1 Jordan 零集合 定義 1.1. 有界集合N ⊂ R n N\subset\mathbb R^n N ⊂ R n Jordan 零集合 (Jordan null set )ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 Q 1 , … , Q s Q_1,\ldots,Q_s Q 1 , … , Q s
N ⊂ ⋃ j = 1 s Q j , ∑ j = 1 s ∣ Q j ∣ < ε N\subset\bigcup_{j=1}^sQ_j,
\qquad
\sum_{j=1}^s|Q_j|<\varepsilon N ⊂ j = 1 ⋃ s Q j , j = 1 ∑ s ∣ Q j ∣ < ε が成り立つことをいう。
補題 1.2. Jordan 零集合の部分集合と有限和は Jordan 零集合である。有限集合、および一つの座標を固定して得られる座標超平面の有界部分集合も Jordan 零集合である。
証明. 部分集合に関する主張には同じ被覆を用いることができる。Jordan 零集合N 1 , … , N m N_1,\ldots,N_m N 1 , … , N m ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 N i N_i N i ε / m \varepsilon/m ε / m ε \varepsilon ε
有限集合は、各点を十分に小さい開立方体で覆えばよい。座標超平面x k = c x_k=c x k = c H H H k k k H H H ▨
補題 1.3. Jordan 零集合N N N R R R ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 R R R P P P N N N ε \varepsilon ε
証明. N N N ε \varepsilon ε V 1 , … , V s V_1,\ldots,V_s V 1 , … , V s Q j Q_j Q j
V j ‾ ⊂ Q j , ∑ j = 1 s ∣ Q j ∣ < ε \overline{V_j}\subset Q_j,
\qquad
\sum_{j=1}^s|Q_j|<\varepsilon V j ⊂ Q j , j = 1 ∑ s ∣ Q j ∣ < ε となるように選ぶことができる。被覆が有限であるため、
N ‾ ⊂ ⋃ j = 1 s V j ‾ = ⋃ j = 1 s V j ‾ ⊂ ⋃ j = 1 s Q j \overline N
\subset\overline{\bigcup_{j=1}^sV_j}
=\bigcup_{j=1}^s\overline{V_j}
\subset\bigcup_{j=1}^sQ_j N ⊂ j = 1 ⋃ s V j = j = 1 ⋃ s V j ⊂ j = 1 ⋃ s Q j が成り立つ。
R R R Q 1 ∩ R , … , Q s ∩ R Q_1\cap R,\ldots,Q_s\cap R Q 1 ∩ R , … , Q s ∩ R R ∖ N ‾ R\setminus\overline N R ∖ N R R R §E2.9 補題 2.3 により、この被覆の Lebesgue 数δ > 0 \delta>0 δ > 0 δ \delta δ P P P
N N N C C C x ∈ C ∩ N x\in C\cap N x ∈ C ∩ N C ⊂ B R ( x , δ ) C\subset B_R(x,\delta) C ⊂ B R ( x , δ ) R ∖ N ‾ R\setminus\overline N R ∖ N C ⊂ Q j ∩ R C\subset Q_j\cap R C ⊂ Q j ∩ R j j j C C C Q j Q_j Q j Q j Q_j Q j Q j Q_j Q j ∣ Q j ∣ |Q_j| ∣ Q j ∣ j j j N N N ∑ j ∣ Q j ∣ < ε \sum_j|Q_j|<\varepsilon ∑ j ∣ Q j ∣ < ε ▨
補題 1.4. 連続写像γ : [ a , b ] → R 2 \gamma:[a,b]\to\mathbb R^2 γ : [ a , b ] → R 2
a = t 0 < t 1 < ⋯ < t m = b a=t_0<t_1<\cdots<t_m=b a = t 0 < t 1 < ⋯ < t m = b が存在し、各γ ∣ [ t j − 1 , t j ] \gamma|_{[t_{j-1},t_j]} γ ∣ [ t j − 1 , t j ] γ ( [ a , b ] ) \gamma([a,b]) γ ([ a , b ]) γ \gamma γ γ ′ ( t ) ≠ 0 \gamma'(t)\ne0 γ ′ ( t ) = 0
