微積分/黎曼-達布克斯定義的建立

注意

這些講座不是專門為一天、一小時或一週而設計的。如果你想深入學習其中的任何主題，我可以。我在這裡提供一個指南，以及一些練習來確保你理解；但我想讓你明白，最終的學習過程是由你引導的。

隨意提出更多問題，或者你想更深入學習的地方。 Fephisto 2006 年 7 月 31 日 03:58 (UTC)

閱讀

如果你願意，可以閱讀微積分/定積分中關於積分定義的部分，但我們只偷他們的圖。

背景

積分最一般的完整定義不是黎曼-達布克斯定義。積分最一般的完整定義將允許我們在不一定是指數的集合上執行積分。完整定義還將包括我們從基本集合論過渡到群論，再到環論，最後到域論，並在此過程中定義各個角落、縫隙、引理和定理。因此，至少在最初，這裡會有一些手勢，偶爾我們可能需要回溯到一個重要的定理。

從集合論的角度來看，我們需要的主要概念是上確界、它的相反數（下確界）和分割。

上確界

上確界也稱為最小上界。從概念上講，我們將集合的上界視為集合中任何其他數都無法超過的數（但可以等於）。這樣一來，集合 1-5 的上界可以是 5、5.1、6 或一百萬。最小上界（順便說一下，最小上界是唯一的，但就我們而言，我們不會證明）是既是上界又是最小上界的數。以這種方式，我們可以至少直觀地說，集合 1-5 的最小上界確實是 5。

如果你是一個視覺學習者（我為我在這裡缺乏藝術能力而道歉）

現在是最小上界的正式定義。

對於一個域$F$，一個數$b\in F$ 是集合$E\subseteq F$ 的最小上界，當且僅當

1) b 是 E 的上界，或者

對於所有$x\in E$，$x\leq b$。

並且

2) 如果 c 是 E 的任何上界

$b\leq c$

下確界類似地定義。

那麼對於集合 A = {x | 1 $\leq$ x $\leq$ 5}，證明 5 是上確界。

分割

分割是域的“切分”部分，但不一定需要包含該域的所有元素。例如，在實數集中，我可以有我的 {1,2,3,4,5} 集合，這將是該集合的一個分割，類似地，我可以有 {1,1.1,1.2,1.3,....,4.9,5}。

更正式地說

[a,b] 的一個劃分是一個點集 P={x₀,x₁,...x_n}，其中 $n\geq 1$ 並且 a=x₀ < x₁ < ... < x_n=b。此外，如果 P 和 Q 是域 F 的劃分，並且 $P\subseteq Q$，那麼 Q 是 P 的細化。

同樣，在我們兩個示例劃分中，{1,1.1,1.2,1.3,....,4.9,5} 是 {1,2,3,4,5} 的細化。

函式的上確界/下確界

在構建定義時，我們需要對子區間（劃分的子集）及其對函式的影響進行嚴格的定義。根據完備性公理（實際上不是公理，但我們將其視為公理，它指出實數系統的每個子集都有一個最小上界）。

一個小練習

現在，證明如果 $\mathbf {R} \supseteq F$ 並且 $F\supseteq E$，那麼 $supE\leq supF$.

透過類似的證明，$infE\geq infF$，有了這兩個引理，我們可以取 [a,b] 的劃分 P 的子區間 [x_i-1,x_i]，如果函式 f: [a,b] $\rightarrow \mathbf {R}$ 有界，那麼 f 在子區間上是有界的，這允許我們對每個 i=1,...,n 定義

M_i = f 在 [x_i-1,x_i] 上的上確界

並且

m_i = f 在 [x_i-1,x_i] 上的下確界

黎曼-達布積分

我們越來越接近了，我們終於可以定義黎曼-達布積分的上和與下和。這本質上是積分，但它缺少一個關鍵屬性，這將在下一講中介紹。

例如，關於我們在這裡所做的概念，至少對於上和來說，在顯示一堆符號之前，我們取一個劃分的子區間，找到函式在該區間上的最高值，將其乘以子區間的長度，得到矩形，然後瘋狂求和。下和類似，只是取函式的最低值。

