $n - 1$ 公式成立，即：
$$
f(x) = P_{n - 1}(x - x_0) + R_{n - 1}(x) \\
R_{n - 1}(x) = \dfrac{1}{(n - 1)!}\int_{x_0}^x (x - t)^{n - 1} f^{(n)}(t) \mathrm{d} t
$$
则：
$$
R_{n - 1}(x) = \dfrac{1}{(n - 1)!}[ - \dfrac{(x - t)^n}{n}f^{n}(t) \Big |_{x_0}^x + \int_{x_0}^x \dfrac{(x - t)^n}{n} f^{(n + 1)}(t) \mathrm{d} t] \\
= \dfrac{1}{n!}[(x - x_0)^n f^{(n)}(x_0) + \int_{x_0}^x (x - t)^n f^{(n + 1)}(t) \mathrm{d} t] \\
= \dfrac{f^{(n)}(x_0)}{n!} (x - x_0)^n + R_n(x) \\
\therefore f(x) = P_n(x - x_0) + R_n(x) \ \square
$$
推论：
- $R_n(x) = \dfrac{f^{(n + 1)}(\xi)}{(n + 1)!}(x - x_0)^{n + 1}$——Lagrange 余项。
- $R_n(x) = \dfrac{f^{(n + 1)}(\xi)(x - \xi)^n}{n!} (x - x_0)$——Cauchy 余项。
（应用积分中值定理）
定积分换元法
设 $f \in C(I)$，$I$ 为一区间。又设 $\varphi \in C^1[\alpha,\beta]$，$\varphi([\alpha,\beta]) \subseteq I$，$\varphi (\alpha) = a,\varphi (\beta) = b$，则：
$$
\int_a^b f(x) \mathrm{d} x = \int_\alpha^\beta f(\varphi(t)) \varphi^{\prime}(t) \mathrm{d} t
$$
证明：
记：
$$
F(u) = \int_a^u f(x) \mathrm{d} x
$$
则 $F^{\prime}(u) = f(u)$。
$$
\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} [F(\varphi(t))] = F^{\prime}(\varphi(t)) \varphi^{\prime}(t) = f(\varphi(t)) \varphi^{\prime}(t),\forall t \in [\alpha,\beta]
$$
由 Newton-Leibniz 公式：
$$
\int_\alpha^\beta f(\varphi(t)) \varphi^{\prime}(t) \mathrm{d} t = F(\varphi(t)) \Big |_\alpha^\beta = F(\varphi(\beta)) - F(\varphi(\alpha)) = F(b) - F(a) = \int_a^b f(x) \mathrm{d} x \ \square
$$
对称性
设 $f \in C[-a,a](a > 0)$：
- 若 $f$ 是偶函数，则：
$$
\int_{-a}^a f(x) \mathrm{d} x = 2 \int_0^a f(x) \mathrm{d} x
$$ 若 $f$ 是奇函数，则：
$$
\int_{-a}^a f(x) \mathrm{d} x = 0
$$
注：有 $f \in C[-a,a]$ 得 $f \in C[0,a],f \in C[-a,0]$。
证明利用上面换元法即可，略。
周期性
设 $f \in C(-\infty,+\infty)$ 有周期 $T > 0$。
$\forall a \in \mathbb{R}$，有：
$$
\int_{a}^{a + T} f(x) \mathrm{d} x = \int_0^T f(x) \mathrm{d} x
$$
证明同样分段换元法即可，略。
或者对等式左边关于 $a$ 求（偏）导也可证明。
可积性理论
本节假设 $f : [a,b] \to \mathbb{R}$ 为有界函数，记 $M = \sup\limits_{a \le x \le b} f(x),m = \inf\limits_{a \le x \le b} f(x)$。
振幅：$\omega = M - m \ge 0$ 称为 $f$ 在 $[a,b]$ 上的振幅。
分割：$\pi : a = x_0 < x_1 < \cdots < x_n = b$。$\Delta x_i = x_i - x_{i - 1},\| \pi \| = \max\limits_{i = 1,\cdots,n} \Delta x_i,M_i = \sup\limits_{x_{i - 1} \le x \le x_i} f(x),m_i = \inf\limits_{x_{i - 1} \le x \le x_i} f(x),\omega_i = M_i - m_i$。
Darbowx 和
上和：$\overline{S}(f,\pi) = \sum\limits_{i = 1}^n M_i \Delta x_i$
下和：$\underline{S}(f,\pi) = \sum\limits_{i = 1}^n m_i \Delta x_i$
Riemann 和
$S(f,\pi) = \sum\limits_{i = 1}^n f(\xi_i) \Delta x_i,\xi_i \in [x_{i - 1},x_i]$ 任取。
推论 1：$\underline{S}(f,\pi) \le S(f,\pi) \le \overline{S}(f,\pi)$
分割加细
$\pi$ 如上给定。
$\pi': a = x_0 < t < x_1 < \cdots < x_n=b$。记 $M_1' = \sup\limits_{[x_0,t]} f,M_2' = \sup\limits_{[t,x_1]} f$，则 $M_1',M_2' \le M_1$。记 $m_1' = \inf\limits_{[x_0,t]} f,m_2' = \inf\limits_{[t,x_1]} f$，则 $m_1',m_2' \ge m_1$。
$$
