§14 関数の積分 I

前回 §13 に関数の微分を導入したばかりですが、今回は関数の (Riemann) 積分を定義します。前回から急にガラッと話が変わってしまいますが、初等解析学の礎とも言える微分積分学の基本定理によってこれらの概念は深い繋がりを持つ事になります。

Riemann 積分の定義

実数値関数 $f : I \longrightarrow \mathbb {R}$ の積分を考えていくのですが、微分を考える際には $I$ を開区間としたのに対して、今回は $I$ を閉区間とします。また閉区間として $[a, b]$ という記号を用いる時は常に $a < b$ が仮定されているものとします。

Riemann 積分の基本的な考え方は、§12 で扱った「区分求積法もどき」をもっと精密に扱うようなものです。つまり、「区間 $I$ を分割して、各分割において関数のグラフが定める長方形の面積を足し上げて、分割をどんどん細かくしていく」のですが、その際に

• 任意の分割の仕方を考え、
• 各分割における ($f$ が定める) 長方形の「高さ」についても (自然と思われる) あらゆる場合を考えて、
• どんな場合にも同じ値に収束する場合に「積分可能」と定義して、その共通の極限値によって積分の値を定義する

という方針を取ります。そのためにはまず「分割」というものをきちんと数学的に定義する必要があります。

例えば、$n\in \mathbb {N}$ を自然数として区間を $n$ 等分する等分割 $$\Delta _1= \left(a + \frac{i(b-a)}{n}\right)^n_{i=0} = \left\{ a, a+\frac{b-a}{n}, \ldots, a + \frac{(n-1)(b-a)}{n}, b \right\}$$ は $\mathcal {P}([a, b])$ の元であり $|\Delta _1| = (b-a)/n$ です¹。他、極端な例として $$\Delta _2 = \left\{ 0, \frac{9}{10}, \frac{901}{1000}, \frac{902}{1000}, \ldots, \frac{999}{1000}, 1 \right\}$$ とすれば $\Delta _2 \in \mathcal {P}([0, 1])$ であり $|\Delta _2| = 9/10$ となります。このようなイビツな分割も含め、対象の区間に対するあらゆる分割に対して「長方形の面積の和」を考えよう、というわけです。

分割 $\Delta \in \mathcal {P}(I)$ を選んだら、今度は各小区間 $[t_0, t_1]$, $[t_1, t_2]$, $\ldots, [t_{n-1}, t_n]$ において関数 $f$ が定める「高さ」を決める必要があります。各小区間 $[t_i, t_{i+1}]$ に対して適当な $\xi _i\in [t_i, t_{i+1}]$ を選んでやる事で、長方形 $$[t_i, t_{i+1}]\times [0, f(\xi _i)] \tag {1}$$ を定める事が出来ます。このような ($\Delta$ に対して与えられる) 「代表点」$\Xi = (\xi _i)^{n-1}_{i=0}$ 全体を $\mathcal {R}(\Delta)$ と表す事にします。$f : I \longrightarrow \mathbb {R}$ に対して $\Delta \in \mathcal {P}(I)$ と $\Xi \in \mathcal {R}(\Delta)$ を選ぶ事で (1) のような長方形が $(\#\Delta - 1)$ 個作れて²、その面積の合計は $$s(f ; \Delta, \Xi) := \sum ^{n-1}_{i=0}f(\xi _i)(t_{i+1} - t_i) \tag {2}$$ で計算出来ます。(2) が定める量 $s(f ; \Delta, \Xi)$ を $f$ の ($\Delta, \Xi$ に関する) Riemann 和 (Riemann sum) と呼びます。

Riemann 積分は、「どんな分割や代表点の取り方をしたとしても、分割を限りなく細かくしていった時に (即ち幅を限りなく $0$ に近付けていった時に) ある値に収束する」場合に、その (分割や代表点の取り方によらない) 極限値として定義されます。具体的には以下のようになります。

