2、定積分（2）：可積性問題
上一篇中我們介紹了定積分的黎曼和定義，然后介紹了牛頓-萊布尼茨公式，這是求定積分的最簡單方法。不過我們還沒有解決“可積性問題”，即什么樣的函數是可積的。這是一個比較理論的問題，而且有些繁瑣，甚至可能超出我們目前的知識范圍，因此只是介紹，但當然，它是我們研究定積分的必須解決的基本問題。只有明白了什么函數可積，才能放心地使用定積分。這要求我們去尋找函數在閉區間上可積的充要判則。為了找到這些充要條件，還需要一些准備。首先我們有這樣一個必要條件：
閉區間上可積的必要條件：若$f \in R[a,b]$，則$f$在$[a,b]$上有界。
定理的證明可以不應用反證法，但反證法比較容易理解：
假設$f$在$[a,b]$上無界，則對任意分割：$\Delta : a = x_0 < x_1 < ... < x_n = b$，至少存在$1 \leq i_0 \leq n$，使得$f$在$[x_{i_0-1},x_{i_0}]$上無界。對於$\Delta$的任意黎曼和，我們取定除$[x_{i_0-1},x_{i_0}]$外的其余區間上的介點，記$S_1 = \sum_{i=1 , i \neq i_0}^{n} f(\xi_i) \Delta x_i$。
對於任意的$M > 0$，由於$f$在$[x_{i_0 - 1},x_{i_0}]$上無界，則可以取到$\xi_{i_0}$，使得$|f(\xi_{i_0})| > \frac{M + |S_1|}{\Delta x_{i_0}}$，從而知道這個黎曼和$S > M$。這就證明了$f$不可積，因而與條件矛盾，從而證明了可積的必要條件。有了這個必要條件，我們下面便不討論無界的函數。
為了得到可積的充分必要條件，有幾種不同的理論，下面我們介紹目前可以充分地證明的達布理論。
准備：若干規定
上一篇介紹了分割、黎曼和等定義，達布理論引用了更多的定義。因此在介紹達布理論之前，我們再來規定一下各種記號：
1、閉區間$[a,b]$上的分割$\Delta$是這樣一些點：$\Delta : a = x_0 < x_1 < ... < x_n = b$，其中集合$\{x_i : i=0,1,...,n \}$稱為分點集。記$\Delta x_i := x_i - x_{i-1} ,i = 1,2,...,n$。另外記$\lambda(\Delta) = \max \{\Delta x_i \}$，稱為$\Delta$的細度。如果每個$\Delta x_i = \frac{b-a}{n}$，就稱$\Delta$為等距分割。
2、如果兩個對$[a,b]$的分割$\Delta'$、$\Delta''$，滿足前者的分點集是后者的分點集的子集，則稱后者是前者的一個細分，記作$\Delta' \subset \Delta''$。
3、對於$[a,b]$的任意一個分割$\Delta$，取$n$個點$\xi_i \in [x_{i-1},x_i]$，稱為介點，它們的集合稱為介點集。任意和式$\sum_{i=1}^{n} f(\xi_i) \Delta x_i$稱為$f$關於$\Delta$的黎曼和。黎曼可積的定義不再重復。
4、對於任意$[a,b]$上的$f$，記：
$M = \sup_{x \in [a,b]} \{f(x)\}$、$m = \inf_{x \in [a,b]} \{f(x)\}$、$\omega = M - m$
對其的任意一個分割$\Delta : a = x_0 < x_1 < ... < x_n = b$，記：
$M_i = \sup_{x \in [x_{i-1},x_i]} \{f(x)\}$、$m_i = \inf_{x \in [x_{i-1},x_i]} \{f(x)\}$、$\omega_i = M_i - m_i$
這其中，$\omega$、$\omega_i$都稱為振幅。另外對$\Delta$定義：
$\sum_{i=1}^{n} \omega_i \Delta x_i$
稱為振幅面積。
容易發現這些定義只與分割本身有關，和它的介點是無關的，因此下面我們研究振幅和振幅面積，則避免了介點的任意性。為此，引入如下定義：
5、對$[a,b]$的分割$\Delta$，記：
$S^* (\Delta) = \sum_{i=1}^{n} M_i \Delta x_i$、$S_* (\Delta) = \sum_{i=1}^{n} n_i \Delta x_i$
