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$f$が$[a,b]$で単調だとしよう。その場合、$f$はリーマン積分可能である。
証明
$f$が単調増加関数1であると仮定しよう。$\epsilon >0$が与えられたとしよう。区間$[a,b]$の分割$P= \left\{ x_{i} : a=x_{0} < x_{1} < x_{2} < \cdots < x_{n}=b \right\}$が任意の自然数$n$に対して下記を満たすように与えられたとしよう。
$$ \Delta x_{i} = x_{i}-x_{i-1} = \dfrac{b-a}{n},\quad (i=1,2,\dots,n) $$
つまり$P$は区間$[a,b]$を等分する分割である。これから以下のように置こう。
$$ M_{i}=\sup\limits_{[x_{i-1},x_{i}]}f(x) \quad \text{and} \quad m_{i}=\inf\limits_{[x_{i-1},x_{i}]}f(x) $$
すると$f$が単調増加関数であるため、以下が成り立つ。
$$ M_{i}=f(x_{i}) \quad \text{and} \quad m_{i}=f(x_{i-1})\quad (i=1,\cdots,n) $$
それから、十分に大きい$n$に対して、以下の式が成り立つ。
$$ \begin{align*} U(P,f)-L(P,f) &= \sum \limits_{i=1}^n (M_{i}-m_{i}) \Delta x_{i} \\ &= \sum \limits_{i=1}^n (M_{i}-m_{i})\dfrac{ b -a }{n} \\ &= \dfrac{ b-a }{n}\sum \limits_{i=1}^n (M_{i}-m_{i}) \\ &= \dfrac{b-a }{n}\sum \limits_{i=1}^n \left( f(x_{i}) - f(x_{i-1}) \right) \\ &= \dfrac{b-a }{n} \left[ \big( f(x_{1})- f(a) \big) + \cdots \big( f(b)- f(x_{n-1}) \big)\right] \\ &= \dfrac{b-a }{n} \left[ f(b)-f(a)\right] <\epsilon \end{align*} $$
これは積分可能なための必要十分条件であるため、$f$は積分可能である。
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スティルチェス積分について2
関数$f$が$[a,b]$で単調であり、関数$\alpha$も$[a,b]$で単調かつ連続であれば、$f$はリーマン-スティルチェス積分可能である。
証明
$f$が単調増加関数1であると仮定しよう。$\epsilon >0$が与えられたとしよう。区間$[a,b]$の分割$P= \left\{ x_{i} : a=x_{0} < x_{1} < x_{2} < \cdots < x_{n}=b \right\}$が任意の自然数$n$に対して下記を満たすように与えられたとしよう。
$$ \Delta \alpha_{i} = \dfrac{\alpha (b) -\alpha (a) }{n},\quad (i=1,2,\dots,n) $$
言い換えれば$P$は$\alpha$の函数値を等分する分割である。これは$\alpha$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。
$$ M_{i}=\sup\limits_{[x_{i-1},x_{i}]}f(x) \quad \text{and} \quad m_{i}=\inf\limits_{[x_{i-1},x_{i}]}f(x) $$
すると$f$が単調増加関数であるため、以下が成り立つ。
$$ M_{i}=f(x_{i}) \quad \text{and} \quad m_{i}=f(x_{i-1})\quad (i=1,\cdots,n) $$
それから、十分に大きい$n$に対して、以下の式が成り立つ。
$$ \begin{align*} U(P,f,\alpha)-L(P,f,\alpha) &= \sum \limits_{i=1}^n (M_{i}-m_{i}) \Delta \alpha_{i} \\ &= \sum \limits_{i=1}^n (M_{i}-m_{i})\dfrac{\alpha (b) -\alpha (a) }{n} \\ &= \dfrac{\alpha (b) -\alpha (a) }{n}\sum \limits_{i=1}^n (M_{i}-m_{i}) \\ &= \dfrac{\alpha (b) -\alpha (a) }{n}\sum \limits_{i=1}^n \left( f(x_{i}) - f(x_{i-1}) \right) \\ &= \dfrac{\alpha (b) -\alpha (a) }{n} \left[ \big( f(x_{1})- f(a) \big) + \cdots \big( f(b)- f(x_{n-1}) \big)\right] \\ &= \dfrac{\alpha (b) -\alpha (a) }{n} \left[ f(b)-f(a)\right] <\epsilon \end{align*} $$
これは積分可能なための必要十分条件であるため、$f$は積分可能である。
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