リーマン積分の限界 | ε-論法と基礎解析

1 積分の値が極限へ移らない例

区間の左端に、高さが $n$ で幅が $\frac1n$ の部分をもつ関数を考えます。面積は $n$ によらず $1$ のままですが、幅が $0$ へ縮むので、各点での値は $0$ へ近づきます。

例 1.1 (高さが増していく関数列). $n \ge 2$ とし、 $f_n:[0,1]\to\mathbb{R}$ を

f_n(x)=\begin{cases}n & \left(0<x\le \dfrac1n\right)\\[2mm] 0 & \left(x=0 \text{ または } \dfrac1n<x\le1\right)\end{cases}

と定める。 $f_n$ は $x=0$ と $x=\frac1n$ の二点でのみ不連続な、階段状の関数である。

命題 1.2 (各点収束しても積分の値は移らない).例 1.1の関数列について、次が成り立つ。

各 $f_n$ は $[0,1]$ でリーマン可積分であり、 $\int_0^1 f_n(x)\,dx=1$ である。
$\{f_n\}$ は $[0,1]$ 上で定数関数 $0$ へ各点収束する。

したがって

\lim_{n\to\infty}\int_0^1 f_n(x)\,dx=1 \ne 0=\int_0^1\Bigl(\lim_{n\to\infty}f_n(x)\Bigr)dx

である。

証明.(1)を示す。 $0<s<\dfrac1n$ かつ $\dfrac1n+s<1$ を満たす $s$ を取り、分割

P_s : 0<s<\frac1n<\frac1n+s<1

を考える。各小区間における $f_n$ の上限と下限は次のとおりである。 $[0,s]$ では上限が $n$ 、下限が $0$ である。 $\left[s,\frac1n\right]$ では $f_n$ は定数 $n$ であるから、上限も下限も $n$ である。 $\left[\frac1n,\frac1n+s\right]$ では、 $x=\frac1n$ での値が $n$ であるから上限が $n$ 、下限が $0$ である。 $\left[\frac1n+s,1\right]$ では上限も下限も $0$ である。したがって

U(f_n,P_s)=n\,s+n\left(\frac1n-s\right)+n\,s+0=1+n\,s,\qquad L(f_n,P_s)=0+n\left(\frac1n-s\right)+0+0=1-n\,s

である。 $\varepsilon>0$ に対して $s<\dfrac{\varepsilon}{2n}$ と取ると $U(f_n,P_s)-L(f_n,P_s)=2ns<\varepsilon$ であるから、§D1.17 定理 2.4により $f_n$ は可積分である。さらに、上積分と下積分はいずれも $1-ns$ 以上 $1+ns$ 以下であり、 $s$ はいくらでも小さく取ることができるから、共通の値は $1$ である。

(2)を示す。 $f_n(0)=0$ であるから $x=0$ では収束する。 $0<x\le1$ を固定すると、アルキメデスの性質（§D1.4 命題 2.1）により $N>\dfrac1x$ を満たす正の整数 $N$ が存在する。 $n \ge N$ ならば $\dfrac1n \le \dfrac1N<x$ であるから $f_n(x)=0$ である。したがって $\{f_n\}$ は定数関数 $0$ へ各点収束する。

最後に、定数関数 $0$ は可積分で積分の値が $0$ であるから、主張の等式の右辺は $0$ である。左辺は(1)により $1$ である。▨

注意 1.3 (一斉に押さえることができる場合). 上の例で破れているのは、極限の関数の可積分性ではない。破れているのは値の一致だけである。一様収束していないことは、§D1.22 命題 1.2の量が $\sup_{x\in[0,1]}|f_n(x)-0|=n$ となり $0$ へ収束しないことから分かる。したがって§D1.22 定理 3.1の仮定は満たされておらず、この例はその定理と矛盾しない。

上の例では、関数列の値の上限 $n$ が $n$ とともに増大している。 $n$ に依らない一つの定数で $|f_n|$ をすべて押さえることができ、かつ極限の関数が可積分である場合には、各点収束だけで積分と極限を入れ替えてよいことが知られている。本記事はこの主張を証明せず、「測度と積分」へ委ねる。したがって上の例では、押さえる定数を取ることができないことが本質的である。

命題 2.2が扱う後の例も一様収束しない。したがって、二つの例はどちらも§D1.22 定理 3.1と矛盾しない。反例を作るときは、どの仮定を外したのかを毎回確かめる必要がある。

