2、定积分（2）：可积性问题
上一篇中我们介绍了定积分的黎曼和定义，然后介绍了牛顿-莱布尼茨公式，这是求定积分的最简单方法。不过我们还没有解决“可积性问题”，即什么样的函数是可积的。这是一个比较理论的问题，而且有些繁琐，甚至可能超出我们目前的知识范围，因此只是介绍，但当然，它是我们研究定积分的必须解决的基本问题。只有明白了什么函数可积，才能放心地使用定积分。这要求我们去寻找函数在闭区间上可积的充要判则。为了找到这些充要条件，还需要一些准备。首先我们有这样一个必要条件：
闭区间上可积的必要条件：若$f in R[a,b]$，则$f$在$[a,b]$上有界。
定理的证明可以不应用反证法，但反证法比较容易理解：
假设$f$在$[a,b]$上无界，则对任意分割：$Delta : a = x_0 < x_1 < ... < x_n = b$，至少存在$1 leq i_0 leq n$，使得$f$在$[x_{i_0-1},x_{i_0}]$上无界。对于$Delta$的任意黎曼和，我们取定除$[x_{i_0-1},x_{i_0}]$外的其余区间上的介点，记$S_1 = sum_{i=1 , i eq i_0}^{n} f(xi_i) Delta x_i$。
对于任意的$M > 0$，由于$f$在$[x_{i_0 - 1},x_{i_0}]$上无界，则可以取到$xi_{i_0}$，使得$|f(xi_{i_0})| > frac{M + |S_1|}{Delta x_{i_0}}$，从而知道这个黎曼和$S > M$。这就证明了$f$不可积，因而与条件矛盾，从而证明了可积的必要条件。有了这个必要条件，我们下面便不讨论无界的函数。
为了得到可积的充分必要条件，有几种不同的理论，下面我们介绍目前可以充分地证明的达布理论。
准备：若干规定
上一篇介绍了分割、黎曼和等定义，达布理论引用了更多的定义。因此在介绍达布理论之前，我们再来规定一下各种记号：
1、闭区间$[a,b]$上的分割$Delta$是这样一些点：$Delta : a = x_0 < x_1 < ... < x_n = b$，其中集合${x_i : i=0,1,...,n }$称为分点集。记$Delta x_i := x_i - x_{i-1} ,i = 1,2,...,n$。另外记$lambda(Delta) = max {Delta x_i }$，称为$Delta$的细度。如果每个$Delta x_i = frac{b-a}{n}$，就称$Delta$为等距分割。
2、如果两个对$[a,b]$的分割$Delta'$、$Delta''$，满足前者的分点集是后者的分点集的子集，则称后者是前者的一个细分，记作$Delta' subset Delta''$。
3、对于$[a,b]$的任意一个分割$Delta$，取$n$个点$xi_i in [x_{i-1},x_i]$，称为介点，它们的集合称为介点集。任意和式$sum_{i=1}^{n} f(xi_i) Delta x_i$称为$f$关于$Delta$的黎曼和。黎曼可积的定义不再重复。
4、对于任意$[a,b]$上的$f$，记：
$M = sup_{x in [a,b]} {f(x)}$、$m = inf_{x in [a,b]} {f(x)}$、$omega = M - m$
对其的任意一个分割$Delta : a = x_0 < x_1 < ... < x_n = b$，记：
$M_i = sup_{x in [x_{i-1},x_i]} {f(x)}$、$m_i = inf_{x in [x_{i-1},x_i]} {f(x)}$、$omega_i = M_i - m_i$
这其中，$omega$、$omega_i$都称为振幅。另外对$Delta$定义：
$sum_{i=1}^{n} omega_i Delta x_i$
称为振幅面积。
容易发现这些定义只与分割本身有关，和它的介点是无关的，因此下面我们研究振幅和振幅面积，则避免了介点的任意性。为此，引入如下定义：
5、对$[a,b]$的分割$Delta$，记：
$S^* (Delta) = sum_{i=1}^{n} M_i Delta x_i$、$S_* (Delta) = sum_{i=1}^{n} n_i Delta x_i$