久し振りに複雑なイプシロン・デルタ論法による数式が登場しました。今の場合、分割幅を小さくしながらも「あらゆる分割」「あらゆる代表点集合」に対して収束を考えなければならないため、少し入り組んだ式となっています。「あらゆる分割、あらゆる代表点集合を考えながら分割の幅を狭めていく」というと直観的に考えにくいかもしれませんが、イプシロン・デルタ論法を使えば、これまで扱ってきたような関数の極限と同様に表す事が出来るので、あまり特別な事を考える必要はありません。

具体例を見てみましょう。$I = [0, 1]$ に対して定数関数 $f(x) = 1$ の積分を考えてみます。この場合、既に $I$ と $f$ が長方形 $[0, 1]\times [0, 1]$ を定めているので面積が $1$ である事はほぼ自明かもしれませんが、とりあえず定義通りに当てはめてやると、任意の分割 $\Delta = (t_i)^{n}_{i=0}\in \mathcal {P}([0, 1])$ 及び代表点集合 $\Xi = (\xi _i)^{n-1}_{i=0}\in \mathcal {R}(\Delta)$ を取った時に、$\xi _i$ の取り方に関わらず常に $f(\xi _i) = 1$ である事から Riemann 和は $$\begin{align*} s(f ; \Delta, \Xi ) &= \sum ^{n-1}_{i=0}1\cdot (t_{i+1} - t_i)\\ &= t_1 - t_0 + t_2 - t_1 + \cdots + t_n - t_{n-1}\\ &= t_n - t_0 = 1 - 0 = 1 \end{align*}$$ となります。よって $\delta > 0$ の取り方に関わらず常に $$^\forall \varepsilon > 0, \ ^\forall \Delta \in \mathcal {P}(I), \ ^\forall \Xi \in \mathcal {P}(\Delta):\ (0=) \ |s(f ; \Delta , \Xi) - 1| < \varepsilon$$ が成り立つので $$\int ^1_01dx = 1$$ となります。より一般に、任意の $c\in \mathbb {R}$ に対して $$\int ^1_0cdx = c$$ が同様にして示されます。

次に $f(x) = x$ の場合を考えてみます。やはり $I = [0, 1]$ として任意の $\Delta = (t_i)^{n}_{i=0}\in \mathcal {P}([0, 1])$ と $\Xi = (\xi _i)^{n-1}_{i=0}\in \mathcal {R}(\Delta)$ を取ると、今度は $$s(f ; \Delta , \Xi ) = \sum ^{n-1}_{i=0}\xi _i(t_{i+1} - t_i)$$ となり、これ以上は直接計算が出来ません。しかし、代表点 $\xi _i$ は常に $t_i$ と $t_{i+1}$ の間に位置している事に注意すれば $$\sum ^{n-1}_{i=0}t_i(t_{i+1} - t_i) \leq s(f ; \Delta , \Xi ) \leq \sum ^{n-1}_{i=0}t_{i+1}(t_{i+1} - t_i) \tag {3}$$ と Riemann 和を上と下から評価する事は出来そうです。(3) の左辺及び右辺をそれぞれ $\underline{s}(f ; \Delta )$ 及び $\overline{s}(f ; \Delta )$ と置くと、まず $$\begin{align*} &\overline{s}(f ; \Delta ) + \underline{s}(f ; \Delta )\\ =& \sum ^{n-1}_{i=0}(t_{i+1} + t_i)(t_{i+1} - t_i)\\ =& \sum ^{n-1}_{i=0}(t_{i+1}^2 - t_i^2)\\ =& \ t_1^2 - t_0^2 + t_2^2 - t_1^2 + \cdots + t_n^2 - t_{n-1}^2\\ =& \ t_n^2 - t_0^2 = 1 \end{align*}$$ が得られ、同様に $$\begin{align*} 0&\leq \overline{s}(f ; \Delta ) - \underline{s}(f ; \Delta )\\ &= \sum ^{n-1}_{i=0}(t_{i+1} - t_i)^2\\ &\leq \sum ^{n-1}_{i=0}|\Delta |(t_{i+1} - t_i)\\ &= |\Delta|(t_n - t_0) = |\Delta| \ \ (\longrightarrow \ 0, \ \ |\Delta |\rightarrow 0) \end{align*}$$ 即ち $$\overline{s}(f ; \Delta ) - \underline{s}(f ; \Delta )\longrightarrow \ 0, \ \ |\Delta |\rightarrow 0$$ が得られます。すると (適宜 $f$ や $\Delta$ を省略して書くと) $$\begin{align*} \overline{s}(f ; \Delta ) &= \frac{\overline{s} + \underline{s}}{2} + \frac{\overline{s} - \underline{s}}{2}\\ &\longrightarrow \ \frac{1}{2} + 0 = \frac{1}{2}, \ \ |\Delta|\rightarrow 0 \end{align*}$$ であり、同様に $$\begin{align*} \underline{s}(f ; \Delta ) &= \frac{\overline{s} + \underline{s}}{2} - \frac{\overline{s} - \underline{s}}{2}\\ &\longrightarrow \ \frac{1}{2} - 0 = \frac{1}{2}, \ \ |\Delta|\rightarrow 0 \end{align*}$$ が成立する事が分かるので、(3) と合わせて挟み撃ちの原理から $$\int ^1_0xdx = \lim _{|\Delta|\rightarrow 0}s(f ; \Delta , \Xi) = \frac{1}{2}$$ が言えました⁴。

