积分理论

非负函数的积分

我们分三段来讨论：

1° 测度有限集合上的非负有界函数情形

设 $E$ 是 $R^n$ 中的一可测集，如果 $E_1,E_2,\cdots ,E_m$ 是 $E$ 的互不相交的可测子集，

$$E=\bigcup _{i=1}^m{E}_i,$$

则我们就说，$E_1,E_2,\cdots ,E_m$ 构成 $E$ 的一个（可测）分划，或者说等式

$$E=\bigcup _{i=1}^m{E}_i$$

表示 $E$ 的一个分划。
设

$$D_1:E=\bigcup _{i=1}^{m_1}{E}_i^{(1)},D_2:E=\bigcup _{i=1}^{m_2}{E}_i^{(2)}$$

是 $E$ 的两个分划，则

$$E=\bigcup _{i=1}^{m_1}\bigcup _{j=1}^{m_2}\left(E_i^{(1)}\cap E_j^{(2)}\right)$$

显然也是 $E$ 的一个分划，我们称它是分划 $D_1$ 和 $D_2$ 的合并。
对于 $E$ 的两个分划 $D$ 和 $D^{\prime }$，如果 $D^{\prime }$ 是 $D$ 和 $E$ 的另一分划的合并，则我们就说分划 $D^{\prime }$ 比分划 $D$ 更细密。
现在我们设 $E$ 不仅是可测的，而且它的测度还是有限的，即

$$mE<+\infty .$$

又设 $f(x)$ 是 $E$ 上的非负有界函数，

$$0\le f(x)\le M<+\infty .$$

对于 $E$ 的分划

$$D:E=\bigcup _{i=1}^m{E}_i,$$

令

$$b_i=\underset{x\in E_i}{\inf }f(x),B_i=\underset{x\in E_i}{\sup }f(x),i=1,2,\cdots ,m.$$

作和

$$s_D=\sum _{i=1}^m{b}_{i}m{E}_i,S_D=\sum _{i=1}^m{B}_{i}m{E}_i.$$

分别称之为 $f(x)$ 关于分划 $D$ 的小和数与大和数。显然

$$0\le s_D\le S_D\le MmE.$$

另外，如果我们作 $E$ 上的简单函数

$${\underline{\psi }}_D(x)=\sum _{i=1}^m{b}_i{\phi }_{E_i}(x),$$ $${\overline{\psi }}_D(x)=\sum _{i=1}^m{B}_i{\phi }_{E_i}(x),$$

则在 $E$ 上

$${\underline{\psi }}_D(x)\le f(x)\le {\overline{\psi }}_D(x),$$

所以

$$G(E;{\underline{\psi }}_D)\subset G(E;f)\subset G(E;{\overline{\psi }}_D).$$

而且

$$s_D=mG(E;{\underline{\psi }}_D),S_D=mG(E;{\overline{\psi }}_D).$$

引理

如果 $E$ 的分划 $D^{\prime }$ 比 $D$ 更细密，则

$$s_D\le s_{D^{\prime }}\le S_{D^{\prime }}\le S_D.$$

证明
设

$$D=\bigcup _{i=1}^m{E}_i,$$

$D^{\prime }$ 是 $D$ 和分划

$$D^{\prime \prime }=\bigcup _{j=1}^l{E}_j^{\prime \prime }$$

合并而成的，即 $D^{\prime }$ 是

$$E=\bigcup _{i=1}^m\bigcup _{j=1}^l(E_i\cap E_j^{\prime \prime })=\bigcup _{i=1}^m\bigcup _{j=1}^l{E}_{ij}.$$

此处

$$E_{ij}=E_i\cap E_j^{\prime \prime }.$$

注意 $E_{ij}\subset E_i$，所以

$$b_i^{\prime }\stackrel{\mathrm{def}}{=}\underset{x\in E_{ij}}{\inf }f(x)\ge b_i\stackrel{\mathrm{def}}{=}\underset{x\in E_i}{\inf }f(x),$$ $$B_i^{\prime }\stackrel{\mathrm{def}}{=}\underset{x\in E_{ij}}{\sup }f(x)\le B_i\stackrel{\mathrm{def}}{=}\underset{x\in E_i}{\sup }f(x),$$

其中

$$i=1,2,\cdots ,m,j=1,2,\cdots ,l.$$

于是

$$s_{D^{\prime }}=\sum _{i=1}^m\sum _{j=1}^l{b}_{ij}m{E}_{ij}\ge \sum _{i=1}^m\sum _{j=1}^l{b}_{i}m{E}_{ij}$$ $$=\sum _{i=1}^m{b}_i\left(\sum _{j=1}^{l}m{E}_{ij}\right)=\sum _{i=1}^m{b}_{i}m{E}_i=s_D.$$

同理，

$$S_{D^{\prime }}=\sum _{i=1}^m\sum _{j=1}^l{B}_{ij}m{E}_{ij}\le \sum _{i=1}^m\sum _{j=1}^l{B}_{i}m{E}_{ij}$$ $$=\sum _{i=1}^m{B}_i\left(\sum _{j=1}^{l}m{E}_{ij}\right)=\sum _{i=1}^m{B}_{i}m{E}_i=S_D.$$

而

$$s_{D^{\prime }}\le S_{D^{\prime }}$$

是已知的，所以

$$s_D\le s_{D^{\prime }}\le S_{D^{\prime }}\le S_D.$$

证毕。

推论

对于 $E$ 的任意两个分划 $D_1$ 和 $D_2$，都有

$$s_{D_i}\le S_{D_j},i=1,2;j=1,2.$$

证明
合并 $D_1$ 和 $D_2$ 成为一新的分划 $D$，则

$$s_{D_i}\le s_D\le S_D\le S_{D_j},i=1,2;j=1,2.$$

定义： 对于测度有限的可测集 $E$ 及 $E$ 上的有界非负函数 $f(x)$，定义 $f(x)$ 在 $E$ 上的上积分为

$$\overline{{\int }_E}f(x)dx=\underset{D}{\inf }\{S_D\}.$$

下积分为

$$\underline{{\int }_E}f(x)dx=\underset{D}{\sup }\{s_D\}.$$

此处 $\inf$ 和 $\sup$ 是就 $E$ 的一切可能的分划取的。
由定义及前面的推论，即知

$$\underline{{\int }_E}f(x)dx\le \overline{{\int }_E}f(x)dx.$$

又如果 $f(x)$ 在 $E$ 上恒等于一常数 $c$，则

$$\underline{{\int }_E}f(x)dx=\overline{{\int }_E}f(x)dx=cmE.$$

定理 1

设 $mE<+\infty$，$f(x),g(x)$ 都是 $E$ 上的非负有界函数，则：

（1）当 $f(x)\le g(x)(x\in E)$ 时，

$$\underline{{\int }_E}f(x)dx\le \underline{{\int }_E}g(x)dx,\overline{{\int }_E}f(x)dx\le \overline{{\int }_E}g(x)dx.$$

（2）如果 $E_1,E_2$ 都是 $E$ 的可测子集，且

$$E_1\cap E_2=\varnothing ,E=E_1\cup E_2,$$

则

$$\overline{{\int }_E}f(x)dx=\overline{{\int }_{E_1}}f(x)dx+\overline{{\int }_{E_2}}f(x)dx,$$ $$\underline{{\int }_E}f(x)dx=\underline{{\int }_{E_1}}f(x)dx+\underline{{\int }_{E_2}}f(x)dx.$$

（3）

$$\overline{{\int }_E}[f(x)+g(x)]dx\le \overline{{\int }_E}f(x)dx+\overline{{\int }_E}g(x)dx,$$ $$\underline{{\int }_E}[f(x)+g(x)]dx\ge \underline{{\int }_E}f(x)dx+\underline{{\int }_E}g(x)dx.$$

证明 （1）是显然的。现在证明（2）。对于 $E_1$ 上的任一分划 $D_1$ 和 $E_2$ 上的任意分划 $D_2$，我们都可以把它们“拼接”成为 $E$ 的一个分划 $D$。这时

$$\overline{{\int }_E}f(x)dx\le S_D=S_{D_1}+S_{D_2}.$$

所以

$$\overline{{\int }_E}f(x)dx\le \overline{{\int }_{E_1}}f(x)dx+\overline{{\int }_{E_2}}f(x)dx.$$

另一方面，对于 $E$ 的任意分划

$$D:E=\bigcup _{i=1}^m{E}_i,$$

易见 $E_1\cap E_1,E_1\cap E_2,\cdots ,E_1\cap E_m;$ $E_2\cap E_1,E_2\cap E_2,\cdots ,E_2\cap E_m$ 构成 $E$ 上的一个比 $D$ 更细密的分划

$$D^{\ast }:E=\left(\bigcup _{i=1}^m{E}_i\cap E_1\right)\cup \left(\bigcup _{i=1}^m{E}_i\cap E_2\right).$$

注意

$$E_i=(E_i\cap E_1)\cup (E_i\cap E_2),$$

和

$$E_1=\bigcup _{i=1}^m(E_i\cap E_1),E_2=\bigcup _{i=1}^m(E_i\cap E_2),$$

分别是 $E_1$ 和 $E_2$ 的分划，我们记之为 $D_1^{\ast }$ 和 $D_2^{\ast }$，则由引理，

$$S_D\ge S_{D^{\ast }}=S_{D_1^{\ast }}+S_{D_2^{\ast }}\ge \overline{{\int }_{E_1}}f(x)dx+\overline{{\int }_{E_2}}f(x)dx,$$

因此又有

$$\overline{{\int }_E}f(x)dx\ge \overline{{\int }_{E_1}}f(x)dx+\overline{{\int }_{E_2}}f(x)dx.$$

于是

$$\overline{{\int }_E}f(x)dx=\overline{{\int }_{E_1}}f(x)dx+\overline{{\int }_{E_2}}f(x)dx.$$

关于下积分的等式的证明是类似的，留作习题。
最后证明（3）。设 $\epsilon >0$，由定义应有 $E$ 的两个分划 $D_1$ 和 $D_2$，使

$$S_{D_1}(f)<\overline{{\int }_E}f(x)dx+\frac{\epsilon }{2},S_{D_2}(g)<\overline{{\int }_E}g(x)dx+\frac{\epsilon }{2}.$$

此处 $S_{D_1}(f),S_{D_2}(g)$ 分别是 $f$ 关于 $D_1$ 和 $g$ 关于 $D_2$ 的大和数。合并 $D_1,D_2$ 而成 $E$ 的一个更细密的分划 $D$，则当 $S_D(f+g)$ 是 $f(x)+g(x)$ 关于 $D$ 的大和数时，

$$\overline{{\int }_E}[f(x)+g(x)]dx\le S_D(f+g)\le S_D(f)+S_D(g)$$ $$\le S_{D_1}(f)+S_{D_2}(g)<\overline{{\int }_E}f(x)dx+\overline{{\int }_E}g(x)dx+\epsilon .$$

由于 $\epsilon >0$ 任意，这说明

$$\overline{{\int }_E}[f(x)+g(x)]dx\le \overline{{\int }_E}f(x)dx+\overline{{\int }_E}g(x)dx.$$

关于下积分的不等式可类似地证明。

定理 2

如果 $E$ 是 ${\mathbb{R}}^n$ 中测度有限的可测集，$f(x)$ 是 $E$ 上的非负有界函数，则

$$\underline{{\int }_E}f(x)dx=\overline{{\int }_E}f(x)dx$$

的充要条件是 $f(x)$ 为 $E$ 上的可测函数。

证明 充分性 设

$$0\le f(x)<M(x\in E).$$

对任意 $\epsilon >0$，取正整数 $k$，使

$$\frac{M}{k}<\frac{\epsilon }{1+mE}.$$

由于 $f(x)$ 可测，所以令

$$E_i=\left\{x;(i-1)\frac{M}{k}\le f(x)<i\frac{M}{k}\right\},i=1,2,\cdots ,k,$$

则

$$E=\bigcup _{i=1}^k{E}_i$$

是 $E$ 的一个分划 $D$，显然

$$0\le S_D-s_D=\sum _{i=1}^k(B_i-b_i)m{E}_i$$ $$\le \sum _{i=1}^k\frac{M}{k}m{E}_i=\frac{M}{k}mE<\epsilon .$$

因此

$$\overline{{\int }_E}f(x)dx-\underline{{\int }_E}f(x)dx<\epsilon .$$

由于 $\epsilon >0$ 任意，所以

$$\overline{{\int }_E}f(x)dx=\underline{{\int }_E}f(x)dx.$$

必要性 既然

$$\underset{D}{\sup }\{s_D\}=\underline{{\int }_E}f(x)dx=\overline{{\int }_E}f(x)dx=\underset{D}{\inf }\{S_D\},$$

对任意正整数 $n$，都应有 $E$ 的分划 $D_n^{\prime },D_n^{\prime \prime }$，使

$$S_{D_n^{\prime }}-s_{D_n^{\prime \prime }}<\frac{1}{n}.$$

根据引理，我们对合并 $D_n^{\prime },D_n^{\prime \prime }$ 而得的分划 $D_n$ 也有

$$S_{D_n}-s_{D_n}<\frac{1}{n}.$$

由于必要时我们还可以合并 $D_1,\cdots ,D_n$ 而作为新的 $D_n$，我们还可假定上述这一串分划是一个比一个更细密的。设

$$D_n:E=\bigcup _{i=1}^{m_n}{E}_i^{(n)},n=1,2,3,\cdots .$$

考虑与之相应的简单函数列

$${\psi }_n(x)=\sum _{i=1}^{m_n}{b}_i^{(n)}{\phi }_{E_i^{(n)}}(x)$$

和

$${\varphi }_n(x)=\sum _{i=1}^{m_n}{B}_i^{(n)}{\phi }_{E_i^{(n)}}(x),$$

其中

$$b_i^{(n)}=\underset{x\in E_i^{(n)}}{\inf }f(x),B_i^{(n)}=\underset{x\in E_i^{(n)}}{\sup }f(x),i=1,2,\cdots ,m_n,n=1,2,\cdots .$$

它们都是 $E$ 上的可测函数序列，并且在 $E$ 上有

$$0\le {\psi }_1(x)\le {\psi }_2(x)\le \cdots \le {\psi }_n(x)\le \cdots \le f(x)\le \cdots \le {\varphi }_n(x)\le \cdots \le {\varphi }_2(x)\le {\varphi }_1(x).$$

因而在 $E$ 上

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\psi }_n(x),\underset{n\to \infty }{\lim }{\varphi }_n(x)$$

存在，令

$$\underline{f}(x)=\underset{n\to \infty }{\lim }{\psi }_n(x),\overline{f}(x)=\underset{n\to \infty }{\lim }{\varphi }_n(x),$$

则 $\underline{f}(x),\overline{f}(x)$ 都是 $E$ 上的非负可测函数，并且

$$\underline{f}(x)\le f(x)\le \overline{f}(x)(x\in E).$$

我们说这里的 $\underline{f}(x)$ 和 $\overline{f}(x)$ 其实是在 $E$ 上几乎处处相等的。因若不然，则有 $\epsilon >0$，使

$$mE(\epsilon )=m\{x;\overline{f}(x)-\underline{f}(x)\ge \epsilon \}=\delta >0.$$

于是在 $E(\epsilon )$ 上更应有

$${\varphi }_n(x)-{\psi }_n(x)\ge \epsilon .$$

从而

$$S_{D_n}-s_{D_n}=\sum _{i=1}^{m_n}\left(B_i^{(n)}-b_i^{(n)}\right)m{E}_i^{(n)}$$ $$\ge \sum _{i=1}^{m_n}\left(B_i^{(n)}-b_i^{(n)}\right)m\left(E(\epsilon )\cap E_i^{(n)}\right)$$ $$=\sum _{i=1}^{m_n}\left[{\varphi }_n(x)-{\psi }_n(x)\right]m\left(E(\epsilon )\cap E_i^{(n)}\right)$$ $$\ge \epsilon \sum _{i=1}^{m_n}m\left(E(\epsilon )\cap E_i^{(n)}\right)=\epsilon \delta >0.$$