這個想法類似於教科書中的圖 5

但是讓我們稍微重新格式化一下影像

現在，積分的通用定義（以防你的好奇心達到頂峰），選擇函式在子區間上的隨機值，這就是圖 5 中顯示的內容。

無論哪種方式，它都以其榮耀出現

U(P,f) = $\sum _{i=1}^{n}M_{i}(x_{i}-x_{i-1})$

L(P,f) = $\sum _{i=1}^{n}m_{i}(x_{i}-x_{i-1})$

現在，我將留給你一個關於上和與下和的小練習，但這並非本講的結束。

求和練習

令 f: [0,1] $\rightarrow \mathbf {R}$ 為 f(x) = x，並且令 $n\in \mathbf {N}$ 形成一個均勻劃分 P = {i/n | 0,...,n}，其中 i 從 1 到 n。顯式地找到 U(P,f) 和 L(P,f)。

解

1.(n+m)/2n.

關於劃分的更多細節：點細化

劃分、其細化以及上和與下和之間存在非常密切的聯絡，這將導致積分。

現在，讓我們考察一下劃分細化及其上和與下和的一些性質。直觀上，下和應該小於上和。此外，如果我們透過建立更精細的劃分來減小區間，直觀上我們應該有一個比以前更小的上和（因為我們沒有高估上和），以及一個比以前更高的下和。

假設我們有一個區間 [a, b] 的分割 P，以及一個比 P 多一個點的細化分割 P'，其中 P' = P ∪ {z}。如果 $f:[a,b]\rightarrow \mathbf {R}$ 是任何有界函式，那麼根據我們的直覺，我們可以得出結論： $L(P,f)\leq L(P',f)\leq U(P',f)\leq U(P,f)$.

練習

我將把實際的證明留給你。以下內容可能會有所幫助（但如果你想完全發揮創意，那也很好）：

-分別處理包含點 z 的子區間，比較該點周圍的和，並引用其他部分的相似性。

-注意到 $L(P,f)\leq L(P',f)$ 的證明類似於 $U(P,f)\leq U(P',f)$ 的證明。

-你可能需要引用之前在《函式的上確界/下確界_一個小練習》中證明的內容。

關於分割的主要想法是，它們只是區間集合的有序集合。

關於分割細化的更多內容：使用點細化

我們現在要概括一下剛剛證明的內容，上面證明的內容可以被認為是一個“弱命題”，而這個命題是一個“強命題”。事實上，不僅點細化具有這種性質，任何分割細化都具有這種性質！

因此，如果 $f:[a,b]\rightarrow \mathbf {R}$ 是一個有界函式，並且 P 和 Q 是 [a, b] 的分割，其中 Q 是 P 的細化，那麼

$L(P,f)\leq L(Q,f)\leq U(Q,f)\leq U(P,f)$

證明。對於 $r\in \mathbf {N}$，令 J(r)（為了簡便起見，用英文表示）為“如果 Q - P 有 r 個元素，那麼上面的命題成立”。我們將透過歸納法證明 J(r) 對所有 $r\in \mathbf {N}$ 成立。

基本情況 J(1) 是點細化證明練習。

對於歸納步驟，假設 J(r) 對 $r\in \mathbf {N}$ 成立。我們證明 J(r + 1)。假設 Q - P 有 r + 1 個元素。令 Q' 為分割，使得 Q' - P 有 r 個元素。根據歸納假設