以上のように、Riemann 積分の定義に従った計算は非常に簡単な関数に対してであっても少々面倒となります。一方で、我々は $x^2/2$ の導関数が $x$ である事を知っているので、もし「Riemann (不定) 積分は微分の逆演算である」という事を知っているのであれば、このような面倒な計算をしなくとも直ちに $$\int ^1_0xdx = \int ^1_0\left(\frac{x^2}{2}\right)'dx = \frac{1^2}{2} - \frac{0^2}{2} = \frac{1}{2}$$ と計算する事が出来ます (そしてこれが高校数学における積分の定義でした)。我々はこれから「微分して積分をすると (積分定数分を除いて) 元に戻る」「(不定) 積分して微分すると元に戻る」といった微分積分学の基本定理 (fundamental theorem of calculus) を示す事を目標にして、具体的な関数に対する積分計算は現時点ではまだあまり気にせずにもう少し Riemann 積分の基本的な性質を調べていく事にします。

Darboux の定理と連続関数の可積分性

上の $f(x) = x$ の例において、我々は各代表点 $\xi _i$ が $t_i$ 以上 $t_{i+1}$ 以下である事を利用して、Riemann 和を上下から不等式評価しました。関数 $f(x) = x$ はたまたま (狭義) 単調増大だったので上のような評価となりましたが、一般の有界関数 $f$ に対して (3) に対応する評価は $$\begin{align*} &\sum ^{n-1}_{i=0}\inf _{\xi \in [t_i, t_{i+1}]}f(\xi )(t_{i+1} - t_i)\\ &\leq s(f ; \Delta , \Xi )\\ &\leq \sum ^{n-1}_{i=0}\sup _{\xi \in [t_i, t_{i+1}]}f(\xi )(t_{i+1} - t_i) \tag {4} \end{align*}$$ のようになります。(4) の左辺及び右辺をやはりそれぞれ $\underline{s}(f ; \Delta )$ 及び $\overline{s}(f ; \Delta )$ と表す事にします。これらもまた $f$ の $I = [a, b]$ 上の Riemann 和を与えていますが、今 $f$ は $I$ 上有界である事から、各 $i$ について $$-\infty < \inf _If \leq \inf _{[t_i, t_{i+1}]}f \leq \sup _{[t_i, t_{i+1}]}f \leq \sup _If < \infty$$ であるので、$(t_{i+1} - t_i)$ をかけて $i$ について足し上げれば $$\inf _If\cdot (b-a) \leq \underline{s}(f ; \Delta ) \leq \overline {s}(f ; \Delta ) \leq \sup f\cdot (b-a)$$ が得られます。特に $\underline {s}(f ; \Delta ) \leq \sup f\cdot (b-a)$, $^\forall \Delta \in \mathcal {P}(I)$ なので $$\underline {S}(f) := \sup _{\Delta \in \mathcal {P}(I)}\underline {s}(f ; \Delta ) < \infty$$ が定義出来ます⁵。同様にして $$\overline {S}(f) := \inf _{\Delta \in \mathcal {P}(I)}\overline {s}(f ; \Delta ) > -\infty$$ も定義されます。

