中册 4.3 函数可积性 第11题
📝 题目
11．证明下列结论．
（1）设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上可积，$g(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 有连续导数，求证：$g(f(x))$ 在 $[a, b]$ 上可积．
（2）设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上黎曼可积，证明： $\mathrm{e}^{f(x)}$ 在 $[a, b]$ 上也是黎曼可积的．
（3）设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上黎曼可积，$f(x) \geqslant c \geqslant 0$ ，用可积准则证明：函数 $\ln f(x)$ 在 $[a, b]$ 上黎曼可积．（华 中 师 大 2005）
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）由 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上可积知 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上有界，于是 $\exists A>0$ 使 $|f(x)| \leqslant A$ 。又 $g(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 有连续导数，故 $g(x)$ 在 $[-A, A]$ 连续可导。于是 $\exists M>0$ 使 $|g(x)| \leqslant M$ 。由可积准则，存在 $[a, b]$ 上的分割 $T$ 使
$$
\sum_{T} \omega_{i}^{f} \Delta x_{i}<\frac{\varepsilon}{2 M}
$$
估计 $\omega_{i}^{g(f)}: \omega_{i}^{g(f)}=\sup _{x_{1} \cdot x_{2} \in \Delta x_{i}}\left|g\left(f\left(x_{1}\right)\right)-g\left(f\left(x_{2}\right)\right)\right|=\sup _{x_{1}, x_{2} \in \Delta x_{i}} g(\xi)\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{1}\right)\right| \leqslant M \omega_{i}^{f}$ 。于是
$$
\sum_{T} \omega_{i}^{g(f)} \Delta x_{i} \leqslant M \sum_{T} \omega_{i}^{f} \Delta x_{i}<\varepsilon .
$$
由可积准则，$g(f(x))$ 在 $[a, b]$ 上可积．
（2）由（1）得证．也可直接证明：
由 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上可积知 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上有界，于是 $\exists A>0$ 使 $|f(x)| \leqslant A$ 。由可积准则，存在 $[a, b]$ 上的分割 $T$ 使
$$
\sum_{T} \omega_{i}^{f} \Delta x_{i}<\frac{\varepsilon}{2 A} .
$$
估计 $\omega_{i}^{\mathrm{e}^{\prime}}: \omega_{i}^{\mathrm{e}^{\prime}}=\sup _{x_{1}, x_{2} \in \Delta x_{i}}\left|\mathrm{e}^{f\left(x_{1}\right)}-\mathrm{e}^{f\left(x_{2}\right)}\right|=\sup _{x_{1}, x_{2} \in \Delta x_{i}} \mathrm{e}^{\xi}\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right| \leqslant \mathrm{e}^{A} \omega_{i}^{f}$ 。于是
$$
\sum_{T} \omega_{i}^{\mathrm{e}^{\prime}} \Delta x_{i} \leqslant \mathrm{e}^{A} \sum_{T} \omega_{i}^{f} \Delta x_{i}<\mathrm{e}^{A} \varepsilon
$$
由可积准则，在 $\mathrm{e}^{f(x)}$ 上 $[a, b]$ 可积。
（3）由（1）得证．也可直接证明：
由 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上可积知 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上有界，于是 $\exists A>0$ 使 $|f(x)| \leqslant A$ ．由可积准则，存在 $[a, b]$ 上的分割 $T$ 使
$$
\sum_{T} \omega_{1}^{f} \Delta x_{i}<\frac{\varepsilon}{2 A} .
$$
估计 $\displaystyle \omega_{i}^{\ln f}: \omega_{i}^{\ln f}=\sup _{x_{1}, x_{2} \in \Delta x_{i}}\left|\ln f\left(x_{1}\right)-\ln f\left(x_{2}\right)\right|=\sup _{x_{1}, x_{2} \in \Delta x_{i}} \frac{1}{\xi}\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right| \leqslant \frac{1}{c} \omega_{i}^{f}$ ．于是
$$
\sum_{T} \omega_{i}^{\mathrm{e}^{\prime}} \Delta x_{i} \leqslant \frac{1}{c} \sum_{T} \omega_{i}^{f} \Delta x_{i}<\frac{1}{c} \varepsilon .