稱前者為$\Delta$的達布大和，后者為達布小和。容易看出，如果$f \in C[a,b]$，則大小達布和都是$f$關於$\Delta$的黎曼和。不過即使不連續，只要有界，黎曼和也可以任意接近達布和。另外，$\Delta$的振幅面積就等於$S^* (\Delta) - S_* (\Delta)$。
至此我們已經介紹了所有在這篇文章里會頻繁用到的記號，因此此后不加說明。如果大家看到某些記號令人困惑，可以來此尋找。后面隨着引入還會出現一些記號，到時再予說明。
一、達布理論
下面來引入達布理論。首先來介紹關於達布大和與達布小和的有關性質：
性質1、任意$[a,b]$的分割$\Delta$，$m(b-a) \leq S_* (\Delta) \leq S^* (\Delta) \leq M(b-a)$。
這個性質很好證明，在此不證。
性質2、在分割的細分操作下，達布大和不增、達布小和不減。即：若$\Delta \subset \Delta'$，則$S^* (\Delta) \geq S^* (\Delta')$、$S_* (\Delta) \leq S_* (\Delta')$。
證明：只證明關於達布大和不增的部分，達布小和不減完全類似。我們假設$\Delta'$只是$\Delta$增加一個分點得到的細分，即
$\Delta : a = x_0 < x_1 < ... < x_n =b$
$\Delta' : a = x_0 < x_1 < ... < x_{i-1} < x_d <x_i < ... < x_n = b$
我們再記：$M'_{i} = \sup_{x \in [x_{i-1} , x_d]} \{ f(x) \}$、$M''_{i} = \sup_{x \in [x_d,x_i]} \{f(x)\}$。那么至少$M'_i \leq M_i$、$M''_i \leq M_i$，就有：
$S^* (\Delta) - S^* (\Delta')$
$= M_i \Delta x_i - [M'_i (x_d - x_{i-1}) + M''_i (x_i - x_d)] \geq 0$
也就證明了增加一個點的細分使得達布大和不增。對於增加多個點的細分，只要在兩個分割之間插入若干個增加一個點的細分，就可以證明結論。
性質3、對$[a,b]$的任意兩個分割$\Delta'$、$\Delta''$，總有$S_* (\Delta') \leq S^* (\Delta'')$，對稱的也成立。即任意分割的達布小和不超過任意分割的達布大和。
證明：記$\Delta^{\cup}$ = $\Delta' \cup \Delta''$，這樣利用性質2，就有：
$S_* (\Delta') \leq S_* (\Delta^{\cup}) \leq S^* (\Delta^{\cup}) \leq S^* (\Delta'')$
即得到證明。
上面三條性質告訴我們達布大和、達布小和有某種對稱的單調性，而且各自有界。描述的清晰一點就是：假設一列分割$\{ \Delta_n \}$，其中$\Delta_i$是$\Delta_{i-1}$的細分，則有：
$S_* (\Delta_1) \leq ... \leq S_* (\Delta_n) \leq ... \leq S^* (\Delta_n) \leq ... \leq S^* (\Delta_1)$
由於不斷細分下去我們總能有$\lambda(\Delta) \to 0$，因此這個性質是非常利於我們研究可積性問題的。下面仿照序列的上下極限定義，我們定義達布的下積分和上積分：
$\int_{*a}^{b} f(x)dx = \sup_{\Delta} \{S_* (\Delta) \}$ 、 $\int_{a}^{*b} f(x)dx = \inf_{\Delta} \{S^* (\Delta) \}$
可以看到與序列的上下極限一樣，它們都具有類似“最大的最小值”、“最小的最大值”的含義。至此，我們可以給出尋找可積的充要條件的兩個引理：
引理1（達布定理）：$f$在$[a,b]$上有界，則
$\lim_{\lambda(\Delta) \to 0} S^* (\Delta) = \int_{a}^{*b} f(x)dx$、$\lim_{\lambda(\Delta) \to 0} S_* (\Delta) = \int_{*a}^{b} f(x)dx$