この時、次の定理が成り立ちます。

証明は後回しにしますが、この定理と (4) から、もし $$\overline {S}(f) = \underline {S}(f) \tag {5}$$ ならば、挟み撃ちの原理によって $$\lim _{|\Delta |\rightarrow 0}s(f ; \Delta, \Xi ) = \overline {S}(f) = \underline {S}(f)$$ となり、$f$ は $I$ 上で積分可能であり積分値が (5) に等しい事が分かります。よって、(5) は有界閉区間上の有界関数の Riemann 積分可能性の十分条件の一つとなっています。一般の関数については $\overline {S}(f)$ と $\underline {S}(f)$ は必ずしも一致するとは限りません。$\overline {S}(f)$, $\underline {S}(f)$ をそれぞれ $f$ の上積分 (upper integral), 下積分 (lower integral) と呼びます⁶。逆に、もし $f$ が $I$ 上で Riemann 積分可能であるならば (5) が成り立つ事も示せるのですが (よって (5) は Riemann 積分可能性の必要十分条件です)、その証明もまた後回しにします。

ここから次の重要な事実を示す事が出来ます。

証明. $I = [a, b]$ を有界閉区間とし、$f : I \longrightarrow \mathbb {R}$ を連続とする。まず §12 の命題 1 （あるいは定理 1) から $f$ は $I$ 上で有界である事に注意する。更に、§12 の定理 2 より $f$ は $I$ 上で一様連続であるので、任意の $\varepsilon > 0$ に対して $\delta > 0$ が存在して $$^\forall x, y\in I: \ |x - y| < \delta \ \ \Longrightarrow \ \ |f(x) - f(y)| < \varepsilon \tag {6}$$ が成立。 すると、$|\Delta | < \delta$ なる任意の $\Delta = (t_i)^n_{i=0}\in \mathcal {P}(I)$ に対して、(6) から $$0\leq \max _{[t_i, t_{i+1}]}f - \min _{[t_i, t_{i+1}]}f < \varepsilon , \ \ i = 0, \ldots, n-1$$ である事が分かるので (何故？)、$(t_{i+1} - t_i)$ をかけて $i$ について足し上げると $$0 \leq \overline {s}(f ; \Delta) - \underline {s}(f ; \Delta) < \varepsilon (b - a) \tag {7}$$ が得られる。$|\Delta | \rightarrow 0$ として⁷、Darboux の定理より $$\left|\overline {S}(f) - \underline {S}(f)\right| \leq \varepsilon (b-a)$$ を得る。$\varepsilon > 0$ は任意だったので、ここから (5) が従う。よって $f$ は $I$ 上で Riemann 積分可能。

ここで $f$ の一様連続性が本質的に機能している事に注意して下さい。単なる連続性を使うだけでは、$\Delta$ の各小区間において $\max f - \min f < \varepsilon$ のような評価を行う事は出来ません (§12 の「定積分もどき」の時と同じ状況です)。

