贡献者： lrqlrqlrq
有界变差（Bounded Variation）函数的总变差是有限的。这一概念是后面学习黎曼－斯蒂尔杰斯积分的关键基础。有界变差是描述实数轴上函数变化幅度的一种度量方式。
考虑一个实值函数 $f(x)$，在闭区间 $a\leq x\leq b$ 上定义并有限。我们将这个区间分成一些小区间，形成一个分割
\begin{align}
\Gamma=\{x_{0},\,x_{1},\,\ldots,\,x_{m}\} ~.
\end{align}
，也就是 $\Gamma$ 是点 $x_{i}$ 的集合，满足 $x_{0}=a$，$x_{m}=b$，且 $x_{i-1}< x_{i}$。
对于每个分割 $\Gamma$，我们计算一种和 $S_{\Gamma}$，表示相邻点 $f(x_{i})$ 和 $f(x_{i-1})$ 的绝对差的总和。也就是，
\begin{align}
S_{\Gamma}=S_{\Gamma}[f;a,b]=\sum_{i=1}^{m}|f(x_{i})-f(x_{i-1})|~.
\end{align}
函数 $f$ 在 $[a,b]$ 上的变差定义为
\begin{align}
V=V[f;a,b]=\sup_{\Gamma}S_{\Gamma}~,
\end{align}
其中 $\sup$ 取遍 $[a,b]$ 的所有分割 $\Gamma$。由于 $0\leq S_{\Gamma}<+\infty$，我们有 $0\leq V\leq+\infty$。如果 $V$ 有限，那么 $f$ 在 $[a,b]$ 上的变差有界；如果 $V$ 是无穷大，那么 $f$ 在 $[a,b]$ 上的变差无界。
下面列举几个简单有界变差函数的例子：
例子 1：假设 $f$ 在 $[a,b]$ 上单调。那么，显然，每个 $S_{\tau}$ 都等于 $|f(b)-f(a)|$，因此 $V=|f(b)-f(a)|$。
证明：设 ${x_{i}:1\leq i\leq n}$ 是 $[a,b]$ 的一个分割。考虑
\begin{align} \sum_{i=1}^{n}|f(x_{i})-f(x_{i-1})|=\sum_{i=1}^{n}\left(f(x_{i})-f(x_{i-1})\right)=f(b)-f(a)~. \end{align}
由于这个和的抵消性质，它对 $[a,b]$ 的任何分割都是相同的。因此我们可以看到 $V(f,[a,b])=f(b)-f(a)<\infty$。因此 $f$ 在 $[a,b]$ 上是有界变差的。
类似地，如果 $f$ 在 $[a,b]$ 上是递减的，则 $V(f,[a,b])=f(a)-f(b)$。
例子 2：假设 $f$ 的图形可以分为有限数量的单调弧段；即假设 $[a,b]=\bigcup_{i=1}^{k}[a_{i}a_{i+1}]$，并且 $f$ 在每个 $[a_{i}a_{i+1}]$ 上是单调的。那么 $V=\sum_{i=1}^{k}|f(a_{i+1})-f(a_{i})|$。
例子 3：设 $f$ 是狄利克雷函数，定义为 $f(x)=1$ 对于有理数 $x$，$f(x)=0$ 对于无理数 $x$。那么，显然，对于任何区间 $[a,b]$，$V[a,b]=+\infty$。
证明：设 $n\in\mathbb{Z}$，$n>0$。设 $[a,b]$ 是 $\mathbb{R}$ 中的闭区间。我们构造一个分割 $P={x_{0},x_{1},...,x_{n+2}}$，使得 $V(f,[a,b])\geq\sum_{i=1}^{n+2}|f(x_{i})-f(x_{i-1})|>n$，具体步骤如下。根据定义，$x_{0}=a$。由下面定理：
定理 1 在任意两个不同的实数之间，存在一个有理数和一个无理数。
可取 $x_{1}$ 为介于 $a$ 和 $b$ 之间的一个无理数。然后取 $x_{2}$ 为介于 $x_{1}$ 和 $b$ 之间的一个有理数。以此类推，取 $x_{2i+1}$ 为介于 $x_{2i}$ 和 $b$ 之间的一个无理数，取 $x_{3i}$ 为介于 $x_{2i-1}$ 和 $b$ 之间的一个有理数。最后，$x_{n+2}=b$。因此，我们已经创建了一个从 $a$ 开始并且在有理数和无理数之间交替的分割，直到最后以 $b$ 结束。现在考虑和 $\sum_{i=1}^{n+2}|f(x_{i})-f(x_{i-1})|$，我们知道它至多等于 $f$ 在 $[a,b]$ 上的变差。因此：
\begin{align}
V(f,[a,b])&\geq\sum_{i=1}^{n+2}|f(x_{i})-f(x_{i-1})| \\ &\geq\sum_{i=2}^{n+1}|f(x_{i})-f(x_{i-1})| \\ &=|f(x_{2})-f(x_{1})|+\cdots+|f(x_{n+1})-f(x_{n})| \\ &=|1-0|+|0-1|+\cdots+|1-0| \\ &=1+1+1+\cdots+1=n ~.