与

$$S_{D_n}-s_{D_n}<\frac{1}{n}\to 0(n\to +\infty )$$

相冲突。可见 $\underline{f}(x)$ 和 $\overline{f}(x)$ 在 $E$ 上几乎处处相等，当然 $f(x)$ 也就和 $\underline{f}(x)$ 几乎处处相等，因而 $f(x)$ 在 $E$ 上可测。证完。

定理 2 告诉我们，当 $mE<+\infty$ 时，在 $E$ 上的非负有界函数 $f(x)$ 在 $E$ 上的上、下积分相等是和 $f(x)$ 在 $E$ 上可测相等价的。这时我们可把它的上、下积分的共同值称为 $f(x)$ 在 $E$ 上的积分，记为

$${\int }_{E}f(x)dx.$$

从定理 1 立即可知，如果 $f(x),g(x)$ 都是 $E$ 上的非负有界可测函数，则

$${\int }_E[f(x)+g(x)]dx={\int }_{E}f(x)dx+{\int }_{E}g(x)dx.$$

$2^{\circ }$ 测度有限集合上的非负函数情形

以上我们考虑的是 $mE<+\infty$，$f(x)$ 在 $E$ 上非负有界的情形。现在设 $f(x)$ 在 $E$ 上只是非负。对每一正整数 $m$，令

$$|f(x){|}_m=\min \{|f(x)|,m\},$$

则 $|f(x){|}_m$ 是 $E$ 上的非负有界函数，如果这些 $|f(x){|}_m$ 都在 $E$ 上有积分，这等价于 $f(x)$ 在 $E$ 上可测，令

$$I_m={\int }_E|f(x){|}_{m}dx,m=1,2,3,\cdots .$$

便得到一个单调上升的数列，因而 $\lim I_m$ 总是存在的，它可能是有限的也可能等于 $+\infty$。我们定义这个极限为 $f(x)$ 在 $E$ 上的积分，即定义

$${\int }_{E}f(x)dx=\underset{m\to \infty }{\lim }{I}_m=\underset{m\to \infty }{\lim }{\int }_E|f(x){|}_{m}dx.$$

由于显然有

$$f(x)=\underset{m\to \infty }{\lim }|f(x){|}_m,$$

我们立即可知上述积分 ${\int }_{E}f(x)dx$ 存在必需且只需 $f(x)$ 是 $E$ 上的非负可测函数。又如果 $f(x)$ 在 $E$ 上实际上还是有界的，则当 $m$ 充分大时，$|f(x){|}_m=f(x)(x\in E)$，因此便等于原先定义的 $f(x)$ 在 $E$ 上的积分，可见用上述办法把积分定义推广到一般的非负函数上去的办法，和原有的定义是相容的。
如果 $f(x),g(x)$ 都是 $E$ 上的非负可测函数，$E_1,E_2$ 是 $E$ 的可测子集，$E=E_1\cup E_2$，$E_1\cap E_2=\varnothing$，则
（i）当 $f(x)\le g(x)(x\in E)$ 时，

$${\int }_{E}f(x)dx\le {\int }_{E}g(x)dx;$$

（ii）

$${\int }_{E}f(x)dx={\int }_{E_1}f(x)dx+{\int }_{E_2}f(x)dx;$$

（iii）

$${\int }_E[f(x)+g(x)]dx={\int }_{E}f(x)dx+{\int }_{E}g(x)dx.$$

事实上，（i），（ii）从定理 1 的（i）（ii）直接推出。至于（iii），因为对于任意 $m$，都有

$$|f(x)+g(x){|}_m\le |f(x){|}_m+|g(x){|}_m\le |f(x)+g(x){|}_{2m},$$

所以

$${\int }_E|f(x)+g(x){|}_{m}dx\le {\int }_E|f(x){|}_{m}dx+{\int }_E|g(x){|}_{m}dx$$ $$\le {\int }_E|f(x)+g(x){|}_{2m}dx.$$

令 $m\to +\infty$ 便得

$${\int }_E[f(x)+g(x)]dx\le {\int }_{E}f(x)dx+{\int }_{E}g(x)dx$$ $$\le {\int }_E[f(x)+g(x)]dx.$$

这说明（iii）是成立的。

$3^{\circ }$ 测度无限情形

最后我们来考虑 $mE=+\infty$ 的情形，对任何正整数 $m$，令

$$E_m=E[x;\Vert x\Vert \le m]=\{x;x\in E,\Vert x\Vert \le m\},$$

则 $m{E}_m<+\infty$。如果 $f(x)$ 是 $E$ 上的非负可测函数，它在每一 $E_m$ 上都有积分（这相当于说 $f(x)$ 在每一 $E_m$ 上都是非负可测），则它在 $E_m$ 上的积分

$$J_m={\int }_{E_m}f(x)dx$$

构成一递增的广义数列。现在定义 $f(x)$ 在 $E$ 上的积分为

$${\int }_{E}f(x)dx=\underset{m\to \infty }{\lim }{J}_m=\underset{m\to \infty }{\lim }{\int }_{E_m}f(x)dx.$$

显然，上述积分存在的充要条件仍为 $f(x)$ 在 $E$ 上非负可测，因此以下直到本节末我们总假定 $E$ 是一般可测集（不必具有有限测度），而 $f(x)$ 在 $E$ 上非负可测。

定理 3

${\mathbb{R}}^n$ 中的可测集 $E$ 上的非负可测函数 $f(x)$ 的积分

$${\int }_{E}f(x)dx=mG(E;f).$$

证明 如果 $mE<+\infty$，$f(x)$ 有界，$\{{\psi }_n(x)\}$ 是定理 2 中证明必要性时所构造的非负简单函数列，则
（1）

$$f(x)=\underset{n\to \infty }{\lim }{\psi }_n(x)\text{a.e. 于 }E;$$

（2）

$${\psi }_n(x)\le {\psi }_{n+1}(x),n=1,2,3,\cdots ;$$

（3）

$$mG(E;{\psi }_n)=s_{D_n}⟶{\int }_{E}f(x)dx=\overline{{\int }_E}f(x)dx.$$

设 $E$ 中使（1）不成立的点构成的零测度子集为 $E_0$，则

$$G(E-E_0;f)=\bigcup _{n=1}^{\infty }G(E-E_0;{\psi }_n),n\ge 1.$$

于是只要注意到

$$mG(E_0;f)=mG(E_0;{\psi }_n)=0,$$

即

$$mG(E;f)=mG(E-E_0;f)$$ $$=\underset{n\to \infty }{\lim }mG(E-E_0;{\psi }_n)$$ $$=\underset{n\to \infty }{\lim }mG(E;{\psi }_n)=\underset{n\to \infty }{\lim }{s}_{D_n}={\int }_{E}f(x)dx.$$

当 $mE<+\infty$，$f(x)$ 在 $E$ 上为一般的非负可测函数时，因为

$$G(E;|f{|}_m)\subset G(E;|f{|}_{m+1}),m=1,2,\cdots ,$$

且

$$G(E;f)=\underset{m\to \infty }{\lim }G(E;|f{|}_m),$$

所以

$$mG(E;f)=\underset{m\to \infty }{\lim }mG(E;|f{|}_m)$$ $$=\underset{m\to \infty }{\lim }{\int }_E|f(x){|}_{m}dx={\int }_{E}f(x)dx.$$

最后，如果 $mE=+\infty$，则从已证明的结果和

$$G(E;f)=\underset{m\to \infty }{\lim }G(E_m;f)$$

定理 4

如果 $f(x),g(x)$ 都是可测集合 $E$ 上的非负可测函数，则

（1）当 $f(x)\le g(x)(x\in E)$ 时，

$${\int }_{E}f(x)dx\le {\int }_{E}g(x)dx.$$

（2）当 $E_1,E_2$ 是 $E$ 的互不相交的可测子集，$E=E_1\cup E_2$ 时，

$${\int }_{E}f(x)dx={\int }_{E_1}f(x)dx+{\int }_{E_2}f(x)dx.$$

特别是

$${\int }_{E}f(x)dx\ge {\int }_{E_i}f(x)dx,i=1,2.$$

（3）

$${\int }_E[f(x)+g(x)]dx={\int }_{E}f(x)dx+{\int }_{E}g(x)dx.$$

（4）如果 $f(x)=g(x)$ a.e. 于 $E$，则

$${\int }_{E}f(x)dx={\int }_{E}g(x)dx.$$

证明 当 $mE<+\infty$ 时，（1）、（2）和（3）都是已知的，至于（4），只要注意到当 $m{E}_i=0$ 时，

$${\int }_{E_i}f(x)dx={\int }_{E_i}g(x)dx=0,$$

即可从（2）推出。通过一次简单的取极限的手续，即知上述各结论在 $mE=+\infty$ 时仍成立。

定理 5（Levi 定理）

设

（1）$f_m(x),m=1,2,3,\cdots$，都是 $E$ 上的非负可测函数；

（2）$f_m(x)\le f_{m+1}(x)(x\in E),m=1,2,3,\cdots$；

（3）

$$f(x)=\underset{m\to \infty }{\lim }{f}_m(x)\text{a.e. 于 }E,$$

则

$${\int }_{E}f(x)dx=\underset{m\to \infty }{\lim }{\int }_E{f}_m(x)dx.$$

证明 由定理 4 的（4），可设在 $E$ 上处处有

$$f(x)=\underset{m\to \infty }{\lim }{f}_m(x),$$

于是

$$G(E;f)=\underset{m\to \infty }{\lim }G(E;f_m).$$

由定理 3 即知本定理成立。

上面的证明很自然、直观，但要用到下方图形的可测性定理（第四章 §1 定理 8），而这定理的证明与 ${\mathbb{R}}^n$ 中乘积测度理论有关，这种空间的限制将影响理论的推广与应用。为此我们现在再给出一个更为原始的证明。
先看

$${\int }_{E}f(x)dx<+\infty$$

的情形。对 $\epsilon >0$，选正整数 $m$ 和 $k$，使

$${\int }_E|f(x){|}_{k}dx{\int }_{E}f(x)dx-\frac{\epsilon }{2}.\text{\hspace{1em}(1)}$$

此处

$$E_m=E[x;\Vert x\Vert \le m].$$

注意 $m{E}_m<+\infty$ 且在 $E_m$ 上

$$|f(x){|}_k=\underset{n\to \infty }{\lim }|f_n(x){|}_k,$$

由 Egorov 定理，有 $e\subset E_m$，使

$$me<\frac{\epsilon }{4k}$$

且在

$$E_m-e$$

上 $|f_n(x){|}_k$ 一致收敛于 $|f(x){|}_k$。设正整数 $n_0$ 使 $n\ge n_0$ 时，对一切 $x\in E_m-e$，都有

$$0\le |f(x){|}_k-|f_n(x){|}_k<\frac{1}{4(1+m{E}_m)}.\text{\hspace{1em}(2)}$$

则当 $n\ge n_0$ 时，

$${\int }_E{f}_n(x)dx\ge {\int }_{E_m-e}|f_n(x){|}_{k}dx\ge {\int }_{E_m-e}|f(x){|}_{k}dx-\frac{\epsilon }{4}.\text{\hspace{1em}(3)}$$

另一方面，

$${\int }_{E_m}|f(x){|}_{k}dx={\int }_{E_m-e}|f(x){|}_{k}dx+{\int }_e|f(x){|}_{k}dx$$ $$<{\int }_{E_m-e}|f(x){|}_{k}dx+\frac{\epsilon }{4}.\text{\hspace{1em}(4)}$$

因此当 $n\ge n_0$ 时，依次由（3）、（4）、（1）式得

$${\int }_E{f}_n(x)dx{\int }_{E_m-e}|f(x){|}_{k}dx-\frac{\epsilon }{4}$$ $${\int }_{E_m}|f(x){|}_{k}dx-\frac{\epsilon }{4}-\frac{\epsilon }{4}$$ $${\int }_{E}f(x)dx-\epsilon .$$

这说明

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_E{f}_n(x)dx\ge {\int }_{E}f(x)dx-\epsilon .$$

注意 $\epsilon >0$ 任意便知

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_E{f}_n(x)dx\ge {\int }_{E}f(x)dx.\text{\hspace{1em}(5)}$$

另一方面，对任意 $n$ 都有 $f_n(x)\le f(x)(x\in E)$，所以

$${\int }_E{f}_n(x)dx\le {\int }_{E}f(x)dx.$$

于是

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_E{f}_n(x)dx\le {\int }_{E}f(x)dx.$$

结合（5）便得

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_E{f}_n(x)dx={\int }_{E}f(x)dx.$$

至于

$${\int }_{E}f(x)dx=+\infty$$

的情形，证明是类似的。

定理 6（Lebesgue 基本定理）

如果 $f_n(x),n=1,2,3,\cdots$，都是 $E$ 上的非负可测函数，

$$f(x)=\sum _{n=1}^{\infty }{f}_n(x),$$

则

$${\int }_{E}f(x)dx=\sum _{n=1}^{\infty }{\int }_E{f}_n(x)dx.$$

证明 令

$$S_n(x)=\sum _{i=1}^n{f}_i(x),$$

则 $S_n(x)$ 是 $E$ 上的非负可测函数，且

$$S_n(x)\le S_{n+1}(x),x\in E,n=1,2,3,\cdots ,$$

并且

$$f(x)=\underset{n\to \infty }{\lim }{S}_n(x).$$

所以由 Levi 定理知

$${\int }_{E}f(x)dx=\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_E{S}_n(x)dx=\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{i=1}^n{\int }_E{f}_i(x)dx=\sum _{i=1}^{\infty }{\int }_E{f}_i(x)dx.$$

定理 7（Fatou 引理）

若 $f_1(x),f_2(x),f_3(x),\cdots ,f_n(x),\cdots$ 是 $E$ 上的一串非负可测函数，则

$${\int }_E\underset{n\to \infty }{\underline{\lim }}{f}_n(x)dx\le \underset{n\to \infty }{\underline{\lim }}{\int }_E{f}_n(x)dx.$$

证明 令

$$g_n(x)=\underset{i\ge n}{\inf }\{f_i(x)\}(x\in E),$$

则 $g_n(x)$ 是 $E$ 上的非负可测函数，且

$$g_1(x)\le g_2(x)\le \cdots \le g_n(x)\le \cdots ,$$ $$\underset{n\to \infty }{\underline{\lim }}{f}_n(x)=\underset{n\to \infty }{\lim }{g}_n(x),$$

并且

$$g_n(x)\le f_n(x),n=1,2,3,\cdots .$$

于是由 Levi 定理得

$${\int }_E\underset{n\to \infty }{\underline{\lim }}{f}_n(x)dx={\int }_E\underset{n\to \infty }{\lim }{g}_n(x)dx$$ $$=\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_E{g}_n(x)dx\le \underset{n\to \infty }{\underline{\lim }}{\int }_E{f}_n(x)dx.$$

对定理 7 中的函数列 $\{f_n(x)\}$ 没有假定有递增性，定理结论中的不等号确实是可以成立的，在下节中我们将给出具体的例子。

可积函数

上一节我们考虑的是非负函数的积分，现在我们来讨论一般的函数的积分。$E$ 仍为 ${\mathbb{R}}^n$ 中的可测集合，$f^{+}(x),f^{-}(x)$ 分别代表函数 $f(x)$ 的正部和负部，即

$$f^{+}(x)=\max \{f(x),0\},$$ $$f^{-}(x)=\max \{-f(x),0\}.$$

这都是非负的函数，并且

$$f(x)=f^{+}(x)-f^{-}(x),$$ $$|f(x)|=f^{+}(x)+f^{-}(x).$$

由于已知要非负函数在一可测集合 $E$ 上有积分必须且只需它在 $E$ 上可测，以下我们总假定所考虑的函数 $f(x)$ 在 $E$ 上是可测的，于是 $f^{+}(x),f^{-}(x),|f(x)|$ 全都是 $E$ 上的非负可测函数。

$${\int }_E{f}^{+}(x)dx,{\int }_E{f}^{-}(x)dx,{\int }_E|f(x)|dx$$

都是有意义的，并且

$${\int }_E|f(x)|dx={\int }_E{f}^{+}(x)dx+{\int }_E{f}^{-}(x)dx.\text{\hspace{1em}(1)}$$ $${\int }_E|f(x)|dx={\int }_E{f}^{+}(x)dx+{\int }_E{f}^{-}(x)dx.\text{\hspace{1em}(1)}$$

