26. 第二积分中值定理, Stieltjes 积分

第二积分中值定理

引理 26.1 (第二积分中值定理的弱形式). 假设 $I=[a,b]$, $g\in C(I)$, $f\in C^1(I)$, $f$ 单调递减 (未必严格) 并且对任意的 $x\in I$, $f(x)⩾0$. 那么, 一定存在 $c\in [a,b]$, 使得$${\int }_a^{b}fg=f(a){\int }_a^{c}g.$$

证明. 由于 $g\in C(I)$, 我们可以定义它的原函数 $G(x)={\int }_a^{x}g(y)dy$, 使得 $G\in C^1(I)$ 并且 $G(a)=0$. 再根据 $f\in C^1(I)$, 我们可以使用分部积分公式: $$\begin{array}{r}{\int }_a^{b}fg=f(b)G(b)+{\int }_a^{b}G(-f^{\prime }).\end{array}$$由于 $f$ 是单调下降的, 从而 $-f^{\prime }⩾0$, 我们可以利用第一积分中值定理, 找到 $\xi \in [a,b]$ 使得$$\begin{array}{rl}{\int }_a^{b}fg& =f(b)G(b)+G(\xi ){\int }_a^b(-f^{\prime })\\ & =f(b)G(b)+G(\xi )(f(a)-f(b)).\end{array}$$通过简单变形 (我们明显可以假设 $f(a)\ne 0$) , 我们得到$$\begin{array}{r}\frac{1}{f(a)}{\int }_a^{b}fg=\frac{f(b)}{f(a)}G(b)+(1-\frac{f(b)}{f(a)})G(\xi ).\end{array}$$这表明 $\frac{1}{f(a)}{\int }_a^{b}fg$ 是线段 $[G(b),G(\xi )]$ 或者 $[G(\xi ),G(b)]$ 上的一个点, 对连续函数 $G$ 用中值定理, 我们就得到 $c\in [\xi ,b]$, 使得$$\begin{array}{r}\frac{1}{f(a)}{\int }_a^{b}fg=G(c).\end{array}$$这就是所要证明的结论.

我们还可以采取下面的方式来证明: 令 $M=\underset{x\in I}{\sup }G(x)$, $m=\underset{x\in I}{\inf }G(x)$, 那么根据$$\begin{array}{r}\frac{1}{f(a)}{\int }_a^{b}fg=\frac{f(b)}{f(a)}G(b)+(1-\frac{f(b)}{f(a)})G(\xi ).\end{array}$$我们得到$$\begin{array}{r}m⩽\frac{1}{f(a)}{\int }_a^{b}fg⩽M.\end{array}$$我们对 $G(x)$ 用介值定理即可.

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引理 26.2 (第二积分中值定理). $I=[a,b]\subset \mathbb{R}$ 是闭区间, $f$ 和 $g$ 是 $I$ 上 Riemann 可积分的函数. 假设 $f$ 是递减的并且对任意的 $x\in I$, $f(x)⩾0$. 那么, 存在 $c\in [a,b]$, 使得$${\int }_a^{b}fg=f(a){\int }_a^{c}g.$$

注记. 和上一个引理比较, 我们不再假设 $f$ 和 $g$ 有较好的正则性 (只假设可积性) , 那么, 引理中分部积分的技巧就不能再用了. 我们之前提过, 所谓的 Abel 求和法是分部积分的类比. 以下, 我们用 Darboux 和代替积分, 用 Abel 求和法代替分部积分, 这是一个有启发性并且值得深究的证明.

证明. 我们不妨假设 $f(a)\ne 0$ (否则 $f\equiv 0$, 此时定理显然成立) . 我们定义$$G(x)={\int }_a^{x}g(y)dy.$$此时, $G(x)$ 是 $[a,b]$ 上面的连续函数 (未必可微) , 而在引理中, 这个函数是连续可微的.

根据引理的证明, 我们只需要证明下面的不等式即可: $$\begin{array}{r}mf(a)⩽{\int }_a^{b}fg⩽Mf(a),\end{array}$$其中 $M=\underset{x\in I}{\sup }G(x)$, $m=\underset{x\in I}{\inf }G(x)$, 这是因为我们可以利用 $G(x)$ 的介值定理来完成证明, 参见上面引理的最后一步.

