狄利克雷和黎曼函数的可积性的证明与推广Dirichlet and Riemann
黎曼函数和狄利克雷函数的区别
黎曼函数和狄利克雷函数的区别
黎曼函数和狄利克雷函数都是数学中的特殊函数，但它们在定义、性质和应用等方面有很大的区别。
首先，黎曼函数是以德国数学家黎曼命名的，它是一个复变函数，用于描述解析数论中的素数分布规律。
而狄利克雷函数是以德国数学家狄利克雷命名的，它是一类周期函数，用于研究数论中的欧拉定理和李亚普诺夫函数等问题。
其次，黎曼函数和狄利克雷函数的定义也有所不同。
黎曼函数是通过对数格函数和ζ函数的解析延拓得到的，而狄利克雷函数是通过对数和函数和欧拉公式的运用得到的。
此外，两种函数的性质也有很大差异。
黎曼函数在复平面上有一些特殊的零点和极点，这些点与素数的分布有密切关系。
而狄利克雷函数则具有周期性和正交性的性质，在数论中有广泛的应用。
最后，黎曼函数和狄利克雷函数的应用领域也不同。
黎曼函数主要用于解析数论领域的研究，如黎曼猜想等；而狄利克雷函数则应用广泛，如在振动理论、概率论和傅里叶分析等领域都有重要作用。
综上，虽然黎曼函数和狄利克雷函数都是数学中的特殊函数，但它们在定义、性质和应用等方面有着很大的区别。
对于数学研究者来说，深入了解和研究这些函数的不同之处，有助于更好地理解和应用数学知识。
- 1 -。
Dirichlet卷积及积性函数详解
Dirichlet卷积及积性函数详解Dirichlet卷积 (狄利克雷卷积)定义若有两个函数f与g，则其Dirichlet卷积为(∗为卷积，为避免混淆，乘号⽤×表⽰)f(n)∗g(n)=∑d|n f(d)g(nd)⼀些性质交换律：f∗g=g∗f结合律：(f∗g)∗h=f∗(g∗h)分配律：f∗(g+h)=f∗g+f∗h单位元ϵ定义元函数：ϵ(n)=[n=1]其中[a]指如果a为真，其值为1，反之则为0。
所以f∗ϵ=ϵ∗f=f证明：f(n)∗ϵ(n)=∑d|n f(d)ϵ(nd)∵当nd≠1时⟹ϵ(nd)=0⟹f(d)ϵ(nd)=0∴f(n)∗ϵ(n)=∑d|n且d≠n f(d)ϵ(nd)+f(n)ϵ(1)=f(n)积性函数对于⼀个函数f，若对于所有互质的正整数a,b，均有f(ab)=f(a)f(b)，则f为⼀个积性函数。
对于⼀个函数f，若对于所有正整数a,b，均有f(ab)=f(a)f(b)，则f为⼀个完全积性函数。
数学语⾔：对于函数f，若对于∀a,b∈N+,gcd，都有f(ab)=f(a)f(b)，则f为⼀个积性函数。
对于函数f，若对于\forall a,b \in N^+，都有f(ab)=f(a)f(b)，则f为⼀个积性函数。
性质：对于两个积性函数f,g，f*g也为积性函数⼀些常见的积性函数1.除数函数：n的约数的k次幂之和，\sigma_k(n)=\sum_{d|n} d^k。
2.约数个数函数：n的约数个数，d(n)=\sigma_0(n)=\sum_{d|n}1。
Loading [MathJax]/jax/element/mml/optable/BasicLatin.js3.约数和函数：n的所有约数之和，\sigma(n)=\sigma_1 (n)=\sum_{d|n}d。
4.欧拉函数：[1,n]中与n互质的数的个数，\phi(n)=\varphi(n)=\sum_{n}^{i=1}[gcd(i,n)=1]。
狄利克雷定理证明
狄利克雷定理是复变函数论中的一个重要定理，它描述了复平面上的一个区域内所有解析函数的等价性。
这个定理的证明涉及到复分析和拓扑学的一些基本原理和方法。
首先，我们需要了解狄利克雷定理的基本内容。
它指出，在复平面的某个区域内，如果一个函数在其定义域内解析，那么它可以通过一个无穷级数来表示，该级数的项数只取决于区域的直径，而不取决于函数的振幅。