定义 1 如果 $E$ 上的可测函数 $f(x)$ 的正部和负部的积分

$${\int }_E{f}^{+}(x)dx\text{和}{\int }_E{f}^{-}(x)dx$$

中至少有一个是有限的，则我们就说 $f(x)$ 在 $E$ 上是有积分的，其积分定义为

$${\int }_{E}f(x)dx={\int }_E{f}^{+}(x)dx-{\int }_E{f}^{-}(x)dx.$$

而如果

$${\int }_E{f}^{+}(x)dx\text{和}{\int }_E{f}^{-}(x)dx$$

都有限，则 $f(x)$ 既有有限积分，$|f(x)|$ 也就是有限的，这时我们便说 $f(x)$ 是在 $E$ 上（Lebesgue）可积的。
从定义立即可知，只要 $f(x)$ 在 $E$ 上有积分便有

$${\int }_E-f(x)dx=-{\int }_{E}f(x)dx.$$

并且

$$\left|{\int }_{E}f(x)dx\right|\le {\int }_E|f(x)|dx.\text{\hspace{1em}(2)}$$

从而可得下述定理 1。

定理 1

如果 $f(x)$ 在 $E$ 上可测，则
（1）$f(x)$ 在 $E$ 上可积的充要条件是 $|f(x)|$ 在 $E$ 上可积；
（2）如果 $mE<+\infty$，$f(x)$ 在 $E$ 上有界，则 $f(x)$ 在 $E$ 上可积。

定理 2

如果有界函数 $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上是 Riemann 可积的，则 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上也是（Lebesgue）可积的，并且

$${\int }_{[a,b]}f(x)dx=(R){\int }_a^{b}f(x)dx.$$

此处 $(R){\int }_a^{b}f(x)dx$ 表示 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上的 Riemann 积分。
证明 当 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上 Riemann 可积时，$f^{+}(x),f^{-}(x)$ 也在 $[a,b]$ 上 Riemann 可积，且

$$(R){\int }_a^{b}f(x)dx=(R){\int }_a^b{f}^{+}(x)dx-(R){\int }_a^b{f}^{-}(x)dx.$$

所以不妨假设 $f(x)$ 是非负的。由于 $f(x)$ 还是有界的，所以我们要证明的就是

$${\int }_{[a,b]}f(x)dx={\int }_{(a,b)}f(x)dx=(R){\int }_a^{b}f(x)dx.\text{\hspace{1em}(3)}$$

由有界函数 Riemann 可积的条件，对于任意 $\epsilon >0$，都有 $[a,b]$ 的一个分划 $\Delta :a=x_0<x_1<\cdots <x_n=b$，使 $f(x)$ 的关于 $\Delta$ 的 Riemann 大小和 ${\bar{S}}_{\Delta },{\underline{S}}_{\Delta }$ 满足条件

$$0\le {\bar{S}}_{\Delta }-{\underline{S}}_{\Delta }<\epsilon .\text{\hspace{1em}(4)}$$ $${\bar{S}}_{\Delta }=\sum _{i=1}^n{B}_i\Delta x_i,{\underline{S}}_{\Delta }=\sum _{i=1}^n{b}_i\Delta x_i,$$

其中

$$B_i=\underset{x_{i-1}\le x\le x_i}{\sup }f(x),b_i=\underset{x_{i-1}\le x\le x_i}{\inf }f(x),\Delta x_i=x_i-x_{i-1}.$$

由于

$${\underline{S}}_{\Delta }\le (R){\int }_a^{b}f(x)dx\le {\bar{S}}_{\Delta },$$

所以

$$(R){\int }_a^{b}f(x)dx-\epsilon <{\underline{S}}_{\Delta }\le {\bar{S}}_{\Delta }<(R){\int }_a^{b}f(x)dx+\epsilon .\text{\hspace{1em}(5)}$$

令

$$E_1=(x_0,x_1],E_i=(x_{i-1},x_i],i=2,\cdots ,n,$$

则

$$(a,b]=\bigcup _{i=1}^n{E}_i$$

便是 $(a,b]$ 的一个可测分划。因为

$$m{E}_i=\Delta x_i,$$ $$B_i=\underset{x\in E_i}{\sup }f(x)\le {\bar{B}}_i,b_i=\underset{x\in E_i}{\inf }f(x)\ge {\bar{b}}_i,$$

$f(x)$ 关于 $E_i$ 的大、小和 $S_D,s_D$ 满足

$${\underline{S}}_{\Delta }\le s_D\le S_D\le {\bar{S}}_{\Delta }.$$

从而由 (5) 式得

$$(R){\int }_a^{b}f(x)dx-\epsilon <s_D\le S_D<(R){\int }_a^{b}f(x)dx+\epsilon .$$

进而

$$(R){\int }_a^{b}f(x)dx-\epsilon <{\int }_{(a,b)}f(x)dx\le {\int }_{[a,b]}f(x)dx<(R){\int }_a^{b}f(x)dx+\epsilon .$$

由于 $\epsilon >0$ 是任意的，所以 (3) 式成立。证完。
以后为书写简便，$f(x)$ 在 $[a,b]$ 上的积分将记为 ${\int }_a^{b}f(x)dx$。

上面的定理谈的是一维空间的情形。对于高维空间，类似的定理也是成立的，不过在定义 Riemann 积分的重要分时，要把区域分成“有面积”的小块；而“有面积”一词的精确定义，在数学分析中一般都不进行认真的讨论，所以我们现在也不去讨论这种一般的情况。

例 1 设 $E=[0,1]$，$f_n(x)=n{x}^{n-1}$ 自然是 $E$ 上的非负可测函数，由于

$$(R){\int }_0^1{f}_n(x)dx=(R){\int }_0^{1}n{x}^{n-1}dx=x^n{|}_0^1=1.$$

所以

$${\int }_E{f}_n(x)dx={\int }_E{f}_n(x)dx=1,n\ge 1.$$

从而

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_E{f}_n(x)dx=1.$$

但是显然有

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{f}_n(x)=0,x\in E.$$

所以

$${\int }_E\underset{n\to \infty }{\lim }{f}_n(x)dx=0.$$

可见 Fatou 引理（§1 定理 7）中的不等号确实可以成立。

例 2 Dirichlet 函数

$$D(x)=\{\begin{array}{ll}1,& x\text{ 为有理数},\\ 0,& x\text{ 为无理数},\end{array}$$

在 $[0,1]$ 上是可积的，但不是 Riemann 可积的。

定理 3

若 $f(x)$ 在 $E$ 上可积，则

$$mE[x;f(x)=+\infty ]=mE[x;f(x)=-\infty ]=0.$$

证明 设不然，比如说

$$mE[x;f(x)=+\infty ]=\delta >0,$$

则必有 $mE[x;f(x)=-\infty ]=0$。则必有 $mE[x;|x|\le m,f(x)=+\infty ]$ 的测度有 $>\frac{\delta }{2}>0$。
令

$$E_m^{\ast }=E[x;|x|\le m,f(x)=+\infty ],$$

则对任意正整数 $k$，都有

$${\int }_E{f}^{+}(x)dx\ge {\int }_{E_m^{\ast }}{f}^{+}(x)dx\ge {\int }_{E_m^{\ast }}|f^{+}(x)|dx\ge km{E}_m^{\ast }\frac{k\delta }{2},$$

这说明

$${\int }_E{f}^{+}(x)dx=+\infty 。$$

与 $f(x)$ 在 $E$ 上可积矛盾。同法可证

$$mE[x;f(x)=-\infty ]=0.$$

定理 4

如果 $E$ 是可测集，则：

（1）当 $f(x)$ 在 $E$ 上可测，$g(x)$ 在 $E$ 上可积，且

$$|f(x)|\le g(x)(x\in E)$$

时，$f(x)$ 在 $E$ 上可积。

（2）当 $f(x)$ 在 $E$ 上有积分时，对于任意常数 $c$，$cf(x)$ 在 $E$ 上有积分，并且

$${\int }_{E}cf(x)dx=c{\int }_{E}f(x)dx.$$

（3）当 $f(x),g(x)$ 都在 $E$ 上有积分时，$f(x)+g(x)$ 也在 $E$ 上有积分，且

$${\int }_E[f(x)+g(x)]dx={\int }_{E}f(x)dx+{\int }_{E}g(x)dx.$$

（4）当 $E_n,n=1,2,3,\cdots$ 都是 $E$ 的可测子集，互不相交，且

$$E=\bigcup _{n=1}^{\infty }{E}_n$$

时，若 $f(x)$ 在 $E$ 上有积分，则 $f(x)$ 在每个 $E_n$ 上都有积分，并且

$${\int }_{E}f(x)dx=\sum _{n=1}^{\infty }{\int }_{E_n}f(x)dx.$$

特别地，当 $f(x)$ 在 $E$ 上可积时，$f(x)$ 在 $E$ 的任意可测子集上仍可积。

（5）当 $f(x),g(x)$ 都在 $E$ 上有积分且

$$f(x)\le g(x)(x\in E)$$

时，

$${\int }_{E}f(x)dx\le {\int }_{E}g(x)dx.$$

（6）当 $f(x)$ 在 $E$ 上有积分且

$$f(x)=g(x)\text{a.e. 于 }E$$

时，$g(x)$ 在 $E$ 上也有积分，并且

$${\int }_{E}g(x)dx={\int }_{E}f(x)dx.$$

证明 先证明非负可测函数积分的一些基本性质。
设 $u(x),v(x)$ 是 $E$ 上的非负可测函数。由非负函数 Lebesgue 积分的定义可知：
（i）若 $0\le u(x)\le v(x)$，则

$${\int }_{E}u(x)dx\le {\int }_{E}v(x)dx.$$

（ii）若 $c\ge 0$，则

$${\int }_{E}cu(x)dx=c{\int }_{E}u(x)dx.$$

（iii）若 $u(x),v(x)\ge 0$，则

$${\int }_E[u(x)+v(x)]dx={\int }_{E}u(x)dx+{\int }_{E}v(x)dx.$$

（iv）若

$$E=\bigcup _{n=1}^{\infty }{E}_n,$$

且 $E_n$ 两两不交，则

$${\int }_{E}u(x)dx=\sum _{n=1}^{\infty }{\int }_{E_n}u(x)dx.$$

下面利用这些性质证明各结论。
（1）因为

$$|f(x)|\le g(x),$$

所以 $g(x)\ge 0$。
又因为 $g(x)$ 在 $E$ 上可积，所以

$${\int }_{E}g(x)dx<+\infty .$$

而

$$0\le f^{+}(x)\le |f(x)|\le g(x),$$ $$0\le f^{-}(x)\le |f(x)|\le g(x).$$

于是由非负函数积分的单调性，

$${\int }_E{f}^{+}(x)dx\le {\int }_{E}g(x)dx<+\infty ,$$ $${\int }_E{f}^{-}(x)dx\le {\int }_{E}g(x)dx<+\infty .$$

因此

$${\int }_E{f}^{+}(x)dx<+\infty ,{\int }_E{f}^{-}(x)dx<+\infty .$$

所以 $f(x)$ 在 $E$ 上可积。

（2）设 $f(x)$ 在 $E$ 上有积分。
若 $c=0$，则

$$cf(x)=0,$$

显然有积分，并且

$${\int }_{E}cf(x)dx=0=c{\int }_{E}f(x)dx.$$

若 $c>0$，则

$$(cf{)}^{+}(x)=c{f}^{+}(x),(cf{)}^{-}(x)=c{f}^{-}(x).$$

于是

$$\begin{array}{rl}{\int }_{E}cf(x)dx& ={\int }_E(cf{)}^{+}(x)dx-{\int }_E(cf{)}^{-}(x)dx\\ & ={\int }_{E}c{f}^{+}(x)dx-{\int }_{E}c{f}^{-}(x)dx\\ & =c{\int }_E{f}^{+}(x)dx-c{\int }_E{f}^{-}(x)dx\\ & =c\left({\int }_E{f}^{+}(x)dx-{\int }_E{f}^{-}(x)dx\right)\\ & =c{\int }_{E}f(x)dx.\end{array}$$

若 $c<0$，则

$$(cf{)}^{+}(x)=(-c)f^{-}(x),(cf{)}^{-}(x)=(-c)f^{+}(x).$$

因此

$$\begin{array}{rl}{\int }_{E}cf(x)dx& ={\int }_E(cf{)}^{+}(x)dx-{\int }_E(cf{)}^{-}(x)dx\\ & ={\int }_E(-c)f^{-}(x)dx-{\int }_E(-c)f^{+}(x)dx\\ & =(-c){\int }_E{f}^{-}(x)dx-(-c){\int }_E{f}^{+}(x)dx\\ & =c\left({\int }_E{f}^{+}(x)dx-{\int }_E{f}^{-}(x)dx\right)\\ & =c{\int }_{E}f(x)dx.\end{array}$$

所以对于任意常数 $c$，都有

$${\int }_{E}cf(x)dx=c{\int }_{E}f(x)dx.$$

（3）因为 $f(x),g(x)$ 在 $E$ 上有积分，所以 $f^{+},f^{-},g^{+},g^{-}$ 的积分都存在，并且

$$f=f^{+}-f^{-},$$ $$g=g^{+}-g^{-}.$$

于是

$$f+g=(f^{+}+g^{+})-(f^{-}+g^{-}).$$

又因为 $f^{+}+g^{+}$ 与 $f^{-}+g^{-}$ 都是非负可测函数，所以

$${\int }_E(f^{+}+g^{+})dx={\int }_E{f}^{+}(x)dx+{\int }_E{g}^{+}(x)dx,$$ $${\int }_E(f^{-}+g^{-})dx={\int }_E{f}^{-}(x)dx+{\int }_E{g}^{-}(x)dx.$$

因此

$$\begin{array}{rl}{\int }_E[f(x)+g(x)]dx& ={\int }_E(f^{+}+g^{+})dx-{\int }_E(f^{-}+g^{-})dx\\ & ={\int }_E{f}^{+}dx+{\int }_E{g}^{+}dx-{\int }_E{f}^{-}dx-{\int }_E{g}^{-}dx\\ & =\left({\int }_E{f}^{+}dx-{\int }_E{f}^{-}dx\right)+\left({\int }_E{g}^{+}dx-{\int }_E{g}^{-}dx\right)\\ & ={\int }_{E}f(x)dx+{\int }_{E}g(x)dx.\end{array}$$

所以

$${\int }_E[f(x)+g(x)]dx={\int }_{E}f(x)dx+{\int }_{E}g(x)dx.$$

（4）设

$$E=\bigcup _{n=1}^{\infty }{E}_n,$$

其中 $E_n$ 两两不交且可测。
因为 $f(x)$ 在 $E$ 上有积分，所以 $f^{+}(x)$ 与 $f^{-}(x)$ 在 $E$ 上都有积分。
对非负可测函数 $f^{+}$，由可数可加性，

$${\int }_E{f}^{+}(x)dx=\sum _{n=1}^{\infty }{\int }_{E_n}{f}^{+}(x)dx.$$

同理，

$${\int }_E{f}^{-}(x)dx=\sum _{n=1}^{\infty }{\int }_{E_n}{f}^{-}(x)dx.$$

于是对每个 $n$，都有

$${\int }_{E_n}{f}^{+}(x)dx\le {\int }_E{f}^{+}(x)dx,$$ $${\int }_{E_n}{f}^{-}(x)dx\le {\int }_E{f}^{-}(x)dx.$$

