可积性——什么函数有积分，什么没有

上一讲用定义算了 $\int_0^1 x\,dx$。但定义难用——你不可能对每个函数都验证一遍"任取介点"。

需要判据。这一讲讲三个可积性判据，以及它们背后的共同工具。

先记住结论，再看为什么：

函数类型	可积？
连续	✅ 一定可积
有界，间断点有限个	✅ 可积
单调	✅ 可积
有界，间断点"不多"	✅ 可积（勒贝格判据）
狄利克雷函数	❌ 不可积
无界（如 $1/x$ 在 $[0,1]$）	❌ 不可积（这不是反常积分）

先看为什么狄利克雷函数不可积

定义要求"任取介点极限相同"。狄利克雷函数：

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

介点全取有理数 → 黎曼和恒为 1。介点全取无理数 → 黎曼和恒为 0。

同一个函数，两个合法的介点选择，两个不同的极限。 所以不可积。

但这个函数有界、定义域完好。有界不够。这是上一讲埋伏的结论，这一讲把它变成系统。

工具一：振幅

要绕过"任取介点"，需要换个角度看黎曼和。

关键是：同一个小区间里，介点换来换去，黎曼和的变化量由什么决定？

由那个小区间里 $f$ 的振幅决定。定义：

$$\omega_i = M_i - m_i$$

其中 $M_i = \sup_{x\in[x_{i-1},x_i]}f(x)$、$m_i = \inf$ 分别是小区间上的上确界和下确界。$\omega_i$ 叫 $f$ 在小区间上的振幅。

核心观察：介点取法的改变，对第 $i$ 项的影响不超过 $f(\xi_i') - f(\xi_i)$ 乘以 $\Delta x_i$，而这个差值不超过 $\omega_i$。

所以：如果所有 $\omega_i\Delta x_i$ 加起来能被控制到任意小，介点怎么取就无所谓了——可积。

工具二：达布和

基于振幅构造两个"极端"的黎曼和。

达布上和（每个小区间取最大值上确界）：

$$\overline{S} = \sum_{i=1}^n M_i\Delta x_i$$

达布下和（取最小值下确界）：

$$\underline{S} = \sum_{i=1}^n m_i\Delta x_i$$

显然 $\underline{S} \le S_n \le \overline{S}$ 对任何介点取法都成立。

两个达布和的差：

$$\overline{S} - \underline{S} = \sum_i (M_i - m_i)\Delta x_i = \sum_i \omega_i\Delta x_i$$

这个差值就是"分割精细化时，黎曼和最多还能动多少"的精确度量。

黎曼可积判据（达布形式）：$f$ 可积，当且仅当存在分割序列，使 $\overline{S} - \underline{S} \to 0$。

这个判据避开了"任取介点"——你只需要构造分割，让振幅加权和趋于 0。实用得多。

判据一：连续必可积

定理：连续函数在闭区间上可积。

证明：连续 ⟹ 一致连续（第十一讲）。任给 $\varepsilon>0$，取 $\delta$，使相距小于 $\delta$ 的两点函数值差小于 $\dfrac{\varepsilon}{b-a}$。

取分割使 $\lambda = \max\Delta x_i < \delta$。则每个小区间里函数值变化小于 $\dfrac{\varepsilon}{b-a}$，于是 $\omega_i \le \dfrac{\varepsilon}{b-a}$。代入：

$$\overline{S}-\underline{S} = \sum_i\omega_i\Delta x_i \le \frac{\varepsilon}{b-a}\sum_i\Delta x_i = \varepsilon$$

证毕。

注意这里用的是"一致连续"，不是"连续"。 第十一讲埋的伏笔在这里兑现——如果只有逐点连续，拿不到统一的 $\delta$，证明就断了。这也是为什么海涅-康托尔定理（闭区间连续 ⟹ 一致连续）如此重要。

判据二：有限个间断点的有界函数可积

定理：有界 + 间断点只有有限个 ⟹ 可积。

证明思路：在有界函数的前提下，任给 $\varepsilon>0$。设间断点有 $k$ 个。用总长度小于 $\varepsilon$ 的一小组小区间把这些间断点分别包住。这些"坏"小区间贡献的 $\omega_i\Delta x_i$：$\omega_i$ 有界（设 $|f|\le C$），总长度小于 $\varepsilon$，所以贡献不超过 $2C\varepsilon$。

剩下的区间上 $f$ 连续（没有间断点了），用判据一，贡献可以小于 $\varepsilon$。

合计小于 $(2C+1)\varepsilon$。证毕。

例：$f(x) = \begin{cases}1, & x \ne 0\\ 2, & x = 0\end{cases}$ 在 $[0,1]$ 上。一个间断点，可积，且积分等于 $\int_0^1 1\,dx = 1$（单点改变函数值不影响积分）。