証明. 一つの区間I = [ u , v ] I=[u,v] I = [ u , v ]
M = max t ∈ I ∥ γ ′ ( t ) ∥ M=\max_{t\in I}\lVert\gamma'(t)\rVert M = t ∈ I max ∥ γ ′ ( t )∥ とおく。一変数の微積分学の基本定理§D1.19 定理 2.1 を各成分へ適用すると、任意のs , t ∈ I s,t\in I s , t ∈ I
∥ γ ( t ) − γ ( s ) ∥ ≤ M ∣ t − s ∣ \lVert\gamma(t)-\gamma(s)\rVert
\le M|t-s| ∥ γ ( t ) − γ ( s )∥ ≤ M ∣ t − s ∣ を得る。M = 0 M=0 M = 0 γ ( I ) \gamma(I) γ ( I )
M > 0 M>0 M > 0 I I I ( v − u ) / N (v-u)/N ( v − u ) / N N N N s k s_k s k γ ( s k ) \gamma(s_k) γ ( s k ) 3 M ( v − u ) / N 3M(v-u)/N 3 M ( v − u ) / N
N ( 3 M ( v − u ) N ) 2 = 9 M 2 ( v − u ) 2 N N\left(\frac{3M(v-u)}{N}\right)^2
=\frac{9M^2(v-u)^2}{N} N ( N 3 M ( v − u ) ) 2 = N 9 M 2 ( v − u ) 2 であり、N → ∞ N\to\infty N → ∞ γ ( [ t j − 1 , t j ] ) \gamma([t_{j-1},t_j]) γ ([ t j − 1 , t j ]) 補題 1.2 によりγ ( [ a , b ] ) \gamma([a,b]) γ ([ a , b ]) ▨
2 Jordan 可測性と体積 定義 2.1. 有界集合E ⊂ R n E\subset\mathbb R^n E ⊂ R n ∂ E \partial E ∂ E E E E Jordan 可測集合 (Jordan measurable set )
定理 2.2. 有界集合E ⊂ R n E\subset\mathbb R^n E ⊂ R n R R R E E E
1 E ( x ) = { 1 , x ∈ E , 0 , x ∉ E \mathbf 1_E(x)=
\begin{cases}
1,&x\in E,\\
0,&x\notin E
\end{cases} 1 E ( x ) = { 1 , 0 , x ∈ E , x ∈ / E がR R R
vol ( E ) = ∫ R 1 E \operatorname{vol}(E)=\int_R\mathbf 1_E vol ( E ) = ∫ R 1 E と書き、E E E Jordan 体積 という。
証明. E E E 補題 1.3 により、∂ E \partial E ∂ E ε \varepsilon ε P P P ∂ E \partial E ∂ E 1 E \mathbf 1_E 1 E 1 1 1 ∂ E \partial E ∂ E
U ( 1 E , P ) − L ( 1 E , P ) < ε U(\mathbf 1_E,P)-L(\mathbf 1_E,P)<\varepsilon U ( 1 E , P ) − L ( 1 E , P ) < ε となる。Darboux の可積分判定§E4.10 命題 2.1 により1 E \mathbf 1_E 1 E
逆に1 E \mathbf 1_E 1 E ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 ε / 4 \varepsilon/4 ε /4 P P P ∂ E \partial E ∂ E E E E R n ∖ E \mathbb R^n\setminus E R n ∖ E 1 E \mathbf 1_E 1 E 1 1 1 ε / 4 \varepsilon/4 ε /4 ε / 2 \varepsilon/2 ε /2 補題 1.2 により総体積がε / 2 \varepsilon/2 ε /2 ∂ E \partial E ∂ E ε \varepsilon ε E E E ▨
例 2.3 (有界だが Jordan 可測でない集合). 正の体積をもつ閉直方体R ⊂ R n R\subset\mathbb R^n R ⊂ R n
E = R ∩ Q n E=R\cap\mathbb Q^n E = R ∩ Q n とおく。E E E R ∖ E R\setminus E R ∖ E R R R ∂ E = R \partial E=R ∂ E = R R R R 補題 1.3 により、R R R ∣ R ∣ |R| ∣ R ∣ ∣ R ∣ |R| ∣ R ∣ R R R E E E