换句话说，对于一个给定的区域，总可以找到一个唯一的无穷级数来表示所有在该区域内解析的函数。
接下来，我们可以通过以下步骤来证明狄利克雷定理：
1. 定义函数空间：首先，我们需要定义一个函数空间，其中包含所有在区域内解析的函数。
这个空间可以通过定义函数的某种性质（例如，函数的连续性、可微性等）来构造。
2. 构造收敛级数：对于任何一个在给定区域内解析的函数，我们可以找到一个无穷级数，它收敛到该函数。
这个级数的项数只取决于区域的直径，而不取决于函数的振幅。
具体来说，我们可以通过选择一个足够小的邻域，使得在该邻域内解析的所有函数都可以用该级数表示。
3. 唯一性证明：为了证明该级数是唯一的，我们需要证明任何两个收敛到同一函数的无穷级数必须是相等的。
这可以通过比较两个级数的项数和系数来实现。
4. 拓扑学应用：最后，我们可以将该定理与拓扑学结合起来，证明任何两个收敛到同一函数的无穷级数必须是相等的。
这是因为任何两个收敛到同一函数的无穷级数都必须在某个点上相等，而这个点可以通过将两个级数进行比较来找到。
综上所述，通过定义函数空间、构造收敛级数、证明唯一性和应用拓扑学原理，我们可以证明狄利克雷定理。
这个定理在复变函数论中具有重要的意义和价值。
2.黎曼(傅里叶、狄利克雷)
本节介绍黎曼有关的两个主题：1.黎曼可积条件；2.黎曼重排定理。
为了讲好第一个主题，必须先介绍狄利克雷函数，以便让大家知道柯西方法对积分的不足之处，是时候该重建积分的定义了。
狄利克雷函数产生的背景————
为了说清狄利克雷函数的出现由来，我们先关注一下和此问题相关的关键人物——约瑟夫.傅里叶。
他相信在a a 和 之间的任何函数，都可以表示成我们现在所谓的傅里叶级数：
无法想象的。
狄利克雷所举的例子显示了柯西方法对积分的不足之处，是时候该重建积分的定义了。
是我们现在所说的黎曼可积性条件。
在直观上，狄利克雷函数如此彻底地不连续，以至是不可积的。
这个现象提出了一个基本问题：按照黎曼积分的定义，一个函数不连续到何种程度依然是可积的呢？这个谜团直到20世纪才解开，但是在这里我们将不再继续。
下面介绍另一个黎曼的发现，那就是黎曼重排定理。
黎曼对于重排级数结果的改变做了证明，他的级数重排定理以引人注目的形式证明了无穷级数求和确实是一个微妙的问题。
狄利克雷和黎曼函数的可积性的证明与推广Dirichlet and Riemann
1, 0,
x∈Q x∈R\Q
x ∈ [0, 1]
对于 [0, 1] 中的任一分割 π : 0 = x0 < x1 < · · · < xn = 1 在 π 的第 i 个子区间 [xi−1 , xi ] 上 D(x) 的上下确界分别记为 Mi , mi , 令 ωi = Mi − mi 称 为 D(x) 在 [xi−1 , xi ] 上的振幅 定义： ¯(D, π) = Darboux 上和：S Darboux 下和：S (D, π) =
1⩽j ⩽m+1
于是
2∑ m+1 k=1
ωk △rk =
m ∑ i=1
ωi △Ii +
m +1 ∑ j =1
ωj △Tj <
ε ε + =ε 2 2
由 Riemann 可积的定义知 Riemann 函数在 [0, 1] 可积.
• 二元 Dirichlet 函数 如果 x, y ∈ R 为有理数，则 R2 中的点 (x, y ) 称为二维有理点. 定义 Dirichlet 函数 1, 若p是[0, 1]2 中的有理点; D(x) = 0, 若p不是[0, 1]2 中的有理点. 1. 容易看出对 R2 中的任何矩形 I , 有 ¯ Ddσ = 0, dσ = σ (I ) > 0, 故 D 在 I 上不可积.