因此 $f(x)$ 在每个 $E_n$ 上都有积分。
并且

$$\begin{array}{rl}{\int }_{E}f(x)dx& ={\int }_E{f}^{+}(x)dx-{\int }_E{f}^{-}(x)dx\\ & =\sum _{n=1}^{\infty }{\int }_{E_n}{f}^{+}(x)dx-\sum _{n=1}^{\infty }{\int }_{E_n}{f}^{-}(x)dx\\ & =\sum _{n=1}^{\infty }\left({\int }_{E_n}{f}^{+}(x)dx-{\int }_{E_n}{f}^{-}(x)dx\right)\\ & =\sum _{n=1}^{\infty }{\int }_{E_n}f(x)dx.\end{array}$$

所以

$${\int }_{E}f(x)dx=\sum _{n=1}^{\infty }{\int }_{E_n}f(x)dx.$$

特别地，若 $A$ 是 $E$ 的任意可测子集，则

$$E=A\cup (E\setminus A),$$

且 $A$ 与 $E\setminus A$ 不交。由上面的结论可知，$f(x)$ 在 $A$ 上有积分。
如果 $f(x)$ 在 $E$ 上可积，则

$${\int }_E|f(x)|dx<+\infty .$$

于是

$${\int }_A|f(x)|dx\le {\int }_E|f(x)|dx<+\infty ,$$

所以 $f(x)$ 在 $A$ 上可积。
（5）因为

$$f(x)\le g(x),$$

所以

$$g(x)-f(x)\ge 0.$$

由（2）（3）可知，$g(x)-f(x)$ 在 $E$ 上有积分，并且

$${\int }_E[g(x)-f(x)]dx={\int }_{E}g(x)dx-{\int }_{E}f(x)dx.$$

又因为 $g(x)-f(x)\ge 0$，所以

$${\int }_E[g(x)-f(x)]dx\ge 0.$$

因此

$${\int }_{E}g(x)dx-{\int }_{E}f(x)dx\ge 0,$$

即

$${\int }_{E}f(x)dx\le {\int }_{E}g(x)dx.$$

（6）设

$$f(x)=g(x)\text{a.e. 于 }E.$$

令

$$N=\{x\in E:f(x)\ne g(x)\}.$$

则

$$mN=0.$$

于是

$$E=(E\setminus N)\cup N,$$

且 $E\setminus N$ 与 $N$ 不交。
因为在 $E\setminus N$ 上有

$$f(x)=g(x),$$

所以

$${\int }_{E\setminus N}g(x)dx={\int }_{E\setminus N}f(x)dx.$$

又因为 $mN=0$，所以任意可测函数在零测集上的积分为 $0$，即

$${\int }_{N}g(x)dx=0,$$ $${\int }_{N}f(x)dx=0.$$

于是由（4）得

$$\begin{array}{rl}{\int }_{E}g(x)dx& ={\int }_{E\setminus N}g(x)dx+{\int }_{N}g(x)dx\\ & ={\int }_{E\setminus N}f(x)dx+{\int }_{N}f(x)dx\\ & ={\int }_{E}f(x)dx.\end{array}$$

因此 $g(x)$ 在 $E$ 上也有积分，并且

$${\int }_{E}g(x)dx={\int }_{E}f(x)dx.$$

定理 5（积分的绝对连续性）

若 $f(x)$ 在 $E$ 上可积，则对于任意 $\epsilon >0$，恒有 $\delta >0$，使得当 $A\subset E$，$mA<\delta$ 时，有

$$\left|{\int }_{A}f(x)dx\right|<\epsilon .$$

证明 因为 $f(x)$ 在 $E$ 上可积，所以

$${\int }_E|f(x)|dx<+\infty .$$

于是对任意 $\epsilon >0$，存在正数 $M>0$，使得

$${\int }_{E[|f(x)|>M]}|f(x)|dx<\frac{\epsilon }{2}.$$

令

$$\delta =\frac{\epsilon }{2M}.$$

若 $A\subset E$，且

$$mA<\delta ,$$

则

$$\begin{array}{rl}\left|{\int }_{A}f(x)dx\right|& \le {\int }_A|f(x)|dx\\ & ={\int }_{A[|f(x)|\le M]}|f(x)|dx+{\int }_{A[|f(x)|>M]}|f(x)|dx.\end{array}$$

对于第一项，因为在集合 $A[|f(x)|\le M]$ 上有

$$|f(x)|\le M,$$

所以

$${\int }_{A[|f(x)|\le M]}|f(x)|dx\le MmA<M\delta =\frac{\epsilon }{2}.$$

对于第二项，因为

$$A[|f(x)|>M]\subset E[|f(x)|>M],$$

所以

$${\int }_{A[|f(x)|>M]}|f(x)|dx\le {\int }_{E[|f(x)|>M]}|f(x)|dx<\frac{\epsilon }{2}.$$

因此

$$\begin{array}{rl}\left|{\int }_{A}f(x)dx\right|& \le {\int }_{A[|f(x)|\le M]}|f(x)|dx+{\int }_{A[|f(x)|>M]}|f(x)|dx\\ & <\frac{\epsilon }{2}+\frac{\epsilon }{2}\\ & =\epsilon .\end{array}$$

所以对于任意 $\epsilon >0$，存在 $\delta >0$，使得当 $A\subset E$，$mA<\delta$ 时，有

$$\left|{\int }_{A}f(x)dx\right|<\epsilon .$$

定义 2

设 $E$ 是一可测集，$\mathcal{F}$ 是一族在 $E$ 上可积的函数。
如果对于任意 $\epsilon >0$，都有仅与 $\epsilon$ 有关的 $\delta >0$，使当

$$A\subset E,mA<\delta$$

时，对于任意 $f\in \mathcal{F}$，都有

$$\left|{\int }_{A}f(x)dx\right|<\epsilon ,\text{\hspace{1em}(6)}$$

则我们就说 $\mathcal{F}$ 是在 $E$ 上积分等度绝对连续的函数族。

注意 如果 $\mathcal{F}$ 是在 $E$ 上积分等度绝对连续的函数族，$\delta >0$ 是使 $(6)$ 对 $\frac{\epsilon }{2}$ 成立的常数，则对任意

$$A\subset E,mA<\delta ,f\in \mathcal{F},$$

令

$$A^{+}=A\cap E\{x:f(x)>0\},$$ $$A^{-}=A\cap E\{x:f(x)<0\}.$$

则

$$m{A}^{+}<\delta ,m{A}^{-}<\delta .$$

于是

$$\left|{\int }_{A^{+}}f(x)dx\right|<\frac{\epsilon }{2},\left|{\int }_{A^{-}}f(x)dx\right|<\frac{\epsilon }{2}.$$

又因为在 $A^{+}$ 上，$f(x)>0$；在 $A^{-}$ 上，$f(x)<0$，所以

$$\begin{array}{rl}{\int }_A|f(x)|dx& ={\int }_{A^{+}}|f(x)|dx+{\int }_{A^{-}}|f(x)|dx\\ & =\left|{\int }_{A^{+}}f(x)dx\right|+\left|{\int }_{A^{-}}f(x)dx\right|\\ & <\frac{\epsilon }{2}+\frac{\epsilon }{2}\\ & =\epsilon .\end{array}$$

可见定义 2 中的 $(6)$ 还可以加强成

$${\int }_A|f(x)|dx<\epsilon (f\in \mathcal{F},mA<\delta ).\text{\hspace{1em}(6’)}$$

定理 6（Vitali 定理）

设

$$\{\begin{array}{l}(1)mE<+\infty ,\\ (2)\{|f_n(x)|{\}}_{n=1}^{\infty }\text{ 是在 }E\text{ 上积分等度绝对连续的函数序列},\\ (3)\text{在 }E\text{ 上 }{f}_n(x)\to f(x),\end{array}$$

则 $f(x)$ 在 $E$ 上可积且

$${\int }_{E}f(x)dx=\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_E{f}_n(x)dx.$$

证明
由条件 $(2)$，对任意 $\epsilon >0$，存在 $\delta >0$，使得当

$$A\subset E,mA<\delta$$

时，对任意 $n$，都有

$${\int }_A|f_n(x)|dx<\epsilon .$$

因为 $f_n(x)\to f(x)$ 于 $E$ 上，故由 Fatou 引理可得

$${\int }_A|f(x)|dx\le \underset{n\to \infty }{\mathrm{liminf}}{\int }_A|f_n(x)|dx\le \epsilon .$$

所以 $f$ 在 $E$ 上积分绝对连续。
下面证明积分收敛。由 $mE<+\infty$ 以及 $f_n\to f$ 于 $E$ 上，根据 Egoroff 定理，对上述 $\delta >0$，存在可测集 $E_{\delta }\subset E$，使得

$$m(E\setminus E_{\delta })<\delta ,$$

且 $f_n\to f$ 在 $E_{\delta }$ 上一致收敛。
于是存在 $N$，当 $n\ge N$ 时，

$$|f_n(x)-f(x)|<\frac{\epsilon }{mE+1},x\in E_{\delta }.$$

因此

$$\begin{array}{rl}{\int }_E|f_n(x)-f(x)|dx& ={\int }_{E_{\delta }}|f_n(x)-f(x)|dx+{\int }_{E\setminus E_{\delta }}|f_n(x)-f(x)|dx\\ & \le {\int }_{E_{\delta }}|f_n(x)-f(x)|dx+{\int }_{E\setminus E_{\delta }}|f_n(x)|dx+{\int }_{E\setminus E_{\delta }}|f(x)|dx\\ & <\frac{\epsilon }{mE+1}mE+\epsilon +\epsilon \\ & <3\epsilon .\end{array}$$

所以

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_E|f_n(x)-f(x)|dx=0.$$

从而

$$\left|{\int }_E{f}_n(x)dx-{\int }_{E}f(x)dx\right|\le {\int }_E|f_n(x)-f(x)|dx\to 0.$$

即

$${\int }_{E}f(x)dx=\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_E{f}_n(x)dx.$$

定理 7（Lebesgue 控制收敛定理）

设

$$\{\begin{array}{l}(1)F(x)\text{ 是在 }E\text{ 上可积的};\\ (2)f_n(x),n=1,2,3,\cdots \text{ 都在 }E\text{ 上可测，且}\\ |f_n(x)|\le F(x)(x\in E);\\ (3)\text{在 }E\text{ 上 }{f}_n(x)\to f(x)\text{，或 }{f}_n(x)\to f(x)a.e.,\end{array}$$

则 $f(x)$ 在 $E$ 上可积且

$${\int }_{E}f(x)dx=\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_E{f}_n(x)dx.$$

证明
由于 $F(x)$ 在 $E$ 上可积，故由积分的绝对连续性知：对任意 $\epsilon >0$，存在 $\delta >0$，使得当

$$A\subset E,mA<\delta$$

时，有

$${\int }_{A}F(x)dx<\epsilon .$$

又因为

$$|f_n(x)|\le F(x),$$

所以对任意 $n$，都有

$${\int }_A|f_n(x)|dx\le {\int }_{A}F(x)dx<\epsilon .$$

因此 $\{|f_n(x)|{\}}_{n=1}^{\infty }$ 是在 $E$ 上积分等度绝对连续的函数序列。
由 $|f_n(x)|\le F(x)$ 且 $f_n(x)\to f(x)$ a.e.，令 $n\to \infty$，得

$$|f(x)|\le F(x)a.e.$$

因为 $F$ 在 $E$ 上可积，所以 $f$ 在 $E$ 上可积。
于是由 Vitali 定理可得

$${\int }_{E}f(x)dx=\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_E{f}_n(x)dx.$$

定理 8

如果 $f(x)$ 是区间 $[a,b]$ 上的有界函数，则 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上 Riemann 可积的充要条件是：在 $[a,b]$ 中的不连续点所构成的集合 $D$ 的测度为零。

证明

记 $D$ 为 $f$ 在 $[a,b]$ 上的不连续点集。
对任意 $x\in [a,b]$，定义 $f$ 在点 $x$ 处的振幅为

$$\omega (x)=\underset{\delta \to 0+}{\lim }\left[\underset{\begin{array}{c}y\in [a,b]\\ |y-x|<\delta \end{array}}{\sup }f(y)-\underset{\begin{array}{c}y\in [a,b]\\ |y-x|<\delta \end{array}}{\inf }f(y)\right].$$

则

$$x\in D⟺\omega (x)>0.$$

于是

$$D=\bigcup _{k=1}^{\infty }{D}_k,D_k=\left\{x\in [a,b]:\omega (x)\ge \frac{1}{k}\right\}.$$

下面证明充要性。

---

必要性
设 $f$ 在 $[a,b]$ 上 Riemann 可积。
对任意分割

$$P:a=x_0<x_1<\cdots <x_n=b,$$

记

$$M_i=\underset{x\in [x_{i-1},x_i]}{\sup }f(x),m_i=\underset{x\in [x_{i-1},x_i]}{\inf }f(x).$$

由于 $f$ Riemann 可积，所以对任意 $\epsilon >0$，存在分割 $P$，使得

$$\sum _{i=1}^n(M_i-m_i)\Delta x_i<\epsilon .$$

固定 $k\in \mathbb{N}$。若 $x\in D_k$，则无论取多小的邻域，$f$ 在该邻域内的振幅都至少为 $1/k$。因此 $x$ 所在的小区间必满足

$$M_i-m_i\ge \frac{1}{k}.$$

于是 $D_k$ 被这些满足 $M_i-m_i\ge 1/k$ 的小区间覆盖。
因此

$$m^{\ast }(D_k)\le \sum _{M_i-m_i\ge 1/k}\Delta x_i\le k\sum _{i=1}^n(M_i-m_i)\Delta x_i<k\epsilon .$$

由于 $\epsilon >0$ 任意，得

$$m(D_k)=0.$$

`

从而

$$m(D)\le \sum _{k=1}^{\infty }m(D_k)=0.$$

故 $m(D)=0$。

---

充分性
设 $m(D)=0$。因为 $f$ 有界，存在 $M>0$，使得

$$|f(x)|\le M,x\in [a,b].$$

由于 $m(D)=0$，对任意 $\epsilon >0$，存在有限个开区间覆盖 $D$，记其并为 $G$，使得

$$m(G)<\frac{\epsilon }{4M}.$$

对每个 $x\in [a,b]\setminus G$，$f$ 在 $x$ 处连续，故存在邻域 $U_x$，使得当 $y,z\in U_x\cap [a,b]$ 时，

$$|f(y)-f(z)|<\frac{\epsilon }{2(b-a)}.$$

由于 $[a,b]\setminus G$ 是紧集，可取有限子覆盖。于是存在分割 $P$，使得凡是不与 $G$ 相交的小区间，其振幅满足

$$M_i-m_i<\frac{\epsilon }{2(b-a)}.$$

因此

$$\begin{array}{rl}U(P,f)-L(P,f)& =\sum _{i=1}^n(M_i-m_i)\Delta x_i\\ & =\sum _{[x_{i-1},x_i]\cap G=\varnothing }(M_i-m_i)\Delta x_i+\sum _{[x_{i-1},x_i]\cap G\ne \varnothing }(M_i-m_i)\Delta x_i\\ & \le \frac{\epsilon }{2(b-a)}(b-a)+2M\cdot m(G)\\ & <\frac{\epsilon }{2}+\frac{\epsilon }{2}=\epsilon .\end{array}$$

