Darboux 上下和与黎曼可积判别

f(x) = x² 在 [0, 1] 上的 Darboux 和

等分数 n = 8

矩形取值

下和上和

下和 Lₙ ≈: 0.273438
精确积分 I =: 1/3
上和 Uₙ ≈: 0.398438

Lₙ ≤ 1/3 ≤ Uₙ Uₙ − Lₙ = 1/n

求定积分，首先要回答一个存在性问题：把区间切成小段、每段任选一点得到的求和，为什么会趋向同一个数？Darboux 上下和把所有选点的结果夹在两个数之间；夹缝能否缩小到零，就是可积性的关键。

需要用到上确界、下确界和极限的量词。除特别说明外，以下固定有限区间 $[a,b]$ ，其中 $a<b$ ，并设 $f:[a,b]\to\mathbb R$ 有界；不预先假设 $f$ 连续。

从黎曼和看清两个“任意” #

取分割

P:\quad a=x_0<x_1<\cdots<x_n=b, \qquad \Delta x_i=x_i-x_{i-1},

记它的网格大小为

\lVert P\rVert=\max_{1\le i\le n}\Delta x_i.

在每个小区间中任选标记点 $\xi_i\in[x_{i-1},x_i]$ ，得到黎曼和

S(f,P,\xi)=\sum_{i=1}^{n}f(\xi_i)\Delta x_i.

黎曼可积的定义是：存在实数 $I$ ，使得对每个 $\varepsilon>0$ ，都存在 $\delta>0$ ，只要 $\lVert P\rVert<\delta$ ，无论采用哪一份这样的分割、也无论怎样选取全部标记点，都有

\lvert S(f,P,\xi)-I\rvert<\varepsilon.

此时记 $I=\int_a^b f(x)\,\mathrm dx$ 。

这里的 $\delta$ 可以依赖 $\varepsilon$ 、 $f$ 和区间，不能在看到分割或标记点之后再临时改变。只算某一串等分分割的右端点和，即使得到了极限，也还没有完成这个定义要求的证明。

网格大小与“小区间的个数”也不同：可以不断细分左半段而始终保留整个右半段，此时区间数趋于无穷，网格大小却不趋于零。

为什么有界性是必要条件

若先不假设有界，而按上述定义设 $f$ 黎曼可积，取误差 $1$ 对应的一份足够细的固定分割。固定除第 $i$ 个之外的全部标记点，记其余各项的和为常数 $C_i$ 。对第 $i$ 个小区间中的任意 $\xi_i$ ，都有

\lvert f(\xi_i)\Delta x_i+C_i-I\rvert<1,

所以

\lvert f(\xi_i)\rvert < \frac{\lvert I\rvert+\lvert C_i\rvert+1}{\Delta x_i}.

每个小区间上都有一个有限上界，而小区间只有有限个，故 $f$ 在整个 $[a,b]$ 上有界。

上下和：消去选点的不确定性 #

对固定分割 $P$ ，令

m_i=\inf_{x\in[x_{i-1},x_i]}f(x), \qquad M_i=\sup_{x\in[x_{i-1},x_i]}f(x).

定义 Darboux 下和与 Darboux 上和

L(f,P)=\sum_{i=1}^{n}m_i\Delta x_i, \qquad U(f,P)=\sum_{i=1}^{n}M_i\Delta x_i.

因为 $\Delta x_i>0$ ，每一项都有

m_i\Delta x_i\le f(\xi_i)\Delta x_i\le M_i\Delta x_i,

相加便得到

L(f,P)\le S(f,P,\xi)\le U(f,P).

这组不等式对有正有负的函数同样成立，并不依赖“矩形面积必须非负”的解释。

振幅与夹缝宽度 #

小区间 $[x_{i-1},x_i]$ 上的振幅是

\omega_i=M_i-m_i.

它随小区间而变，不是整个 $[a,b]$ 上的统一振幅。于是

G(f,P):=U(f,P)-L(f,P) =\sum_{i=1}^{n}\omega_i\Delta x_i.

