Dirichlet函数与Riemann函数的可积性

• Dirichlet函数与Riemann函数的可积性

(1) 写出Dirichlet函数，并讨论其在$[0,1]$上的可积性(黎曼可积)；

(2) 写出Riemann函数，并讨论其在$[0,1]$上的可积性.

思路 解答本题要知道得知识点：

• 黎曼可积的定义：

  设有定数 $I$, 对任意给定的 $\varepsilon>0$, 存在 $\delta>0$,使得对任意一种划分

  $P: a=x_{0}<x_{1}<x_{2}<\cdots<x_{n}=b,$

  和任意点 $\xi_{1} \in\left[x_{i-1}, x_{i}\right]$, 只要 $\lambda=\max _{1 \leqslant i \leqslant n}\left(\Delta x_{i}\right)<\delta$, 便有

  $\left|\sum_{i=1}^{n} f\left(\xi_{i}\right) \Delta x_{i}-I\right|<\varepsilon,$

  则称 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上 Riemann 可积,称 $l$ 是 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上的定积分.

• 黎曼可积的充要条件:

  有界函数 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 可积的充分必要条件是,对任意给定的 $\varepsilon>0$, 存在着一种划分, 使得相应的振幅满足

  $\sum_{i=1}^{n} \omega_{i} \Delta x_{i}<\varepsilon .$

解 (1) Dirichlet 函数

$D(x)= \begin{cases}1, & x \text { 为有理数 }, \\ 0, & x \text { 为无理数 }\end{cases}$

​ 由于有理数和无理数在实数域上的稠密性, 因此不管用什么样的划分 $P$ 对 $[0,1]$ 作分割, 在每个小区间 $\left[x_{i}, x_{i+1}\right]$ 中一定是即有有理数又有无理数.
于是, 当将 $\xi_i$全部取为有理数时,

$\lim _{\lambda \rightarrow 0} \sum_{i=1}^{n} f\left(\xi_{i}\right) \Delta x_{i}=\lim _{\lambda \rightarrow 0} \sum_{i=1}^{n} 1 \cdot \Delta x_{i}=1,$

当将 $\xi_i$全部取为无理数时, 则有

$\lim _{\lambda \rightarrow 0} \sum_{i=1}^{n} f\left(\xi_{i}\right) \Delta x_{i}=\lim _{\lambda \rightarrow 0} \sum_{i=1}^{n} 0 \cdot \Delta x_{i}=0 .$

所以尽管两个和式的极限都存在,但极限不相同, 所以 Dirichlet 函数在 Riemann 意义下是不可积的.

(2) Riemann 函数

$R(x)= \begin{cases}\dfrac{1}{p}, & x=\dfrac{q}{p}\left(p \in \mathbf{N}^{+}, q \in \mathbb{Z}-\{0\}, p, q \text { 互质 }\right), \\ 1, & x=0, \\ 0, & x \text { 为无理数 }\end{cases}$

由 Riemann 函数的性质, 对任意给定的 $0<\varepsilon<2$, 在 $[0,1]$ 上使得 $R(x)>\frac{\varepsilon}{2}$ 的点
至多只有有限个, 不妨设是 $k$ 个,记为 $0=p_{1}^{\prime}<p_{2}^{\prime}<\cdots<p_{k}^{\prime}=1$.
作 $[0,1]$ 的划分

$0=x_{0}<x_{1}<x_{2}<\cdots<x_{2 k-1}=1,$

使得满足

$\begin{aligned} &p_{1}^{\prime} \in\left[x_{0}, x_{1}\right), x_{1}-x_{0}<\frac{\varepsilon}{2 k}, \\ &p_{2}^{\prime} \in\left(x_{2}, x_{3}\right), x_{3}-x_{2}<\frac{\varepsilon}{2 k},\\ &...... \end{aligned}$

$p_{k-1}^{\prime} \in\left(x_{2 k-4}, x_{2 k-3}\right), x_{2 k-3}-x_{2 k-4}<\frac{\varepsilon}{2 k},$

$p_{k}^{\prime} \in\left(x_{2 k-2}, x_{2 k-1}\right], x_{2 k-1}-x_{2 k-2}<\frac{\varepsilon}{2 k},$

下图给出 $k=3$ 的情况.

由于

$\sum_{i=1}^{2 k-1} \omega_{i} \Delta x_{i}=\sum_{j=0}^{k-1} \omega_{2 j+1} \Delta x_{2 j+1}+\sum_{j=1}^{k-1} \omega_{2 j} \Delta x_{2 j},$

而在右边的第一个和式中, 有 $\Delta x_{2 j+1}<\frac{\varepsilon}{2 k}$ 且 $\omega_{2 j+1}$ $\leqslant 1$; 在第二个和式中, 有 $\omega_{2 j} \leqslant \frac{\varepsilon}{2}$ 且 $\sum_{j=1}^{k-1} \Delta x_{2 j}<1$,
因此得到

$\sum_{i=1}^{n} \omega_{i} \Delta x_{i}<k \cdot \frac{\varepsilon}{2 k}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon$

由于黎曼函数是有界函数以及可积的充要条件, 可知，Riemann 函数可积.