リーマン積分の定義｜上和と下和で可積分性を判定する

曲線の下の面積を、長方形の面積の和で近似します。分割を細かくしていったときに和が 1 つの値へ落ち着くなら、その値を面積と呼びます。

リーマン積分はこの手続きをそのまま定義に格上げしたものです。近似が落ち着くかどうかは関数によって変わるので、どこまで通用するのかを定義の側から詰めていきます。

分割とリーマン和

閉区間 $[a, b]$ の分割 $P$ とは、 $a = x_{0} < x_{1} < \dots < x_{n} = b$ という有限個の点の列です。

小区間 $[x_{i - 1}, x_{i}]$ の幅を $Δ x_{i} = x_{i} - x_{i - 1}$ と書き、分割の幅を $∥ P ∥ = max_{i} Δ x_{i}$ と定めます。 $∥ P ∥$ が小さいほど目の細かい分割です。

$f$ を $[a, b]$ 上の有界関数とします。各小区間から代表点 $ξ_{i} \in [x_{i - 1}, x_{i}]$ を選び、次の和を作ります。

$S (f, P, ξ) = i = 1 \sum n f (ξ_{i}) Δ x_{i}$

これがリーマン和で、幅 $Δ x_{i}$ 、高さ $f (ξ_{i})$ の長方形を並べた面積にあたります。

分割と代表点の両方に依存する量である点が大事です。同じ分割でも代表点を替えれば値は変わります。

リーマン積分の定義

$∥ P ∥ \to 0$ のとき、リーマン和が代表点の選び方によらず 1 つの値 $I$ に近づくとします。このとき $f$ は $[a, b]$ でリーマン可積分であるといい、 $I$ を定積分と呼びます。

$\int_{a}^{b} f (x) d x = ∥ P ∥ \to 0 lim S (f, P, ξ)$

この極限は数列の極限ではないので、不等式の形に書き下しておくのが確実です。

$\forall ε > 0, \exists δ > 0, \forall P, \forall ξ, ∥ P ∥ < δ \Rightarrow ∣ S (f, P, ξ) - I ∣ < ε$

代表点についての「どう取っても」が効いています。都合のよい取り方でうまくいくだけでは足りません。

ダルブー和

この定義をそのまま扱うのは大変です。代表点の自由度が残っているので、無限に多くのリーマン和を一度に相手にすることになります。

代表点を両極端に固定してしまえば見通しがよくなります。各小区間での上限と下限を取ります。

$M_{i} = [x_{i - 1}, x_{i}] sup f, m_{i} = [x_{i - 1}, x_{i}] in f f$

これらを使った 2 つの和がダルブー和です。

$U (f, P) = i = 1 \sum n M_{i} Δ x_{i}, L (f, P) = i = 1 \sum n m_{i} Δ x_{i}$

$m_{i} \leq f (ξ_{i}) \leq M_{i}$ なので、どんな代表点を取っても $L (f, P) \leq S (f, P, ξ) \leq U (f, P)$ が成り立ちます。

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	<text x="60" y="34" font-size="11" fill="#1f1f1f">青の面積が下和、オレンジを足したものが上和</text>
	<text x="57" y="196" font-size="11" fill="#9a9a9a">a</text>
	<text x="126" y="196" font-size="11" fill="#9a9a9a">x1</text>
	<text x="198" y="196" font-size="11" fill="#9a9a9a">x2</text>
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	<text x="417" y="196" font-size="11" fill="#9a9a9a">b</text>
</svg>

上限と下限を使っているので、 $M_{i}$ や $m_{i}$ が $f$ の値として実現するとは限りません。連続関数なら最大値と最小値になります。

細分すると差は縮む

分割 $P^{'}$ が $P$ の分割点をすべて含むとき、 $P^{'}$ を $P$ の細分といいます。細分すると上和は減り、下和は増えます。

$L (f, P) \leq L (f, P^{'}) \leq U (f, P^{'}) \leq U (f, P)$

証明は分割点を 1 つ足す場合に帰着させれば十分です。小区間 $[x_{i - 1}, x_{i}]$ を点 $c$ で 2 つに割ると、部分区間の上限は元の区間の上限を超えません。

