利用黎曼可积性准则证明函数F可积性：合适划分选择咨询

嘿，这个问题我当年啃黎曼积分的时候也卡过好一会儿！均匀划分确实完全不管用——毕竟那些$1/n$的点在$[0,1]$里稠得不行，每次均匀分都能在每个小区间里揪出个函数值为1的点，导致上和永远是1，下和永远是0，差根本缩不小。不过咱们换个思路，用**针对性的“非均匀划分”**就能完美满足黎曼可积的准则，核心就是把所有“捣乱”的点（也就是$F(x)=1$的点）塞进总长度足够小的区间里，剩下的区域函数值全是0，上下和的差自然就能被我们拿捏住。

先回忆下黎曼可积的核心判定：函数在$[0,1]$上可积，当且仅当对任意给定的$\varepsilon>0$，总能找到一个区间划分$P$，使得上黎曼和$U(F,P)$与下黎曼和$L(F,P)$的差小于$\varepsilon$。

针对你的函数$F$，我们这么来构造划分$P$：

• 先圈住“有限个大的坏点”
  任选一个足够大的正整数$k$，让$1/k < \varepsilon/2$。这时候，在区间$[1/k, 1]$里，只有有限个点满足$F(x)=1$——就是$x=1, 1/2, 1/3, ..., 1/k$，一共$k$个点（因为当$n>k$时，$1/n < 1/k$，都落在$[0,1/k]$里了）。
• 拆分区间，精准控制“坏区间”的总长度
  1. 对于$[0, 1/k]$这个区间：直接把它当成一个小区间就行。这个区间的长度是$1/k < \varepsilon/2$，而这个区间里$F$的最大值是1，最小值是0，所以这部分的上和减下和最多是$1*(1/k) < \varepsilon/2$。
  2. 对于$[1/k, 1]$里的$k$个“坏点”$x=1/m$（$m=1$到$k$）：给每个点配一个极小的小区间，比如取$[1/m - \delta_m, 1/m + \delta_m]$，调整$\delta_m$的大小，让所有这些小区间的总长度加起来小于$\varepsilon/2$（因为是有限个点，只要$\delta_m$足够小，肯定能做到，还能保证区间不重叠）。
  3. 剩下的$[1/k,1]$区域：也就是那些没被上述小区间覆盖的部分，这些地方的$F(x)$全是0，所以对应的上和与下和都是0，差为0。
• 验证上下和的差满足要求
  把各部分的差加起来：
  • $[0,1/k]$部分的差 < $\varepsilon/2$
  • 包围坏点的小区间总差 < $\varepsilon/2$
  • 剩余区域差为0
    所以整体的$U(F,P) - L(F,P) < \varepsilon/2 + \varepsilon/2 = \varepsilon$，完全符合黎曼可积的判定条件。

补一句：均匀划分的问题在于，不管你把区间分得多细，每个小区间里都必然包含某个$1/n$的点（因为这些点在$[0,1]$稠密），导致每个小区间的最大值都是1，上和永远是1，下和永远是0，差始终是1，没法缩小到任意小。而我们的构造思路是把“无限个小坏点”塞进一个长度可任意小的区间，“有限个大坏点”用总长度可任意小的区间包围，这样就把所有能带来差的部分都控制住了。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者John