称前者为$Delta$的达布大和，后者为达布小和。容易看出，如果$f in C[a,b]$，则大小达布和都是$f$关于$Delta$的黎曼和。不过即使不连续，只要有界，黎曼和也可以任意接近达布和。另外，$Delta$的振幅面积就等于$S^* (Delta) - S_* (Delta)$。
至此我们已经介绍了所有在这篇文章里会频繁用到的记号，因此此后不加说明。如果大家看到某些记号令人困惑，可以来此寻找。后面随着引入还会出现一些记号，到时再予说明。
一、达布理论
下面来引入达布理论。首先来介绍关于达布大和与达布小和的有关性质：
性质1、任意$[a,b]$的分割$Delta$，$m(b-a) leq S_* (Delta) leq S^* (Delta) leq M(b-a)$。
这个性质很好证明，在此不证。
性质2、在分割的细分操作下，达布大和不增、达布小和不减。即：若$Delta subset Delta'$，则$S^* (Delta) geq S^* (Delta')$、$S_* (Delta) leq S_* (Delta')$。
证明：只证明关于达布大和不增的部分，达布小和不减完全类似。我们假设$Delta'$只是$Delta$增加一个分点得到的细分，即
$Delta : a = x_0 < x_1 < ... < x_n =b$
$Delta' : a = x_0 < x_1 < ... < x_{i-1} < x_d <x_i < ... < x_n = b$
我们再记：$M'_{i} = sup_{x in [x_{i-1} , x_d]} { f(x) }$、$M''_{i} = sup_{x in [x_d,x_i]} {f(x)}$。那么至少$M'_i leq M_i$、$M''_i leq M_i$，就有：
$S^* (Delta) - S^* (Delta')$
$= M_i Delta x_i - [M'_i (x_d - x_{i-1}) + M''_i (x_i - x_d)] geq 0$
也就证明了增加一个点的细分使得达布大和不增。对于增加多个点的细分，只要在两个分割之间插入若干个增加一个点的细分，就可以证明结论。
性质3、对$[a,b]$的任意两个分割$Delta'$、$Delta''$，总有$S_* (Delta') leq S^* (Delta'')$，对称的也成立。即任意分割的达布小和不超过任意分割的达布大和。
证明：记$Delta^{cup}$ = $Delta' cup Delta''$，这样利用性质2，就有：
$S_* (Delta') leq S_* (Delta^{cup}) leq S^* (Delta^{cup}) leq S^* (Delta'')$
即得到证明。
上面三条性质告诉我们达布大和、达布小和有某种对称的单调性，而且各自有界。描述的清晰一点就是：假设一列分割${ Delta_n }$，其中$Delta_i$是$Delta_{i-1}$的细分，则有：
$S_* (Delta_1) leq ... leq S_* (Delta_n) leq ... leq S^* (Delta_n) leq ... leq S^* (Delta_1)$
由于不断细分下去我们总能有$lambda(Delta) o 0$，因此这个性质是非常利于我们研究可积性问题的。下面仿照序列的上下极限定义，我们定义达布的下积分和上积分：
$int_{*a}^{b} f(x)dx = sup_{Delta} {S_* (Delta) }$ 、 $int_{a}^{*b} f(x)dx = inf_{Delta} {S^* (Delta) }$
可以看到与序列的上下极限一样，它们都具有类似“最大的最小值”、“最小的最大值”的含义。至此，我们可以给出寻找可积的充要条件的两个引理：
引理1（达布定理）：$f$在$[a,b]$上有界，则
$lim_{lambda(Delta) o 0} S^* (Delta) = int_{a}^{*b} f(x)dx$、$lim_{lambda(Delta) o 0} S_* (Delta) = int_{*a}^{b} f(x)dx$
证明：只证上积分的情形，下积分完全类似。定理中的极限实际上利用$epsilon - delta$语言描述更清晰，下面我们就这样去证。