$[x_{i - 1}, c] sup f \leq M_{i}, [c, x_{i}] sup f \leq M_{i}$

この 2 つに幅を掛けて足すと $M_{i} Δ x_{i}$ 以下になるので、上和は増えません。下和も同じ議論で減りません。

点を 1 つずつ足していけば、有限回で任意の細分に到達します。

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	<text x="40" y="30" font-size="11" fill="#1f1f1f">オレンジの総面積が上和と下和の差</text>
	<text x="40" y="184" font-size="11" fill="#9a9a9a">分割が粗いと差は大きい</text>
	<text x="250" y="184" font-size="11" fill="#9a9a9a">細分すると差は縮む</text>
</svg>

差 $U (f, P) - L (f, P)$ が縮んでいく様子が見えます。この差をどこまで小さくできるかが、可積分性そのものになります。

どの下和も、どの上和を超えない

$P_{1}$ と $P_{2}$ が互いに無関係な分割であっても $L (f, P_{1}) \leq U (f, P_{2})$ です。

分割点を合わせた共通細分 $P = P_{1} \cup P_{2}$ を取れば、前節の不等式が一列につながります。

$L (f, P_{1}) \leq L (f, P) \leq U (f, P) \leq U (f, P_{2})$

そこで定めるのが上積分と下積分です。 $f$ が有界なら、どちらも実数として存在します。

$\overline{\int} f = P in f U (f, P), \underline{\int} f = P sup L (f, P)$

上の不等式から $\underline{\int} f \leq \overline{\int} f$ が常に成り立ちます。この 2 つが一致するとき、 $f$ はダルブー可積分です。

リーマンの可積分条件

可積分性を確かめるとき、上積分と下積分をそれぞれ計算することはしません。実際に使うのは次の条件です。

有界関数 $f$ が可積分であるための必要十分条件は、任意の $ε > 0$ に対して $U (f, P) - L (f, P) < ε$ となる分割 $P$ が存在することです。

必要性を見ます。可積分なら $\overline{\int} f = \underline{\int} f = I$ なので、下限と上限の定義から $U (f, P_{1}) < I + ε /2$ と $L (f, P_{2}) > I - ε /2$ を満たす $P_{1}, P_{2}$ が取れます。共通細分を取れば両方が同時に成り立ち、差は $ε$ 未満です。

十分性も短く済みます。どの分割でも $L (f, P) \leq \underline{\int} f \leq \overline{\int} f \leq U (f, P)$ なので、 $0 \leq \overline{\int} f - \underline{\int} f < ε$ となります。 $ε$ は任意なので 2 つは一致します。

細分すると上和は下がり下和は上がる

どの下和も、どの上和を超えない

上積分と下積分が定まる

差を小さくする分割が 1 つあれば可積分

条件を満たす分割を 1 つ見つければよい、というところが使いやすさの理由です。すべての分割を調べる必要はありません。

2 つの定義が一致すること

リーマンの定義とダルブーの定義は同値で、積分の値も一致します。

リーマンの定義

分割の幅を 0 に近づけたとき、代表点の取り方によらずリーマン和が 1 つの値へ収束することを要求する。

ダルブーの定義

各小区間の上限と下限で作った和を考え、上積分と下積分が一致することを要求する。

一方向は簡単です。代表点を動かすと $S (f, P, ξ)$ の上限が $U (f, P)$ 、下限が $L (f, P)$ になるので、 $∣ S - I ∣ < ε$ から $U (f, P) - L (f, P) \leq 2 ε$ が出ます。

逆向きにはダルブーの定理が要ります。有界関数について、 $∥ P ∥ \to 0$ とすれば $U (f, P)$ は上積分へ、 $L (f, P)$ は下積分へ収束するという主張です。

細分の補題だけでは足りません。上積分に近い分割 $P_{0}$ を 1 つ取っても、幅の小さい別の分割 $P$ が $P_{0}$ の細分になっているとは限らないからです。

そこで $P_{0}$ の分割点をまたぐ小区間だけを別扱いにします。またぐ区間は $P_{0}$ の点の個数までしかないので、 $∥ P ∥$ を小さくすればその寄与を好きなだけ小さくできます。

以後はダルブーの側で考えます。上限と下限だけを見ればよく、代表点は気にしなくて構いません。

具体例： $f (x) = x$

$[0, 1]$ を $n$ 等分し、 $x_{i} = i / n$ とします。 $f$ は増加なので $M_{i} = i / n$ 、 $m_{i} = (i - 1) / n$ です。

