Dirichlet 函数不可积构造与 Riemann 函数可积对比

题目

记 $\mathbb{Q}$ 为有理数集。定义 Dirichlet 函数

$$D(x)=\{\begin{array}{ll}1,& x\in \mathbb{Q},\\ 0,& x\notin \mathbb{Q}.\end{array}$$

1. 不可积证明：证明 $D$ 在 $[0,1]$ 上不 Riemann 可积，并指出它的上、下 Darboux 积分分别等于多少。

2. 有界变差无关：$D$ 处处有界（$0\le D\le 1$），却不可积。这与”闭区间连续 ⇒ 可积”（ANL-THM-027）、“单调 ⇒ 可积”（ANL-THM-028）有何区别？请用 $D$ 的不连续点集说明它为何两条充分条件都不满足。

3. 对比：Riemann（Thomae）函数可积：定义

   $$R(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{q},& x=\frac{p}{q}\in (0,1],\gcd (p,q)=1,q>0,\\ 0,& x\notin \mathbb{Q}\text{或}x=0.\end{array}$$

   证明 $R$ 在 $[0,1]$ 上可积且 ${\int }_0^{1}R(x)dx=0$。

提示

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• 第 1 题：用 Darboux 准则（ANL-THM-026）。关键事实：有理数与无理数在 $[0,1]$ 中都稠密，故任何小区间内既有有理点又有无理点。算每个子区间上的振幅（ANL-DEF-027）。
• 第 3 题：固定 $\epsilon >0$，只有有限个点满足 $R(x)\ge \epsilon$（即分母 $q\le 1/\epsilon$ 的既约分数）。把这有限个点用总长可任意小的小区间盖住，其余区间上 $R<\epsilon$。这正是 Darboux 准则中”控制大振幅子区间总长”的标准套路。

解答

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第 1 题：Dirichlet 函数不可积

设 $P:0=x_0<x_1<\cdots <x_n=1$ 为 $[0,1]$ 的任一分割（ANL-DEF-025）。

在每个子区间 $[x_{i-1},x_i]$ 上，由有理数与无理数的稠密性：

$$M_i=\underset{[x_{i-1},x_i]}{\sup }D=1,m_i=\underset{[x_{i-1},x_i]}{\inf }D=0.$$

于是上、下 Darboux 和

$$U(P,D)=\sum _{i=1}^n{M}_i\Delta x_i=\sum _{i=1}^{n}1\cdot \Delta x_i=1,L(P,D)=\sum _{i=1}^n{m}_i\Delta x_i=0,$$

对一切分割 $P$ 成立。因此上、下 Darboux 积分

$$\overline{{\int }_0^1}D=\underset{P}{\inf }U(P,D)=1,\underline{{\int }_0^1}D=\underset{P}{\sup }L(P,D)=0.$$

由于

$$U(P,D)-L(P,D)=1\nrightarrow 0(\text{对一切 }P),$$

Darboux 准则（ANL-THM-026）的可积条件 ${\inf }_P(U-L)=0$ 不成立，故 $D$ 在 $[0,1]$ 上不可积。$■$

等价地：每个子区间上振幅 ${\omega }_i=M_i-m_i=1$，故 $\sum {\omega }_i\Delta x_i=1$ 不能任意小。

第 2 题：与两条充分条件的关系

$D$ 在 $[0,1]$ 上处处不连续（ANL-DEF-026 要求的可积性允许少量不连续点，但 $D$ 的不连续点集是整个 $[0,1]$）：

• 非连续：任取 $x_0$，存在有理点列与无理点列同时趋于 $x_0$，其函数值分别为 $1$ 与 $0$，极限不存在，故 $D$ 在 $x_0$ 不连续。所以”闭区间连续 ⇒ 可积”（ANL-THM-027）的前提完全不满足。
• 非单调：$D$ 在任意小区间上取值在 $\{0,1\}$ 间无穷次跳变，绝非单调，故ANL-THM-028也不适用。

本质：Riemann 可积 $⟺$ 不连续点集为 Lebesgue 零测集（Lebesgue 判据，本课不证）。$D$ 的不连续点集测度为 $1$，故不可积；而下一题的 $R$ 仅在有理点不连续（零测），故可积。

第 3 题：Riemann（Thomae）函数可积

先证可积（Darboux 准则 ANL-THM-026）：给定 $\epsilon >0$。

关键有限性：满足 $R(x)\ge \epsilon /2$ 的点 $x=p/q$ 须有 $q\le 2/\epsilon$。这样的既约分数在 $(0,1]$ 中只有有限个，记为 $a_1,\dots ,a_N$（$N$ 依赖 $\epsilon$）。

构造分割：把每个 $a_k$ 用一个长度 $<\frac{\epsilon }{2N}$ 的小区间盖住，取分割 $P$ 使这 $N$ 个”坏点”落在总长 $<\epsilon /2$ 的若干子区间内。将子区间分两类：

• 类 A（含某个 $a_k$）：振幅 ${\omega }_i\le 1$（因 $0\le R\le 1$），但其总长 ${\sum }_A\Delta x_i<\epsilon /2$，故 $$\sum _{i\in A}{\omega }_i\Delta x_i\le 1\cdot \sum _{i\in A}\Delta x_i<\frac{\epsilon }{2}.$$
• 类 B（不含任何 $a_k$）：此时区间上处处 $R(x)<\epsilon /2$，故 ${\omega }_i\le \epsilon /2$，于是 $$\sum _{i\in B}{\omega }_i\Delta x_i\le \frac{\epsilon }{2}\sum _{i\in B}\Delta x_i\le \frac{\epsilon }{2}\cdot 1=\frac{\epsilon }{2}.$$

合计 $U(P,R)-L(P,R)={\sum }_i{\omega }_i\Delta x_i<\epsilon$。由 $\epsilon$ 任意，$R$ 在 $[0,1]$ 上可积。

再证积分值为 $0$：在每个子区间上 $m_i=\inf R=0$（无理点稠密，$R$ 在无理点为 $0$），故对一切分割 $L(P,R)=0$，从而下积分 $=0$。由可积性，

$${\int }_0^{1}R(x)dx=\underline{{\int }_0^1}R=0.■$$

考察点

• ANL-THM-026 Darboux 准则的两种等价表述（$U-L\to 0$ 与振幅和 $\sum {\omega }_i\Delta x_i\to 0$）
• ANL-DEF-025 上下 Darboux 和的计算
• ANL-DEF-027 振幅作为不可积性的定量刻画
• 稠密性在确定 $\sup /\inf$ 中的作用
• “控制大振幅子区间总长”——可积性证明的通用技巧

备注

Dirichlet vs Riemann 函数的教学价值：

	Dirichlet $D$	Riemann $R$
连续点	无	全体无理点
不连续点集测度	$1$	$0$
Riemann 可积	否	是，积分 $=0$
Lebesgue 可积	是（积分 $=0$，因 $\mathbb{Q}$ 零测）	是

这对反例说明：Riemann 积分对”病态”函数的鉴别力，恰好由不连续点集的测度决定——这是通向 Lebesgue 积分理论的最自然动机。$D$ 的不可积性也是后续 ANL-DEF-026 中”可积 ⇒ 几乎处处连续”直观的反面教材。