这个式子提供两条思路：让每段上的振幅小，或者让振幅大的那些段的总长度小。后一条尤其适合处理少量间断点。

上确界不一定能取到 #

有界函数未必在小区间上取得最大、最小值，因此不能直接把 $M_i,m_i$ 当成某些标记点的函数值。不过，对固定的 $P$ ，仍有

U(f,P)=\sup_{\xi}S(f,P,\xi), \qquad L(f,P)=\inf_{\xi}S(f,P,\xi),

其中确界取遍该分割的所有标记点组合。

以第一式为例。任给 $\eta>0$ ，由上确界的逼近性质，每段都可选择 $\xi_i$ 使

f(\xi_i)>M_i-\frac{\eta}{b-a}.

乘以段长再相加，得到 $S(f,P,\xi)>U(f,P)-\eta$ 。结合所有黎曼和都不超过 $U(f,P)$ ，即得第一式；第二式同理。这一步避免了“取最大值点”可能不存在的漏洞。

分割加细与上下积分 #

若 $Q$ 包含 $P$ 的全部分点，就称 $Q$ 是 $P$ 的加细。加细后，一个小区间被拆成几段，每段的上确界不超过原来的上确界，下确界不小于原来的下确界。因此

L(f,P)\le L(f,Q)\le U(f,Q)\le U(f,P).

例如，把 $[u,v]$ 在 $t$ 处分开，两段的上确界分别为 $M_1,M_2$ ，原来的上确界为 $M$ ，则

M_1(t-u)+M_2(v-t)\le M(v-u).

下和的论证方向相反。重复添加分点，就得到一般情形。

两份任意分割 $P,Q$ 未必互相加细，但可以取共同加细 $R=P\cup Q$ 。于是

L(f,P)\le L(f,R)\le U(f,R)\le U(f,Q).

任意一份下和都不超过任意一份上和，不仅仅是同一分割下的比较。

因此可以定义

I_*=\sup_P L(f,P), \qquad I^*=\inf_P U(f,P).

它们分别是 Darboux 下积分与上积分。函数有界保证这些确界是有限实数；上述交叉比较保证

L(f,P)\le I_*\le I^*\le U(f,P)

对每份分割都成立。此时尚未断言黎曼积分存在：可能仍有 $I_*<I^*$ 。

黎曼可积判别及其证明 #

对有限闭区间 $[a,b]$ 上的有界实值函数 $f$ ，下列四个条件等价：

$f$ 黎曼可积。
对每个 $\varepsilon>0$ ，存在一份分割 $P$ ，使 $G(f,P)<\varepsilon$ 。
上下积分相等： $I_*=I^*$ 。
对每个 $\varepsilon>0$ ，存在 $\delta>0$ ，使所有满足 $\lVert P\rVert<\delta$ 的分割都有 $G(f,P)<\varepsilon$ 。

成立时， $\int_a^b f(x)\,\mathrm dx=I_*=I^*$ 。

条件 2 适合构造证明：只需按误差找到一份合适分割。条件 4 则保证，网格足够小时，任意分割都有效。二者的差别必须通过证明连接，不能把“存在”直接换成“任意”。

可积为何推出上下和接近 #

证明：条件 1 推出条件 2

设黎曼积分为 $I$ 。对给定 $\varepsilon>0$ ，按定义取误差 $\varepsilon/4$ 对应的 $\delta$ ，再选一份网格小于 $\delta$ 的分割 $P$ 。它的所有黎曼和都落在

I-\frac{\varepsilon}{4} < S(f,P,\xi) < I+\frac{\varepsilon}{4}

之间。对全部标记点组合取下确界与上确界，得到

L(f,P)\ge I-\frac{\varepsilon}{4}, \qquad U(f,P)\le I+\frac{\varepsilon}{4}.

故 $G(f,P)\le\varepsilon/2<\varepsilon$ 。

注意取确界后只保留非严格不等式，因此事先给误差留出余量。

上下积分相等为何等价于一份好分割 #

证明：条件 2 与条件 3 等价

若条件 2 成立，则对任意 $\varepsilon>0$ ，取其对应的分割，有

0\le I^*-I_*\le U(f,P)-L(f,P)<\varepsilon.