$L(P,f)\leq L(Q',f)\leq U(Q',f)\leq U(P,f)$

並且由於 Q 是 Q' 的一點細化，根據練習證明，

$L(Q',f)\leq L(Q,f)\leq U(Q,f)\leq U(Q',f)$

透過這兩個不等式，我們證明了

$L(P,f)\leq L(Q,f)\leq U(Q,f)\leq U(P,f)$

這就是我們要證明的結論。證畢。

上確界的另一個性質

至少在我的當地地區，我們稱之為“上確界的逼近性質”。然而，當地的說法可能在其他地方有所不同，而且大多數時候都沒有被提到，但它對於後面的可積性判據很重要。

如果我們有一個實數集的子集 $E\subset \mathbf {R}$ 並且 b = sup E，那麼我們有以下定理

b 是 E 的上確界當且僅當對於任意 ε > 0，存在 $x\in E$ 使得 x > b - ε。

它具有類似於極限定義的性質。

我將證明雙條件語句的逆命題

如果對於任意 ε > 0，存在 $x\in E$ 使得 x > b - ε，那麼 b = sup E。

我們將用反證法證明，假設 $b\neq sup$，令 c 為 E 的任意上界，並假設 c < b，令 ε = b - c，那麼透過一些代數運算，可得 x > c。然而，這不可能，因為 c 是 E 的上界，因此 $c\geq b$ 由三歧性定理，根據上確界的定義，可知 b = sup E。矛盾，歸謬法得證。

近似性質證明練習

您來證明前向命題。可能對您有幫助的是，您可以用逆否命題證明，只需使用上確界的定義。

最後一個量

透過對劃分和細化的討論，我們可以展示最後一個定義

$L(f)=sup_{P}L(P,f)$

$U(f)=inf_{P}U(P,f)$

直觀上，我們可以將它們理解為（對於第一個）產生最高下和值的劃分，以及（對於第二個）產生最低上和值的劃分。它們究竟是什麼，我們暫時留作謎題。

求和練習重現

對於函式 f(x) = x 和 [0,1] 的等距劃分 $P_{n}$，顯式地求出 U(f) 和 L(f)。您注意到什麼了嗎？

額外內容

我有點搞亂了編號，因為我將要展示的證明，填補了討論中證明的空缺，它的部分內容是阿基米德性質。無論如何，我們開始吧

令 $a,b,x\in \mathbf {R}$ 其中 a < b 且 x > 0，那麼我們將證明，在區間 (a,b) 中存在 x 的有理數倍數（稱之為討論中證明中建議的元素 b）。

這裡有很多東西需要建立，為了避免我們回溯太遠，我希望您能直觀地理解以下內容：自然數集合（1,2,3,...）在實數集合中沒有上界，因此對於實數集合的任意元素 x，存在自然數集合中的元素 n 使得 n > x。作為一個練習，您可以用完備性公理來證明這一點（如果您嘗試證明，並且想讓我檢查一下，請將標題命名為“次阿基米德證明”。如果您想嘗試證明，我建議您使用上界的定義進行歸謬法）。

阿基米德性質

對於每個實數 x > 0，存在 $n\in \mathbf {N}$ 使得 1/n < x。

根據我之前讓您直觀理解的定理（或者您已經證明的定理），對於任意 $x\in \mathbf {R}$，存在 $n\in \mathbf {N}$ 使得

n > 1/x （因為 1/x 也是一個實數）

透過簡單的代數運算可得

x > 1/n

證畢。

回到實際證明

設$q\in \mathbf {N}$ 足夠大，使得根據阿基米德性質，以下成立

1/q < (b-a)/x

由於自然數集沒有上界，則以下集合 S 不為空

$S={n\in \mathbf {Z} |n\cdot {\frac {X}{Q}}\geq b}$

根據下界的定義，bq/x 是 S 的一個下界。然後根據良序原理（有下界的集合有一個最小元素），S 中存在一個最小的整數，記為 l，令 p = l - 1。那麼，根據我們對 S 的設定，以及 l 是這個集合中最小的元素，可以得到$p!\in S$，因此$p\cdot {\frac {x}{q}}<b$。此外，根據我們對 q 的最初不等式

x/q + a < b

$b\leq l\cdot {\frac {x}{q}}$

根據傳遞性

$x/q+a<l\cdot {\frac {x}{q}}$

$a<l\cdot {\frac {x}{q}}-{\frac {x}{q}}$

$a<(l-1)\cdot {\frac {x}{q}}=p\cdot {\frac {x}{q}}$

因此，a < (p/q) x < b，並且由於 (p/q) x 是 x 的一個有理倍數，我們已經證明了 x 的一個有理倍數位於區間 (a,b) 中，這就是我們要證明的。

評論

這填補了 sup E > sup F 意味著存在一個元素 b，使得.....