推论 1
闭区间上的连续函数必定可积。
证明：
f(x)
在闭区间
[a,b]
连续， 则有界且一致连续。
因此，
∀ε>0,∃δ>0,∀x′,x′′∈[a,b],
若
|x′−x′′|<δ,
则
|f(x′)−f(x′′)|<εb−a,
且对于任意一种
[a,b]
上的划分
P,
∀i∈N,1≤i≤n,f(x)
在
[xi−1,xi]
连续，
因此
∃ζi,ηi∈[xi−1,xi],
使得
f(ζi)=Mi,f(ηi)=mi,
只要
λ=max{Δxi:i∈N,1≤i≤n}<δ,
便有：
∑ni=1wiΔxi
=∑ni=1(Mi−mi)Δxi
=∑ni=1(f(ζi)−f(ηi))Δxi
<∑ni=1εb−aΔxi
=εb−a∑ni=1Δxi
=εb−a(b−a)=ε
因此
f(x)
可积。
推论 2
闭区间上的单调函数必定可积。
证明：
不妨设函数
f(x)
在闭区间
[a,b]
单调不减， 则
∀ε>0,∃δ=εf(b)−f(a)+1>0,
对于任意一种
[a,b]
上的划分
P,
∀i∈N,1≤i≤n,f(x)
在
[xi−1,xi]
单调不减，
因此
Mi=f(xi),mi=f(xi−1),
只要
λ=max{Δxi:i∈N,1≤i≤n}<δ,
便有：
∑ni=1wiΔxi
=∑ni=1(Mi−mi)Δxi
=∑ni=1(f(xi)−f(xi−1))Δxi
≤∑ni=1(f(xi)−f(xi−1))εf(b)−f(a)+1
=εf(b)−f(a)+1∑ni=1(f(xi)−f(xi−1))
=εf(b)−f(a)+1(∑ni=1f(xi)−∑ni=1f(xi−1))
=εf(b)−f(a)+1(f(b)−f(a))
<ε,
因此
f(x)
可积。
推论 3
闭区间上在只有一个端点不连续的有界函数必定可积。
证明：
不妨设
f(x):[a,b]→R
有界且只在点
b
不连续。
则 f(x):[a,b]→R 有界
⇒∃M,m∈R,∀x∈[a,b],m≤f(x)≤M,
则
M>m
。否则由于
M≥m,
得
M=m,
于是
∀x∈[a,b],f(x)=M,
从而
f(x)
在点
b
连续，与 f(x) 在点
b
不连续矛盾。
∀ε>0, 令
c=max{a+b2,b−ε2(M−m)},
于是
a<a+b2≤c,
a+b2<b,b−ε2(M−m)<b,⎫⎭⎬⎪⎪⎪⎪⇒c<b,
则
c∈(a,b)⇒f(x)
在
[a,c]
连续。因此
f(x)
在
[a,c]
可积。
于是
∃P′:a=x0<⋯<xn=c,n∈R,n≥1,
使得
∑ni=1wiΔxi<ε2,
因此
∃P=P′∪{b}:a=x0<⋯<xn=c<xn+1=b,
使得
∑n+1i=1wiΔxi=∑ni=1wiΔxi+wn+1Δxn+1<ε2+(M−m)Δxn+1
由于
b−ε2(M−m)≤c⇒Δxn+1=b−c≤ε2(M−m),
因此
∑n+1i=1wiΔxi<ε2+(M−m)Δxn+1≤ε2+(M−m)ε2(M−m)=ε2+ε2=ε,
因此
f(x)
可积。
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