所以 $f$ 在 $[a,b]$ 上 Riemann 可积。
综上，$f$ 在 $[a,b]$ 上 Riemann 可积的充要条件是 $m(D)=0$。

Fubini定理

定理 1

若 $E$ 是 ${\mathbb{R}}^p\times {\mathbb{R}}^q={\mathbb{R}}^{p+q}$ 中的可测集合，
对于几乎所有的 $x\in {\mathbb{R}}^p$，截口

$$E_x=\{y\in {\mathbb{R}}^q:(x,y)\in E\}$$

都是 ${\mathbb{R}}^q$ 中的可测集合。令

$$m(x)=m{E}_x,$$

则 $m(x)$ 是 ${\mathbb{R}}^p$ 上几乎处处有定义的可测函数，并且

$$mE={\int }_{{\mathbb{R}}^p}m(x)dx.$$

证明
先证明当 $E$ 是矩形集时结论成立。
设

$$E=A\times B,$$

其中 $A\subset {\mathbb{R}}^p,B\subset {\mathbb{R}}^q$ 均为可测集。则对任意 $x\in {\mathbb{R}}^p$，

$$E_x=\{\begin{array}{ll}B,& x\in A,\\ \varnothing ,& x\notin A.\end{array}$$

因此

$$m(E_x)=mB\cdot {\chi }_A(x).$$

所以 $m(E_x)$ 是关于 $x$ 的可测函数，并且

$${\int }_{{\mathbb{R}}^p}m(E_x)dx={\int }_{{\mathbb{R}}^p}mB\cdot {\chi }_A(x)dx=mB\cdot mA=m(A\times B)=mE.$$

故结论对矩形集成立。
进一步，若 $E$ 是有限个互不相交的可测矩形之并，即

$$E=\bigcup _{i=1}^n{A}_i\times B_i,$$

则

$$E_x=\bigcup _{i=1}^n(A_i\times B_i{)}_x.$$

由于这些矩形互不相交，截口也互不相交，故

$$m(E_x)=\sum _{i=1}^{n}m((A_i\times B_i{)}_x).$$

于是 $m(E_x)$ 是可测函数，并且

$${\int }_{{\mathbb{R}}^p}m(E_x)dx=\sum _{i=1}^n{\int }_{{\mathbb{R}}^p}m((A_i\times B_i{)}_x)dx=\sum _{i=1}^{n}m(A_i\times B_i)=mE.$$

因此结论对有限个互不相交的可测矩形之并成立。
下面推广到一般可测集。
先设 $E$ 是有界可测集。由 Lebesgue 测度的正则性，对任意 $\epsilon >0$，存在有限个互不相交的矩形之并 $P$，使得

$$m(E△P)<\epsilon ,$$

其中

$$E△P=(E\setminus P)\cup (P\setminus E)$$

为对称差。
对几乎所有 $x$，有

$$(E△P{)}_x=E_x△P_x.$$

于是

$$|m(E_x)-m(P_x)|\le m(E_x△P_x)=m((E△P{)}_x).$$

对上式两边关于 $x$ 积分，利用已经证明的情形，得

$${\int }_{{\mathbb{R}}^p}|m(E_x)-m(P_x)|dx\le {\int }_{{\mathbb{R}}^p}m((E△P{)}_x)dx=m(E△P)<\epsilon .$$

这说明 $m(E_x)$ 可由可测函数 $m(P_x)$ 在积分意义下逼近，因此 $m(E_x)$ 是可测函数。
又因为

$$\left|{\int }_{{\mathbb{R}}^p}m(E_x)dx-{\int }_{{\mathbb{R}}^p}m(P_x)dx\right|\le {\int }_{{\mathbb{R}}^p}|m(E_x)-m(P_x)|dx<\epsilon ,$$

而

$${\int }_{{\mathbb{R}}^p}m(P_x)dx=mP.$$

同时由 $m(E△P)<\epsilon$ 可得

$$|mE-mP|<\epsilon .$$

于是

$$\left|{\int }_{{\mathbb{R}}^p}m(E_x)dx-mE\right|\le \left|{\int }_{{\mathbb{R}}^p}m(E_x)dx-mP\right|+|mP-mE|<2\epsilon .$$

由于 $\epsilon >0$ 任意，故

$$mE={\int }_{{\mathbb{R}}^p}m(E_x)dx.$$

所以结论对有界可测集成立。
最后设 $E$ 是任意可测集。令

$$Q_n=[-n,n{]}^{p+q},E_n=E\cap Q_n.$$

则每个 $E_n$ 都是有界可测集，且

$$E_1\subset E_2\subset \cdots ,E=\bigcup _{n=1}^{\infty }{E}_n.$$

由前面已证结论，对每个 $n$，

$$m{E}_n={\int }_{{\mathbb{R}}^p}m((E_n{)}_x)dx.$$

又因为

$$(E_n{)}_x\uparrow E_x,$$

故由测度的连续性，

$$m((E_n{)}_x)\uparrow m(E_x).$$

于是由 Levi 单调收敛定理，

$${\int }_{{\mathbb{R}}^p}m(E_x)dx=\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_{{\mathbb{R}}^p}m((E_n{)}_x)dx=\underset{n\to \infty }{\lim }m{E}_n=mE.$$

同时，$m(E_x)$ 作为可测函数列 $m((E_n{)}_x)$ 的极限，是可测函数。
因此 $m(x)=m{E}_x$ 在 ${\mathbb{R}}^p$ 上几乎处处有定义且可测，并且

$$mE={\int }_{{\mathbb{R}}^p}m(x)dx.$$

定理 2（Fubini 定理）

设 $f(x,y)$ 是 ${\mathbb{R}}^{p+q}={\mathbb{R}}^p\times {\mathbb{R}}^q$ 上的可积函数，则：

1. 对几乎所有的 $x\in {\mathbb{R}}^p$，$f(x,y)$ 是 $y$ 的可积函数；

2. 几乎处处有定义的函数

$$g(x)={\int }_{{\mathbb{R}}^q}f(x,y)dy$$

是在 ${\mathbb{R}}^p$ 上可积的；

3. 有等式

$${\int }_{{\mathbb{R}}^{p+q}}f(z)dz={\int }_{{\mathbb{R}}^p}\left[{\int }_{{\mathbb{R}}^q}f(x,y)dy\right]dx.$$

证明
记

$$z=(x,y)\in {\mathbb{R}}^p\times {\mathbb{R}}^q.$$

先证明非负可测函数的情形。

---

设 $f\ge 0$ 且 $f$ 在 ${\mathbb{R}}^{p+q}$ 上可测。
若 $f={\chi }_E$，其中 $E\subset {\mathbb{R}}^{p+q}$ 为可测集，则

$$f(x,y)={\chi }_E(x,y).$$

对固定的 $x$，有

$${\chi }_E(x,y)={\chi }_{E_x}(y),$$

其中

$$E_x=\{y\in {\mathbb{R}}^q:(x,y)\in E\}.$$

由前一定理知，对几乎所有 $x$，$E_x$ 是可测集，并且

$$mE={\int }_{{\mathbb{R}}^p}m(E_x)dx.$$

而

$${\int }_{{\mathbb{R}}^q}{\chi }_E(x,y)dy={\int }_{{\mathbb{R}}^q}{\chi }_{E_x}(y)dy=m(E_x).$$

所以

$${\int }_{{\mathbb{R}}^{p+q}}{\chi }_E(z)dz={\int }_{{\mathbb{R}}^p}\left[{\int }_{{\mathbb{R}}^q}{\chi }_E(x,y)dy\right]dx.$$

因此结论对特征函数成立。
若 $f$ 是非负简单函数，设

$$f(z)=\sum _{k=1}^n{a}_k{\chi }_{E_k}(z),a_k\ge 0,$$

其中 $E_k$ 为可测集。由特征函数情形和积分的线性性，得

$${\int }_{{\mathbb{R}}^{p+q}}f(z)dz={\int }_{{\mathbb{R}}^p}\left[{\int }_{{\mathbb{R}}^q}f(x,y)dy\right]dx.$$

因此结论对非负简单函数成立。
现在设 $f\ge 0$ 为一般非负可测函数。由简单函数逼近定理，存在非负简单函数列 $\{{\phi }_n\}$，使得

$$0\le {\phi }_1\le {\phi }_2\le \cdots ,{\phi }_n(z)\uparrow f(z).$$

对每个 $n$，已有

$${\int }_{{\mathbb{R}}^{p+q}}{\phi }_n(z)dz={\int }_{{\mathbb{R}}^p}\left[{\int }_{{\mathbb{R}}^q}{\phi }_n(x,y)dy\right]dx.$$

令

$$g_n(x)={\int }_{{\mathbb{R}}^q}{\phi }_n(x,y)dy.$$

则 $g_n(x)$ 是 ${\mathbb{R}}^p$ 上的非负可测函数，并且由 ${\phi }_n\uparrow f$ 得

$$g_n(x)={\int }_{{\mathbb{R}}^q}{\phi }_n(x,y)dy\uparrow {\int }_{{\mathbb{R}}^q}f(x,y)dy=:g(x)$$

对几乎所有 $x$ 成立。
由 Levi 单调收敛定理，

$${\int }_{{\mathbb{R}}^{p+q}}f(z)dz=\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_{{\mathbb{R}}^{p+q}}{\phi }_n(z)dz,$$

并且

$${\int }_{{\mathbb{R}}^p}g(x)dx=\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_{{\mathbb{R}}^p}{g}_n(x)dx.$$

所以

$${\int }_{{\mathbb{R}}^{p+q}}f(z)dz={\int }_{{\mathbb{R}}^p}\left[{\int }_{{\mathbb{R}}^q}f(x,y)dy\right]dx.$$

故结论对一切非负可测函数成立。

---

下面证明一般可积函数的情形。
因为 $f$ 在 ${\mathbb{R}}^{p+q}$ 上可积，所以

$${\int }_{{\mathbb{R}}^{p+q}}|f(z)|dz<+\infty .$$

将 $f$ 分解为正部与负部：

$$f=f^{+}-f^{-},$$

其中

$$f^{+}(z)=\max \{f(z),0\},f^{-}(z)=\max \{-f(z),0\}.$$

于是

$$f^{+}\ge 0,f^{-}\ge 0,$$

且

$$|f|=f^{+}+f^{-}.$$

由于 $f$ 可积，所以

$${\int }_{{\mathbb{R}}^{p+q}}{f}^{+}(z)dz<+\infty ,{\int }_{{\mathbb{R}}^{p+q}}{f}^{-}(z)dz<+\infty .$$

由非负情形可得

$${\int }_{{\mathbb{R}}^{p+q}}{f}^{+}(z)dz={\int }_{{\mathbb{R}}^p}\left[{\int }_{{\mathbb{R}}^q}{f}^{+}(x,y)dy\right]dx,$$

以及

$${\int }_{{\mathbb{R}}^{p+q}}{f}^{-}(z)dz={\int }_{{\mathbb{R}}^p}\left[{\int }_{{\mathbb{R}}^q}{f}^{-}(x,y)dy\right]dx.$$

因为上述两个积分都是有限的，所以

$${\int }_{{\mathbb{R}}^q}{f}^{+}(x,y)dy<+\infty ,{\int }_{{\mathbb{R}}^q}{f}^{-}(x,y)dy<+\infty$$

对几乎所有 $x\in {\mathbb{R}}^p$ 成立。
因此，对几乎所有 $x$，函数 $f(x,y)$ 关于 $y$ 可积，并且

$${\int }_{{\mathbb{R}}^q}f(x,y)dy={\int }_{{\mathbb{R}}^q}{f}^{+}(x,y)dy-{\int }_{{\mathbb{R}}^q}{f}^{-}(x,y)dy.$$

令

$$g(x)={\int }_{{\mathbb{R}}^q}f(x,y)dy.$$

由于

$$g(x)={\int }_{{\mathbb{R}}^q}{f}^{+}(x,y)dy-{\int }_{{\mathbb{R}}^q}{f}^{-}(x,y)dy,$$

而右端两个函数均为可测函数，所以 $g(x)$ 可测。
又有

$$|g(x)|=\left|{\int }_{{\mathbb{R}}^q}f(x,y)dy\right|\le {\int }_{{\mathbb{R}}^q}|f(x,y)|dy.$$

由非负情形应用于 $|f|$，得

$${\int }_{{\mathbb{R}}^p}\left[{\int }_{{\mathbb{R}}^q}|f(x,y)|dy\right]dx={\int }_{{\mathbb{R}}^{p+q}}|f(z)|dz<+\infty .$$

于是

$${\int }_{{\mathbb{R}}^p}|g(x)|dx<+\infty .$$

所以 $g$ 在 ${\mathbb{R}}^p$ 上可积。
最后，由 $f=f^{+}-f^{-}$，得

$$\begin{array}{rl}{\int }_{{\mathbb{R}}^{p+q}}f(z)dz& ={\int }_{{\mathbb{R}}^{p+q}}{f}^{+}(z)dz-{\int }_{{\mathbb{R}}^{p+q}}{f}^{-}(z)dz\\ & ={\int }_{{\mathbb{R}}^p}\left[{\int }_{{\mathbb{R}}^q}{f}^{+}(x,y)dy\right]dx-{\int }_{{\mathbb{R}}^p}\left[{\int }_{{\mathbb{R}}^q}{f}^{-}(x,y)dy\right]dx\\ & ={\int }_{{\mathbb{R}}^p}\left[{\int }_{{\mathbb{R}}^q}(f^{+}(x,y)-f^{-}(x,y))dy\right]dx\\ & ={\int }_{{\mathbb{R}}^p}\left[{\int }_{{\mathbb{R}}^q}f(x,y)dy\right]dx.\end{array}$$

即

$${\int }_{{\mathbb{R}}^{p+q}}f(z)dz={\int }_{{\mathbb{R}}^p}\left[{\int }_{{\mathbb{R}}^q}f(x,y)dy\right]dx.$$

推论 1

若 $f(x,y)$ 在 ${\mathbb{R}}^{p+q}={\mathbb{R}}^p\times {\mathbb{R}}^q$ 上可积，则

$${\int }_{{\mathbb{R}}^p}dx{\int }_{{\mathbb{R}}^q}f(x,y)dy={\int }_{{\mathbb{R}}^q}dy{\int }_{{\mathbb{R}}^p}f(x,y)dx.$$

证明

由 Fubini 定理可知，若 $f$ 在 ${\mathbb{R}}^{p+q}$ 上可积，则对几乎所有的 $x\in {\mathbb{R}}^p$，函数 $f(x,y)$ 关于 $y$ 可积，且

$$g(x)={\int }_{{\mathbb{R}}^q}f(x,y)dy$$

在 ${\mathbb{R}}^p$ 上可积，并且

$${\int }_{{\mathbb{R}}^{p+q}}f(x,y)dxdy={\int }_{{\mathbb{R}}^p}dx{\int }_{{\mathbb{R}}^q}f(x,y)dy.$$

另一方面，将 $x$ 与 $y$ 的地位互换，同样由 Fubini 定理可知，对几乎所有的 $y\in {\mathbb{R}}^q$，函数 $f(x,y)$ 关于 $x$ 可积，且

$$h(y)={\int }_{{\mathbb{R}}^p}f(x,y)dx$$

在 ${\mathbb{R}}^q$ 上可积，并且

$${\int }_{{\mathbb{R}}^{p+q}}f(x,y)dxdy={\int }_{{\mathbb{R}}^q}dy{\int }_{{\mathbb{R}}^p}f(x,y)dx.$$

于是

$${\int }_{{\mathbb{R}}^p}dx{\int }_{{\mathbb{R}}^q}f(x,y)dy={\int }_{{\mathbb{R}}^{p+q}}f(x,y)dxdy={\int }_{{\mathbb{R}}^q}dy{\int }_{{\mathbb{R}}^p}f(x,y)dx.$$

因此

$${\int }_{{\mathbb{R}}^p}dx{\int }_{{\mathbb{R}}^q}f(x,y)dy={\int }_{{\mathbb{R}}^q}dy{\int }_{{\mathbb{R}}^p}f(x,y)dx.$$

证毕。

---

推论 2

若 $f(z)$ 非负可测，则：

1. 对几乎所有的 $x\in {\mathbb{R}}^p$，$f(x,y)$ 都是 $y$ 的非负可测函数；

2. 有等式

$${\int }_{{\mathbb{R}}^{p+q}}f(z)dz={\int }_{{\mathbb{R}}^p}dx{\int }_{{\mathbb{R}}^q}f(x,y)dy={\int }_{{\mathbb{R}}^q}dy{\int }_{{\mathbb{R}}^p}f(x,y)dx.$$

