求证Riemann可积函数的等距分划Pn上下和收敛于积分值

咱们先把问题理清楚：已知函数( f )在区间([a,b])上Riemann可积（记其积分值为( I = \int_a^b f(x)dx )），且已经证实存在某组分划序列，它的上和、下和都收敛到( I )；现在要证明一定存在等距分划序列( P_n )（其中( P_n )将([a,b])划分为( n )个等长子区间，每个区间长度( \Delta x_n = \frac{b-a}{n} )），满足( \lim_{n \to \infty} U(P_n,f) = \lim_{n \to \infty} L(P_n,f) = I )。

证明步骤： #

1. 利用Riemann可积的核心等价条件
   根据Riemann可积的定义，函数( f )在([a,b])上可积当且仅当：对任意给定的( \varepsilon > 0 )，存在一个分划( Q = {a = q_0 < q_1 < \dots < q_k = b} )，使得该分划的上和与下和之差满足：

   ( U(Q,f) - L(Q,f) < \frac{\varepsilon}{2} )

2. 控制等距分划的细度
   取等距分划( P_n )，当( n )足够大时，每个等长子区间的长度( \Delta x_n = \frac{b-a}{n} )会小于分划( Q )中所有子区间的最小长度，即( \Delta x_n < \min_{1 \leq i \leq k} (q_i - q_{i-1}) )。
   此时，( P_n )的每个子区间要么完全包含在( Q )的某个子区间内，要么最多与( Q )的两个相邻子区间相交（这类跨区间的数量最多为( k-1 )个，因为( Q )有( k-1 )个内部分点）。

3. 拆分估算上下和的差值
   把( P_n )的所有子区间分成两类，分别计算它们的总振幅和：

   • 第一类：完全包含在( Q )子区间内的区间
     对于这类区间，( f )在其上的振幅( \omega_j = M_j - m_j )（( M_j )为上确界，( m_j )为下确界）不会超过所在( Q )子区间的振幅( \omega_i^Q = M_i^Q - m_i^Q )。因此这部分的总振幅和不超过( U(Q,f) - L(Q,f) < \frac{\varepsilon}{2} )。
   • 第二类：跨( Q )两个子区间的区间
     因为( f )在([a,b])上可积，所以( f )必有界，设( |f(x)| \leq M )对所有( x \in [a,b] )成立。那么每个跨区间的振幅( \omega_j \leq 2M )，而这类区间最多有( k-1 )个，因此总振幅和不超过( (k-1) \cdot 2M \cdot \Delta x_n )。
     当( n )足够大时，取( n > \frac{2M(k-1)(b-a)}{\varepsilon} )，则( \Delta x_n < \frac{\varepsilon}{4M(k-1)} )，此时这部分总振幅和小于( \frac{\varepsilon}{2} )。

4. 收敛性推导
   把两类区间的总振幅和相加，当( n )足够大时：

   ( U(P_n,f) - L(P_n,f) < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon )
   又因为Riemann积分满足( L(P_n,f) \leq I \leq U(P_n,f) )，因此：

   • ( 0 \leq U(P_n,f) - I \leq U(P_n,f) - L(P_n,f) < \varepsilon )
   • ( 0 \leq I - L(P_n,f) < \varepsilon )
     根据极限的定义，这就证明了( \lim_{n \to \infty} U(P_n,f) = I )且( \lim_{n \to \infty} L(P_n,f) = I )。

关键思路总结 #

这里的核心是利用可积函数的有界性，结合Riemann可积的等价条件，通过让等距分划的细度足够小，把跨参考分划( Q )分点的区间的总振幅控制到任意小，从而保证等距分划的上下和差可以小于任意给定的( \varepsilon )，最终推导出上下和收敛到积分值。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Ujan Banerjee