ε 1 , min |xi − xj |}. 2m 2 1⩽i<j ⩽m δ δ δ δ 令 Ii = [xi − , xi + ], 2 ⩽ i ⩽ m − 1, I1 = [0, x1 + ], Im = [xm − , 1] 2 2 2 2 ∪ 记 为 A 类, 其特点是每个小区间上的振幅 ωi ⩽ 1.
狄利克雷函数不黎曼可积证明
狄利克雷函数不黎曼可积证明
狄利克雷函数是一种特殊的数学函数，它在数学上有着重要的应用。
然而，在黎曼积分的意义下，狄利克雷函数是不可积的。
本文将从数学推导的角度，给出狄利克雷函数不黎曼可积的证明。
首先，我们需要知道什么是黎曼可积。
在实数轴上，黎曼积分就是求一个函数在一个区间内的面积。
如果一个函数在一个区间上的振幅有限，那么它就是黎曼可积的。
然而，狄利克雷函数在任何一个有限的区间上都无法满足这个条件。
狄利克雷函数的定义是：
D(x) = { 1, x ∈ Q(有理数)
{ 0, x Q(无理数)
我们可以证明，狄利克雷函数在任何一个有限的区间上都无法满足振幅有限的条件。
考虑一个区间[a,b]，并且假设a和b都是有理数。
我们可以找到两个数列{p_n}和{q_n}，它们的值分别为有理数和无理数，并且满足：
p_1 < p_2 < … < p_n < …
q_1 < q_2 < … < q_n < …
p_n → b, q_n → b (n→∞)
此时，我们可以证明在[a,b]上狄利克雷函数的振幅为1。
因为在[a,b]上，D(x)只有在有理数点上取到1，而p_n和q_n都是有理数和无理数的交替排列，所以在[a,b]上，D(x)的取值将不断地在1和0之间震荡。
因此，在任何一个有限的区间上，狄利克雷函数的振幅都无限大，即狄利克雷函数不黎曼可积。
综上所述，狄利克雷函数不黎曼可积的证明是基于对振幅的分析，它的结论对于狄利克雷函数的研究具有重要的指导意义。
狄利克雷和黎曼函数
1、处处不连续 2、处处不可导 3、在任何区间内黎曼不可积 4、函数是可测函数 5、在单位区间 [0,1] 上勒贝格可积，且勒贝格积分值为 0（且任意区间<a,b>（区间不论开闭和是否有限）上的勒贝格积分值为0 ） 对性质5的说明：虽然m(R/Q)=+∞，但在R/Q上有f(x)=0，符合可积条件（说明中Q为有理数集）。
当a为无理数时，R(x)在x=a处因极限值等于函数值，故而连续；当a为有理数点时，虽然R(x)在x=a处有极限0，但函数值R(a)不为0，从而x=a成为R(x)的第一类间断点中的可去间断点。证毕。
黎曼积分就是数学分析中的定积分，简单讲就是无限分割求曲边梯形的面积
狄利克雷（Dirichlet）函数
函数周期
狄利克雷函数是周期函数，但是却没有最小正周期，它的周期是任意有理数，而非无理数。
实数域上的狄利克雷（Dirichlet）函数定义为分段函数： F(x) = 0 (x是无理数) 或1 (x是有理2、值域为 {0, 1} 3、函数为偶函数 4、无法画出函数图像 5、以任意正有理数为其周期（由实数的连续统理论可知其无最小正周期）
这个函数在[0，1]上可积，它在[0，1]上的定积分为0，等等。
下面将对黎曼函数的间断点是第一类间断点中的可去间断点进行证明。先证明对于（0，1）中的任意一点a，当x→a时，limR(x)=0,这是因为，对任意正数ε，要使|R(x)-0|>ε成立，x显然不能取为无理数，因为x为无理数时，R(x)=0,不可能让0大于正数ε。而当x为有理数p/q时，R(x)=1/q.而要|R(x)-0|>ε成立,即1/q>ε,q<1/ε.但明显地，使这一式子成立的正整数q不会超过[1/ε],只有有限个。那么，形如p/q的这种最简真分数的个数也最多只有有限个。设这些有理数分别记为x1,x2,……，xk.然后，我们在|x1-a|、|x2-a|、……、|xk-a|中通过比较，一定能选择出最小的正数|Xi-a|，并令δ=|xi-a|/2.即存在着正数δ，当0<|x-a|<δ时，|R(x)-0|<ε.所以，x→a时，R(x)→0.利用这一结论知，