例 2.4 (閉円板の Jordan 可測性). 写像
γ : [ 0 , 2 π ] → R 2 , γ ( t ) = ( cos t , sin t ) \gamma:[0,2\pi]\to\mathbb R^2,
\qquad
\gamma(t)=(\cos t,\sin t) γ : [ 0 , 2 π ] → R 2 , γ ( t ) = ( cos t , sin t ) は一階連続微分可能である。補題 1.4 により単位円γ ( [ 0 , 2 π ] ) \gamma([0,2\pi]) γ ([ 0 , 2 π ])
E = { ( x , y ) ∈ R 2 : x 2 + y 2 ≤ 1 } E=\{(x,y)\in\mathbb R^2:x^2+y^2\le1\} E = {( x , y ) ∈ R 2 : x 2 + y 2 ≤ 1 } は Jordan 可測である。
3 Jordan 可測集合上の Riemann 積分 定義 3.1. E ⊂ R n E\subset\mathbb R^n E ⊂ R n f : E → R f:E\to\mathbb R f : E → R E E E R R R
f ~ R ( x ) = { f ( x ) , x ∈ E , 0 , x ∈ R ∖ E \widetilde f_R(x)=
\begin{cases}
f(x),&x\in E,\\
0,&x\in R\setminus E
\end{cases} f R ( x ) = { f ( x ) , 0 , x ∈ E , x ∈ R ∖ E を定める。f ~ R \widetilde f_R f R R R R f f f E E E Riemann 可積分 (Riemann integrable )Jordan 可測集合上の Riemann 積分 (Riemann integral over a Jordan measurable set )
∫ E f = ∫ R f ~ R \int_Ef=\int_R\widetilde f_R ∫ E f = ∫ R f R と定める。
補題 3.2. 二つの閉直方体がR ⊂ S R\subset S R ⊂ S g : R → R g:R\to\mathbb R g : R → R S S S
g ^ ( x ) = { g ( x ) , x ∈ R , 0 , x ∈ S ∖ R \widehat g(x)=
\begin{cases}
g(x),&x\in R,\\
0,&x\in S\setminus R
\end{cases} g ( x ) = { g ( x ) , 0 , x ∈ R , x ∈ S ∖ R と定める。このときg g g R R R g ^ \widehat g g S S S
∫ S g ^ = ∫ R g \int_S\widehat g=\int_Rg ∫ S g = ∫ R g が成り立つ。
証明. M = sup R ∣ g ∣ M=\sup_R|g| M = sup R ∣ g ∣ ∂ R \partial R ∂ R 補題 1.2 により Jordan 零集合である。従ってS S S ∂ R \partial R ∂ R R R R
g g g R R R g g g ε / 2 \varepsilon/2 ε /2 R R R S S S ∂ R \partial R ∂ R ε / ( 2 ( 2 M + 1 ) ) \varepsilon/(2(2M+1)) ε / ( 2 ( 2 M + 1 )) R R R ε / 2 \varepsilon/2 ε /2 R R R g ^ = 0 \widehat g=0 g = 0 ∂ R \partial R ∂ R 2 M 2M 2 M
U ( g ^ , P ) − L ( g ^ , P ) < ε U(\widehat g,P)-L(\widehat g,P)<\varepsilon U ( g , P ) − L ( g , P ) < ε となり、g ^ \widehat g g
逆にg ^ \widehat g g S S S ε \varepsilon ε R R R R R R g g g g ^ \widehat g g g g g ε \varepsilon ε g g g
両関数が可積分である場合に、最初の構成でR R R R R R R R R 2 M 2M 2 M ▨
命題 3.3. 定義 3.1 の可積分性と積分値は、E E E 定理 2.2 で定めた Jordan 体積は外接直方体の選択によらない。