$U (f, P_{n}) = i = 1 \sum n \frac{i}{n} \cdot \frac{1}{n} = \frac{1}{n ^{2}} \cdot \frac{n ( n + 1 )}{2} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2 n}$

添字を 1 つずらすだけで $L (f, P_{n}) = \frac{1}{2} - \frac{1}{2 n}$ が出ます。差は $\frac{1}{n}$ なので、 $n$ を大きく取れば可積分条件を満たします。

上積分は $\frac{1}{2}$ 以下、下積分は $\frac{1}{2}$ 以上なので、両者は $\frac{1}{2}$ に一致します。

$\int_{0}^{1} x d x = \frac{1}{2}$

差がちょうど $\frac{1}{n}$ になるのは偶然ではありません。単調関数では上和と下和の差が両端の値の差と分割の幅の積になり、これは次の節で一般に確かめます。

具体例： $f (x) = x^{2}$

同じく $n$ 等分します。 $M_{i} = (i / n)^{2}$ なので、平方和の公式を使います。

$U (f, P_{n}) = \frac{1}{n ^{3}} i = 1 \sum n i^{2} = \frac{1}{n ^{3}} \cdot \frac{n ( n + 1 ) ( 2 n + 1 )}{6} = \frac{1}{3} + \frac{1}{2 n} + \frac{1}{6 n ^{2}}$

下和は $i$ を $i - 1$ に替えるだけなので $L (f, P_{n}) = \frac{1}{3} - \frac{1}{2 n} + \frac{1}{6 n ^{2}}$ となり、差はやはり $\frac{1}{n}$ です。

$\int_{0}^{1} x^{2} d x = \frac{1}{3}$

定義から直接計算できるのはこのあたりまでです。3 乗、4 乗と上げるたびにべき和の公式が要り、指数関数や三角関数では手が出せなくなります。

連続関数は可積分

$f$ が $[a, b]$ で連続なら可積分です。証明の中心は一様連続性にあります。

証明の要になるのは一様連続という性質です。 $δ$ を点ごとではなく区間全体で 1 つ選べます。

任意の $ε > 0$ に対し、 $∣ x - y ∣ < δ$ ならば $∣ f (x) - f (y) ∣ < ε$ となる $δ$ が、 $x$ の位置によらず取れること。

有界閉区間上の連続関数は一様連続なので、任意の $ε > 0$ に対し $δ > 0$ が取れて、 $∣ x - y ∣ < δ$ ならば $∣ f (x) - f (y) ∣ < \frac{ε}{b - a}$ となります。

$∥ P ∥ < δ$ の分割を取ります。各小区間で $f$ は最大値と最小値を取るので、 $M_{i} - m_{i} < \frac{ε}{b - a}$ です。

$U (f, P) - L (f, P) = i = 1 \sum n (M_{i} - m_{i}) Δ x_{i} < \frac{ε}{b - a} i = 1 \sum n Δ x_{i} = ε$

一様連続でなければこの議論は通りません。 $δ$ が点ごとに変わってしまうと、分割の幅を一斉に小さくする手が使えなくなります。

単調関数は可積分

$f$ が $[a, b]$ で単調増加とします。不連続点があっても可積分です。

$n$ 等分の分割を取ると $M_{i} = f (x_{i})$ 、 $m_{i} = f (x_{i - 1})$ なので、差の和が望遠鏡和になって途中がすべて消えます。

$U (f, P) - L (f, P) = \frac{b - a}{n} i = 1 \sum n (f (x_{i}) - f (x_{i - 1})) = \frac{b - a}{n} (f (b) - f (a))$

$n$ を大きくすればいくらでも小さくできます。跳びの合計が $f (b) - f (a)$ で抑えられているので、不連続点の個数を数える必要すらありません。

有界でない関数は積分できない

定義でいきなり有界性を仮定したのは、そうしないと極限が存在しないからです。

$f$ が $[a, b]$ で有界でないとします。どんな分割 $P$ を取っても、 $f$ が有界でない小区間 $[x_{k - 1}, x_{k}]$ が少なくとも 1 つあります。

他の小区間の代表点は固定でよく、 $k$ 番目だけを動かせば十分です。 $∣ f (ξ_{k}) ∣$ はいくらでも大きく取れるので、 $∣ S (f, P, ξ) ∣$ もいくらでも大きくなります。