为了能够最大程度的保持之前的证明, 在逼近的意义下, 我们要给出如下的分部积分公式$${\int }_a^{b}fg=f(b)G(b)+{\int }_a^{b}G(-f^{\prime })$$的替代品.

我们先任意地选取一个分划 $\sigma =\{a=a_0<a_1<\cdots <a_n=b\}$ (最终, 我们将令它的步长 $|\sigma |\to 0$) . 对于每个小区间 $[a_{i-1},a_i]$, 我们定义$$m_i=\underset{x\in [a_{i-1},a_i]}{\inf }g(x),M_i=\underset{x\in [a_{i-1},a_i]}{\sup }g(x).$$根据第一中值定理, 有 ${\ell }_i\in [m_i,M_i]$, 使得$$G(a_i)-G(a_{i-1})={\int }_{a_{i-1}}^{a_i}g={\ell }_i(a_i-a_{i-1}).$$特别地, 我们知道 (注意 $G(a_0)=0$) $$G(a_k)=\sum _{i=1}^k{\ell }_i(a_i-a_{i-1}).$$

我们现在要用求和来代替积分 ${\int }_a^{b}fg$. 任意选取 ${\xi }_i\in [a_{i-1},a_i]$, 如下成立: $$|\sum _{i=1}^{n}f({\xi }_i){\ell }_i(a_i-a_{i-1})-{\int }_a^{b}fg|\to 0,\text{当}|\sigma |\to 0.\text{\hspace{1em}(⋆)}$$极限 $(\star )$ 成立并不明显. 为此, 我们用 Darboux 上下和来逼近积分: 当 $|\sigma |\to 0$, 我们知道$$\begin{array}{r}|\sum _{i=1}^{n}f({\xi }_i)g({\xi }_i)(a_i-a_{i-1})-{\int }_a^{b}fg|\to 0.\end{array}$$所以, 为了证明 $(\star )$, 只需要说明$$|\sum _{i=1}^{n}f({\xi }_i){\ell }_i(a_i-a_{i-1})-\sum _{i=1}^{n}f({\xi }_i)g({\xi }_i)(a_i-a_{i-1})|\to 0,\text{当}|\sigma |\to 0.$$我们有$$\begin{array}{rl}\text{上式左边}& =|\sum _{i=1}^{n}f({\xi }_i)({\ell }_i-g({\xi }_i))(a_i-a_{i-1})|\\ & ⩽\sum _{i=1}^{n}f({\xi }_i)(M_i-m_i)(a_i-a_{i-1})\\ & ⩽f(a)\left(\sum _{i=1}^n{M}_i(a_i-a_{i-1})-\sum _{i=1}^n{m}_i(a_i-a_{i-1})\right).\end{array}$$后者为 Darboux 上下和之差, 自然趋向于零, 从而 $(\star )$ 得到证明.

为了证明 $mf(a)⩽{\int }_a^{b}fg⩽Mf(a)$, 我们利用 Abel 求和法来代替分部积分, 从而$$\begin{array}{rl}\sum _{i=1}^{n}f({\xi }_i)[{\ell }_i(a_i-a_{i-1})]& =\sum _{i=1}^{n}f({\xi }_i)(G(a_i)-G(a_{i-1}))\\ & =G(b)f({\xi }_n)+\sum _{i=1}^{n-1}(f({\xi }_i)-f({\xi }_{i+1}))G(a_i).\end{array}$$根据 $f$ 的性质以及 $G(b),G(a_i)⩽M$, 我们有$$\begin{array}{r}\sum _{i=1}^{n}f({\xi }_i)[{\ell }_i(a_i-a_{i-1})]⩽Mf({\xi }_n)+\sum _{i=1}^{n-1}(f({\xi }_i)-f({\xi }_{i+1}))M=f({\xi }_1)M.\end{array}$$类似地, $$\begin{array}{r}\sum _{i=1}^{n}f({\xi }_i)[{\ell }_i(a_i-a_{i-1})]⩾f({\xi }_1)m.\end{array}$$另外, ${\xi }_1$ 的选取是任意的. 特别地, 我们令 ${\xi }_1=a$, 这就给出了 $mf(a)⩽{\int }_a^{b}fg⩽Mf(a)$.