左边不依赖分割，故只能为零。

反过来，设 $I_*=I^*=I$ 。由确界的逼近性质，可分别找到两份分割 $P_1,P_2$ ，使

L(f,P_1)>I-\frac{\varepsilon}{2}, \qquad U(f,P_2)<I+\frac{\varepsilon}{2}.

它们不必相同；取共同加细 $P=P_1\cup P_2$ ，则

L(f,P)\ge L(f,P_1), \qquad U(f,P)\le U(f,P_2),

从而 $G(f,P)<\varepsilon$ 。

为什么任意足够细的分割也有效 #

关键是比较固定好分割与任意细分割。已有一份好分割 $P_0$ ，并不意味着另一份网格很小的分割 $P$ 一定包含它的分点。

证明：条件 2 推出条件 4

给定 $\varepsilon>0$ ，先固定一份满足 $G(f,P_0)<\varepsilon/2$ 的分割。设 $P_0$ 有 $k$ 个内部分点，并记全区间振幅

\Omega=\sup_{[a,b]}f-\inf_{[a,b]}f.

对任意另一份分割 $P$ ，令 $R=P\cup P_0$ 。

向 $P$ 添加这 $k$ 个分点时，只有内部被新分点切开的那些小区间会改变贡献。这样的区间至多 $k$ 个，总长度不超过 $k\lVert P\rVert$ ；每段上函数的变化范围至多为 $\Omega$ 。因此

\begin{aligned} 0&\le U(f,P)-U(f,R)\le k\Omega\lVert P\rVert,\\ 0&\le L(f,R)-L(f,P)\le k\Omega\lVert P\rVert. \end{aligned}

而 $R$ 也加细了 $P_0$ ，故

\begin{aligned} G(f,P) &\le G(f,R)+2k\Omega\lVert P\rVert\\ &\le G(f,P_0)+2k\Omega\lVert P\rVert. \end{aligned}

取

\delta=\frac{\varepsilon}{4(k+1)(\Omega+1)}.

只要 $\lVert P\rVert<\delta$ ，上式就小于 $\varepsilon$ 。这个选择也覆盖 $k=0$ 或 $\Omega=0$ 的情况。

这说明，一份固定好分割与任意细分割之间的差异，只集中在有限个短区间上；有界性使这些区间的总影响趋于零。

回到黎曼和的定义 #

证明：条件 4 推出条件 1

条件 4 显然能给出条件 2 所需的分割，例如取足够细的等分分割。因此由已经证明的条件 2 推出条件 3，可记 $I=I_*=I^*$ 。

给定 $\varepsilon>0$ ，取条件 4 对应的 $\delta$ 。任意满足 $\lVert P\rVert<\delta$ 的分割都有

L(f,P)\le I\le U(f,P).

同一分割的全部黎曼和也在这个区间中，所以无论怎样选点，

\lvert S(f,P,\xi)-I\rvert \le U(f,P)-L(f,P) <\varepsilon.

这正是黎曼可积的定义，也确定了积分值。

怎样使用判别：例题与反例 #

平方函数：先证明存在，再算出数值 #

取 $f(x)=x^2$ ， $x\in[0,1]$ ，令 $P_n$ 为 $n$ 等分分割。由于函数递增，

L(f,P_n)=\frac{1}{n^3}\sum_{j=0}^{n-1}j^2 =\frac{(n-1)(2n-1)}{6n^2},

U(f,P_n)=\frac{1}{n^3}\sum_{j=1}^{n}j^2 =\frac{(n+1)(2n+1)}{6n^2}.

两者的差为 $1/n$ ，故由条件 2， $f$ 可积。再由上下和都趋于 $1/3$ ，得到

\int_0^1 x^2\,\mathrm dx=\frac13.

等分数	下和	上和	上下和之差
$n=1$	$0$	$1$	$1$
$n=2$	$1/8$	$5/8$	$1/2$
$n=4$	$7/32$	$15/32$	$1/4$

关键不是猜到某种选点方式的极限，而是让夹住全部选点结果的区间收缩。这里用等分分割足够，是因为控制了上下和之差。

一个尖点：振幅大，也可以可积 #

在 $[0,1]$ 上定义

s(x)= \begin{cases} 1,&x=\frac12,\\ 0,&x\ne\frac12. \end{cases}

取 $0<h<1/2$ ，使用分割

P_h=\left\{0,\frac12-h,\frac12,\frac12+h,1\right\}.