したがってどんな $I$ を持ってきても $∣ S - I ∣ < ε$ は成り立ちません。有界性はリーマン積分の前提であって、後から確かめる条件ではないわけです。

区間が有限でない場合や、端点の近くで発散する場合は、広義積分として別に扱います。

ディリクレ関数は可積分でない

$[0, 1]$ 上で、有理数のとき 1、無理数のとき 0 と定めた関数を考えます。

どんな分割を取っても、各小区間には有理数も無理数も含まれます。したがって $M_{i} = 1$ 、 $m_{i} = 0$ です。

$U (f, P) = i = 1 \sum n Δ x_{i} = 1, L (f, P) = 0$

上積分は 1、下積分は 0 で一致しません。分割をいくら細かくしても差が 1 のまま残るので、可積分条件は満たされません。

リーマン和の側から見ても同じです。代表点を全部有理数に取れば和は 1、全部無理数に取れば 0 になります。代表点の取り方によらないという要求が、ここで破れています。

トマエ関数は可積分

不連続点が無限にあっても可積分になる例があります。 $[0, 1]$ 上で、 $x$ が既約分数 $p / q$ なら $f (x) = 1/ q$ 、 $x$ が無理数なら $f (x) = 0$ とするものです。

この関数はすべての有理数で不連続、すべての無理数で連続です。不連続点は区間じゅうに詰まっています。

それでも可積分です。任意の $ε > 0$ に対し、 $f (x) \geq ε /2$ となる点を集めると、分母 $q$ が $2/ ε$ 以下の既約分数だけなので有限個しかありません。

その有限個の点を、幅の総和が $ε /2$ 未満になる小区間に閉じ込めるよう分割を取ります。 $f \leq 1$ なので、閉じ込めた区間からの寄与は $ε /2$ 未満です。

残りの小区間では $M_{i} < ε /2$ で、幅の総和は 1 以下なので、こちらの寄与も $ε /2$ 未満になります。

どの小区間にも無理数があるので $m_{i} = 0$ 、つまり $L (f, P) = 0$ です。よって $U (f, P) - L (f, P) < ε$ となり、積分の値は 0 と決まります。

ディリクレ関数

どの小区間でも値が 0 と 1 の両方を取る。上和は 1、下和は 0 のままで、分割を細かくしても差が縮まない。

トマエ関数

値が大きい点は有限個しかない。細い区間で覆ってしまえば、残りの部分では高さがそろって小さくなる。

不連続点の個数ではなく、跳びの大きさが問題になっている、と読み取れます。

不連続点が有限個なら可積分

有界関数 $f$ の不連続点が有限個だとします。このとき $f$ は可積分です。

$∣ f ∣ \leq K$ とし、不連続点それぞれを、幅の総和が $\frac{ε}{4 K}$ 未満になる小区間で覆います。各区間で $M_{i} - m_{i} \leq 2 K$ なので、この部分の寄与は $\frac{ε}{2}$ 未満です。

残りは有限個の閉区間で、そこでは $f$ は連続なので一様連続です。それぞれを十分細かく分割すれば、寄与の合計を $\frac{ε}{2}$ 未満にできます。

合わせて $U (f, P) - L (f, P) < ε$ が成り立ちます。区分的に連続な関数が積分できる理由はこれです。

連続関数

一様連続性から、分割の幅をそろえるだけで上和と下和の差を小さくできる。

単調関数

不連続点があっても可積分。差が望遠鏡和になり、両端の値の差と分割の幅の積で押さえられる。

不連続点が有限個の有界関数

不連続点を細い区間で覆い、残った部分で一様連続性を使う。区分的に連続な関数がこれにあたる。

有限個の点で値を変えても積分は変わらない

$f$ が可積分で、 $g$ が $f$ と有限個の点でしか違わないとします。このとき $g$ も可積分で、積分の値も同じです。

差 $h = g - f$ は有限個の点を除いて 0 なので、前節と同じ覆い方が使えます。 $U (h, P)$ と $- L (h, P)$ をともにいくらでも小さくでき、 $\int_{a}^{b} h = 0$ が出ます。