证明
因为 $f$ 是 ${\mathbb{R}}^{p+q}$ 上的非负可测函数，所以存在一列非负简单函数 $\{{\phi }_n\}$，使得

$$0\le {\phi }_1(z)\le {\phi }_2(z)\le \cdots ,{\phi }_n(z)\uparrow f(z).$$

对每个 $n$，${\phi }_n$ 可写成

$${\phi }_n(z)=\sum _{k=1}^{N_n}{a}_{nk}{\chi }_{E_{nk}}(z),a_{nk}\ge 0,$$

其中 $E_{nk}$ 是 ${\mathbb{R}}^{p+q}$ 中的可测集。
由截面定理可知，对几乎所有的 $x\in {\mathbb{R}}^p$，集合

$$(E_{nk}{)}_x=\{y\in {\mathbb{R}}^q:(x,y)\in E_{nk}\}$$

是 ${\mathbb{R}}^q$ 中的可测集。因此，对几乎所有的 $x$，

$${\phi }_n(x,y)=\sum _{k=1}^{N_n}{a}_{nk}{\chi }_{(E_{nk}{)}_x}(y)$$

是 $y$ 的非负可测函数。
由于可数个零测集的并仍为零测集，所以存在一个零测集 $N\subset {\mathbb{R}}^p$，使得当 $x\notin N$ 时，对一切 $n$，${\phi }_n(x,y)$ 都是 $y$ 的非负可测函数。
又因为

$${\phi }_n(x,y)\uparrow f(x,y),$$

故当 $x\notin N$ 时，$f(x,y)$ 是关于 $y$ 的非负可测函数。
这证明了结论 1。
下面证明积分等式。
由非负函数情形的 Fubini 定理，或由单调收敛定理推出，有

$${\int }_{{\mathbb{R}}^{p+q}}f(z)dz={\int }_{{\mathbb{R}}^p}\left[{\int }_{{\mathbb{R}}^q}f(x,y)dy\right]dx.$$

即

$${\int }_{{\mathbb{R}}^{p+q}}f(z)dz={\int }_{{\mathbb{R}}^p}dx{\int }_{{\mathbb{R}}^q}f(x,y)dy.$$

同理，交换 $x$ 与 $y$ 的地位，也有

$${\int }_{{\mathbb{R}}^{p+q}}f(z)dz={\int }_{{\mathbb{R}}^q}dy{\int }_{{\mathbb{R}}^p}f(x,y)dx.$$

因此

$${\int }_{{\mathbb{R}}^{p+q}}f(z)dz={\int }_{{\mathbb{R}}^p}dx{\int }_{{\mathbb{R}}^q}f(x,y)dy={\int }_{{\mathbb{R}}^q}dy{\int }_{{\mathbb{R}}^p}f(x,y)dx.$$

这里等式两边允许取值为 $+\infty$。

---

推论 3

设 $f(z)$ 是在 ${\mathbb{R}}^{p+q}$ 上可测的函数。如果对于几乎所有的 $x\in {\mathbb{R}}^p$，$|f(x,y)|$ 都关于 $y$ 可积，并且

$${\int }_{{\mathbb{R}}^p}dx{\int }_{{\mathbb{R}}^q}|f(x,y)|dy<+\infty ,$$

则 $f(z)$ 是在 ${\mathbb{R}}^{p+q}$ 上可积的。

证明
因为 $f$ 在 ${\mathbb{R}}^{p+q}$ 上可测，所以 $|f|$ 也是 ${\mathbb{R}}^{p+q}$ 上的非负可测函数。
由推论 2，应用于非负可测函数 $|f|$，得到

$${\int }_{{\mathbb{R}}^{p+q}}|f(z)|dz={\int }_{{\mathbb{R}}^p}dx{\int }_{{\mathbb{R}}^q}|f(x,y)|dy.$$

由题设，

$${\int }_{{\mathbb{R}}^p}dx{\int }_{{\mathbb{R}}^q}|f(x,y)|dy<+\infty .$$

因此

$${\int }_{{\mathbb{R}}^{p+q}}|f(z)|dz<+\infty .$$

这说明 $f$ 在 ${\mathbb{R}}^{p+q}$ 上绝对可积。
而 Lebesgue 可积的定义为

$$f\in L^1({\mathbb{R}}^{p+q})⟺{\int }_{{\mathbb{R}}^{p+q}}|f(z)|dz<+\infty .$$

所以 $f(z)$ 是在 ${\mathbb{R}}^{p+q}$ 上可积的。

微分与不定积分

定义 1（Vitali 覆盖）

设 $E$ 是 ${\mathbb{R}}^1$ 中的一个点集，$\mathcal{I}$ 是 ${\mathbb{R}}^1$ 中一族区间，不一定是开区间。

如果对于任意 $x\in E$ 以及任意 $\epsilon >0$，都存在 $I\in \mathcal{I}$，使得

$$x\in I,\ell (I)<\epsilon ,$$

其中 $\ell (I)$ 表示区间 $I$ 的长度，则称 $\mathcal{I}$ 是 $E$ 的一个 Vitali 覆盖。

引理 1（Vitali 覆盖引理）

如果 $m^{\ast }(E)<+\infty$，$\mathcal{I}$ 是 $E$ 的一个 Vitali 覆盖，则对于任意 $\epsilon >0$，都可以从 $\mathcal{I}$ 中选出至多可数个互不相交的区间

$$I_1,I_2,\cdots ,I_k,\cdots$$

使得

$$m^{\ast }\left(E-\bigcup _{k=1}^{\infty }{I}_k\right)<\epsilon .$$

定义 2

设 $f(x)$ 是在 $[a,b]$ 上定义的函数，$x_0\in [a,b]$。对于任意 $\delta >0$，令

$$M_{\delta }(x_0)=\underset{0<|x-x_0|<\delta }{\sup }f(x),m_{\delta }(x_0)=\underset{0<|x-x_0|<\delta }{\inf }f(x).$$

则 $M_{\delta }$ 是随 $\delta$ 的减小而不增的，$m_{\delta }$ 是随 $\delta$ 的减小而不减的。

因而当 $\delta \to 0^{+}$ 时若极限存在，我们分别称此极限为 $x\to x_0$ 时 $f(x)$ 的上极限及下极限，记作

$$\underset{x\to x_0}{\overline{\lim }}f(x)=\underset{\delta \to 0^{+}}{\lim }{M}_{\delta }(x_0),$$ $$\underset{x\to x_0}{\underline{\lim }}f(x)=\underset{\delta \to 0^{+}}{\lim }{m}_{\delta }(x_0).$$

---

定义 3

于函数 $f(x)$ 及定点 $x_0$，定义

$$D^{+}f(x_0)=\underset{h\to 0^{+}}{\overline{\lim }}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h},$$ $$D_{+}f(x_0)=\underset{h\to 0^{+}}{\underline{\lim }}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h},$$ $$D^{-}f(x_0)=\underset{h\to 0^{-}}{\overline{\lim }}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h},$$ $$D_{-}f(x_0)=\underset{h\to 0^{-}}{\underline{\lim }}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}.$$

其中：

• $D^{+}f(x_0)$ 称为 $f$ 在 $x_0$ 点的右上导数；
• $D_{+}f(x_0)$ 称为 $f$ 在 $x_0$ 点的右下导数；
• $D^{-}f(x_0)$ 称为 $f$ 在 $x_0$ 点的左上导数；
• $D_{-}f(x_0)$ 称为 $f$ 在 $x_0$ 点的左下导数。
  虽然，如果 $f(x)$ 在 $x_0$ 点有导数 $f^{\prime }(x_0)$，则

$$f^{\prime }(x_0)=D^{+}f(x_0)=D_{+}f(x_0)=D^{-}f(x_0)=D_{-}f(x_0).$$

反之，如果这四个导数都相等，则 $f(x)$ 在 $x_0$ 点有导数，其导数 $f^{\prime }(x_0)$ 即等于这四个导数的共同值。
当 $f^{\prime }(x_0)$ 有限时，称 $f(x)$ 在 $x_0$ 点可微。

---

引理 2

有

$$D^{+}(-f)=-D_{+}f,D_{+}(-f)=-D^{+}f,$$ $$D^{-}(-f)=-D_{-}f,D_{-}(-f)=-D^{-}f.$$

又若 $y=-x,g(x)=-f(y)$，则

$$D^{+}g(x)=D^{-}f(y),D_{+}g(x)=D_{-}f(y).$$

定理 1（Lebesgue）

如果 $f(x)$ 是 $[a,b]$ 上的单调函数，则 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上几乎处处可微，$f^{\prime }(x)$ 在 $[a,b]$ 上可积，且

$${\int }_a^b|f^{\prime }(x)|dx\le |f(b)-f(a)|.\text{\hspace{1em}(9)}$$

证明
只需证明 $f$ 单调增加的情形。若 $f$ 单调减少，则 $-f$ 单调增加，而

$$(-f{)}^{\prime }=-f^{\prime },$$

故结论可由单调增加情形推出。

---

设 $f$ 在 $[a,b]$ 上单调增加。由单调性知，对任意 $x\in (a,b)$，四个 Dini 导数均非负，即

$$0\le D_{+}f(x)\le D^{+}f(x)\le +\infty ,$$ $$0\le D_{-}f(x)\le D^{-}f(x)\le +\infty .$$

下面说明 $f$ 几乎处处可微。
由 Lebesgue 关于单调函数的微分定理可知，单调函数的四个 Dini 导数几乎处处相等，即除去一个零测集外，有

$$D^{+}f(x)=D_{+}f(x)=D^{-}f(x)=D_{-}f(x).$$

因此在几乎所有点 $x\in (a,b)$，极限

$$\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f(x+h)-f(x)}{h}$$

存在，故 $f$ 在几乎处处可微。
记

$$f^{\prime }(x)=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f(x+h)-f(x)}{h}.$$

由于 $f$ 单调增加，所以在可微点处

$$f^{\prime }(x)\ge 0.$$

因此

$$|f^{\prime }(x)|=f^{\prime }(x)\text{a.e.}$$

下面证明积分估计。
对 $n$ 足够大，定义

$${\phi }_n(x)=n(f(x+\frac{1}{n})-f(x)),x\in \left[a,b-\frac{1}{n}\right].$$

由于 $f$ 单调增加，故

$${\phi }_n(x)\ge 0.$$

并且

$${\int }_a^{b-\frac{1}{n}}{\phi }_n(x)dx=n{\int }_a^{b-\frac{1}{n}}(f(x+\frac{1}{n})-f(x))dx.$$

作变量代换，得

$${\int }_a^{b-\frac{1}{n}}f(x+\frac{1}{n})dx={\int }_{a+\frac{1}{n}}^{b}f(u)du.$$

于是

$${\int }_a^{b-\frac{1}{n}}{\phi }_n(x)dx=n\left({\int }_{a+\frac{1}{n}}^{b}f(u)du-{\int }_a^{b-\frac{1}{n}}f(u)du\right).$$

整理得

$${\int }_a^{b-\frac{1}{n}}{\phi }_n(x)dx=n\left({\int }_{b-\frac{1}{n}}^{b}f(u)du-{\int }_a^{a+\frac{1}{n}}f(u)du\right).$$

因为 $f$ 单调增加，所以

$${\int }_{b-\frac{1}{n}}^{b}f(u)du\le \frac{1}{n}f(b),$$

且

$${\int }_a^{a+\frac{1}{n}}f(u)du\ge \frac{1}{n}f(a).$$

因此

$${\int }_a^{b-\frac{1}{n}}{\phi }_n(x)dx\le n\left(\frac{1}{n}f(b)-\frac{1}{n}f(a)\right)=f(b)-f(a).$$

即

$${\int }_a^{b-\frac{1}{n}}{\phi }_n(x)dx\le f(b)-f(a).\text{\hspace{1em}(1)}$$

在 $f$ 可微的点 $x$，有

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\phi }_n(x)=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{f(x+\frac{1}{n})-f(x)}{\frac{1}{n}}=f^{\prime }(x).$$

由 Fatou 引理，

$${\int }_a^b{f}^{\prime }(x)dx\le \underset{n\to \infty }{\mathrm{liminf}}{\int }_a^{b-\frac{1}{n}}{\phi }_n(x)dx.$$

结合式 $(1)$，得到

$${\int }_a^b{f}^{\prime }(x)dx\le f(b)-f(a).$$

因为 $f^{\prime }(x)\ge 0$ a.e.，所以

$${\int }_a^b|f^{\prime }(x)|dx={\int }_a^b{f}^{\prime }(x)dx\le f(b)-f(a).$$

若 $f$ 单调减少，则 $-f$ 单调增加，于是

$${\int }_a^b|f^{\prime }(x)|dx={\int }_a^b|(-f{)}^{\prime }(x)|dx\le (-f)(b)-(-f)(a)=f(a)-f(b)=|f(b)-f(a)|.$$

综上，对任意单调函数 $f$，都有

$${\int }_a^b|f^{\prime }(x)|dx\le |f(b)-f(a)|.$$

定义 4

设 $f(x)$ 是区间 $[a,b]$ 上的一个函数，对于 $[a,b]$ 的一个分割

$$\Delta :a=x_0<x_1<\cdots <x_n=b,$$

令

$$V(\Delta )=\sum _{i=1}^n|f(x_i)-f(x_{i-1})|.$$

称为 $f(x)$ 关于分割 $\Delta$ 的变差。

如果存在常数 $M$，使对一切分割 $\Delta$，都有

$$V(\Delta )\le M,$$

则称 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上的有界变差函数，或称 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上的有界变差。

由全体 $V(\Delta )$ 所作成的数集的上确界称为 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上的总变差，记为

$$V_a^b(f)=\underset{\Delta }{\sup }V(\Delta ).$$

根据定义，显见闭区间 $[a,b]$ 上的有限的单调函数 $f(x)$ 都是有界变差的，而且其总变差即为

$$|f(b)-f(a)|.$$

另外，$[a,b]$ 上的两个有界变差函数的和、差、积仍为 $[a,b]$ 上的有界变差函数。

引理 3

若 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上是有界变差的，$a<c<b$，则 $f(x)$ 在 $[a,c]$ 和 $[c,b]$ 上也是有界变差的，并且有等式

$$V_a^b(f)=V_a^c(f)+V_c^b(f).\text{\hspace{1em}(16)}$$

证明
因为 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上有界变差，所以存在常数 $M>0$，使得对于 $[a,b]$ 的任意分割 $\Delta$，都有

$$V(\Delta )\le M.$$

先证明 $f$ 在 $[a,c]$ 和 $[c,b]$ 上也是有界变差的。
任取 $[a,c]$ 的一个分割

$${\Delta }_1:a=x_0<x_1<\cdots <x_m=c.$$

将它看作 $[a,b]$ 的分割的一部分，例如取分割

$$\Delta :a=x_0<x_1<\cdots <x_m=c<b.$$

则

$$V({\Delta }_1)=\sum _{i=1}^m|f(x_i)-f(x_{i-1})|\le V(\Delta )\le M.$$

因此 $f$ 在 $[a,c]$ 上有界变差。
同理，任取 $[c,b]$ 的一个分割

$${\Delta }_2:c=y_0<y_1<\cdots <y_n=b,$$

将它扩充为 $[a,b]$ 的分割

$$\Delta :a<c=y_0<y_1<\cdots <y_n=b.$$

于是

$$V({\Delta }_2)=\sum _{j=1}^n|f(y_j)-f(y_{j-1})|\le V(\Delta )\le M.$$

所以 $f$ 在 $[c,b]$ 上也有界变差。
下面证明

$$V_a^b(f)=V_a^c(f)+V_c^b(f).$$

一方面，任取 $[a,c]$ 的分割

$${\Delta }_1:a=x_0<x_1<\cdots <x_m=c$$

和 $[c,b]$ 的分割

$${\Delta }_2:c=y_0<y_1<\cdots <y_n=b.$$

把二者合并，得到 $[a,b]$ 的一个分割

$$\Delta :a=x_0<x_1<\cdots <x_m=c=y_0<y_1<\cdots <y_n=b.$$

于是

$$V(\Delta )=V({\Delta }_1)+V({\Delta }_2).$$

因为

$$V(\Delta )\le V_a^b(f),$$

所以

$$V({\Delta }_1)+V({\Delta }_2)\le V_a^b(f).$$

对所有 ${\Delta }_1$ 和 ${\Delta }_2$ 取上确界，得到

$$V_a^c(f)+V_c^b(f)\le V_a^b(f).\text{\hspace{1em}(1)}$$

另一方面，任取 $[a,b]$ 的一个分割

$$\Delta :a=t_0<t_1<\cdots <t_k=b.$$

如果 $c$ 已经是该分割中的一个分点，则可将 $\Delta$ 分成 $[a,c]$ 上的分割 ${\Delta }_1$ 和 $[c,b]$ 上的分割 ${\Delta }_2$，并且