狄利克雷定理的证明
为证明定理本身，我先证明几个引理。
引理1(Bessel 不等式)：若函数()f x 在[,]ππ-上可积，则有2222011()()2n n n a a b f x dx πππ∞=-++≤∑⎰ 证明：设201()(cos sin )2mm n n n a S x a nx b nx ==++∑显然：222[()()]()2()()()m m mf x S x dx fx dx f x S x dx Sx dx ππππππππ-----=-+⎰⎰⎰⎰ (*)其中，01()()()(()cos ()sin )2mm nnn af x S x dx f x dx a f x nxdx b f x nxdx ππππππππ=----=++∑⎰⎰⎰⎰由傅立叶级数系数公式可以知道：22201()()()2mm n n n f x S x dx a a b ππππ=-=++∑⎰2222220011()[(cos sin )]()22m mm n n n n n n a S x dx a nx b nx dx a a b ππππππ==--=++=++∑∑⎰⎰ 以上各式代入(*)式，可以得到：22222010[()()]()()2mm n n n f x S x dx f x dx a a b ππππππ=--≤-=--+∑⎰⎰另222201()()2mn n n a a b f x dx ππππ=-++≤∑⎰这个结果对于m N ∀∈均成立，而右端是一定积分可以理解为有限常数，据此可知“22201()2mn n n a a b ππ=++∑”这个级数的部分和有界，则引理1成立。
引理2：若函数()f x 是2T π=的周期函数，且在上可积，则它的傅立叶级数部分和()m S x 可改写为：1sin()12()()2sin2m m uS x f x u du u πππ-+=+⎰证明：设201()(cos sin )2mm n n n a S x a nx b nx ==++∑111()[(()cos )cos (()sin )sin ]2m n f x dx f x nxdx nx f x nxdx nx ππππππππ=---=++∑⎰⎰⎰ 111sin()111112()[cos ()]()[cos ]()222sin2xmmn n x m uf u n u x du f x t nt dt f x u du u πππππππππ-==----+=+-=++=+∑∑⎰⎰⎰我在下边给出一个比楼主强的结论！收敛定理：设()f x 是[,]a b 的按段光滑函数,如果它满足:(1) 在[,]a b 只有有限个第一类间断点, 在补充定义后它可积（应当指出：补充定义后，它已不是原来的函数）。
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1.R(x, y ) 在 [0, 1]2 上可积. 由一元 Riemann 函数的讨论可知，对 ∀ε > 0, 要使 R(x, y ) ⩾ ε, 即 的点只能有有限个，除去这有限个点, R(x, y ) < ε. 令 ε → 0 有 k k ∑ ∑ 0⩽ R(xi , yi )σ (Ii ) ⩽ ε ⇐⇒ lim R(ξ)σ (Ii ) = 0.
D(x, y )dx = 0
对任意 y ∈ [0, 1] 成立, 于是
1 0
dy
1 0
D(x, y )dx = 0
3. 同理
1 0
dy
1 0
D(x, y )dx = 0.
• 二元 Riemann 函数 对 (x, y ) ∈ [0, 1]2 , 定义 1 n p 1 + , x = ,y = m q m q R(x) = 0, 其他点
1⩽j ⩽m+1
于是
2∑ m+1 k=1
ωk △rk =
Hale Waihona Puke m ∑ i=1ωi △Ii +
m +1 ∑ j =1
ωj △Tj <
ε ε + =ε 2 2
由 Riemann 可积的定义知 Riemann 函数在 [0, 1] 可积.