証明. 二つの外接直方体R 1 , R 2 R_1,R_2 R 1 , R 2 S S S R i R_i R i S S S S S S 補題 3.2 により、各R i R_i R i S S S ▨
補題 3.4. E ⊂ R n E\subset\mathbb R^n E ⊂ R n g : E → R g:E\to\mathbb R g : E → R g g g E E E
証明. E = ∅ E=\emptyset E = ∅ E ≠ ∅ E\ne\emptyset E = ∅
E E E R R R g g g R R R g ~ \widetilde g g §E2.9 定理 5.1 により、g g g
M = sup E ∣ g ∣ M=\sup_E|g| M = E sup ∣ g ∣ とおく。ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 補題 1.3 により、∂ E \partial E ∂ E
ε 2 ( 2 M + 1 ) \frac{\varepsilon}{2(2M+1)} 2 ( 2 M + 1 ) ε 未満になる分割を取る。一様連続性により、x , y ∈ E x,y\in E x , y ∈ E ∥ x − y ∥ < δ \lVert x-y\rVert<\delta ∥ x − y ∥ < δ
∣ g ( x ) − g ( y ) ∣ < ε 2 ( ∣ R ∣ + 1 ) |g(x)-g(y)|<\frac{\varepsilon}{2(|R|+1)} ∣ g ( x ) − g ( y ) ∣ < 2 ( ∣ R ∣ + 1 ) ε が従うδ > 0 \delta>0 δ > 0 δ \delta δ ∂ E \partial E ∂ E
∂ E \partial E ∂ E g ~ \widetilde g g 2 M 2M 2 M ε / 2 \varepsilon/2 ε /2 ∂ E \partial E ∂ E E E E E E E ε / ( 2 ( ∣ R ∣ + 1 ) ) \varepsilon/(2(|R|+1)) ε / ( 2 ( ∣ R ∣ + 1 )) ε / 2 \varepsilon/2 ε /2 g ~ \widetilde g g R R R 定義 3.1 によりg g g E E E ▨
系 3.5. E E E f f f E ‾ \overline E E f ∣ E f|_E f ∣ E E E E
証明. ∂ E ‾ ⊂ ∂ E \partial\overline E\subset\partial E ∂ E ⊂ ∂ E E ‾ \overline E E 補題 3.4 によりf ∣ E ‾ f|_{\overline E} f ∣ E E ‾ \overline E E f ∣ E ‾ f|_{\overline E} f ∣ E f ∣ E f|_E f ∣ E E ‾ ∖ E ⊂ ∂ E \overline E\setminus E\subset\partial E E ∖ E ⊂ ∂ E 補題 1.3 によって差が生じる小直方体の総体積を任意に小さくすることができる。従ってf ∣ E f|_E f ∣ E f ∣ E ‾ f|_{\overline E} f ∣ E ▨
4 広義重積分 定義 4.1. A ⊂ R n A\subset\mathbb R^n A ⊂ R n f : A → [ 0 , ∞ ) f:A\to[0,\infty) f : A → [ 0 , ∞ ) f f f A A A 広義重積分 (improper multiple integral )
∫ A f : = sup { ∫ K f : K ⊂ A , K はコンパクトな Jordan 可測集合 } ∈ [ 0 , ∞ ] \int_Af
:=
\sup\left\{
\int_Kf:
K\subset A,\ K\text{ はコンパクトな Jordan 可測集合}
\right\}
\in[0,\infty] ∫ A f := sup { ∫ K f : K ⊂ A , K はコンパクトな Jordan 可測集合 } ∈ [ 0 , ∞ ] と定める。この値が有限であるとき、f f f A A A 広義可積分 (improperly integrable )∫ K f \int_Kf ∫ K f 補題 3.4 により定義される。
命題 4.2. A ⊂ R n A\subset\mathbb R^n A ⊂ R n f : A → [ 0 , ∞ ) f:A\to[0,\infty) f : A → [ 0 , ∞ ) A ‾ \overline A A 定義 4.1 の広義重積分は定義 3.1 の Riemann 積分と一致する。