$$V(\Delta )=V({\Delta }_1)+V({\Delta }_2)\le V_a^c(f)+V_c^b(f).$$

如果 $c$ 不是分割 $\Delta$ 中的分点，则把 $c$ 加入分割，得到加细分割 ${\Delta }^{\prime }$。设

$$t_{r-1}<c<t_r.$$

则

$${\Delta }^{\prime }:a=t_0<\cdots <t_{r-1}<c<t_r<\cdots <t_k=b.$$

由三角不等式，

$$|f(t_r)-f(t_{r-1})|\le |f(c)-f(t_{r-1})|+|f(t_r)-f(c)|.$$

因此

$$V(\Delta )\le V({\Delta }^{\prime }).$$

而 ${\Delta }^{\prime }$ 可以分成 $[a,c]$ 和 $[c,b]$ 上的两个分割 ${\Delta }_1$、${\Delta }_2$，于是

$$V({\Delta }^{\prime })=V({\Delta }_1)+V({\Delta }_2)\le V_a^c(f)+V_c^b(f).$$

所以

$$V(\Delta )\le V_a^c(f)+V_c^b(f).$$

由于 $\Delta$ 是 $[a,b]$ 的任意分割，取上确界得

$$V_a^b(f)\le V_a^c(f)+V_c^b(f).\text{\hspace{1em}(2)}$$

由 $(1)$ 和 $(2)$，得到

$$V_a^b(f)=V_a^c(f)+V_c^b(f).$$

定理 2

如果 $f(x)$ 是区间 $[a,b]$ 上有定义的函数，则：

（1）$f(x)$ 在 $[a,b]$ 上有界变差的充要条件是 $f(x)$ 能表成两个单调不减函数之差；

（2）若 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上有界变差，则 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上几乎处处可微，$f^{\prime }(x)$ 在 $[a,b]$ 上可积，并且

$${\int }_a^b|f^{\prime }(x)|dx\le V_a^b(f).\text{\hspace{1em}(21)}$$

证明

（1）必要性
设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上有界变差。
对任意 $x\in [a,b]$，定义

$$\phi (x)=V_a^x(f),$$

其中当 $x=a$ 时，规定

$$\phi (a)=0.$$

因为 $f$ 在 $[a,b]$ 上有界变差，所以对每个 $x\in [a,b]$，都有

$$\phi (x)<+\infty .$$

若 $a\le x_1<x_2\le b$，由总变差的可加性可知

$$V_a^{x_2}(f)=V_a^{x_1}(f)+V_{x_1}^{x_2}(f).$$

于是

$$\phi (x_2)-\phi (x_1)=V_{x_1}^{x_2}(f)\ge 0.$$

所以 $\phi (x)$ 是 $[a,b]$ 上的单调不减函数。
又由变差的定义，对任意 $a\le x_1<x_2\le b$，有

$$|f(x_2)-f(x_1)|\le V_{x_1}^{x_2}(f).$$

因此

$$f(x_2)-f(x_1)\le V_{x_1}^{x_2}(f)=\phi (x_2)-\phi (x_1).$$

即

$$\phi (x_2)-f(x_2)\ge \phi (x_1)-f(x_1).$$

所以函数

$$\psi (x)=\phi (x)-f(x)$$

也是 $[a,b]$ 上的单调不减函数。
于是

$$f(x)=\phi (x)-\psi (x).$$

这说明 $f(x)$ 可以表示成两个单调不减函数之差。

---

充分性
反过来，设

$$f(x)=g(x)-h(x),$$

其中 $g(x)$ 和 $h(x)$ 都是 $[a,b]$ 上的单调不减函数。
任取 $[a,b]$ 的一个分割

$$\Delta :a=x_0<x_1<\cdots <x_n=b.$$

则

$$\begin{array}{rl}V(\Delta )& =\sum _{i=1}^n|f(x_i)-f(x_{i-1})|\\ & =\sum _{i=1}^n|[g(x_i)-g(x_{i-1})]-[h(x_i)-h(x_{i-1})]|\\ & \le \sum _{i=1}^n|g(x_i)-g(x_{i-1})|+\sum _{i=1}^n|h(x_i)-h(x_{i-1})|.\end{array}$$

由于 $g,h$ 都单调不减，所以

$$g(x_i)-g(x_{i-1})\ge 0,h(x_i)-h(x_{i-1})\ge 0.$$

故

$$\begin{array}{rl}V(\Delta )& \le \sum _{i=1}^n[g(x_i)-g(x_{i-1})]+\sum _{i=1}^n[h(x_i)-h(x_{i-1})]\\ & =g(b)-g(a)+h(b)-h(a).\end{array}$$

右端与分割 $\Delta$ 无关，因此存在常数

$$M=g(b)-g(a)+h(b)-h(a),$$

使得对任意分割 $\Delta$ 都有

$$V(\Delta )\le M.$$

所以 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上有界变差。
综上，$f(x)$ 在 $[a,b]$ 上有界变差的充要条件是 $f(x)$ 能表成两个单调不减函数之差。

---

（2）证明
由（1）可知，若 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上有界变差，则存在两个单调不减函数 $g(x),h(x)$，使得

$$f(x)=g(x)-h(x).$$

由于单调函数在区间上几乎处处可微，所以 $g(x)$ 和 $h(x)$ 在 $[a,b]$ 上几乎处处可微。
于是 $f(x)$ 也在 $[a,b]$ 上几乎处处可微，并且在 $g,h$ 都可微的点处有

$$f^{\prime }(x)=g^{\prime }(x)-h^{\prime }(x).$$

因此 $f^{\prime }(x)$ 在 $[a,b]$ 上几乎处处存在。
下面证明不等式

$${\int }_a^b|f^{\prime }(x)|dx\le V_a^b(f).$$

令

$$\phi (x)=V_a^x(f),x\in [a,b].$$

由前面证明知，$\phi (x)$ 是单调不减函数，并且

$$\psi (x)=\phi (x)-f(x)$$

也是单调不减函数。
因此 $\phi$ 和 $\psi$ 几乎处处可微，且

$${\phi }^{\prime }(x)\ge 0,{\psi }^{\prime }(x)\ge 0$$

几乎处处成立。
又因为

$$f(x)=\phi (x)-\psi (x),$$

所以在几乎处处有

$$f^{\prime }(x)={\phi }^{\prime }(x)-{\psi }^{\prime }(x).$$

于是

$$|f^{\prime }(x)|=|{\phi }^{\prime }(x)-{\psi }^{\prime }(x)|\le {\phi }^{\prime }(x)+{\psi }^{\prime }(x).$$

另一方面，由

$$\psi (x)=\phi (x)-f(x)$$

可得

$${\psi }^{\prime }(x)={\phi }^{\prime }(x)-f^{\prime }(x)$$

在几乎处处成立。
更直接地，由总变差函数的性质可知，对任意 $a\le x_1<x_2\le b$，

$$|f(x_2)-f(x_1)|\le \phi (x_2)-\phi (x_1).$$

这表明在 $f$ 与 $\phi$ 都可微的点处有

$$|f^{\prime }(x)|\le {\phi }^{\prime }(x).$$

由于 $\phi$ 是单调不减函数，所以 ${\phi }^{\prime }(x)$ 非负且可积，并且

$${\int }_a^b{\phi }^{\prime }(x)dx\le \phi (b)-\phi (a).$$

因此

$${\int }_a^b|f^{\prime }(x)|dx\le {\int }_a^b{\phi }^{\prime }(x)dx\le \phi (b)-\phi (a).$$

而

$$\phi (b)=V_a^b(f),\phi (a)=0.$$

所以

$${\int }_a^b|f^{\prime }(x)|dx\le V_a^b(f).$$

定理 3

设 $f_k(x)$ 是区间 $[a,b]$ 上的有界变差函数，$k=1,2,\cdots$，

$$\sum _{k=1}^{\infty }{V}_a^b(f_k)<+\infty ,$$

而且

$$\sum _{k=1}^{\infty }{f}_k(x)$$

处处收敛于 $f(x)$。那么 $f(x)$ 也是 $[a,b]$ 上有界变差函数，且

$$V_a^b(f)\le \sum _{k=1}^{\infty }{V}_a^b(f_k).$$

证明
因为

$$\sum _{k=1}^{\infty }{f}_k(x)$$

处处收敛于 $f(x)$，所以对任意 $x\in [a,b]$，有

$$f(x)=\sum _{k=1}^{\infty }{f}_k(x).$$

任取区间 $[a,b]$ 的一个分割

$$\Delta :a=x_0<x_1<\cdots <x_n=b.$$

则

$$\begin{array}{rl}\sum _{i=1}^n|f(x_i)-f(x_{i-1})|& =\sum _{i=1}^n\left|\sum _{k=1}^{\infty }{f}_k(x_i)-\sum _{k=1}^{\infty }{f}_k(x_{i-1})\right|\\ & =\sum _{i=1}^n\left|\sum _{k=1}^{\infty }[f_k(x_i)-f_k(x_{i-1})]\right|.\end{array}$$

由三角不等式，得

$$\left|\sum _{k=1}^{\infty }[f_k(x_i)-f_k(x_{i-1})]\right|\le \sum _{k=1}^{\infty }\left|f_k(x_i)-f_k(x_{i-1})\right|.$$

因此

$$\begin{array}{rl}\sum _{i=1}^n|f(x_i)-f(x_{i-1})|& \le \sum _{i=1}^n\sum _{k=1}^{\infty }\left|f_k(x_i)-f_k(x_{i-1})\right|\\ & =\sum _{k=1}^{\infty }\sum _{i=1}^n\left|f_k(x_i)-f_k(x_{i-1})\right|.\end{array}$$

对于每一个 $k$，由于 $f_k(x)$ 在 $[a,b]$ 上有界变差，所以

$$\sum _{i=1}^n\left|f_k(x_i)-f_k(x_{i-1})\right|\le V_a^b(f_k).$$

于是

$$\sum _{i=1}^n|f(x_i)-f(x_{i-1})|\le \sum _{k=1}^{\infty }{V}_a^b(f_k).$$

又因为已知

$$\sum _{k=1}^{\infty }{V}_a^b(f_k)<+\infty ,$$

所以存在常数

$$M=\sum _{k=1}^{\infty }{V}_a^b(f_k)<+\infty ,$$

使得对于 $[a,b]$ 的任意分割 $\Delta$，都有

$$\sum _{i=1}^n|f(x_i)-f(x_{i-1})|\le M.$$

因此 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上有界变差。
最后，对所有分割 $\Delta$ 取上确界，得到

$$V_a^b(f)=\underset{\Delta }{\sup }\sum _{i=1}^n|f(x_i)-f(x_{i-1})|\le \sum _{k=1}^{\infty }{V}_a^b(f_k).$$

例 2

设

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}{x}^2\cos \frac{\pi }{x^2},& x\ne 0,\\ 0,& x=0.\end{array}$$

则 $f(x)$ 是处处有导数的，但是 $f^{\prime }(x)$ 在 $[0,1]$ 上不可积。

解
当 $x\ne 0$ 时，

$$f(x)=x^2\cos \frac{\pi }{x^2}.$$

由乘积求导法则和链式法则，

$$\begin{array}{rl}{f}^{\prime }(x)& =2x\cos \frac{\pi }{x^2}+x^2{\left(\cos \frac{\pi }{x^2}\right)}^{\prime }\\ & =2x\cos \frac{\pi }{x^2}+x^2\left(-\sin \frac{\pi }{x^2}\right){\left(\frac{\pi }{x^2}\right)}^{\prime }\\ & =2x\cos \frac{\pi }{x^2}+x^2\left(-\sin \frac{\pi }{x^2}\right)\left(-\frac{2\pi }{x^3}\right)\\ & =2x\cos \frac{\pi }{x^2}+\frac{2\pi }{x}\sin \frac{\pi }{x^2}.\end{array}$$

所以

$$f^{\prime }(x)=\{\begin{array}{ll}2x\cos \frac{\pi }{x^2}+\frac{2\pi }{x}\sin \frac{\pi }{x^2},& x\ne 0,\\ 0,& x=0.\end{array}$$

下面验证 $x=0$ 处可导。
由导数定义，

$$f^{\prime }(0)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x-0}.$$

因为 $f(0)=0$，所以

$$\frac{f(x)-f(0)}{x}=\frac{x^2\cos \frac{\pi }{x^2}}{x}=x\cos \frac{\pi }{x^2}.$$

而

$$\left|x\cos \frac{\pi }{x^2}\right|\le |x|\to 0,x\to 0.$$

因此

$$f^{\prime }(0)=0.$$

所以 $f(x)$ 在每一点都有导数。

---

下面证明 $f^{\prime }(x)$ 在 $[0,1]$ 上不可积。
若 $0<\alpha <\beta \le 1$，由于 $f^{\prime }(x)$ 在 $[\alpha ,\beta ]$ 上连续，所以由牛顿—莱布尼茨公式，

$${\int }_{\alpha }^{\beta }{f}^{\prime }(x)dx=f(\beta )-f(\alpha ).$$

即

$${\int }_{\alpha }^{\beta }{f}^{\prime }(x)dx={\beta }^2\cos \frac{\pi }{{\beta }^2}-{\alpha }^2\cos \frac{\pi }{{\alpha }^2}.$$

取

$${\alpha }_n=\frac{1}{\sqrt{4n+1}},{\beta }_n=\frac{1}{\sqrt{2n}},n=1,2,3,\cdots .$$

则

$$\frac{\pi }{{\alpha }_n^2}=(4n+1)\pi ,$$

所以

$$\cos \frac{\pi }{{\alpha }_n^2}=\cos (4n+1)\pi =-1.$$

又

$$\frac{\pi }{{\beta }_n^2}=2n\pi ,$$

所以

$$\cos \frac{\pi }{{\beta }_n^2}=\cos 2n\pi =1.$$

于是

$$\begin{array}{rl}{\int }_{{\alpha }_n}^{{\beta }_n}{f}^{\prime }(x)dx& ={\beta }_n^2\cos \frac{\pi }{{\beta }_n^2}-{\alpha }_n^2\cos \frac{\pi }{{\alpha }_n^2}\\ & =\frac{1}{2n}\cdot 1-\frac{1}{4n+1}\cdot (-1)\\ & =\frac{1}{2n}+\frac{1}{4n+1}.\end{array}$$

因此

$${\int }_{{\alpha }_n}^{{\beta }_n}{f}^{\prime }(x)dx\ge \frac{1}{2n}.$$

令

$$I_n=[{\alpha }_n,{\beta }_n],n=1,2,3,\cdots .$$

注意这些区间 $I_n$ 两两不相交，因此

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1|f^{\prime }(x)|dx& \ge {\int }_{{\bigcup }_{n=1}^{\infty }{I}_n}|f^{\prime }(x)|dx\\ & =\sum _{n=1}^{\infty }{\int }_{I_n}|f^{\prime }(x)|dx\\ & \ge \sum _{n=1}^{\infty }\left|{\int }_{I_n}{f}^{\prime }(x)dx\right|\\ & \ge \sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{2n}=+\infty .\end{array}$$