證明：只證上積分的情形，下積分完全類似。定理中的極限實際上利用$\epsilon - \delta$語言描述更清晰，下面我們就這樣去證。
對於任意的$\epsilon > 0$，由於上積分的下確界定義，存在一個分割$\Delta_0$，使得$0 \leq S^* (\Delta_0) - \int_{a}^{*b} f(x)dx < \frac{\epsilon}{2}$。我們記它的分點個數為$N_0$。
現在用此去尋找$\delta$，我們臨時記$\delta_1 = \min \{ \Delta {x_0}_i \}$，首先取任意分割$\Delta$，使得$\lambda(\Delta) < \delta_1$，那么$\Delta$的任意分割區間里，或者沒有$\Delta_0$的分點，或者只有一個$\Delta_0$的分點。記$\Delta^{\cup} = \Delta \cup \Delta_0$，則在$\Delta$的每個區間上，$S^* (\Delta)$與$S^* (\Delta^{\cup})$相應項之差，或者為$0$，或者有以下估計：（這里我們引入證明達布大小和的性質2時用到的記號）
$0 \leq M_i \Delta x_i -[M'_i (x_d - x_{i-1}) + M''_i (x_i - x_d)]$
$\leq (M-m)\Delta x_i \leq \omega \lambda(\Delta)$
這樣就有：
$0 \leq S^* (\Delta) - S^* (\Delta^{\cup}) \leq (N-1)\omega \lambda(\Delta)$
看上去是一個過寬的估計，不過由於$N$、$\omega$、$\lambda(\Delta) < \delta_1$都是有限數（不妨假設$f$不是常值函數），所以依然有：
取$\delta = \min \{\delta_1 , \frac{\epsilon}{2(N-1)\omega}\}$，則$\lambda(\Delta) < \delta$時，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項是一個非正數，所以第三行的不等號才得以成立。這樣上積分的情形，引理就得到了證明。
達布定理的上述證明過程透露給我們一個信息：給定某個分割$\Delta_0$，它的達布大（小）和與函數的上（下）積分十分接近，則存在$\delta > 0$，使得任意分割$\Delta$，只要$\lambda(\Delta) < \delta$，則它的達布大（小）和與函數的上（下）積分也可以十分接近（實際上是可以任意接近）。
也就是說達布定理成立的等價條件是：存在一個分割，使得它的達布大（小）和與函數的上（下）積分足夠接近。這樣我們就將任意性問題轉化為了存在性問題。這對於尋找可用的可積充要條件非常重要。
在尋找可積充要條件之前，再來證明第二個引理：
引理2：設$f$在$[a,b]$上有界，則$f \in R[a,b]$的充要條件是：$\int_{a}^{*b} f(x)dx = \int_{*a}^{b} f(x)dx$。
證明：充分性是容易證明的：
若條件成立，則由於達布定理，對任意$\epsilon > 0$，存在$\delta > 0$，使得只要分割$\Delta$滿足$\lambda(\Delta) < \delta$，對它的任意黎曼和，就有
$\int_{*a}^{b} f(x)dx - \epsilon \leq S_* (\Delta) \leq S(\Delta) \leq S^* (\Delta) \leq \int_{a}^{*b}f(x)dx + \epsilon$
記$I = \int_{*a}^{b} f(x)dx = \int_{a}^{*b} f(x)dx$，則有$|S(\Delta) - I| < \epsilon$，可積性就得到了證明。
再來證必要性：必要性的證明思路就在於，黎曼和可以任意地接近達布大小和，如果函數可積，達布大小和就應該具有相同的極限。如下：
對任意$\epsilon > 0$，存在$\delta > 0$，使任意分割$\Delta$，只要$\lambda(\Delta) < \delta$，則有
$| \sum_{i=1}^{n} f(\xi_i)\Delta x_i - I| < \epsilon$