積分は関数の値を 1 点ずつ見ているわけではない、ということです。端点の値を取り替えても、内部を有限個いじっても結果は動きません。

線形性

$f, g$ が可積分で $c$ を定数とすると、 $f + g$ と $c f$ も可積分です。

$\int_{a}^{b} (f + g) = \int_{a}^{b} f + \int_{a}^{b} g, \int_{a}^{b} c f = c \int_{a}^{b} f$

リーマン和の側で見れば当たり前です。分割と代表点を共有したまま $S (f + g, P, ξ) = S (f, P, ξ) + S (g, P, ξ)$ が成り立つので、極限を取ればそれで済みます。

ダルブー和では素直にいきません。 $sup (f + g) \leq sup f + sup g$ が一般に等号にならないので、 $U (f + g, P) \leq U (f, P) + U (g, P)$ という不等式しか得られません。

上積分を上から、下積分を下から評価して挟み込む手間が要ります。定義が 2 通りあると、性質ごとに扱いやすいほうを選べるわけです。

$c < 0$ のときは上限と下限が入れ替わり、 $U (c f, P) = c L (f, P)$ となります。符号で場合分けするのが定石です。

単調性と三角不等式

すべての点で $f \leq g$ なら、積分も同じ向きの不等式を保ちます。

$\int_{a}^{b} f \leq \int_{a}^{b} g$

各小区間で $sup f \leq sup g$ なので、上和どうしを比べて下限を取れば出ます。

$∣ f ∣$ も可積分で、三角不等式が成り立ちます。

$\int_{a}^{b} f \leq \int_{a}^{b} ∣ f ∣$

$- ∣ f ∣ \leq f \leq ∣ f ∣$ に単調性を使えばそれで十分です。 $∣ f ∣$ の可積分性のほうは、各小区間で $sup ∣ f ∣ - in f ∣ f ∣ \leq sup f - in f f$ となることからわかります。

逆は成り立ちません。有理数で 1、無理数で $- 1$ とする関数は $∣ f ∣$ が定数 1 で可積分ですが、 $f$ 自身は可積分ではありません。

区間についての加法性

$a < c < b$ とします。 $f$ が $[a, b]$ で可積分であることと、 $[a, c]$ と $[c, b]$ の両方で可積分であることは同値です。

$\int_{a}^{b} f = \int_{a}^{c} f + \int_{c}^{b} f$

証明は $c$ を分割点に含めるだけです。 $c$ を含む分割で上和と下和を計算すると、そのまま 2 つの区間の和に分かれます。

$c$ を含まない分割については、 $c$ を足した細分を取ります。細分で減る量は $c$ をまたぐ 1 つの小区間の分だけなので、 $∥ P ∥$ を小さくすれば無視できる大きさです。

向きつきの積分として $\int_{a}^{a} f = 0$ と $\int_{b}^{a} f = - \int_{a}^{b} f$ を定めておくと、 $a, b, c$ の大小によらず加法性の式が成り立ちます。

積分の平均値の定理

$f$ が $[a, b]$ で連続なら、ある $c \in [a, b]$ が存在して次が成り立ちます。

$\int_{a}^{b} f (x) d x = f (c) (b - a)$

$m = min f$ 、 $M = max f$ と置くと、単調性から $m (b - a) \leq \int_{a}^{b} f \leq M (b - a)$ です。

両辺を $b - a$ で割れば、平均値 $\frac{1}{b - a} \int_{a}^{b} f$ は $m$ と $M$ のあいだにあります。連続関数は中間の値をすべて取るので、それを与える $c$ が存在します。

連続性は外せません。 $[0, 1]$ 上で $x < 1/2$ なら 0、そうでなければ 1 とする関数は積分が $\frac{1}{2}$ ですが、値として $\frac{1}{2}$ を取る点はどこにもありません。

積は可積分だが、合成は可積分とは限らない

$f, g$ が可積分なら積 $f g$ も可積分です。 $f g = \frac{1}{4} ((f + g)^{2} - (f - g)^{2})$ と書けるので、2 乗が可積分であることに帰着します。

$∣ f ∣ \leq K$ とすると $∣ f (x)^{2} - f (y)^{2} ∣ = ∣ f (x) + f (y) ∣ ∣ f (x) - f (y) ∣ \leq 2 K ∣ f (x) - f (y) ∣$ です。各小区間で $f^{2}$ の振れ幅は $f$ の振れ幅の $2 K$ 倍で押さえられ、可積分条件がそのまま移ります。