• 二元 Dirichlet 函数 如果 x, y ∈ R 为有理数，则 R2 中的点 (x, y ) 称为二维有理点. 定义 Dirichlet 函数 1, 若p是[0, 1]2 中的有理点; D(x) = 0, 若p不是[0, 1]2 中的有理点. 1. 容易看出对 R2 中的任何矩形 I , 有 ¯ Ddσ = 0, dσ = σ (I ) > 0, 故 D 在 I 上不可积.
i=1 2.R(x, p q) ∥π ∥→0 i=1
1 1 + ⩾ ε, 满足条件 m q
对 x ∈ [0, 1] 上不可积. 1 1 + , x为有理数时 p m q R(x, ) = q 0 x为无理数时 1 , 所以在 [0, 1] 不可积. q
按定义
该函数在 [0, 1] 的任何子区间的振幅大于 3. 同理可证 R( n , y ) 对 y ∈ [0, 1] 不可积. m
x=
q (p ∈ N∗ , q ∈ Z \ {0}, p, q 互质) p x ∈ [0, 1]
x = 0, x为无理数.
对于任意给定的 ε > 0, 在 [0, 1] 上的有理数 x = x1 , x2 , · · · , xm , 取 δ = min{
1 ε p 中, 满足 ⩾ 的只有有限个, 记为 q q 2
ε 1 , min |xi − xj |}. 2m 2 1⩽i<j ⩽m δ δ δ δ 令 Ii = [xi − , xi + ], 2 ⩽ i ⩽ m − 1, I1 = [0, x1 + ], Im = [xm − , 1] 2 2 2 2 ∪ 记 为 A 类, 其特点是每个小区间上的振幅 ωi ⩽ 1.
¯ I I 1 0
2.
dx
1 0
D(x, y )dy 存在. p , 则只有 m
对于任一固定的 y , 若 y 为无理数, 则 D(x, y ) = 0, 若 y 为有理数，不妨设为 x= 1 2 m−1 , ,··· , 这有限个值时，D(x, y ) = 1, 其余均为 0, 即 m m m
1 0
Dirichlet 函数和 Riemann 函数的可积性
• 一元 Dirichlet 函数 D(x) =
1, 0,
x∈Q x∈R\Q
x ∈ [0, 1]
对于 [0, 1] 中的任一分割 π : 0 = x0 < x1 < · · · < xn = 1 在 π 的第 i 个子区间 [xi−1 , xi ] 上 D(x) 的上下确界分别记为 Mi , mi , 令 ωi = Mi − mi 称 为 D(x) 在 [xi−1 , xi ] 上的振幅 定义： ¯(D, π) = Darboux 上和：S Darboux 下和：S (D, π) =
总结：可以看出，一元 Dirichlet 函数不可积，与之类似的是广义二元 Dirichlet 函数，同样不可 积；但是对于累次积分是可积的，且积分值为 0; 一元 Riemann 函数可积，积分值为 0, 广义二元 Riemann 函数也可积，积分值为 0；但是将 x 或者 y 固定为有理数，新定义的函数就是不可积的.
n ∑ i=1 n ∑ i=1
Mi △xi mi △xi
¯=S 已知对于 f 在闭区间 Riemann 可积 ⇐⇒ S 可以很显然的看出对于 Dirichlet 函数, 任一下和均为 0, 任一上和均为 1, 故其在 [0, 1] 不 可积. • 一元 Riemann 函数
1 , p R(x) = 1, 0,
1⩽i⩽m
记 此时
∪
Tj = [0, 1] \ Ii 与 ∪
∪
1⩽i⩽m
Ii , 1 ⩽ j ⩽ m + 1 为 B 类, 易知 ωj <
1⩽j ⩽m+1
∪
ε . 2
Tj 形成 [0, 1] 的一个分割 π, 不妨记为 π : 0 = r0 < r1 < · · · < r2m+1 = 1
1⩽i⩽m