\therefore \overline{S}(f,\pi') = M_1'(t - x_0) + M_2'(x_1 - t) + \sum_{i = 2}^n M_i \Delta x_i \le \overline{S}(f,\pi) \\
\underline{S}(f,\pi') = m_1'(t - x_0) + m_2'(x_1 - t) + \sum_{i = 2}^n m_i \Delta x_i \ge \underline{S}(f,\pi)
$$
推论 2：若 $\pi'$ 为 $\pi$ 的加细，多出了 $k$ 个分点，则：
$$
\overline{S}(f,\pi') \le \overline{S}(f,\pi) \le \overline{S}(f,\pi') + k \omega \| \pi \| \\
\underline{S}(f,\pi') \ge \underline{S}(f,\pi) \ge \underline{S}(f,\pi') - k \omega \| \pi \|
$$
（后半部分证明省略）
联合分割
设 $\pi_1,\pi_2$ 为两分割，记 $\pi_1 + \pi_2$ 为 $\pi_1$ 与 $\pi_2$ 所有分点构成的分割。
从而 $\pi_1 + \pi_2$ 是 $\pi_1$ 的加细，也是 $\pi_2$ 的加细。
推论 3：令 $\pi_1$、$\pi_2$ 如上，则：
$$
m(b - a) \le \underline{S} (f,\pi_1) \le \underline{S} (f,\pi_1 + \pi_2) \le \overline{S} (f,\pi_1 + \pi_2) \le \overline{S} (f,\pi_2) \le M (b - a)
$$
Darbowx 积分
上积分：
$$
\overline{I} = \inf_{\pi} \overline{S} (f,\pi)
$$
下积分：
$$
\underline{I} = \sup_{\pi} \underline{S} (f,\pi)
$$
推论 4：任取分割 $\pi_1,\pi_2$，都有：
$$
\underline{S} (f,\pi_1) \le \underline{I} \le \overline{I} \le \overline{S} (f,\pi_2)
$$
Darbowx 定理
$$
\overline{I} = \lim_{\| \pi \| \to 0} \overline{S} (f,\pi) \\
\underline{I} = \lim_{\| \pi \| \to 0} \underline{S} (f,\pi)
$$
证明略。
Riemann 可积准则
设 $f : [a,b] \to \mathbb{R}$ 有界，则以下结论等价：
- $f \in R[a,b]$
$\lim\limits_{\| \pi \| \to 0} (\overline{S} (f,\pi) - \underline{S} (f,\pi)) = 0$
$\overline{I} = \underline{I}$
注：$0 \le \overline{S} (f,\pi) - \underline{S} (f,\pi) = \sum\limits_{i = 1}^n (M_i - m_i) \Delta x_i = \sum\limits_{i = 1}^n \omega_i \Delta x_i$。
证明：$1 \Rightarrow 2$：已知 $f \in R[a,b]$，即：
$$
\lim_{\| \pi \| \to 0} S(f,\pi) = \int_a^b f(x) \mathrm{d} x = I \\
\forall \varepsilon > 0,\exists \delta > 0,s.t. |\sum_{i = 1}^n f(\xi_i) \Delta x_i - I | < \dfrac{\varepsilon}{4} \ \ \ \ (\| \pi \| < \delta) \\
\therefore I - \dfrac{\varepsilon}{4} < \sum_{i = 1}^n f(\xi_i) \Delta x_i < I + \dfrac{\varepsilon}{4}
$$
由 $\xi \in [x_{i - 1},x_i]$ 中任意性：
$$
I - \dfrac{\varepsilon}{4} \le \sum_{i = 1}^n m_i \Delta x_i \le \sum_{i = 1}^n M_i \Delta x_i \le I - \dfrac{\varepsilon}{4} \\
0 \le \overline{S}(f,\pi) - \underline{S}(f,\pi) \le \dfrac{\varepsilon}{2} \le \varepsilon
$$
即 $\lim\limits_{\| \pi \| \to 0} (\overline{S} (f,\pi) - \underline{S} (f,\pi)) = 0$。$2 \Rightarrow 3$：$\forall \varepsilon > 0,\exists \pi$（如上）使得：
$$
0 \le \overline{S}(f,\pi) - \underline{S}(f,\pi) < \varepsilon \\
\therefore 0 < \overline{I} - \underline{I} \le \overline{S}(f,\pi) - \underline{S}(f,\pi) < \varepsilon
$$
故 $\overline{I} = \underline{I}$。$3 \Rightarrow 1$：由夹逼定理和 $\underline{S}(f,\pi) \le S(f,\pi) \le \overline{S}(f,\pi)$，可得 $f$ 在 $[a,b]$ 上可积，且积分即为其上下积分。$\square$
单调函数的可积性
设 $f : [a,b] \to \mathbb{R}$ 单调，则 $f \in R[a,b]$。
证明考虑任取分割，利用上述第二条证明。
连续函数的可积性
$C[a,b] \subseteq R[a,b]$。
证明考虑利用 $f$ 在 $[a,b]$ 一致连续，再利用上述第二条证明。
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