\end{align}
因此 $V(f,[a,b])$ 是任意大的，因此 $V(f,[a,b])=\infty$。
例子 4：定义在 $[a,b]$ 上的函数 $f$ 被称为在 $[a,b]$ 上满足 Lipschitz 条件，如果存在常数 $C$ 使得
\begin{align}
|f(x)-f(y)|\leq C|x-y|, \
\forall x,y\in[a,b]~.
\end{align}
这样的函数显然是有界变差的，$V[f;a,b]\leq C(b-a)$。例如，如果 $f$ 在 $[a,b]$ 上有连续的导数，那么（根据中值定理）$f$ 在 $[a,b]$ 上满足 Lipschitz 条件。
例 1 设 $f(x)=x\sin\left(1/x\right)$ 为 $0< x\leq1$ 且 $f(0)=0$。证明 $f$ 在 $[0,1]$ 上有界且连续，但不是有界变差 $V[f;0,1]=+\infty$。
对于 $0 < x \leq 1$，我们知道 $-1 \leq \sin\left(\frac{1}{x}\right) \leq 1$，因此 $-x \leq x\sin\left(\frac{1}{x}\right) \leq x$，在 $[0,1]$ 上 $f(x)$ 有界。
考虑 $x \neq 0$ 的情况。在这种情况下，$f(x) = x \sin\left(1/x\right) $ 是两个连续函数的乘积，其中 $x$ 是一个连续函数，而 $ \sin\left(1/x\right) $ 也是连续的。因此，它们的乘积 $f(x)$ 在 $x \neq 0$ 的情况下是连续的。在 $x = 0$ 处，有
\begin{equation}
\lim_{{x \to 0}} f(x) = \lim_{{x \to 0}} x \sin\left(\frac{1}{x}\right) = 0~.
\end{equation}
因此，$f(x)$ 在 $[0,1]$ 上是连续的。
注意到分割 $\Gamma = \{x_n\}=\{\frac{1}{n\pi+\pi/2}\}$ 我们有,
\begin{align} f(x_n)=x_n \sin\left(1/x_n\right) =\left\{\begin{matrix}x_n& \ \text{even}\\ -x_n& \ \text{odd}\end{matrix}\right.\qquad\text{for}\ n\geq0 ~.
\end{align}
带入计算变差的公式 $2$，可得：
\begin{align}
\sum_{n=1}^m|f(x_n)-f(x_{n-1})|&=\sum_{n=1}^m|(-1)^n(x_n+x_{n-1})|\\
&= \sum_{n=1}^m(x_n+x_{n-1})\\&=x_m+x_0+2\sum_{n=1}^{m-1}x_n\\\geq \sum_{n=1}^{m-1} x_n&=\sum_{n=1}^{m-1} \frac{1}{n\pi+\pi/2}~.
\end{align}
根据极限比较审敛法对比调和级数可得：
\begin{align}
\sum_{n=1}^{m-1}\frac{1}{n\pi+\pi/2}\to\infty\qquad\mathrm{as}\qquad m\to\infty~.