其中$I$是定積分。另外由確界的定義，在每個區間$[x_{i-1},x_i]$上，存在$\xi'_i$、$\xi''_i$，使得
$f(\xi'_i) \geq M_i - \frac{\epsilon}{b-a}$、$f(\xi''_i) \leq m_i + \frac{\epsilon}{b-a}$
這樣就有：
$\int_{a}^{*b} f(x)dx \leq S^* (\Delta) \leq \sum_{i=1}^{n} f(\xi'_i) \Delta x_i + \epsilon < I + 2\epsilon$
$\int_{*a}^{b} f(x)dx \geq S_* (\Delta) \geq \sum_{i=1}^{n} f(\xi''_i) \Delta x_i - \epsilon > I - 2\epsilon$
兩式合並，推出：$0 \leq \int_{a}^{*b}f(x)dx - \int_{*a}^{b}f(x)dx < 4\epsilon$，也就證明了必要性。
證明了兩個引理，我們就可以引出可積的充要判則。
二、可積充要條件
充要判則：下面三項結論互相等價：
1、$f \in R[a,b]$；
2、對於任意$\epsilon > 0$，存在一個$[a,b]$的分割$\Delta$，使得它的振幅面積$\sum_{i=1}^{n} \omega_i \Delta x_i < \epsilon$；
3、對於任意$\mu > 0$、$\sigma > 0$，存在區間$[a,b]$的一個分割$\Delta$，使得滿足$\omega_i \geq \mu$的區間$[x_{i-1},x_i]$的長度和小於$\sigma$。
證明：
先來證明1和2等價：$1 \Rightarrow 2$：由於$f$可積，由引理2，它的上下積分相等，那么就存在一個分割$\Delta$，使得對任意$\epsilon > 0$，滿足：
$\int_{*a}^{b} f(x)dx - \frac{\epsilon}{2} < S_* (\Delta) \leq S^* (\Delta) < \int_{a}^{*b} f(x)dx + \frac{\epsilon}{2}$
那么振幅面積就有：$S^* (\Delta) - S_* (\Delta) < \epsilon$。
$2 \Rightarrow 1$：由於對任意$\epsilon > 0$，存在分割$\Delta$滿足$2$，則有
$0 \leq \int_{a}^{*b} f(x)dx - \int_{*a}^{b} f(x)dx \leq S^* (\Delta) - S_* (\Delta) < \epsilon$
這就推知$f$的上下積分相等，由引理2，$f$可積。
再來證明2和3等價：首先這樣記把振幅面積分成兩部分：
$\sum_{i=1}^{n} \omega_i \Delta x_i = \sum \omega_j \Delta x_j + \sum \omega_k \Delta x_k$
其中前者是對$\omega_j < \mu$求和，后者是對$\omega_k \geq \mu$求和。
$2 \Rightarrow 3$：對任意$\mu$、$\sigma > 0$，由$2$，存在分割$\Delta$，使振幅面積$S_{\Omega} = \sum_{i=1}^{n} \omega_i \Delta x_i < \sigma \mu$。因此有
$\mu \sum \Delta x_k \leq \sum \omega_k \Delta x_k \leq S_{\Omega} < \sigma \mu$
即是$\sum \Delta x_k < \sigma$。$3$得證。
$3 \Rightarrow 2$：由$3$，對$\frac{\mu}{2(b-a)}$和$\sigma = \frac{\mu}{2\omega}$，存在分割$\Delta$滿足$3$。也就有
$\sum_{i=1}^{n} \omega_i \Delta x_i = \sum \omega_j \Delta x_j + \sum \omega_k \Delta x_k$
$< \frac{\mu}{2(b-a)} \sum \Delta x_j + \omega \sum \Delta x_k$
$< \frac{\mu}{2(b-a)} (b-a) + \omega \frac{\mu}{2\omega}$