故

$${\int }_0^1|f^{\prime }(x)|dx=+\infty .$$

因此 $f^{\prime }(x)$ 在 $[0,1]$ 上不可积。

定理 5

设 $f(x)$ 是 $[a,b]$ 上的函数，如果对于任意 $\epsilon >0$，恒有 $\delta >0$，使得 $[a,b]$ 上的任意一组分点

$$a\le a_1<b_1\le a_2<b_2\le \cdots \le a_n<b_n\le b,$$

只要

$$\sum _{i=1}^n(b_i-a_i)<\delta ,$$

便有

$$\sum _{i=1}^n|f(b_i)-f(a_i)|<\epsilon ,$$

则称 $f(x)$ 为 $[a,b]$ 上的绝对连续函数，或说 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上绝对连续。

显然，$[a,b]$ 上的绝对连续函数必在 $[a,b]$ 上一致连续。

证明：绝对连续函数一定是有界变差函数
现在证明：

如果 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上绝对连续，则 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上有界变差。

因为 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上绝对连续，所以对于 $\epsilon =1$，存在 ${\delta }_1>0$，使得对 $[a,b]$ 中任意有限个两两不相交的小区间

$$({\alpha }_i,{\beta }_i),i=1,2,\cdots ,m,$$

只要

$$\sum _{i=1}^m({\beta }_i-{\alpha }_i)<{\delta }_1,$$

就有

$$\sum _{i=1}^m|f({\beta }_i)-f({\alpha }_i)|<1.$$

取正整数

$$N=\left[\frac{b-a}{{\delta }_1}\right]+1.$$

于是

$$N>\frac{b-a}{{\delta }_1},$$

从而

$$\frac{b-a}{N}<{\delta }_1.$$

将区间 $[a,b]$ 等分为 $N$ 个小区间，设分点为

$$a=y_0<y_1<\cdots <y_N=b,$$

其中

$$y_j=a+j\frac{b-a}{N},j=0,1,\cdots ,N.$$

于是每个小区间的长度为

$$y_j-y_{j-1}=\frac{b-a}{N}<{\delta }_1.$$

现在任取 $[a,b]$ 的一个分割

$$\Delta :a=x_0<x_1<\cdots <x_n=b.$$

把点

$$y_0,y_1,\cdots ,y_N$$

加入到分割 $\Delta$ 中，得到一个加细分割

$$\tilde{\Delta }:a=z_0<z_1<\cdots <z_m=b.$$

由于加细分割不会减小变差和，所以

$$V(\Delta )\le V(\tilde{\Delta }),$$

即

$$\sum _{i=1}^n|f(x_i)-f(x_{i-1})|\le \sum _{k=1}^m|f(z_k)-f(z_{k-1})|.$$

现在按照等分点 $y_0,y_1,\cdots ,y_N$ 将右端分组。
对于每一个小区间 $[y_{j-1},y_j]$，其中包含若干个加细分割点。设这些点为

$$y_{j-1}=z_p<z_{p+1}<\cdots <z_q=y_j.$$

于是这些小区间

$$[z_p,z_{p+1}],[z_{p+1},z_{p+2}],\cdots ,[z_{q-1},z_q]$$

的总长度为

$$\sum _{k=p+1}^q(z_k-z_{k-1})=y_j-y_{j-1}=\frac{b-a}{N}<{\delta }_1.$$

由绝对连续性的选取，当 $\epsilon =1$ 时有

$$\sum _{k=p+1}^q|f(z_k)-f(z_{k-1})|<1.$$

也就是说，在每一个小区间 $[y_{j-1},y_j]$ 内，对应的变差和都小于 $1$。
因此

$$\begin{array}{rl}V(\tilde{\Delta })& =\sum _{k=1}^m|f(z_k)-f(z_{k-1})|\\ & =\sum _{j=1}^N\sum _{y_{j-1}\le z_{k-1}<z_k\le y_j}|f(z_k)-f(z_{k-1})|\\ & <\sum _{j=1}^{N}1\\ & =N.\end{array}$$

于是对任意分割 $\Delta$，都有

$$V(\Delta )\le V(\tilde{\Delta })<N.$$

因此

$$V_a^b(f)=\underset{\Delta }{\sup }V(\Delta )\le N<+\infty .$$

所以 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上有界变差。

定理 5

如果 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上绝对连续，则 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上几乎处处可微，$f^{\prime }(x)$ 在 $[a,b]$ 上可积，并且

$${\int }_a^b{f}^{\prime }(x)dx=f(b)-f(a).\text{\hspace{1em}(22)}$$

证明
因为 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上绝对连续，所以由前一定理可知，$f(x)$ 在 $[a,b]$ 上有界变差。
而有界变差函数在闭区间上几乎处处存在导数，因此 $f^{\prime }(x)$ 在 $[a,b]$ 上几乎处处存在。
下面证明 $f^{\prime }(x)$ 可积，并且满足牛顿—莱布尼茨公式。
设

$$V(x)=V_a^x(f),x\in [a,b],$$

即 $V(x)$ 表示 $f$ 在 $[a,x]$ 上的全变差函数。由于 $f$ 绝对连续，可知 $V(x)$ 也是 $[a,b]$ 上的绝对连续函数。
定义

$$g(x)=\frac{V(x)+f(x)}{2},h(x)=\frac{V(x)-f(x)}{2}.$$

则 $g(x),h(x)$ 都是单调递增函数，并且由于 $V(x)$ 与 $f(x)$ 都绝对连续，所以 $g(x),h(x)$ 也都是绝对连续函数。
于是

$$f(x)=g(x)-h(x).$$

对于单调递增且绝对连续的函数 $g$，有

$$g^{\prime }(x)\ge 0$$

几乎处处成立，且

$${\int }_a^b{g}^{\prime }(x)dx=g(b)-g(a).$$

同理，

$${\int }_a^b{h}^{\prime }(x)dx=h(b)-h(a).$$

由于

$$f^{\prime }(x)=g^{\prime }(x)-h^{\prime }(x)$$

几乎处处成立，而 $g^{\prime },h^{\prime }$ 都可积，所以 $f^{\prime }$ 也可积。
于是

$$\begin{array}{rl}{\int }_a^b{f}^{\prime }(x)dx& ={\int }_a^b(g^{\prime }(x)-h^{\prime }(x))dx\\ & ={\int }_a^b{g}^{\prime }(x)dx-{\int }_a^b{h}^{\prime }(x)dx\\ & =(g(b)-g(a))-(h(b)-h(a))\\ & =(g(b)-h(b))-(g(a)-h(a))\\ & =f(b)-f(a).\end{array}$$

引理 4

设 $f(x)$ 是 $[a,b]$ 上的可积函数，若

$${\int }_a^{t}f(x)dx=0,\forall t\in [a,b],$$

则

$$f(x)=0\text{a.e. 于 }[a,b].$$

证明
令

$$F(t)={\int }_a^{t}f(x)dx,t\in [a,b].$$

由于 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上可积，所以积分上限函数 $F(t)$ 在 $[a,b]$ 上绝对连续，并且

$$F^{\prime }(t)=f(t)\text{a.e. 于 }[a,b].$$

由题设知，对任意 $t\in [a,b]$，都有

$$F(t)={\int }_a^{t}f(x)dx=0.$$

因此 $F(t)\equiv 0$，从而

$$F^{\prime }(t)=0\text{a.e. 于 }[a,b].$$

于是

$$f(t)=F^{\prime }(t)=0\text{a.e. 于 }[a,b].$$

定理 6

若 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上可积，又

$$F(x)={\int }_a^{x}f(t)dt+C,a\le x\le b,$$

则 $F(x)$ 是在 $[a,b]$ 上绝对连续的函数，且

$$F^{\prime }(x)=f(x)\text{a.e. 于 }[a,b].$$

证明

先证 $F(x)$ 在 $[a,b]$ 上绝对连续。
由于 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上可积，即

$${\int }_a^b|f(t)|dt<+\infty .$$

于是对于任意 $\epsilon >0$，由积分的绝对连续性，存在 $\delta >0$，使得对任意可测集 $E\subset [a,b]$，只要

$$m(E)<\delta ,$$

就有

$${\int }_E|f(t)|dt<\epsilon .$$

取 $[a,b]$ 中有限个互不相交的区间

$$({\alpha }_k,{\beta }_k),k=1,2,\cdots ,n,$$

且满足

$$\sum _{k=1}^n({\beta }_k-{\alpha }_k)<\delta .$$

令

$$E=\bigcup _{k=1}^n({\alpha }_k,{\beta }_k).$$

则

$$m(E)=\sum _{k=1}^n({\beta }_k-{\alpha }_k)<\delta .$$

因此

$${\int }_E|f(t)|dt<\epsilon .$$

由 $F(x)$ 的定义可得

$$F({\beta }_k)-F({\alpha }_k)={\int }_{{\alpha }_k}^{{\beta }_k}f(t)dt.$$

所以

$$\begin{array}{rl}\sum _{k=1}^n|F({\beta }_k)-F({\alpha }_k)|& =\sum _{k=1}^n\left|{\int }_{{\alpha }_k}^{{\beta }_k}f(t)dt\right|\\ & \le \sum _{k=1}^n{\int }_{{\alpha }_k}^{{\beta }_k}|f(t)|dt\\ & ={\int }_E|f(t)|dt\\ & <\epsilon .\end{array}$$

这说明 $F(x)$ 在 $[a,b]$ 上绝对连续。
下面证明

$$F^{\prime }(x)=f(x)\text{a.e. 于 }[a,b].$$

因为 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上可积，由勒贝格微分定理可知，对几乎处处的 $x\in [a,b]$，有

$$\underset{h\to 0}{\lim }\frac{1}{h}{\int }_x^{x+h}|f(t)-f(x)|dt=0.$$

对这样的点 $x$，当 $x+h\in [a,b]$ 时，

$$\frac{F(x+h)-F(x)}{h}=\frac{1}{h}{\int }_x^{x+h}f(t)dt.$$

于是

$$\begin{array}{rl}\frac{F(x+h)-F(x)}{h}-f(x)& =\frac{1}{h}{\int }_x^{x+h}f(t)dt-f(x)\\ & =\frac{1}{h}{\int }_x^{x+h}(f(t)-f(x))dt.\end{array}$$

因此

$$\left|\frac{F(x+h)-F(x)}{h}-f(x)\right|\le \frac{1}{|h|}{\int }_x^{x+h}|f(t)-f(x)|dt.$$

由勒贝格微分定理，上式右端当 $h\to 0$ 时趋于 $0$，所以

$$\underset{h\to 0}{\lim }\frac{F(x+h)-F(x)}{h}=f(x).$$

即 $F^{\prime }(x)=f(x)$ 对几乎处处的 $x\in [a,b]$ 成立。
综上，$F(x)$ 在 $[a,b]$ 上绝对连续，且

$$F^{\prime }(x)=f(x)\text{a.e. 于 }[a,b].$$

定理 7（分部积分法）

设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上绝对连续，$\lambda (x)$ 在 $[a,b]$ 上可积，

$$g(x)={\int }_a^x\lambda (t)dt+C,$$

其中 $C$ 为常数，则

$${\int }_a^{b}f(x)\lambda (x)dx=f(x)g(x){|}_a^b-{\int }_a^{b}g(x)f^{\prime }(x)dx.$$

证明
因为 $\lambda (x)$ 在 $[a,b]$ 上可积，且

$$g(x)={\int }_a^x\lambda (t)dt+C,$$

由定理 6 可知，$g(x)$ 在 $[a,b]$ 上绝对连续，并且

$$g^{\prime }(x)=\lambda (x)\text{a.e. 于 }[a,b].$$

又因为 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上绝对连续，所以 $f^{\prime }(x)$ 在 $[a,b]$ 上可积，且

$$f(x)=f(a)+{\int }_a^x{f}^{\prime }(t)dt.$$

由于 $f(x)$ 与 $g(x)$ 都在 $[a,b]$ 上绝对连续，所以乘积 $f(x)g(x)$ 也在 $[a,b]$ 上绝对连续，并且在几乎处处有

$$(f(x)g(x){)}^{\prime }=f^{\prime }(x)g(x)+f(x)g^{\prime }(x).$$

由 $g^{\prime }(x)=\lambda (x)$，得到

$$(f(x)g(x){)}^{\prime }=f^{\prime }(x)g(x)+f(x)\lambda (x)\text{a.e. 于 }[a,b].$$

于是

$$f(x)\lambda (x)=(f(x)g(x){)}^{\prime }-g(x)f^{\prime }(x)\text{a.e. 于 }[a,b].$$

两边在 $[a,b]$ 上积分，得

$${\int }_a^{b}f(x)\lambda (x)dx={\int }_a^b(f(x)g(x){)}^{\prime }dx-{\int }_a^{b}g(x)f^{\prime }(x)dx.$$

因为 $f(x)g(x)$ 是绝对连续函数，所以由牛顿—莱布尼茨公式，

$${\int }_a^b(f(x)g(x){)}^{\prime }dx=f(b)g(b)-f(a)g(a).$$

因此

$${\int }_a^{b}f(x)\lambda (x)dx=f(b)g(b)-f(a)g(a)-{\int }_a^{b}g(x)f^{\prime }(x)dx.$$

即

$${\int }_a^{b}f(x)\lambda (x)dx=f(x)g(x){|}_a^b-{\int }_a^{b}g(x)f^{\prime }(x)dx.$$

定理 8

如果 $f(x),g(x)$ 都是可积函数，$g(x)\ge 0$，$G(x)$ 是 $g(x)$ 的一个不定积分，

$$\alpha =G(a),\beta =G(b),$$

则

$${\int }_{\alpha }^{\beta }f(x)dx={\int }_a^{b}f(G(t))g(t)dt.$$

证明
因为 $G(x)$ 是 $g(x)$ 的一个不定积分，所以

$$G(x)={\int }_a^{x}g(t)dt+C.$$

由定理 6 可知，$G(x)$ 在 $[a,b]$ 上绝对连续，且

$$G^{\prime }(x)=g(x)\text{a.e. 于 }[a,b].$$

又因为 $g(x)\ge 0$，所以 $G(x)$ 在 $[a,b]$ 上单调不减。
令

$$F(y)={\int }_{\alpha }^{y}f(x)dx,\alpha \le y\le \beta .$$

由于 $f(x)$ 在 $[\alpha ,\beta ]$ 上可积，由定理 6 可知，$F(y)$ 在 $[\alpha ,\beta ]$ 上绝对连续，并且

$$F^{\prime }(y)=f(y)\text{a.e. 于 }[\alpha ,\beta ].$$

考虑复合函数

$$\Phi (t)=F(G(t)),a\le t\le b.$$

由于 $F$ 与 $G$ 都绝对连续，且 $G$ 单调不减，所以 $\Phi (t)=F(G(t))$ 在 $[a,b]$ 上绝对连续，并且由复合函数求导公式，有

$${\Phi }^{\prime }(t)=F^{\prime }(G(t))G^{\prime }(t)\text{a.e. 于 }[a,b].$$

又因为

$$F^{\prime }(G(t))=f(G(t)),G^{\prime }(t)=g(t),$$

所以

$${\Phi }^{\prime }(t)=f(G(t))g(t)\text{a.e. 于 }[a,b].$$

于是由牛顿—莱布尼茨公式，

$${\int }_a^{b}f(G(t))g(t)dt={\int }_a^b{\Phi }^{\prime }(t)dt=\Phi (b)-\Phi (a).$$

而

$$\Phi (b)=F(G(b))=F(\beta ),$$ $$\Phi (a)=F(G(a))=F(\alpha ).$$

因此

$${\int }_a^{b}f(G(t))g(t)dt=F(\beta )-F(\alpha ).$$

由 $F$ 的定义，

$$F(\beta )={\int }_{\alpha }^{\beta }f(x)dx,$$

并且

$$F(\alpha )={\int }_{\alpha }^{\alpha }f(x)dx=0.$$

所以

$${\int }_a^{b}f(G(t))g(t)dt={\int }_{\alpha }^{\beta }f(x)dx.$$

即

$${\int }_{\alpha }^{\beta }f(x)dx={\int }_a^{b}f(G(t))g(t)dt.$$