\end{align}
习题 1 设 $f(x)=x\cos\left(\pi/x\right)$ 为 $0< x\leq1$ 且 $f(0)=0$。证明 $f$ 在 $[0,1]$ 上有界且连续，但不是有界变差 $V[f;0,1]=+\infty$。
定理 2
- 如果 $f$ 在 $[a,b]$ 上的变差有界，那么 $f$ 在 $[a,b]$ 上有界。
- 设 $f$ 和 $g$ 在 $[a,b]$ 上的变差有界。那么对于任意实常数 $c$，$cf$，$f+g$ 和 $fg$ 在 $[a,b]$ 上的变差也有界。此外，如果存在 $\varepsilon>0$ 使得对于 $[a,b]$ 中的 $x$，$|g(x)|\geq\varepsilon$，那么 $f/g$ 在 $[a,b]$ 上的变差也有界。
例 2 证明：
- 假设 $f$ 在 $[a,b]$ 上是有界变差的。对于任意 $x\in[a,b]$，考虑仅由三个点组成的分割 $\left\{a,x,b\right\}$，则：
\begin{align} \left|f(x)-f(a)\right|+\left|f(b)-f(x)\right|\ \leq\ V(f;a,b) \\ \Rightarrow\ \left|f(x)-f(a)\right|\ \leq\ V(f;a,b) \\ \left|f(x)\right|=\left|f(a)+f(x)-f(a)\right| \\ \leq\left|f(a)\right|+\left|f(x)-f(a)\right| \\ \leq\left|f(a)\right|+\left|f(f;a,b)\right|\ <\ \infty \\ \Rightarrow\ f\ \ \ \text{is bounded on}\ [a,b] ~. \end{align}
- 设 $f$ 和 $g$ 是 $[a,b]$ 上的两个有界变差函数。对于 $[a,b]$ 的任意分割 $P$，我们有：
\begin{align} \sum\bigl{|}(f+g)(x_{i})-(f+g)(x_{i-1})\bigr{|}&=\sum\bigl{|}\bigl{\{}\,f(x_{i})+g(x_{i})\bigr{\}}-\bigl{\{}f(x_{i-1})+g(x_{i-1})\bigr{\}}\bigr{|} \\ &=\sum\bigl{|}f(x_{i})-f(x_{i-1})+g(x_{i})-g(x_{i-1})\bigr{|} \\ &\leq\sum\bigl{|}f(x_{i})-f(x_{i-1})\bigr{|}+\sum\bigl{|}g(x_{i})-g(x_{i-1})\bigr{|} \\ &\leq V(f;a,b)+V(g;a,b) \\ \Rightarrow V(f+g;a,b)\ &\leq\ V(f;a,b)+V(g;a,b) ~.\end{align}
\begin{align} &\sum\bigl{|}\bigl{(}f\!g\bigr{)}(x_{i})-\bigl{(}f\!g\bigr{)}(x_{i-1})\bigr{|} \\ &=\sum\bigl{|}f(x_{i})g(x_{i})-f(x_{i-1})g(x_{i-1})\bigr{|} \\ &=\sum\bigl{|}f(x_{i})g(x_{i})-f(x_{i})g(x_{i-1})+f(x_{i})g(x_{i-1})-f(x_{i-1})g(x_{i-1})\bigr{|} \\ &=\sum\bigl{|}f(x_{i})\bigl{\{}g(x_{i})-g(x_{i-1})\bigr{\}}+g(x_{i-1})\bigl{\{}f(x_{i})-f(x_{i-1})\bigr{\}}\bigr{|}\\&\leq\sum\left|f(x_{i})\right||g(x_{i})-g(x_{i-1})\left|+\sum\left|g(x_{i-1})\right|\right|f(x_{i})-f(x_{i-1})\left|\right. \\ &\leq k\sum\left|g(x_{i})-g(x_{i-1})\right|+k\sum\left|f(x_{i})-f(x_{i-1})\right| \\ &\leq k.V(g)+k\left.V(f)\right. ~.\end{align}
\begin{align} \sum\left|\frac{1}{g}(x_{i})-\frac{1}{g}(x_{i-1})\right|&=\sum\left|\frac{1}{g(x_{i})}-\frac{1}{g(x_{i-1})}\right| \\ &=\sum\left|\frac{g(x_{i-1})-g(x_{i})}{g(x_{i})g(x_{i-1})}\right| \\ &\leq\frac{1}{k^{2}}\sum\left|g(x_{i-1})-g(x_{i})\right|&\leq\frac{1}{k^{2}}V\left(f;a,b\right) ~. \end{align}
定理 3
- 如果 $[a^{\prime},b^{\prime}]$ 是 $[a,b]$ 的子区间，则 $V[a^{\prime},b^{\prime}]\leq V[a,b]$；即，随着区间的增加，变差也增加。
- 如果 $a< c< b$，则 $V[a,b]=V[a,c]+V[c,b]$；即，相邻区间上的变差是可加的。
开始证明之前，注意到如果 $\Gamma$ 是 $\Gamma$ 的细分，即 $\Gamma$ 包含了 $\Gamma$ 的所有分割点以及一些额外的点，那么 $S_{\Gamma}\leq S_{\bar{\Gamma}}$。这是在 $\bar{\Gamma}$ 包含 $\Gamma$ 的所有点加上一个额外点的情况下，由三角不等式得出的。
例 3 证明：
例 4 如果 $[a^{\prime},b^{\prime}]$ 是 $[a,b]$ 的子区间，则证明 $P[a^{\prime},b^{\prime}]\leq P[a,b]$ 和 $N[a^{\prime},b^{\prime}]\leq N[a,b]$。
定理 4
如果 $P$、$N$ 或 $V$ 中的任何一个有限，则三者皆有限。此外，我们有,
\begin{align}
P\,+\,N\,=\,V,\qquad P\,-\,N\,=\,f(b)\,-\,f(a)~.