次の命題もまた Darboux の定理を使えば上と同様の手順で示せるので証明は演習として省略します。

積分の性質 I

Riemann 積分の基本的な性質をいくつか示していきます。まず微分と同様に、積分もまた以下のような線形性を持つ事が分かります。

証明. 任意の $\Delta \in \mathcal {P}(I)$ 及び $\Xi \in \mathcal {R}(\Delta )$ に対して、明らかに $$s(h ; \Delta , \Xi ) = \alpha s(f ; \Delta , \Xi ) + \beta s(f ; \Delta, \Xi )$$ であり、また $f, g$ は Riemann 積分可能ゆえ、$|\Delta |\rightarrow 0$ とすれば上式の右辺は (8) の右辺に収束する。よって $h$ もまた Riemann 積分可能であり、(8) の等式が成り立つ。

次の性質もまた、積分を「関数のグラフが定める面積」と考えるならば自然なものと言えるでしょう。

証明 (の一部). 積分可能性に関しては後で示す事にして、$f$ が $[a, b], [b, c], [a, c]$ 上で Riemann 積分可能とする時の (9) の成立のみ示す。$\Delta _1 = \{t_i\}^m_{i=0}\in \mathcal {P}([a, b])$, $\Delta _2 = (t'_i)^n_{i=0}\in \mathcal {P}([b, c])$ に対して、$\Delta _3$ を $$\{t_0, t_1, \ldots, t_m, t'_1, \ldots, t'_n\}$$ によって定義すれば ($t_m = t'_0 = b$ に注意) $\Delta _3\in \mathcal {P}([a, c])$ となる。更に $\Xi _1 = (\xi _i)^{m-1}_{i=0}\in \mathcal {R}(\Delta _1)$, $\Xi _2 = (\xi '_i)^{n-1}_{i=0}\in \mathcal {R}(\Delta _2)$ に対して同様に $\Xi _3$ を $$\{\xi _0, \ldots , \xi _{m-1}, \xi '_0, \ldots, \xi '_{n-1}\}$$ によって定義すれば $\Xi _3\in \mathcal {R}(\Delta _3)$ であり、明らかに $$s(f ; \Delta _3, \Xi _3) = s(f ; \Delta _1, \Xi _1) + s(f ; \Delta _2, \Xi _2)$$ が成立する。後は $|\Delta _1|, |\Delta _2|\rightarrow 0$ の極限を考えれば良い。

(もう少し丁寧にやるならば、任意の $\varepsilon > 0$ を与えた時、Riemann 積分可能性の条件からある $\delta _1, \delta _2, \delta _3 > 0$ が存在して $$\begin{align*} ^\forall \Delta \in \mathcal {P}([a, b]), \ |\Delta | < \delta _1\ &\Longrightarrow \ ^\forall \Xi \in \mathcal {R}(\Delta): \ \left| s(f ; \Delta , \Xi ) - \int ^b_af(x)dx\right| < \varepsilon \\ ^\forall \Delta \in \mathcal {P}([b, c]), \ |\Delta | < \delta _2\ &\Longrightarrow \ ^\forall \Xi \in \mathcal {R}(\Delta): \ \left| s(f ; \Delta , \Xi ) - \int ^c_bf(x)dx\right| < \varepsilon \\ ^\forall \Delta \in \mathcal {P}([a, c]), \ |\Delta | < \delta _3\ &\Longrightarrow \ ^\forall \Xi \in \mathcal {R}(\Delta): \ \left| s(f ; \Delta , \Xi ) - \int ^c_af(x)dx\right| < \varepsilon \end{align*}$$ となるので、$\delta := \delta _1\wedge \delta _2\wedge \delta _3$ として $|\Delta _1|, |\Delta _2| < \delta$ なる $\Delta _1\in \mathcal {P}([a, b])$$,$ $\Delta _2\in \mathcal {P}([b, c])$ 及び適当な $\Xi _1\in \mathcal {R}(\Delta _1)$$,$ $\Xi _2\in \mathcal {R}(\Delta _2)$ に対して上のように $\Delta _3\in \mathcal {P}([a, c])$$,$ $\Xi _3\in \mathcal {R}(\Delta _3)$ を定義してやれば $|\Delta _3| < \delta \leq \delta _3$ となる。よって $$\left| s(f ; \Delta _3, \Xi _3) - \int ^c_af(x)dx\right| < \varepsilon$$ 及び $$\begin{align*} &\left| s(f ; \Delta _3, \Xi _3) - \int ^b_af(x)dx - \int ^c_bf(x)dx\right| \\ \leq & \left| s(f ; \Delta _1, \Xi _1) - \int ^b_af(x)dx\right| + \left| s(f ; \Delta _2, \Xi _2) - \int ^c_bf(x)dx\right| < 2\varepsilon \end{align*}$$ が得られ、ここから $$\left| \int ^c_af(x)dx - \int ^b_af(x)dx - \int ^c_bf(x)dx\right| < 3\varepsilon$$ が従う。後は $\varepsilon > 0$ が任意であった事から結論が得られる。)

