中册 4.3 函数可积性 第5题
📝 题目
5．定义函数如下：$\displaystyle R(x)=\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{q}, x=\frac{p}{q}, q>0, p, q \text { 是互质整数，}(0 \leqslant x \leqslant 1) \text { ，证明：} \\ 0, x=0,1 \text { 及无理数，}\end{array}\right.$
（1）$\forall x_{0} \in(0,1), \lim _{x \rightarrow x_{0}} R(x)=0$ ；
（2）函数 $R(x)$ 在 $[0,1]$ 中的无理数点处连续，而在 $[0,1]$ 中的有理数点处不连续．
（3）讨论函数 $R(x)$ 在 $[0,1]$ 上的可积性．
）
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
关于黎曼函数 $R(x)$ 在 $[0,1]$ 的无理点连续，有理点不连续，见函数连续性部分 2.2 题 6 ．
下证：黎曼函数 $R(x)$ 在 $[0,1]$ 上可积．
黎曼函数 $R(x)$ 在 $[0,1]$ 上的振幅 $\displaystyle \omega=\frac{1}{2}$ ．
对任意的 $\varepsilon>0$ ，由于 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow 0} \frac{1}{n}=0$ ，所以满足 $\displaystyle \frac{1}{n} \geqslant \varepsilon$ 的 $n$ 仅有有限个，这样在 $[0,1]$ 上至多有 $N$ 个数 $x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{N}$ ，满足 $R(x) \geqslant \varepsilon$ ．取 $\delta>0$ ，满足 $N \delta<\varepsilon$ ．于是对 $[0,1]$ 上的任意分划 $T$ ，只要 $\|T\|<\delta$ ，此时 $x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{N}$ 所在的区间长度和小于或等于 $N \delta$ ，它们的
$$
\sum \omega_{i} \Delta x_{i}<\frac{1}{2} N \delta<\frac{1}{2} \varepsilon
$$
对不含 $x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{N}$ 的区间，振幅 $\omega_{i} \leqslant \varepsilon$ ，它们的
$$
\sum \omega_{i} \Delta x_{i}<\varepsilon \sum \Delta x_{i}<\varepsilon
$$
于是 $\displaystyle \sum_{T} \omega_{i} \Delta x_{i}<\frac{3}{2} \varepsilon$ ，故 $R(x)$ 在 $[0,1]$ 上可积．
📋 详细解题步骤
步骤 1/7
目标：证明极限为0
对于任意 $x_0 \in (0,1)$，任取 $\varepsilon > 0$。存在正整数 $N$ 使得 $\frac{1}{N} < \varepsilon$。在 $[0,1]$ 中分母不超过 $N$ 的有理数只有有限个，记为 $r_1, r_2, \dots, r_k$。取 $\delta = \min\{|x_0 - r_i| : r_i \neq x_0\}$，则当 $0 < |x - x_0| < \delta$ 时，若 $x$ 为无理数，$R(x)=0$；若 $x$ 为有理数，其分母 $q > N$，故 $R(x) = 1/q < 1/N < \varepsilon$。因此 $\lim_{x \to x_0} R(x) = 0$。
公式：$\lim_{x \to x_0} R(x) = 0$
提示：注意 $\delta$ 的选取要排除 $x_0$ 本身，且要保证所有分母不超过 $N$ 的有理数都不在去心邻域内。
步骤 2/7
目标：证明无理点连续
若 $x_0$ 为无理数，由第一步知 $\lim_{x \to x_0} R(x) = 0$，且 $R(x_0)=0$，故 $\lim_{x \to x_0} R(x) = R(x_0)$，因此 $R(x)$ 在无理点连续。
提示：注意 $R(x_0)=0$ 的定义。
步骤 3/7
目标：证明有理点不连续
若 $x_0 = p/q$ 为有理数，则 $R(x_0)=1/q > 0$。但由第一步知 $\lim_{x \to x_0} R(x) = 0 \neq 1/q$，故 $R(x)$ 在有理点不连续。
提示：极限为0，函数值不为0，因此不连续。
步骤 4/7
目标：讨论可积性：振幅分析
由于 $R(x)$ 在 $[0,1]$ 上有界，且振幅 $\omega = \sup R - \inf R = 1 - 0 = 1$（实际上最大值是1，最小值0）。但更精确地，对任意子区间，振幅不超过1。
公式：$\omega = 1$
提示：注意振幅定义为上确界减下确界。
步骤 5/7
目标：构造分划控制振幅和
对任意 $\varepsilon > 0$，取正整数 $N$ 使得 $1/N < \varepsilon/2$。分母不超过 $N$ 的有理数只有有限个，设其个数为 $M$。取分划 $T$ 使得所有小区间长度 $\Delta x_i < \delta = \varepsilon/(2M)$。则包含这些有理点的小区间总长度不超过 $M \delta = \varepsilon/2$，在这些区间上振幅 $\omega_i \leq 1$，贡献 $\sum \omega_i \Delta x_i \leq 1 \cdot \varepsilon/2 = \varepsilon/2$。
公式：$\delta = \frac{\varepsilon}{2M}$
提示：注意分母不超过N的有理数个数有限，但需要明确M的具体值。
步骤 6/7
目标：控制其余区间振幅和
在其余小区间上，由于不包含分母不超过 $N$ 的有理数，任意有理数的分母 $q > N$，故 $R(x) \leq 1/N < \varepsilon/2$，从而振幅 $\omega_i \leq \varepsilon/2$。这些小区间的总长度不超过1，故 $\sum \omega_i \Delta x_i \leq (\varepsilon/2) \cdot 1 = \varepsilon/2$。
提示：注意振幅的上界是 $\varepsilon/2$，而不是 $\varepsilon$。
步骤 7/7
目标：总振幅和与可积性结论
综合两部分，总振幅和 $\sum \omega_i \Delta x_i \leq \varepsilon/2 + \varepsilon/2 = \varepsilon$。由黎曼可积的充要条件（达布和条件），$R(x)$ 在 $[0,1]$ 上可积。
公式：$\sum \omega_i \Delta x_i < \varepsilon$
提示：注意达布和条件：对任意 $\varepsilon>0$，存在分划使得振幅和小于 $\varepsilon$。
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