2 極限の関数が可積分でない例

第二の例では、各項が可積分であるのに、極限の関数が可積分でなくなります。有理数を一つずつ拾っていく関数列を作ります。

例 2.1 (有理数を一つずつ拾う関数列). 区間 $[0,1]$ に含まれる有理数の全体を一列に並べ、 $q_1,q_2,q_3,\dots$ と書く（有理数の全体をこのように並べることができることは「数学の基礎」が扱う）。 $f_n:[0,1]\to\mathbb{R}$ を

f_n(x)=\begin{cases}1 & (x \in \{q_1,\dots,q_n\})\\ 0 & (\text{それ以外})\end{cases}

と定める。 $f_n$ は有限個の点でのみ $0$ と異なる値をとる。

命題 2.2 (可積分な関数の列の極限が可積分でないことがある).例 2.1の関数列について、次が成り立つ。

各 $f_n$ は $[0,1]$ でリーマン可積分であり、 $\int_0^1 f_n(x)\,dx=0$ である。
$\{f_n\}$ は $[0,1]$ 上で、有理数の点で $1$ 、無理数の点で $0$ をとるディリクレ関数 $D$ （§D1.18 例 3.1）へ各点収束する。
$D$ は $[0,1]$ でリーマン可積分ではない。

証明.(1)を示す。 $\varepsilon>0$ を与える。 $[0,1]$ の分割 $P$ を、すべての小区間の幅が $\dfrac{\varepsilon}{4n}$ 未満になるように取る。 $q_1,\dots,q_n$ のいずれかを含む小区間は高々 $2n$ 個である（一つの点は、それが分点である場合に二つの小区間に属する）。それらの小区間では上限が $1$ 、それ以外の小区間では上限が $0$ であるから

U(f_n,P) < 2n\cdot\frac{\varepsilon}{4n}=\frac{\varepsilon}{2}

である。一方、§D1.4 補題 2.3により、どの小区間にも無理数が含まれる。したがってすべての小区間で下限は $0$ であり、 $L(f_n,P)=0$ である。よって $U(f_n,P)-L(f_n,P) < \varepsilon$ となり、§D1.17 定理 2.4により $f_n$ は可積分である。また、どの分割についても下限和が $0$ であるから下積分は $0$ であり、 $\int_0^1 f_n=0$ である。

(2)を示す。 $x \in [0,1]$ が無理数ならば、すべての $n$ について $f_n(x)=0=D(x)$ である。 $x$ が有理数ならば $x=q_k$ となる $k$ が存在し、 $n \ge k$ ならば $f_n(x)=1=D(x)$ である。したがって各点収束する。

(3)を示す。§D1.18 例 3.1のとおりである。▨

この例では、そもそも $\int_0^1 \lim_{n}f_n$ という量が定まりません。したがって、極限と積分を入れ替えるという操作の意味自体が失われています。一様収束していないことは、 $\sup_{x\in[0,1]}|f_n(x)-D(x)|=1$ （ $x=q_{n+1}$ で差が $1$ になります）が $0$ へ収束しないことから分かります。

二つの例を合わせると、次のように述べることができます。リーマン可積分な関数を各点収束の極限として並べても、その極限は可積分とは限らず、可積分であっても積分の値は極限へ移るとは限りません。可積分な関数の全体は、各点収束という操作について閉じていないということです。

3 測度による積分ではどうなるか

上の二つの例が示した限界は、リーマン積分を定義するときに、分割の小区間の幅によって面積を測ったことに由来します。ディリクレ関数が可積分でないのは、どの小区間にも有理数と無理数の両方が含まれ、幅で測る限り上限和と下限和の差が縮まらないからです。区間の幅ではなく、集合そのものの大きさを測る量を用意して積分を定義し直すと、二つの例の扱いが変わります。

注意 3.1 (二つの例が測度による積分でどう扱われるか). 測度に基づく積分では、次の三つが成り立つ。本記事はこれらを証明せず、「測度と積分」へ委ねる。

有理数の全体は測度が $0$ の集合である。したがってディリクレ関数 $D$ は測度に基づく意味で可積分であり、その積分の値は $0$ である。命題 2.2の関数列についても、各項の積分と極限の関数の積分がともに $0$ となり、交換が成り立つ。
各点収束する関数列について、すべての項を一つの可積分な関数で押さえることができるならば、積分と極限を入れ替えてよいことが成り立つ。
例 1.1の関数列については、 $\sup_n f_n(x)$ が $\frac1x$ の程度の大きさになり、これは $(0,1]$ で可積分ではない。したがって2の条件が満たされず、測度に基づく積分でも交換は成り立たない。実際、各項の積分は $1$ 、極限の関数の積分は $0$ のままである。

すなわち、第二の例が示すのはリーマン積分に固有の限界であり、第一の例が示すのは、積分の定義を変えても残る一般の事実である。

注意 3.2 (リーマン可積分であることの特徴づけ). 有界閉区間の上の有界関数がリーマン可積分であることは、その関数の不連続点の全体が測度 $0$ の集合であることと同値である。本記事はこの判定条件を証明せず、「測度と積分」へ委ねる。

この判定条件をディリクレ関数に適用すると、すべての点で不連続であり、 $[0,1]$ 全体は測度 $0$ ではないため、リーマン可積分でないことが分かる。

§D1.28リーマン積分の限界

1 積分の値が極限へ移らない例

2 極限の関数が可積分でない例

3 測度による積分ではどうなるか

参考文献

前提記事