$$
由可积准则，在 $\ln f(x)$ 上 $[a, b]$ 可积．
📋 详细解题步骤
步骤 1/3
目标：证明复合函数可积：利用可积准则和导数有界性
由 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上可积，则 $f(x)$ 有界，存在 $A>0$ 使得 $|f(x)|\leq A$。又 $g(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 有连续导数，故 $g(x)$ 在 $[-A,A]$ 上连续可导，从而 $g'(x)$ 在 $[-A,A]$ 上有界，设 $|g'(x)|\leq M$。对任意 $\varepsilon>0$，由可积准则，存在分割 $T$ 使得 $\sum\omega_i^f \Delta x_i < \frac{\varepsilon}{2M}$。估计 $\omega_i^{g(f)}$：对任意 $x_1,x_2\in\Delta_i$，由拉格朗日中值定理，$|g(f(x_1))-g(f(x_2))| = |g'(\xi)||f(x_1)-f(x_2)| \leq M \omega_i^f$，故 $\omega_i^{g(f)} \leq M \omega_i^f$。于是 $\sum\omega_i^{g(f)}\Delta x_i \leq M\sum\omega_i^f\Delta x_i < \varepsilon$。由可积准则，$g(f(x))$ 在 $[a,b]$ 上可积。
公式：拉格朗日中值定理：$|g(f(x_1))-g(f(x_2))| = |g'(\xi)||f(x_1)-f(x_2)|$
提示：注意 $g$ 的导数有界性依赖于 $f$ 的值域，需先确定 $f$ 有界。
步骤 2/3
目标：证明指数函数可积：作为复合函数的特例
取 $g(x)=e^x$，则 $g$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 有连续导数，由(1)即得 $e^{f(x)}$ 可积。或直接证明：由 $f$ 可积有界，设 $|f(x)|\leq A$，则 $e^{f(x)}$ 有界。对任意 $\varepsilon>0$，存在分割 $T$ 使得 $\sum\omega_i^f\Delta x_i < \frac{\varepsilon}{e^A}$。估计 $\omega_i^{e^f}$：由拉格朗日中值定理，$|e^{f(x_1)}-e^{f(x_2)}| = e^{\xi}|f(x_1)-f(x_2)| \leq e^A \omega_i^f$，故 $\sum\omega_i^{e^f}\Delta x_i \leq e^A \sum\omega_i^f\Delta x_i < \varepsilon$。由可积准则，$e^{f(x)}$ 可积。
公式：$|e^{f(x_1)}-e^{f(x_2)}| = e^{\xi}|f(x_1)-f(x_2)|$
提示：注意 $e^\xi \leq e^A$ 是因为 $\xi$ 介于 $f(x_1)$ 和 $f(x_2)$ 之间，故 $|\xi|\leq A$。
步骤 3/3
目标：证明对数函数可积：利用下界和可积准则
由 $f(x)\geq c>0$ 且 $f$ 可积，则 $f$ 有界，设 $|f(x)|\leq A$。对任意 $\varepsilon>0$，存在分割 $T$ 使得 $\sum\omega_i^f\Delta x_i < c\varepsilon$。估计 $\omega_i^{\ln f}$：对任意 $x_1,x_2\in\Delta_i$，由拉格朗日中值定理，$|\ln f(x_1)-\ln f(x_2)| = \frac{1}{\xi}|f(x_1)-f(x_2)| \leq \frac{1}{c}\omega_i^f$，其中 $\xi$ 介于 $f(x_1)$ 和 $f(x_2)$ 之间，且 $\xi\geq c$。故 $\sum\omega_i^{\ln f}\Delta x_i \leq \frac{1}{c}\sum\omega_i^f\Delta x_i < \varepsilon$。由可积准则，$\ln f(x)$ 可积。
公式：$|\ln f(x_1)-\ln f(x_2)| = \frac{1}{\xi}|f(x_1)-f(x_2)|$
提示：注意 $\xi\geq c>0$，否则 $1/\xi$ 可能无界。条件 $f(x)\geq c>0$ 是必要的。
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