証明. f f f 系 3.5 により、f ∣ A f|_A f ∣ A I I I K ⊂ A K\subset A K ⊂ A ∫ K f ≤ I \int_Kf\le I ∫ K f ≤ I
ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 A A A R R R f ~ \widetilde f f
U ( f ~ , P ) − L ( f ~ , P ) < ε U(\widetilde f,P)-L(\widetilde f,P)<\varepsilon U ( f , P ) − L ( f , P ) < ε となる分割P P P P P P A A A K K K K K K A A A f ∣ K f|_K f ∣ K R R R f ~ K \widetilde f_K f K A A A f ~ \widetilde f f K K K
I − ε < L ( f ~ , P ) = L ( f ~ K , P ) ≤ ∫ K f ≤ I I-\varepsilon
<L(\widetilde f,P)
=L(\widetilde f_K,P)
\le\int_Kf
\le I I − ε < L ( f , P ) = L ( f K , P ) ≤ ∫ K f ≤ I となる。従って内側のコンパクトな Jordan 可測集合上の積分の上限はI I I ▨
例 4.3 (Jordan 可測でない有界開集合). ( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 ) q 1 , q 2 , … q_1,q_2,\ldots q 1 , q 2 , … q m q_m q m I m ⊂ ( 0 , 1 ) I_m\subset(0,1) I m ⊂ ( 0 , 1 )
∑ m = 1 ∞ ∣ I m ∣ ≤ 1 4 \sum_{m=1}^{\infty}|I_m|\le\frac14 m = 1 ∑ ∞ ∣ I m ∣ ≤ 4 1 となるように取る。A = ⋃ m = 1 ∞ I m A=\bigcup_{m=1}^{\infty}I_m A = ⋃ m = 1 ∞ I m ( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 )
F = [ 0 , 1 ] ∖ A F=[0,1]\setminus A F = [ 0 , 1 ] ∖ A F F F 1 / 4 1/4 1/4 I m I_m I m [ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ]
1 4 + ∑ m = 1 ∞ ∣ I m ∣ ≤ 1 2 \frac14+\sum_{m=1}^{\infty}|I_m|\le\frac12 4 1 + m = 1 ∑ ∞ ∣ I m ∣ ≤ 2 1 未満である。一方、[ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] 1 1 1 [ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] F F F A A A ∂ A = F \partial A=F ∂ A = F A A A 定義 4.1 はA A A
補題 4.4. 任意の開集合A ⊂ R n A\subset\mathbb R^n A ⊂ R n ( K m ) m ≥ 1 (K_m)_{m\ge1} ( K m ) m ≥ 1
K m ⊂ A , K m ⊂ K m + 1 K_m\subset A,
\qquad
K_m\subset K_{m+1} K m ⊂ A , K m ⊂ K m + 1 を満たし、さらにA A A C C C m m m C ⊂ K m C\subset K_m C ⊂ K m
証明. 辺の長さが2 − m 2^{-m} 2 − m A ∩ [ − m , m ] n A\cap[-m,m]^n A ∩ [ − m , m ] n K m K_m K m K m K_m K m 補題 1.2 により Jordan 可測である。各二進直方体は次の段階の2 n 2^n 2 n K m ⊂ K m + 1 K_m\subset K_{m+1} K m ⊂ K m + 1
C ⊂ A C\subset A C ⊂ A C = ∅ C=\emptyset C = ∅ C ≠ ∅ C\ne\emptyset C = ∅ C C C A A A C C C R n ∖ A \mathbb R^n\setminus A R n ∖ A m m m C ⊂ ( − m , m ) n C\subset(-m,m)^n C ⊂ ( − m , m ) n C C C 2 − m 2^{-m} 2 − m A ∩ [ − m , m ] n A\cap[-m,m]^n A ∩ [ − m , m ] n m m m C ⊂ K m C\subset K_m C ⊂ K m ▨