对于任意的$epsilon > 0$，由于上积分的下确界定义，存在一个分割$Delta_0$，使得$0 leq S^* (Delta_0) - int_{a}^{*b} f(x)dx < frac{epsilon}{2}$。我们记它的分点个数为$N_0$。
现在用此去寻找$delta$，我们临时记$delta_1 = min { Delta {x_0}_i }$，首先取任意分割$Delta$，使得$lambda(Delta) < delta_1$，那么$Delta$的任意分割区间里，或者没有$Delta_0$的分点，或者只有一个$Delta_0$的分点。记$Delta^{cup} = Delta cup Delta_0$，则在$Delta$的每个区间上，$S^* (Delta)$与$S^* (Delta^{cup})$相应项之差，或者为$0$，或者有以下估计：（这里我们引入证明达布大小和的性质2时用到的记号）
$0 leq M_i Delta x_i -[M'_i (x_d - x_{i-1}) + M''_i (x_i - x_d)]$
$leq (M-m)Delta x_i leq omega lambda(Delta)$
这样就有：
$0 leq S^* (Delta) - S^* (Delta^{cup}) leq (N-1)omega lambda(Delta)$
看上去是一个过宽的估计，不过由于$N$、$omega$、$lambda(Delta) < delta_1$都是有限数（不妨假设$f$不是常值函数），所以依然有：
取$delta = min {delta_1 , frac{epsilon}{2(N-1)omega}}$，则$lambda(Delta) < delta$时，有
$0 leq S^* (Delta) - int_{a}^{*b} f(x)dx$
$= [S^* (Delta) - S^* (Delta^{cup})] + [S^* (Delta^{cup}) - S^* (Delta_0)] + [S^* (Delta_0) - int_{a}^{*b} f(x)dx]$
$< frac{epsilon}{2} + 0 + frac{epsilon}{2} = epsilon$
注意上式第二行的第二项是一个非正数，所以第三行的不等号才得以成立。这样上积分的情形，引理就得到了证明。
达布定理的上述证明过程透露给我们一个信息：给定某个分割$Delta_0$，它的达布大（小）和与函数的上（下）积分十分接近，则存在$delta > 0$，使得任意分割$Delta$，只要$lambda(Delta) < delta$，则它的达布大（小）和与函数的上（下）积分也可以十分接近（实际上是可以任意接近）。
也就是说达布定理成立的等价条件是：存在一个分割，使得它的达布大（小）和与函数的上（下）积分足够接近。这样我们就将任意性问题转化为了存在性问题。这对于寻找可用的可积充要条件非常重要。
在寻找可积充要条件之前，再来证明第二个引理：
引理2：设$f$在$[a,b]$上有界，则$f in R[a,b]$的充要条件是：$int_{a}^{*b} f(x)dx = int_{*a}^{b} f(x)dx$。
证明：充分性是容易证明的：
若条件成立，则由于达布定理，对任意$epsilon > 0$，存在$delta > 0$，使得只要分割$Delta$满足$lambda(Delta) < delta$，对它的任意黎曼和，就有
$int_{*a}^{b} f(x)dx - epsilon leq S_* (Delta) leq S(Delta) leq S^* (Delta) leq int_{a}^{*b}f(x)dx + epsilon$
记$I = int_{*a}^{b} f(x)dx = int_{a}^{*b} f(x)dx$，则有$|S(Delta) - I| < epsilon$，可积性就得到了证明。
再来证必要性：必要性的证明思路就在于，黎曼和可以任意地接近达布大小和，如果函数可积，达布大小和就应该具有相同的极限。如下：
对任意$epsilon > 0$，存在$delta > 0$，使任意分割$Delta$，只要$lambda(Delta) < delta$，则有
