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単調関数はリーマン・スティルチェス積分可能である 📂解析学

単調関数はリーマン・スティルチェス積分可能である

リーマン積分について

関数ff[a,b][a,b]単調だとしよう。その場合、ffリーマン積分可能である。

証明

ffが単調増加関数1であると仮定しよう。ϵ>0\epsilon >0が与えられたとしよう。区間[a,b][a,b]分割P={xi:a=x0<x1<x2<<xn=b}P= \left\{ x_{i} : a=x_{0} < x_{1} < x_{2} < \cdots < x_{n}=b \right\}が任意の自然数nnに対して下記を満たすように与えられたとしよう。

Δxi=xixi1=ban,(i=1,2,,n) \Delta x_{i} = x_{i}-x_{i-1} = \dfrac{b-a}{n},\quad (i=1,2,\dots,n)

つまりPPは区間[a,b][a,b]を等分する分割である。これから以下のように置こう。

Mi=sup[xi1,xi]f(x)andmi=inf[xi1,xi]f(x) M_{i}=\sup\limits_{[x_{i-1},x_{i}]}f(x) \quad \text{and} \quad m_{i}=\inf\limits_{[x_{i-1},x_{i}]}f(x)

するとffが単調増加関数であるため、以下が成り立つ。

Mi=f(xi)andmi=f(xi1)(i=1,,n) M_{i}=f(x_{i}) \quad \text{and} \quad m_{i}=f(x_{i-1})\quad (i=1,\cdots,n)

それから、十分に大きいnnに対して、以下の式が成り立つ。

U(P,f)L(P,f)=i=1n(Mimi)Δxi=i=1n(Mimi)ban=bani=1n(Mimi)=bani=1n(f(xi)f(xi1))=ban[(f(x1)f(a))+(f(b)f(xn1))]=ban[f(b)f(a)]<ϵ \begin{align*} U(P,f)-L(P,f) &= \sum \limits_{i=1}^n (M_{i}-m_{i}) \Delta x_{i} \\ &= \sum \limits_{i=1}^n (M_{i}-m_{i})\dfrac{ b -a }{n} \\ &= \dfrac{ b-a }{n}\sum \limits_{i=1}^n (M_{i}-m_{i}) \\ &= \dfrac{b-a }{n}\sum \limits_{i=1}^n \left( f(x_{i}) - f(x_{i-1}) \right) \\ &= \dfrac{b-a }{n} \left[ \big( f(x_{1})- f(a) \big) + \cdots \big( f(b)- f(x_{n-1}) \big)\right] \\ &= \dfrac{b-a }{n} \left[ f(b)-f(a)\right] <\epsilon \end{align*}

これは積分可能なための必要十分条件であるため、ffは積分可能である。

スティルチェス積分について2

関数ff[a,b][a,b]単調であり、関数α\alpha[a,b][a,b]で単調かつ連続であれば、ffリーマン-スティルチェス積分可能である。

証明

ffが単調増加関数1であると仮定しよう。ϵ>0\epsilon >0が与えられたとしよう。区間[a,b][a,b]分割P={xi:a=x0<x1<x2<<xn=b}P= \left\{ x_{i} : a=x_{0} < x_{1} < x_{2} < \cdots < x_{n}=b \right\}が任意の自然数nnに対して下記を満たすように与えられたとしよう。

Δαi=α(b)α(a)n,(i=1,2,,n) \Delta \alpha_{i} = \dfrac{\alpha (b) -\alpha (a) }{n},\quad (i=1,2,\dots,n)

言い換えればPPα\alphaの函数値を等分する分割である。これはα\alphaが連続であるという仮定により可能である。これから以下のように置こう。

Mi=sup[xi1,xi]f(x)andmi=inf[xi1,xi]f(x) M_{i}=\sup\limits_{[x_{i-1},x_{i}]}f(x) \quad \text{and} \quad m_{i}=\inf\limits_{[x_{i-1},x_{i}]}f(x)

するとffが単調増加関数であるため、以下が成り立つ。

Mi=f(xi)andmi=f(xi1)(i=1,,n) M_{i}=f(x_{i}) \quad \text{and} \quad m_{i}=f(x_{i-1})\quad (i=1,\cdots,n)

それから、十分に大きいnnに対して、以下の式が成り立つ。

U(P,f,α)L(P,f,α)=i=1n(Mimi)Δαi=i=1n(Mimi)α(b)α(a)n=α(b)α(a)ni=1n(Mimi)=α(b)α(a)ni=1n(f(xi)f(xi1))=α(b)α(a)n[(f(x1)f(a))+(f(b)f(xn1))]=α(b)α(a)n[f(b)f(a)]<ϵ \begin{align*} U(P,f,\alpha)-L(P,f,\alpha) &= \sum \limits_{i=1}^n (M_{i}-m_{i}) \Delta \alpha_{i} \\ &= \sum \limits_{i=1}^n (M_{i}-m_{i})\dfrac{\alpha (b) -\alpha (a) }{n} \\ &= \dfrac{\alpha (b) -\alpha (a) }{n}\sum \limits_{i=1}^n (M_{i}-m_{i}) \\ &= \dfrac{\alpha (b) -\alpha (a) }{n}\sum \limits_{i=1}^n \left( f(x_{i}) - f(x_{i-1}) \right) \\ &= \dfrac{\alpha (b) -\alpha (a) }{n} \left[ \big( f(x_{1})- f(a) \big) + \cdots \big( f(b)- f(x_{n-1}) \big)\right] \\ &= \dfrac{\alpha (b) -\alpha (a) }{n} \left[ f(b)-f(a)\right] <\epsilon \end{align*}

これは積分可能なための必要十分条件であるため、ffは積分可能である。


  1. 단조감소함수인 경우에도 같은 방식으로 증명할 수 있다. ↩︎ ↩︎

  2. Walter Rudin, Principles of Mathmatical Analysis (3rd Edition, 1976), p126 ↩︎