各段下确界都为零；只有紧邻 $1/2$ 的两段上确界为 $1$ 。因此

L(s,P_h)=0,\qquad U(s,P_h)=2h.

给定误差时让 $h$ 足够小，便得到可积性及 $\int_0^1s(x)\,\mathrm dx=0$ 。

函数在尖点处不连续，却仍然可积。这里没有把尖点处的振幅变小，而是把承载这部分振幅的区间缩短。由于小区间采用闭区间，分点 $1/2$ 同时属于左右两段，两段贡献都要计算。

Dirichlet 函数：一串黎曼和收敛仍然不够 #

在 $[0,1]$ 上定义

D(x)= \begin{cases} 1,&x\in\mathbb Q,\\ 0,&x\notin\mathbb Q. \end{cases}

每个非退化小区间都同时含有有理数与无理数，所以任意分割下都有

L(D,P)=0,\qquad U(D,P)=1,\qquad G(D,P)=1.

上下和之差无法任意缩小，故 $D$ 不可积。

但对 $n$ 等分分割，如果都取右端点 $i/n$ ，黎曼和恒为 $1$ ；如果各段都取无理数，黎曼和恒为 $0$ 。两串和分别收敛，只是没有共同极限。这正是“任意标记点”不能省略的原因。

连续与单调：两种常用控制方法 #

连续函数。 闭区间上的连续函数有界且一致连续（一致连续性见教材第五章定理 8.3）。给定 $\varepsilon>0$ ，可选 $\delta>0$ ，使 $|x-y|<\delta$ 时

|f(x)-f(y)|<\frac{\varepsilon}{2(b-a)}.

当 $\lVert P\rVert<\delta$ 时，各段的振幅不超过 $\varepsilon/[2(b-a)]$ ，于是

G(f,P)\le\frac{\varepsilon}{2(b-a)}\sum_i\Delta x_i =\frac{\varepsilon}{2}<\varepsilon.

因此 $f$ 可积。这里用的是一致连续性，它给出对整个区间统一有效的 $\delta$ 。

单调函数。 若 $f$ 递增，则它在闭区间上有界，且

\omega_i=f(x_i)-f(x_{i-1}).

于是

\begin{aligned} G(f,P) &\le\lVert P\rVert\sum_i\bigl(f(x_i)-f(x_{i-1})\bigr)\\ &=\lVert P\rVert\bigl(f(b)-f(a)\bigr). \end{aligned}

网格趋于零时右边趋于零，故 $f$ 可积。递减情形对 $-f$ 使用同样论证。这一方法不要求单调函数连续。

常见误区 #

容易混淆的判断	应检查的内容
小区间越来越多，分割就足够细	检查最大段长是否趋于零
右端点和有极限，所以可积	一串标记点不能代替所有标记点；Dirichlet 函数就是反例
每个小区间上取一个最大值点	有界不保证最大值存在；使用上确界的逼近性质
加细会让下和增大、上和减小	正确的是“不减／不增”；常值函数的上下和始终不变
任意两份分割都能直接使用加细关系	先取共同加细，再建立交叉比较
有一个间断点就不可积	看振幅乘段长的总和；尖点函数可积
存在一份好分割，就已经满足黎曼定义	还需要“固定好分割与任意细分割比较”的论证

练习 #

1. 含负值的线性函数 #

对 $f(x)=3x-2$ ， $x\in[-1,2]$ ，取 $n$ 等分分割。求上下和之差，并用上下和求积分。

解答

函数递增，每段长度为 $3/n$ ，每段振幅为 $9/n$ ，所以

G(f,P_n)=n\cdot\frac9n\cdot\frac3n=\frac{27}{n}.

直接对左右端点求和得到

L(f,P_n)=-\frac32-\frac{27}{2n}, \qquad U(f,P_n)=-\frac32+\frac{27}{2n}.