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Stieltjes 积分

给定有界闭区间 $I=[a,b]$ 上递增的函数 $\mu :[a,b]\to \mathbb{R}$. 我们重新定义有界闭区间 $[c,d]\subset [a,b]$ 的长度: $${\ell }_{\mu }([c,d])=\mu (d)-\mu (c).$$

例子.

1)	如果 $\mu (x)=x$, 那么, 上面定义的区间长度就是我们所熟悉的长度.
2)	对任意的 $\rho \in \mathcal{R}([a,b])$, $\rho ⩾0$, 我们令$$\mu (x)={\int }_a^x\rho (t)dt.$$此时, $${\ell }_{\mu }([c,d])={\int }_c^d\rho (x)dx.$$

考虑一个有界函数 $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ 和分划 $\sigma \in \mathcal{S}(I)$, 其中 $\sigma =\{a=a_0<a_1<\cdots <a_{n-1}<a_n=b\}$, 我们有上面这个新的长度 ${\ell }_{\mu }$ 所定义的 Darboux 上和以及 Darboux 下和. 我们记$$M_i=\underset{x\in [a_{i-1},a_i]}{\sup }f(x),m_i=\underset{x\in [a_{i-1},a_i]}{\inf }f(x).$$我们定义$$\begin{array}{rl}{\overline{S}}_{\mu }(f;\sigma )& =\sum _{i=1}^n{M}_i\cdot {\ell }_{\mu }([a_{i-1},a_i])=\sum _{i=1}^n(\mu (a_i)-\mu (a_{i-1}))M_i,\\ {\underline{S}}_{\mu }(f;\sigma )& =\sum _{i=1}^n{m}_i\cdot {\ell }_{\mu }([a_{i-1},a_i])=\sum _{i=1}^n(\mu (a_i)-\mu (a_{i-1}))m_i.\end{array}$$显然, 我们有 ${\overline{S}}_{\mu }(f;\sigma )⩾{\underline{S}}_{\mu }(f;\sigma )$. 实际上, 与 Riemann 积分的情形类似, 我们可以证明:

引理 26.3. Darboux 上和与 Darboux 下和满足如下的性质:

1)	如果 $\sigma \prec {\sigma }^{\prime }$, 那么$${\overline{S}}_{\mu }(f;\sigma )⩽{\overline{S}}_{\mu }(f;{\sigma }^{\prime }),{\underline{S}}_{\mu }(f;\sigma )⩾{\underline{S}}_{\mu }(f;{\sigma }^{\prime }).$$
2)	对于任意两个分划 $\sigma ,{\sigma }^{\prime }\in \mathcal{S}(I)$, 我们有$${\underline{S}}_{\mu }(f;\sigma )⩽{\overline{S}}_{\mu }(f;{\sigma }^{\prime }).$$

证明. 1) 是显然的. 为了证明 2), 只需要证明当 $\sigma \prec {\sigma }^{\prime }$ 时, 我们有$${\underline{S}}_{\mu }(f;\sigma )⩽{\overline{S}}_{\mu }(f;{\sigma }^{\prime }),{\underline{S}}_{\mu }(f;{\sigma }^{\prime })⩽{\overline{S}}_{\mu }(f;\sigma ),$$我们在研究 Riemann 积分的时候就已经证明了类似的结论, 这里就不再重复, 留作课后的习题.

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仿照 Riemann 积分的情形, 我们还可以定义上积分和下积分: $${\overline{\int }}_a^{b}fd\mu =\underset{\sigma \in \mathcal{S}(I)}{\inf }{\overline{S}}_{\mu }(f;\sigma ),{\underline{\int }}_a^{b}fd\mu =\underset{\sigma \in \mathcal{S}(I)}{\sup }{\underline{S}}_{\mu }(f;\sigma ).$$根据上面的引理, 我们自然有$${\overline{\int }}_a^{b}fd\mu ⩾{\underline{\int }}_a^{b}fd\mu .$$

定义 26.4 (Stieltjes 积分). 给定递增的函数 $\mu :[a,b]\to \mathbb{R}$ 和有界函数 $f:[a,b]\to \mathbb{R}$, 如果上述上下积分相等, 即$${\overline{\int }}_a^{b}fd\mu ={\underline{\int }}_a^{b}fd\mu ,$$我们就称 $\mathbf{f}$ 对于 $\mathbf{\mu }$ 是 Stieltjes 可积的并将上述数值记作 ${\int }_a^{b}fd\mu$. 我们用 $\mathcal{R}(I;\mu )$ 表示所有的 Stieltjes 可积函数的集合.