$=\mu$
則$2$得證。綜上，可積的充要判則得證。
這里$2$稱為可積第一充要條件，$3$稱為可積第二充要條件。
可積的充要判則非常重要，它將黎曼和的任意性問題轉化成存在性問題，這樣只要找到一列$\{\Delta_n\}$，使得$\lambda(\Delta) \to 0$，且它們的任意黎曼和具有極限，或者振幅面積趨於$0$，則函數可積。$2$的方便就是這樣。$3$的方便一般體現在充要判則的一些推論中。
三、充要判則的推論、勒貝格定理
充要判則有一個非常重要的推論：
推論1：若$f$在$[a,b]$上有界，且間斷點個數有限，則$f \in R[a,b]$。
證明：利用第二條件，設$f$的間斷點為$N$個，分別為$x_1 < x_2<...<x_N$。對於任意$\mu$、$\sigma > 0$，我們取這樣的$2N$個點：$l_i = x_i - \delta_0$、$r_i = x_i+\delta_0, i=1,2,...,N$，其中：
$\delta_0 = \min \{\frac{\min\{x_i - x_{i-1}\}}{4} , \frac{\sigma}{4N}\}$，另外注意要使$l_1 \geq a$、$r_N \leq b$，這樣就保證了區間$[l_i,r_i]$兩兩不相交，而且每個都包括且僅包括了一個間斷點。
另外，$f$在每個$[r_i,l_{i+1}]$上一致連續。這樣對$\mu$，又存在$\delta > 0$，使得一致連續條件在每個區間上都成立：任意$x',x''$，只要$|x'-x''| < \delta$，則$|f(x') - f(x'')| < \mu$。
我們把每個$[r_i,l_i+1]$都適當等分，直至細度小於$\delta$，這樣我們得到的分割就滿足第二充要條件。
推論1還可以進行擴充：若$f$在$[a,b]$上有界，且間斷點可以用總長度任意小的、至多可列個開區間覆蓋這些點，則$f \in R[a,b]$。
這個擴充推論可以證明另一個推論：$[a,b]$上單調的函數可積。這是因為閉區間上單調的函數最多只有可列個間斷點。當然這個推論可以簡單地證明，不需要這個看似不好驗證的前提結論。大家可以嘗試。
擴充推論實際上是充要的，這稱為勒貝格定理。勒貝格定理有一個很簡潔的描述：
如果一個點集可以用至多可列個、總長度任意小的開區間覆蓋，就說這個點集是零測度集。如果某個性質在某個零測度集外均成立，就稱這個性質幾乎處處成立。這樣勒貝格定理描述如下：
勒貝格定理：若$f$在$[a,b]$上有界，則$f \in R[a,b]$當且僅當$f$在$[a,b]$上幾乎處處連續。
定理的充分性用我們上面證明推論1的方法完全可以證明。必要性的證明簡單介紹如下：
定義函數$f$在某個點$x_0$上的振幅$\omega_{x_0}$：設$\omega(\delta)$為$f$在鄰域$O_{\delta}(x_0)$的振幅，則$\omega_{x_0} = lim_{\delta \to 0^+} \omega(\delta)$。容易證明連續點上的振幅是$0$。
對任意$\mu$、$\sigma > 0$，我們考慮振幅超過$\mu$的不連續點，或者是落在了第二充要條件中的振幅超過$\mu$的分割區間里，或者是分點。分點和分割區間都是有限個，我們增加幾個足夠小的開區間覆蓋這些分點，仍然可以保持這些開區間是可列的、覆蓋這些點，而且長度和小於$\sigma$。
上面的$\mu$、$\sigma$是任取的，我們現在取一列$\mu_n = 1/2^n$、$\sigma_n = \sigma/2^n$，對任意$n$做上面的分析，就可以用總長度小於$\sigma$的可列個開區間覆蓋所有間斷點。
這只是證明思路。詳細的證明將不是數學分析（二）的內容，就不做介紹了。由於勒貝格定理與第二充要條件之間的關系，我們可以看到勒貝格定理與達布理論之間的某種相似性。勒貝格定理也是非常有用的。
實際上勒貝格定理與達布理論有一些差距。考慮$[0,1]$上的狄利克雷函數$D(x)$，滿足有理點的函數值是$1$、無理點的函數值是$0$。用達布理論，我們看到振幅面積總是$1$，從而$D(x)$不可積；但是由於$[0,1]$上的有理數是可列的，勒貝格定理卻告訴我們$D(x)$可積，而且積分是$0$。這是由於達布理論里沒有定義測度的緣故，但它暫時不影響我們使用定積分。
以上就是可積性問題的介紹。