次の命題もまた直観的に自明なものと思われます。

証明. $f\geq 0$ ならば $f$ の Riemann 和もまた常に非負となる事から明らか。

証明. $h := f - g$ に対して命題 4 を適用すれば $\int ^b_a(f(x) - g(x))dx\geq 0$ が得られる。後は命題 2 を使えば良い。

証明. $|f|$ の Riemann 積分可能性は後で示すが、これを認めると、$\pm f \leq |f|$ ゆえ上の系を使って $$\pm \int ^b_af(x)dx = \int ^b_a(\pm f(x))dx \leq \int ^b_a|f(x)|dx$$ が直ちに得られる。

以下、$a > b$ の時にも $$\int ^b_af(x)dx = -\int ^a_bf(x)dx$$ によって積分を定める事とします。右辺は $[b, a]$ 上の (これまで通りの) Riemann 積分の $-1$ 倍であり、これによって左辺を定義しています。この場合には上の二つの系に対応する主張は $$f\geq g \ \ \Longrightarrow \ \ \int ^b_af(x)dx \leq \int ^b_ag(x)dx$$ 及び $$\left|\int ^b_af(x)dx\right|\leq -\int ^b_a|f(x)|dx$$ に変わる事に注意して下さい。後者については $$\left|\int ^b_af(x)dx\right|\leq \int ^{a\vee b}_{a\wedge b}|f(x)|dx$$ あるいは $$\left|\int ^b_af(x)dx\right|\leq \left|\int ^b_a|f(x)|dx\right|$$ とすれば、$a$ と $b$ の大小関係に関わらず成立する不等式となります。 わざわざ $a > b$ の時に $\int ^b_a$ という記号を使うから紛らわしくなってしまうと感じられるかもしれませんが、以下で定義する不定積分を扱う時等、このような記号を準備しておいた方が便利な事があります。なお、$a = b$ の時は常に $\int ^b_af(x)dx = 0$ と約束します (命題 3 とも整合的になります)。

微分積分学の基本定理 I

$a\in \mathbb {R}$ を適当に取り、$I$ を $a\in I$ なる区間とします。ここでは $I$ は有界閉区間でなくとも構いません。さて、連続関数 $f : I\longrightarrow \mathbb {R}$ が与えられた時、$I$ に含まれる任意の有界閉区間 $J$ の上で $f$ は Riemann 積分可能でした。すると、$x > a$ なる任意の $x\in I$ に対して区間 $[a, x]$ 上の $f$ の Riemann 積分 $$F(x) = \int ^x_af(y)dy \ (\in \mathbb {R})$$ を与える事が出来ます。$x \leq a$ の場合にも上述の注意のようにすればやはり $F(x)$ を定義する事が可能です。つまり $F$ は $I$ 上の実数値関数として定義されています⁸。このようにして定義された関数 $F$ を $f$ の不定積分と呼びます。$F(x)$ は点 $a$ に依存しており、$a$ が変われば値が変わってしまうのですが、あまり本質的でないので気にしなくとも構いません。

上で定義された $f$ の「積分」$F$ を微分すると元の $f$ に戻る、というのが我々の目標である微分積分学の基本定理の最初の主張です。

この定理によって「関数の傾き」として定義された微分と「関数が定める面積」として定義された積分が繋がります。「微分すると $f$ に一致する関数」の事を $f$ の原始関数 (primitive function, antiderivative) と呼びますが、定理 3 は $f$ の不定積分が $f$ の原始関数となる事を主張しています。