注记. 我们注意到如果 $\mu (x)=x$, Stieltjes 积分就是 Riemann 积分. 上述的构造中, 我们通过 $\mu$ 重新定义了区间的长度 (测度) , 这种新的长度 (测度) 就给出了新的积分理论. 我们将证明 Stieltjes 积分满足很多与 Riemann 积分类似的性质, 比如说 $\mathcal{R}(I;\mu )$ 是 $\mathbb{R}$-线性空间并且$${\int }_a^b\cdot d\mu :\mathcal{R}(I;\mu )\to \mathbb{R},f\mapsto {\int }_a^{b}fd\mu$$是 $\mathbb{R}$-线性映射.

练习. 对任意的 $\rho \in \mathcal{R}([a,b])$, $\rho ⩾0$, $\mu (x)={\int }_a^x\rho (t)dt$. 证明, 对任意的 $f\in \mathcal{R}([a,b])$, 都有 $f\in \mathcal{R}([a,b];\mu )$ 并且$${\int }_a^{b}fd\mu ={\int }_a^{b}f(x)\rho (x)dx.$$据此, 我们也把此时的 $d\mu$ 记作 $\rho dx$ 或者 $\rho (x)dx$, $\rho$ 被称作是密度函数. 特别地, 假设 $\mu$ 连续可微 ($\mu$ 默认是递增的) , 证明, $${\int }_a^{b}fd\mu ={\int }_a^{b}f{\mu }^{\prime }.$$

注记. 根据定义, 一个函数是 Stieltjes 可积的可以用如下的方式判定: $f\in \mathcal{R}(I;\mu )$ 当且仅当对任意的 $\epsilon >0$, 存在分划 $\sigma \in \mathcal{S}(I)$, 使得$$|{\overline{S}}_{\mu }(f;\sigma )-{\underline{S}}_{\mu }(f;\sigma )|<\epsilon .$$

下面的命题表明, 我们仍然可以用 Riemann 和来逼近 Stieltjes 积分:

命题 26.5 (Riemann 和与 Stieltjes 积分). 给定一个 Stieltjes 可积的函数 $f\in \mathcal{R}(I;\mu )$, 其中 $I=[a,b]$. 对任意的 $\epsilon >0$, 存在分划 $\sigma \in \mathcal{S}(I)$, 其中 $\sigma =\{a=a_0<a_1<\cdots <a_{n-1}<a_n=b\}$, 使得对任意的 ${\xi }_i\in [a_{i-1},a_i]$, 都有$$|\sum _{i=1}^{n}f({\xi }_i)\cdot \ell ([a_{i-1},a_i])-{\int }_a^{b}fd\mu |<\epsilon .$$

证明. 第一个不等式的证明是显然, 我们只要选取分划 $\sigma$, 使得$$|{\overline{S}}_{\mu }(f;\sigma )-{\underline{S}}_{\mu }(f;\sigma )|<\epsilon .$$此时, 因为在每个区间 $[a_{i-1},a_i]$ 上, 有 $m_i⩽f({\xi }_i)⩽M_i$, 所以$${\underline{S}}_{\mu }(f;\sigma )⩽\sum _{i=1}^{n}f({\xi }_i)\cdot \ell ([a_{i-1},a_i])⩽{\overline{S}}_{\mu }(f;\sigma ).$$这立即就给出了所要的结论.

