Riemann Integral

目標：

$f$ 黎曼可積

$⟺$

$f$ 「幾乎處處」連續

定義

在定義黎曼可積之前，先定義什麼就做「分割」：

Def (分割)
假定

$f$ 是一個定義在

$[a,b]$ 的函數。一個 partition pair 是兩個有限集合

$S,T$ 形成的 pair：

$$\begin{array}{rl}P& =\{x_0,x_1\dots x_n\}\\ T& =\{t_1\dots t_n\}\end{array}$$

其中

$P$ 中的點滿足：

$$a=x_0<x_1<\cdots <x_n=b$$

稱作一個

$[a,b]$ 的 partition。而

$T$ 滿足：

$$t_i\in [x_{i-1},x_i]$$

並且定義這個分割的 mesh,

$\Vert P\Vert$, 為「最大的分割間距」：

$$\Vert P\Vert =max\{\mathrm{\Delta }{x}_i\}$$

給定函數跟分割之後，接著定義函數的「黎曼和」：

Def (黎曼和)
假定

$f$ 是一個定義在

$[a,b]$ 的函數，

$(P,T)$ 是個

$[a,b]$ 的 partition pair。則定義這個 partition pair 對應的黎曼和

$R(f,P,T)$ 為：

$$R(f,P,T)=\sum _{i=1}^{n}f(t_i)\mathrm{\Delta }{x}_i$$

其中，

$\mathrm{\Delta }{x}_i=x_i-x_{i-1}$。

最後，黎曼可積的定義：

Def (Riemann Integrable)

假定

$f$ 是一個定義在

$[a,b]$ 的函數。若存在

$I\in \mathbb{R}$，對於任意

$ϵ>0$，都存在

$\delta >0$，使得對於任何滿足

$\Vert P\Vert <\delta$ 的 partition pair

$(P,T)$，都有：

$$|R(f,P,T)-I|<ϵ$$

則稱

$f$ 在

$[a,b]$ 黎曼可積。並且用下列的符號表示

$I$：

$${\int }_a^{b}f(x)dx=I$$

這個定義是個有點強的條件：對於任意

$\Vert P\Vert <\delta$，而且在這個

$P$ 下還要任選

$T$ 都滿足。聽起來使用上不是很方便。因此會期待一些等價的條件。

黎曼可積必有界

Lemma (黎曼可積必有界)

假定

$f$ 在

$[a,b]$ 黎曼可積，那麼

$f$ 在

$[a,b]$ 有界。

直覺上來說：unbounded 就表示值可以拉的任意大，但黎曼可積又要求總和距離某一個值任意小。所以任何你覺得夠小的

$R(f,P,T)$，最後都可以因為

$T$ 裡面包了某些取值可以讓他任意大的點來讓黎曼和炸開。

假定

$f$ 在某個

$[x_{i_0-1},x_{i_0}]$ unbounded，這表示存在一個

$t\in [x_{i_0-1},x_{i_0}]$，使得

$|f(t)-f(t_{i_0})|$ 可以任意大。比如說就令他底乘高比 2 大：

$$|f(t)-f(t_{i_0})||\mathrm{\Delta }{x}_i|>2$$

而另外一方面，假定這樣的狀況下，

$f$ 在

$[a,b]$ 仍然黎曼可積，也就是：給定任意

$ϵ$，只要某個 partition pair 滿足

$\Vert P\Vert <\delta$ 。現在令那個

$ϵ=1$，那麼就有：

$$|R(f,P,T)-I|<1$$

對於任意滿足這樣的 partition pair

$(P,T)$，用上面的方法，把

$T$ 中的其中一個點，替換成能滿足前述：

$$|f(t)-f(t_{i_0})||\mathrm{\Delta }{x}_i|>2$$

的點 (所以黎曼和加總時，只會在那個被替換的點上有不同)，並且令這個新的 partition pair

$(P,T^{\prime })$。則：

$$\begin{array}{rl}2& <\underset{=|f(t)-f(t_{i_0})||\mathrm{\Delta }{x}_i|>2}{\underbrace{|R(f,P,R)-R(f,P,T^{\prime })|}}+\underset{>0}{\underbrace{|R(f,P,T^{\prime })-I|}}\\ & \le |R(f,P,T)-I|\end{array}$$

但是剛剛已經說

$|R(f,P,T)|<1$ 了，現在又得到

$|R(f,P,T)|>2$，於是就矛盾爆掉了。

黎曼可積是線性的

這樣的積分本質上是一個極限的收斂職，所以聽起來線性也是滿合理的：

Prop (積分的性質)
假定

$\mathcal{R}$ 是所有在

$[a,b]$ 上黎曼可積的函數，則：
1. 黎曼可積的函數構成向量空間

$$\mathcal{R}\text{ is a vector space}$$

2. 黎曼積分是線性的

$$f\to {\int }_a^{b}fdx$$

是線性的。即：

$$\begin{array}{rl}(f+sg)& \to {\int }_a^b(f+sg)dx\\ & ={\int }_a^{b}fdx+s{\int }_a^{b}gdx\end{array}$$

3. 常數函數的積分

假定

$f=c$ 是個常數函數，則：

$${\int }_a^b=(b-a)\cdot c$$

常數函數的積分是顯然，因為任取 partition pair 算出來的黎曼和，都是

$(b-a)\cdot c$。所以很自然那就是收斂值。

第 2 根 3 個敘述其實是一樣的，很顯然 0 函數在裡面，只要證明

$f+sg$ 也黎曼可積，而且結果剛好就是線性相加就好。不失一般性令

$s\ne 0$：

分別把兩個函數用黎曼可積的定義寫出來：

$$\begin{array}{r}\mathrm{\exists }{\delta }_1.\mathrm{\forall }\Vert P\Vert <{\delta }_1.|R(f,P,T)-I_1|<ϵ\\ \mathrm{\exists }{\delta }_2.\mathrm{\forall }\Vert P\Vert <{\delta }_1.|R(g,P,T)-I_2|<ϵ\end{array}$$

然後就很自然的想取

$\delta =min\{{\delta }_1,{\delta }_2\}$，並且因為是線性，所以會想要 claim 積分結果是

$I_1+s{I}_2$。這時考慮：

$$\sum _{i=1}^n(f(t_i)+sg(t_i))\mathrm{\Delta }{x}_i=\sum _{i=1}^{n}f(t_i)\mathrm{\Delta }{x}_i+s\sum _{i=1}^{n}g(t_i)\mathrm{\Delta }{x}_i$$

因此：

$$\begin{array}{rl}& |R(f+sg,P,T)-(I_1+s{I}_2)|\\ =& |(\sum _{i=1}^{n}f(t_i)\mathrm{\Delta }{x}_i-I_1)-(s\sum _{i=1}^{n}f(t_i)\mathrm{\Delta }{x}_i-s{I}_2)|\\ \le & |\sum _{i=1}^{n}f(t_i)\mathrm{\Delta }{x}_i-I_1|+|s\sum _{i=1}^{n}f(t_i)\mathrm{\Delta }{x}_i-s{I}_2|\\ \le & ϵ+|s|ϵ\end{array}$$