$| sum_{i=1}^{n} f(xi_i)Delta x_i - I| < epsilon$
其中$I$是定积分。另外由确界的定义，在每个区间$[x_{i-1},x_i]$上，存在$xi'_i$、$xi''_i$，使得
$f(xi'_i) geq M_i - frac{epsilon}{b-a}$、$f(xi''_i) leq m_i + frac{epsilon}{b-a}$
这样就有：
$int_{a}^{*b} f(x)dx leq S^* (Delta) leq sum_{i=1}^{n} f(xi'_i) Delta x_i + epsilon < I + 2epsilon$
$int_{*a}^{b} f(x)dx geq S_* (Delta) geq sum_{i=1}^{n} f(xi''_i) Delta x_i - epsilon > I - 2epsilon$
两式合并，推出：$0 leq int_{a}^{*b}f(x)dx - int_{*a}^{b}f(x)dx < 4epsilon$，也就证明了必要性。
证明了两个引理，我们就可以引出可积的充要判则。
二、可积充要条件
充要判则：下面三项结论互相等价：
1、$f in R[a,b]$；
2、对于任意$epsilon > 0$，存在一个$[a,b]$的分割$Delta$，使得它的振幅面积$sum_{i=1}^{n} omega_i Delta x_i < epsilon$；
3、对于任意$mu > 0$、$sigma > 0$，存在区间$[a,b]$的一个分割$Delta$，使得满足$omega_i geq mu$的区间$[x_{i-1},x_i]$的长度和小于$sigma$。
证明：
先来证明1和2等价：$1 Rightarrow 2$：由于$f$可积，由引理2，它的上下积分相等，那么就存在一个分割$Delta$，使得对任意$epsilon > 0$，满足：
$int_{*a}^{b} f(x)dx - frac{epsilon}{2} < S_* (Delta) leq S^* (Delta) < int_{a}^{*b} f(x)dx + frac{epsilon}{2}$
那么振幅面积就有：$S^* (Delta) - S_* (Delta) < epsilon$。
$2 Rightarrow 1$：由于对任意$epsilon > 0$，存在分割$Delta$满足$2$，则有
$0 leq int_{a}^{*b} f(x)dx - int_{*a}^{b} f(x)dx leq S^* (Delta) - S_* (Delta) < epsilon$
这就推知$f$的上下积分相等，由引理2，$f$可积。
再来证明2和3等价：首先这样记把振幅面积分成两部分：
$sum_{i=1}^{n} omega_i Delta x_i = sum omega_j Delta x_j + sum omega_k Delta x_k$
其中前者是对$omega_j < mu$求和，后者是对$omega_k geq mu$求和。
$2 Rightarrow 3$：对任意$mu$、$sigma > 0$，由$2$，存在分割$Delta$，使振幅面积$S_{Omega} = sum_{i=1}^{n} omega_i Delta x_i < sigma mu$。因此有
$mu sum Delta x_k leq sum omega_k Delta x_k leq S_{Omega} < sigma mu$
即是$sum Delta x_k < sigma$。$3$得证。
$3 Rightarrow 2$：由$3$，对$frac{mu}{2(b-a)}$和$sigma = frac{mu}{2omega}$，存在分割$Delta$满足$3$。也就有
$sum_{i=1}^{n} omega_i Delta x_i = sum omega_j Delta x_j + sum omega_k Delta x_k$
$< frac{mu}{2(b-a)} sum Delta x_j + omega sum Delta x_k$
$< frac{mu}{2(b-a)} (b-a) + omega frac{mu}{2omega}$