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我们来看几类 Stieltjes 可积函数的例子:

例子. 证明下面的函数是 Stieltjes 可积的 ($\mu$ 给定)

1)

$[a,b]$ 上的连续函数是 Stieltjes 可积的. 用一致连续性来证明: 假设 $f\in C([a,b])$, 对任意的 $\epsilon >0$, 存在 $\delta >0$, 使得当 $|x-y|<\delta$ 时, 我们有 $|f(x)-f(y)|<\epsilon$. 特别地, 当 $|\sigma |<\delta$ 时, 我们有 $M_i-m_i<\epsilon$, 所以$$\begin{array}{rl}|{\overline{S}}_{\mu }(f;\sigma )-{\underline{S}}_{\mu }(f;\sigma )|& =\sum _{i=1}^n(\mu (a_i)-\mu (a_{i-1}))(M_i-m_i)\\ & <\epsilon \sum _{i=1}^n(\mu (a_i)-\mu (a_{i-1}))={\ell }_{\mu }([a,b])\epsilon .\end{array}$$

2)

如果 $\mu$ 是连续的, 那么 $[a,b]$ 上的单调函数是 Stieltjes 可积的. 假设 $f$ 是 $[a,b]$ 上的递增 (不妨假设) 函数. 根据 $\mu$ 的连续性, 我们取一个特殊的分划, 使得 $\mu (a_i)-\mu (a_{i-1})=\frac{\mu (b)-\mu (a)}{n}$. 此时, 根据 $f$ 是递增的, 我们知道 $M_i=f(a_i)$, $m_i=f(a_{i-1})$, 所以选取$$\begin{array}{rl}|{\overline{S}}_{\mu }(f;\sigma )-{\underline{S}}_{\mu }(f;\sigma )|& =\sum _{i=1}^n(\mu (a_i)-\mu (a_{i-1}))(f(a_i)-f(a_{i-1}))\\ & <\sum _{i=1}^n\frac{\mu (b)-\mu (a)}{n}(f(a_i)-f(a_{i-1}))\\ & =\frac{\mu (b)-\mu (a)}{n}(f(b)-f(a)).\end{array}$$所以, 当 $n\to \infty$ 时, 我们有 $|{\overline{S}}_{\mu }(f;\sigma )-{\underline{S}}_{\mu }(f;\sigma )|\to 0$, 这就说明 $f\in \mathcal{R}([a,b];\mu )$.

我们现在研究 Stieltjes 积分的性质.

命题 26.6. 给定有界闭区间 $I=[a,b]$ 和递增的函数 $\mu$, 由此定义的 Stieltjes 可积函数具有如下的性质:

1)	$\mathcal{R}(I,\mu )$ 是 $\mathbb{R}$-线性空间, 积分$${\int }_a^b\cdot d\mu :\mathcal{R}(I;\mu )\to \mathbb{R},f\mapsto {\int }_a^{b}fd\mu$$是线性映射.
2)	如果对任意的 $x\in I$, 我们都有 $f_1(x)⩽f_2(x)$, 那么, $${\int }_a^b{f}_{1}d\mu ⩽{\int }_a^b{f}_{2}d\mu .$$
3)	(区间可加性) 如果 $f\in \mathcal{R}([a,b];\mu )$, 那么对任意的 $c\in [a,b]$, $f$ 在 $[a,c]$ 和 $[c,b]$ 上的限制都是 Stieltjes 可积的并且$${\int }_a^{b}fd\mu ={\int }_a^{c}fd\mu +{\int }_c^{b}fd\mu .$$
4)	如果 $f\in \mathcal{R}([a,b];\mu )$, 那么对于 $|f|\in \mathcal{R}([a,b];\mu )$ 并且$$\left|{\int }_a^{b}fd\mu \right|⩽{\int }_a^b|f|d\mu .$$
5)	$\lambda >0$ 是常数, 那么$${\int }_a^{b}fd(\lambda \mu )=\lambda {\int }_a^{b}fd\mu .$$假设 $\nu$ 也是 $[a,b]$ 上递增的函数并且 $f\in \mathcal{R}(I;\mu )\cap \mathcal{R}(I;\nu )$, 那么 $f\in \mathcal{R}(I;\mu +\nu )$ 并且$${\int }_a^{b}fd(\mu +\nu )={\int }_a^{b}fd\mu +{\int }_a^{b}fd\nu .$$
6)	如果 $f,g\in \mathcal{R}([a,b],\mu )$, 那么 $f\cdot g\in \mathcal{R}([a,b],\mu )$.