差趋于零，故可积；两和的共同极限为 $-3/2$ ，即积分值。积分可以为负，不能把上下和不加区别地当成普通面积。

2. 改动有限个点会发生什么 #

设 $f$ 在 $[a,b]$ 上可积， $g$ 只在有限个不同点 $c_1,\ldots,c_m$ 处与 $f$ 不同，各点新值仍是有限实数。证明 $g$ 可积且积分不变。

解答

有限次改值后 $g$ 仍有界。对同一分割、同一组标记点，记

C=\sum_{j=1}^{m}|g(c_j)-f(c_j)|.

一个特殊点至多同时属于两个小区间，故

|S(g,P,\xi)-S(f,P,\xi)| \le 2C\lVert P\rVert.

设 $I=\int_a^b f(x)\,\mathrm dx$ 。给定 $\varepsilon>0$ ，取 $\delta_1$ 使 $\lVert P\rVert<\delta_1$ 时所有 $f$ 的黎曼和与 $I$ 相差小于 $\varepsilon/2$ ，再令

\delta=\min\left\{\delta_1,\frac{\varepsilon}{4(C+1)}\right\}.

当 $\lVert P\rVert<\delta$ 时，

|S(g,P,\xi)-I| \le 2C\lVert P\rVert+|S(f,P,\xi)-I| <\varepsilon.

所以 $g$ 的黎曼积分也为 $I$ 。系数 $2$ 兼顾特殊点恰好落在分点上的情况。

3. 只有上确界，没有最大值 #

定义 $h(x)=x$ （ $0\le x<1$ ），并令 $h(1)=0$ 。说明它在 $[0,1]$ 上不取得上确界，并求其积分。

解答

所有函数值都小于 $1$ ，但当 $x$ 从左侧趋于 $1$ 时， $h(x)$ 可任意接近 $1$ 。所以 $\sup h=1$ ，却没有最大值点。

它与函数 $x$ 只在一点处不同。由上一题， $h$ 可积且积分为 $1/2$ 。这里 $\int_0^1x\,\mathrm dx=1/2$ 也可用等分上下和 $(n-1)/(2n)$ 与 $(n+1)/(2n)$ 直接得到，无需先使用原函数公式。

4. 从 Lipschitz 条件得到误差界 #

设 $K\ge0$ ，且对 $[a,b]$ 内任意 $x,y$ 都有 $|f(x)-f(y)|\le K|x-y|$ 。证明对每份分割，

G(f,P)\le K(b-a)\lVert P\rVert.

由此说明 $f$ 可积；若各小区间等长，给出用任意标记点计算积分时的误差上界。

解答

先固定 $a$ ，由 $|f(x)|\le|f(a)|+K(b-a)$ 知函数有界。每段振幅满足 $\omega_i\le K\Delta x_i$ ，于是

G(f,P)\le K\sum_i(\Delta x_i)^2 \le K\lVert P\rVert\sum_i\Delta x_i =K(b-a)\lVert P\rVert.

由可积判别， $f$ 可积。又因积分与任意黎曼和都夹在上下和之间，对于 $n$ 等分分割，

\left|S(f,P_n,\xi)-\int_a^bf(x)\,\mathrm dx\right| \le \frac{K(b-a)^2}{n}.

这是保证误差不超出的上界，不表示每一种函数、每一种选点都会达到该误差。

回顾与教材对应 #

对有界实值函数，最常用的判断链是：

\text{可积} \quad\Longleftrightarrow\quad I_*=I^* \quad\Longleftrightarrow\quad \forall\varepsilon>0,\ \exists P:\ \sum_i\omega_i\Delta x_i<\varepsilon.

构造分割时，问自己：是让各段振幅一起变小，还是把振幅大的部分圈在总长度很小的区间里？完成可积性证明后，再用上下和的共同极限或后续积分性质计算积分值。

教材对应： 陆亚明，《数学分析入门（上册）》，高等教育出版社，2022 年 8 月第 1 版，ISBN 978-7-04-058971-9。

第九章 §9.1，第 214–217 页：黎曼积分定义、有界性的必要性及关于选点的练习。
第九章 §9.2，第 218–223 页：Darboux 和、分割加细、上下积分、定理 2.5–2.6 与推论 2.7，以及连续和单调函数的可积性。正文按这一知识顺序重新组织推导与练习。

反常积分通过额外的极限处理无界区间或无界函数，需要与本节的闭区间黎曼积分区分。