$=mu$
则$2$得证。综上，可积的充要判则得证。
这里$2$称为可积第一充要条件，$3$称为可积第二充要条件。
可积的充要判则非常重要，它将黎曼和的任意性问题转化成存在性问题，这样只要找到一列${Delta_n}$，使得$lambda(Delta) o 0$，且它们的任意黎曼和具有极限，或者振幅面积趋于$0$，则函数可积。$2$的方便就是这样。$3$的方便一般体现在充要判则的一些推论中。
三、充要判则的推论、勒贝格定理
充要判则有一个非常重要的推论：
推论1：若$f$在$[a,b]$上有界，且间断点个数有限，则$f in R[a,b]$。
证明：利用第二条件，设$f$的间断点为$N$个，分别为$x_1 < x_2<...<x_N$。对于任意$mu$、$sigma > 0$，我们取这样的$2N$个点：$l_i = x_i - delta_0$、$r_i = x_i+delta_0, i=1,2,...,N$，其中：
$delta_0 = min {frac{min{x_i - x_{i-1}}}{4} , frac{sigma}{4N}}$，另外注意要使$l_1 geq a$、$r_N leq b$，这样就保证了区间$[l_i,r_i]$两两不相交，而且每个都包括且仅包括了一个间断点。
另外，$f$在每个$[r_i,l_{i+1}]$上一致连续。这样对$mu$，又存在$delta > 0$，使得一致连续条件在每个区间上都成立：任意$x',x''$，只要$|x'-x''| < delta$，则$|f(x') - f(x'')| < mu$。
我们把每个$[r_i,l_i+1]$都适当等分，直至细度小于$delta$，这样我们得到的分割就满足第二充要条件。
推论1还可以进行扩充：若$f$在$[a,b]$上有界，且间断点可以用总长度任意小的、至多可列个开区间覆盖这些点，则$f in R[a,b]$。
这个扩充推论可以证明另一个推论：$[a,b]$上单调的函数可积。这是因为闭区间上单调的函数最多只有可列个间断点。当然这个推论可以简单地证明，不需要这个看似不好验证的前提结论。大家可以尝试。
扩充推论实际上是充要的，这称为勒贝格定理。勒贝格定理有一个很简洁的描述：
如果一个点集可以用至多可列个、总长度任意小的开区间覆盖，就说这个点集是零测度集。如果某个性质在某个零测度集外均成立，就称这个性质几乎处处成立。这样勒贝格定理描述如下：
勒贝格定理：若$f$在$[a,b]$上有界，则$f in R[a,b]$当且仅当$f$在$[a,b]$上几乎处处连续。
定理的充分性用我们上面证明推论1的方法完全可以证明。必要性的证明简单介绍如下：
定义函数$f$在某个点$x_0$上的振幅$omega_{x_0}$：设$omega(delta)$为$f$在邻域$O_{delta}(x_0)$的振幅，则$omega_{x_0} = lim_{delta o 0^+} omega(delta)$。容易证明连续点上的振幅是$0$。
对任意$mu$、$sigma > 0$，我们考虑振幅超过$mu$的不连续点，或者是落在了第二充要条件中的振幅超过$mu$的分割区间里，或者是分点。分点和分割区间都是有限个，我们增加几个足够小的开区间覆盖这些分点，仍然可以保持这些开区间是可列的、覆盖这些点，而且长度和小于$sigma$。
上面的$mu$、$sigma$是任取的，我们现在取一列$mu_n = 1/2^n$、$sigma_n = sigma/2^n$，对任意$n$做上面的分析，就可以用总长度小于$sigma$的可列个开区间覆盖所有间断点。
这只是证明思路。详细的证明将不是数学分析（二）的内容，就不做介绍了。由于勒贝格定理与第二充要条件之间的关系，我们可以看到勒贝格定理与达布理论之间的某种相似性。勒贝格定理也是非常有用的。
实际上勒贝格定理与达布理论有一些差距。考虑$[0,1]$上的狄利克雷函数$D(x)$，满足有理点的函数值是$1$、无理点的函数值是$0$。用达布理论，我们看到振幅面积总是$1$，从而$D(x)$不可积；但是由于$[0,1]$上的有理数是可列的，勒贝格定理却告诉我们$D(x)$可积，而且积分是$0$。这是由于达布理论里没有定义测度的缘故，但它暂时不影响我们使用定积分。
以上就是可积性问题的介绍。