证明. 证明的想法非常简单: 先用适当的 Darboux 上下和的序列逼近积分, 对这些序列证明相应的性质, 最终取极限.

我们利用 4) 和 5) 来演示一下如何运用上述的想法: 对任意的 $\epsilon >0$, 选取分划 $\sigma \in \mathcal{S}([a,b])$, 使得$${\overline{S}}_{\mu }(f;\sigma )-{\underline{S}}_{\mu }(f;\sigma )<\epsilon .$$考虑函数 $|f|$ 的 Darboux 上下和$$\begin{array}{rl}{\overline{S}}_{\mu }(|f|;\sigma )& =\sum _{i=1}^n{\tilde{M}}_i\cdot {\ell }_{\mu }([a_{i-1},a_i]),\\ {\underline{S}}_{\mu }(|f|;\sigma )& =\sum _{i=1}^n{\tilde{m}}_i\cdot {\ell }_{\mu }([a_{i-1},a_i]),\end{array}$$其中$$\begin{array}{rl}{M}_i& =\underset{x\in [a_{i-1},a_i]}{\sup }f(x),m_i=\underset{x\in [a_{i-1},a_i]}{\inf }f(x),\\ {\tilde{M}}_i& =\underset{x\in [a_{i-1},a_i]}{\sup }|f(x)|,{\tilde{m}}_i=\underset{x\in [a_{i-1},a_i]}{\inf }|f(x)|.\end{array}$$由于$${\tilde{M}}_i-{\tilde{m}}_i⩽M_i-m_i,$$所以$${\overline{S}}_{\mu }(|f|;\sigma )-{\underline{S}}_{\mu }(|f|;\sigma )⩽{\overline{S}}_{\mu }(f;\sigma )-{\underline{S}}_{\mu }(f;\sigma )<\epsilon .$$这表明, $|f|$ 是 Stieltjes 可积的. 另外, 对于有限的求和, 我们自然有$$|{\underline{S}}_{\mu }(f;\sigma )|⩽{\overline{S}}_{\mu }(|f|;\sigma ).$$然后, 左右两边分别与 $\left|{\int }_a^{b}fd\mu \right|$ 和 ${\int }_a^b|f|d\mu$ 差不超过 $\epsilon$, 令 $\epsilon \to 0$, 我们就得到了要证明的不等式 4).

对于 5), 假设 $f\in \mathcal{R}([a,b];\mu )\cap \mathcal{R}([a,b];\nu )$, 那么, 对于任意给定的 $\epsilon >0$, 存在分划 $\sigma \in \mathcal{S}([a,b])$, 使得$${\overline{S}}_{\mu }(f;\sigma )-{\underline{S}}_{\mu }(f;\sigma )<\epsilon ,{\overline{S}}_{\nu }(f;\sigma )-{\underline{S}}_{\nu }(f;\sigma )<\epsilon .$$另外, 根据定义, 我们有$$\begin{array}{rl}& {\overline{S}}_{\lambda \mu }(f;\sigma )=\lambda {\overline{S}}_{\mu }(f;\sigma ),{\overline{S}}_{\mu +\nu }(f;\sigma )={\overline{S}}_{\mu }(f;\sigma )+{\overline{S}}_{\nu }(f;\sigma ),\\ & {\underline{S}}_{\lambda \mu }(f;\sigma )=\lambda {\underline{S}}_{\mu }(f;\sigma ),{\underline{S}}_{\mu +\nu }(f;\sigma )={\underline{S}}_{\mu }(f;\sigma )+{\underline{S}}_{\nu }(f;\sigma ).\end{array}$$从而, $${\overline{S}}_{\lambda \mu }(f;\sigma )-{\underline{S}}_{\lambda \mu }(f;\sigma )<\lambda \epsilon ,{\overline{S}}_{\mu +\nu }(f;\sigma )-{\underline{S}}_{\mu +\nu }(f;\sigma )<2\epsilon .$$由于 $\epsilon$ 是任意选取的, 这就证明了可积性. 相应的等式由上述关于 Darboux 上下和的等式取极限立的.

其余几条的证明我们留作作业.

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