定理 3 は命題 2, 3 を使ってイプシロン・デルタ論法によって直接証明出来ますが、今回は (やっている事は実は同じなのですが) 少しだけ凝った方法を使ってみたいと思います。

実数値関数 $f : I \longrightarrow \mathbb {R}$ 及び $x_0\in I$ に対して、以下で定義される関数 $\delta \mapsto w_f(\delta ; x_0)$ を $f$ の $x_0$ における (minimal) modulus of continuity と呼びます。 $$w_f(\delta ; x_0) = \sup \{|f(x) - f(x_0)|\ ; \ x\in I, |x - x_0| < \delta\}$$ $w_f(\cdot ; x_0)$ は $(0, \infty)$ 上で定義出来る実数値 (更には非負値) 関数ですが、実際には原点の (右側の) 近くでのみ定義されていれば十分です。

証明. $f$ が $x_0$ で連続であると仮定して、任意の $\varepsilon > 0$ を取る。この時、ある $\tilde {\delta } > 0$ が存在して $$^\forall x\in I: \ |x - x_0| < \tilde {\delta } \ \ \Longrightarrow \ \ |f(x) - f(x_0)| < \varepsilon$$ となるが、これは $w_f(\tilde {\delta } ; x_0) \leq \varepsilon$ を意味している。$w_f(\cdot ; x_0)$ は明らかに単調非減少であるので、ここから $$^\forall \delta > 0: \ \delta < \tilde {\delta } \ \ \Longrightarrow \ \ w_f(\delta ; x_0) \leq \varepsilon$$ である事が分かる。これは (10) を意味している。逆は明らか。

Modulus of continuity は連続性の概念を言い換えるための定量的な道具とも言えるものであり、これを使う事で計算がすっきりする場合がしばしばあります。

定理 3 の証明. 任意の $x_0\in \mathring {I}$ を取り固定する。$h\in \mathbb {R}\setminus \{0\}$ を $x_0+h\in I$ なる数とする時、$F(x) = \int ^x_af(y)dy$ として、命題 3 より $$\begin{align*} \frac{F(x_0+h) - F(x_0)}{h} &= \frac{1}{h}\left( \int ^{x_0+h}_af(y)dy - \int ^{x_0}_af(y)dy\right)\\ &= \frac{1}{h}\int ^{x_0+h}_{x_0}f(y)dy \end{align*}$$ である。また命題 2 等から $$f(x_0) = f(x_0)\cdot \frac{1}{h}\int ^{x_0+h}_{x_0}1dy = \frac{1}{h}\int ^{x_0+h}_{x_0}f(x_0)dy$$ となる事に注意して¹⁰、命題 4 とその系より $$\begin{align*} &\left| \frac{F(x_0+h) - F(x_0)}{h} - f(x_0)\right|\\ &= \left|\frac{1}{h}\int ^{x_0+h}_{x_0}(f(y) - f(x_0))dy\right|\\ &\leq \frac{1}{|h|}\int ^{(x_0+h)\vee x_0}_{(x_0+h)\wedge x_0}|f(y) - f(x_0)|dy\\ &\leq \frac{1}{|h|}\int ^{(x_0+h)\vee x_0}_{(x_0+h)\wedge x_0}w_f(|h| ; x_0)dy\\ &= w_f(|h| ; x_0) \end{align*}$$ が成り立つ事が分かる。$f$ は連続なので、補題 1 から上式は $h\rightarrow 0$ の下で $0$ に収束する。よって $F$ は $x_0$ で微分可能であり、$F'(x_0) = f(x_0)$ である事が示された¹¹。