判据三：单调必可积

定理：单调函数在闭区间上可积，不需要连续。

这对没学过的人来说有点反直觉。单调函数可以有跳跃间断（比如阶梯函数），但照样可积。

证明（以递增为例）：

任给 $\varepsilon>0$。取等分分割 $n$ 份，则 $\Delta x_i = \dfrac{b-a}{n}$。

对递增函数，在小区间 $[x_{i-1},x_i]$ 上，$M_i = f(x_i)$、$m_i = f(x_{i-1})$。于是

$$\overline{S}-\underline{S} = \sum_i\big[f(x_i)-f(x_{i-1})\big]\Delta x_i \le \frac{b-a}{n}\sum_i\big[f(x_i)-f(x_{i-1})\big]$$

中间的求和是一个望远镜求和——相邻项相消：

$$\sum_{i=1}^n\big[f(x_i)-f(x_{i-1})\big] = f(x_n)-f(x_0) = f(b)-f(a)$$

所以

$$\overline{S}-\underline{S} \le \frac{(b-a)(f(b)-f(a))}{n} \to 0$$

证毕。

望远镜求和是这个证明的全部技巧。 单调函数不管跳多少次，总变化量就是 $f(b)-f(a)$，被 $n$ 一除就趋于 0。这个方法干净得让人愉快。

终极判据：勒贝格定理

前面三个判据都是特例。统一的判据由勒贝格在 1902 年给出：

定理（勒贝格判据）：有界函数 $f$ 黎曼可积，当且仅当它的间断点集合的测度为零。

测度为零的意思是：间断点能被总长度任意小的一族区间覆盖。

• 连续函数：间断点集为空，测度 0 → 可积
• 有限个间断点：测度 0 → 可积
• 单调函数：间断点集可数，测度 0 → 可积（所以判据三也是推论）
• 狄利克雷函数：处处间断，间断点集是 $\mathbb{R}$，测度不为 0 → 不可积

前三个判据全部被收编。这是一个漂亮的收尾。

不过要注意：这节课不需要掌握勒贝格测度——那是实变函数的课。这里只要知道判据存在、知道前三个为什么是它的特例就够了。

黎曼积分的极限在哪

黎曼积分有三个硬伤，也是它被推广的原因：

硬伤一：不能积无界函数。 $1/x$ 在 $[0,1]$ 上。黎曼和要求有界，它直接出局。（第十六讲会用"反常积分"抢救它，但那是另一套定义。）

硬伤二：间断点不能太多。 间断点集测度为零才能积。有理数在数轴上处处稠密——$f(x) = \begin{cases}1/x^2, & x\in\mathbb{Q}\\ 0, & x\notin\mathbb{Q}\end{cases}$ 处处间断，不可积。

硬伤三：和极限交换难。 $\lim$ 和 $\int$ 交换需要很强的一致收敛条件（第十九讲）。如果不满足，会算错。

这三个硬伤，在高等课程里分别由反常积分、勒贝格积分、控制收敛定理解决。它们的共同思想是：把一个"精细程度固定"的分割，换成"可以自适应调整"的分割——而这正是勒贝格积分的核心。

你现在不需要学它们。但要知道黎曼积分不是终点，是一个成功的起点。

讲给学生听时，讲什么

第一，达布和比黎曼和好用。 学生被"任取介点"折磨，是因为没有更好工具。引入上下和，把"任取"变成"控制差值"，思路立刻清晰。

第二，振幅加权和是可积的钥匙。 记住 $\overline{S}-\underline{S} = \sum\omega_i\Delta x_i$，所有判据都是让这个式子变小。

第三，一致连续在判据一里不可替代。 这一处最能体现第十一讲的价值——不是孤立的定理，是别的地方的地基。

第四，单调函数的望远镜求和值得单独看。 它证明了"单调可积"不需要连续，是黎曼积分能力边界的最好展示。

第五，勒贝格判据作为远景。 不用会证，知道"间断点不能太多"有精确刻画就够了。

思考与拓展

1. 用达布和证明 $f(x) = \begin{cases}x\sin\dfrac{1}{x}, & x\ne 0\\ 0, & x=0\end{cases}$ 在 $[0,1]$ 上可积。（提示：它在 0 点连续，直接用判据一。）
2. 狄利克雷函数的间断点集是什么？用勒贝格判据说明它为什么不可积。
3. 计算单调函数 $f(x) = \lfloor x\rfloor$（取整函数）在 $[0,3]$ 上的积分。（提示：用判据三的证明思路，然后分段算。）
4. 证明：若 $f$ 可积，则 $|f|$ 也可积。（提示：用 $||f|-|g||\le |f-g|$。）
5. 为什么黎曼积分处理不了 $1/x$ 在 $[0,1]$ 上？如果想要这个积分，你会怎么修改定义？

一句话总结

可积性是「振幅加权和能否任意小」的问题：连续靠一致连续，有限间断靠把坏点包进小长度区间，单调靠望远镜求和，而统一的判据是「间断点集测度为零」——狄利克雷函数正是因为处处间断被挡在门外。

附：本文涉及的史实出处

• 黎曼可积性判据：黎曼 1854 年给出，达布 1875 年改进为上和/下和判据
• 达布和：达布（Darboux）1875 年引入，成为处理可积性的标准工具
• 勒贝格判据：勒贝格 1902 年《积分、长度与面积》，建立了测度论基础
• 连续 ⟹ 可积的证明依赖海涅-康托尔定理（闭区间连续 ⟹ 一致连续）