命題 4.5. A ⊂ R n A\subset\mathbb R^n A ⊂ R n f : A → [ 0 , ∞ ) f:A\to[0,\infty) f : A → [ 0 , ∞ ) ( K m ) m ≥ 1 (K_m)_{m\ge1} ( K m ) m ≥ 1 K m ⊂ A K_m\subset A K m ⊂ A A A A C C C m m m C ⊂ K m C\subset K_m C ⊂ K m
lim m → ∞ ∫ K m f = ∫ A f \lim_{m\to\infty}\int_{K_m}f=\int_Af m → ∞ lim ∫ K m f = ∫ A f が[ 0 , ∞ ] [0,\infty] [ 0 , ∞ ]
証明. 上限の定義から、全てのm m m
∫ K m f ≤ ∫ A f \int_{K_m}f\le\int_Af ∫ K m f ≤ ∫ A f である。従って上極限は∫ A f \int_Af ∫ A f
A A A K K K m m m K ⊂ K m K\subset K_m K ⊂ K m f ≥ 0 f\ge0 f ≥ 0
∫ K f ≤ ∫ K m f \int_Kf\le\int_{K_m}f ∫ K f ≤ ∫ K m f であるため、下極限は∫ K f \int_Kf ∫ K f K K K ∫ A f \int_Af ∫ A f ▨
定義 4.6. A ⊂ R n A\subset\mathbb R^n A ⊂ R n f : A → R f:A\to\mathbb R f : A → R ∣ f ∣ |f| ∣ f ∣
f + = max { f , 0 } , f − = max { − f , 0 } f^+=\max\{f,0\},
\qquad
f^-=\max\{-f,0\} f + = max { f , 0 } , f − = max { − f , 0 } とおく。0 ≤ f ± ≤ ∣ f ∣ 0\le f^\pm\le|f| 0 ≤ f ± ≤ ∣ f ∣ f ± f^\pm f ±
∫ A f : = ∫ A f + − ∫ A f − \int_Af
:=
\int_Af^+-\int_Af^- ∫ A f := ∫ A f + − ∫ A f − と定め、f f f 絶対収束する (absolutely convergent )
系 4.7. 命題 4.5 と同じ条件を満たす列( K m ) m ≥ 1 (K_m)_{m\ge1} ( K m ) m ≥ 1 f : A → R f:A\to\mathbb R f : A → R
lim m → ∞ ∫ K m f = ∫ A f \lim_{m\to\infty}\int_{K_m}f=\int_Af m → ∞ lim ∫ K m f = ∫ A f が成り立つ。従って積分値は取り尽くす列の選択によらない。
証明. 命題 4.5 をf + f^+ f + f − f^- f −
∫ K m f + ⟶ ∫ A f + , ∫ K m f − ⟶ ∫ A f − \int_{K_m}f^+\longrightarrow\int_Af^+,
\qquad
\int_{K_m}f^-\longrightarrow\int_Af^- ∫ K m f + ⟶ ∫ A f + , ∫ K m f − ⟶ ∫ A f − を得る。両極限は有限である。各K m K_m K m
∫ K m f = ∫ K m f + − ∫ K m f − \int_{K_m}f
=\int_{K_m}f^+-\int_{K_m}f^- ∫ K m f = ∫ K m f + − ∫ K m f − であるため、差の極限を取ると主張を得る。▨
5 演習 問題 5.1 (Jordan 可測性だけでは可積分性が従わない理由). Jordan 可測集合E E E
解答. 正の体積をもつ閉直方体R R R E E E
f ( x ) = { 1 , x ∈ Q n , 0 , x ∉ Q n f(x)=
\begin{cases}
1,&x\in\mathbb Q^n,\\
0,&x\notin\mathbb Q^n
\end{cases} f ( x ) = { 1 , 0 , x ∈ Q n , x ∈ / Q n と定める。E E E E E E Q n \mathbb Q^n Q n P P P
U ( f , P ) − L ( f , P ) = ∣ R ∣ > 0 U(f,P)-L(f,P)=|R|>0 U ( f , P ) − L ( f , P ) = ∣ R ∣ > 0 となる。従って Darboux の可積分判定によりf f f ▨