\end{align}
或者等价地，
\begin{align}
P\,=\,\frac{1}{2}[V\,+\,f(b)\,-\,f(a)],\qquad N\,=\,\frac{1}{2}[V\,-\,f(b)\,+\,f(a)]~.
\end{align}
推论 1 约当 Jordan 定理
如果一个函数 $f$ 在闭区间 $[a,b]$ 上具有有界变差，那么它可以被写成 $[a,b]$ 上两个有界增函数之差。反之亦然。
这个定理指出了一个函数有界变差的一个等价条件，即函数可以表示为两个有界增函数之差。
证明: 假设 $f=f_{1},-f_{2}$，其中 $f_{1}$ 和 $f_{2}$ 在 $[a,b]$ 上有界且递增。那么 $f_{1}$ 和 $f_{2}$ 在 $[a,b]$ 上是有界变差的，因此根据定理 2(ii)，$f$ 也是如此。
反之，假设 $f$ 在 $[a,b]$ 上是有界变差的。根据定理 3(i)，$f$ 在每个区间 $[a,x]$，$a\leq x\leq b$ 上都是有界变差的。设 $P(x)$ 和 $N(x)$ 在 $[a,b]$ 上是有界且递增的。此外，对于应用于 $[a,x]$ 的定理 4，当 $a\leq x\leq b$ 时，$f(x)=[P(x)+f(a)]-N(x)$。由于 $P(x)$ 是有界且递增的，因此 $P(x)+f(a)$ 也是如此，推论随之而来。
如果上面证明对于你来说难懂，我建议你阅读下面简单巧妙的证明：
假设 $f\in V[a,b]$，并且令 $v(x)=V(f;a,x)$，$x\in(a,b]$，$v(a)=0$。显然，$f(x)=v(x)-[v(x)-f(x)]$。我们将证明 $v(x)$ 和 $v(x)-f(x)$ 是递增的。对于任意的 $x_{1}< x_{2}$，我们有
\begin{align}
v(x_{2})-v(x_{1})=V(f;x_1,x_2)\geq0\Leftrightarrow v(x_{2})\geq v(x_{1}) ~.
\end{align}
因此 $v(x)$ 是递增函数。
\begin{align}
f(x_{2})-f(x_{1})\leq|f(x_{2})-f(x_{1})|\leq V(f;x_1,x_2)=v(x_{2})-v(x_{1}) \\ \Leftrightarrow v(x_{1})-f(x_{1})\leq v(x_{2})-f(x_{2}) ~.
\end{align}
因此 $v(x)-f(x)$ 是递增函数。
反之，假设 $f(x)=g(x)-h(x)$，其中 $g$ 和 $h$ 是递增的。由于 $h$ 是递增的，$-h$ 是递减的，因此 $f(x)=g(x)+(-h(x))$ 是两个单调函数(有界变差)的和。
需要注意的是，由于递增函数的负值是递减的，$f$ 是有界变差的 当且仅当 它是一个有界递增函数和一个有界递减函数的和。
例 5 将 $f(x)=\cos^{2}x$，$0\leq x\leq2\pi$ 表示为两个递增函数之差。
假设 $f(x) = v(x) - [v(x)-f(x)]$, 那么问题在于确定 $v(x)$ 为递增函数。将 $[0,2\pi]$ 分成四个子区间 $I_{1}=[0,\frac{\pi}{2}]$，$I_{2}=[\frac{\pi}{2},\pi]$，$I_{3}=[\pi,\frac{3\pi}{2}]$ 和 $I_{4}=[\frac{3\pi}{2},2\pi]$。
函数 $f(x)$ 在 $I_{1}$ 和 $I_{3}$ 上从 $0$ 减小到 $1$，在 $I_{2}$ 和 $I_{4}$ 上从 $0$ 增加到 $1$，因此 $f$ 在任何这些子区间上的总变差都是 $1$。要确定 $V_{0}^{x}(f)$，我们需要研究 $x$ 在哪个区间内的不同情况。为了说明原理，假设 $x\in I_{3}$，那么，
\begin{align}
V_{0}^{x}(f)&=V_{0}^{\frac{\pi}{2}}(f)+V_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}(f)+|f(x)-f(\pi)| \\ &=1+1+|\cos^{2}x-1|=3-\cos^{2}x ~.
\end{align}
\begin{align}
v(x)=\left\{\begin{array}{ll}1-\cos^2x&0\leq x\leq\frac{\pi}{2}\\ 1+\cos^2x&\frac{\pi}{2}\leq x\leq\pi\\ 3-\cos^2x&\pi\leq x\leq\frac{3\pi}{2}\\ 3+\cos^2x&\frac{3\pi}{2}\leq x\leq2\pi\end{array}\right. \ ~.
\end{align}