ここまでのまとめ

有界な実数値関数に対する有界閉区間上の Riemann 積分を定義し、連続関数は常に Riemann 積分可能である事を示しました。また、微分と積分の架け橋である微分積分学の基本定理の一つ目「積分して微分すると元に戻る」まで紹介しました。応用上は基本定理の二つ目である「微分して積分すると (定数のずれを除いて) 元に戻る」の方が有用なのですが、それを示すためにはこの定理 3 の他に「微分すると $0$ になる関数は定数関数のみ」という命題を示しておかなければなりません。それらについては次回扱う事にして、今回は上で証明を省略していた定理 1 の証明 (及び命題 3 の積分可能性の証明) を以下の補遺にまとめて終わります。

補遺: Darboux の定理の証明

まず、分割に関していくつか新たな記号を導入します。分割 $\Delta _1 = (s_i)^m_{i=0}, \Delta _2 = (t_i)^n_{i=0}\in \mathcal {P}(I)$ に対して、包含関係 $$\{s_0, \ldots, s_m\} \subset \{t_0, \ldots, t_n\}$$ が成立する時に $\Delta _1 \subset \Delta _2$ と表し、$\Delta _2$ は $\Delta _1$ の細分 (refinement) であると言います。$\Delta _1\subset \Delta_2$ である時、$\Delta _1$ の各小区間 $[s_i, s_{i+1}]$ に対して $\Delta _2$ から $$[s_i, s_{i+1}] = [t_{j_i}, t_{j_i+1}]\cup [t_{j_i+1}, t_{j_i+2}]\cup \cdots \cup [t_{j_{i+1}-1}, t_{j_{i+1}}]$$ となるような分点 $t_{j_i}, \ldots t_{j_{i+1}}$ を取ってくる事が出来るので (即ち $s_i = t_{j_i} < t_{j_i+1} < \cdots < t_{j_{i+1}} = s_{i+1}$),  $[s_i, s_{i+1}]\supset [t_k, t_{k+1}]$, $k = j_i, \ldots, j_{i+1} - 1$ に注意して $$\begin{align*} \sup _{[s_i, s_{i+1}]}f\cdot (s_{i+1} - s_i) &= \sup _{[s_i, s_{i+1}]}f\sum ^{j_{i+1}-1}_{k=j_i}(t_{k+1} - t_k)\\ &= \sum ^{j_{i+1}-1}_{k=j_i}\sup _{[s_i, s_{i+1}]}f\cdot(t_{k+1} - t_k)\\ &\geq \sum ^{j_{i+1}-1}_{k=j_i}\sup _{[t_k, t_{k+1}]}f\cdot(t_{k+1} - t_k)\\ \end{align*}$$ が成り立ち、$i$ について和を取れば $$\begin{align*} \overline{s}(f ; \Delta _1) \geq \sum ^{n-1}_{k=0}\sup _{[t_k, t_{k+1}]}f\cdot(t_{k+1} - t_k) = \overline {s}(f ; \Delta _2) \end{align*}$$ が得られます。同様に $\underline {s}(f ; \Delta _1)\leq \underline{s}(f ; \Delta _2)$ です。即ち、分割が細分化される程、$\overline {s}(f ; \Delta )$ は小さくなり、$\underline{s}(f ; \Delta )$ は大きくなるイメージです。その意味で、$\overline {s}(f ; \Delta )$ は ($\Delta$ について) 単調非増大、$\underline {s}(f ; \Delta )$ は単調非減少と言えます (いささか乱暴な言い方ですが)。

また $\Delta _1, \Delta _2\in \mathcal {P}(I)$ が与えられた時、$\Delta _1$ と $\Delta _2$ の分点を全て集めて大きさの順に並び替える事で新たな分割を作る事が出来ます (命題 3 の証明中の $\Delta _3$ と同じです)。これを $\Delta _1\cup \Delta _2$ と表します。明らかに $\Delta _i\subset \Delta _1\cup \Delta _2$, $i = 1, 2$ が成り立ちます。これと (4) から任意の $\Delta _1, \Delta _2\in \mathcal {P}(I)$ に対して $$\underline{s}(f ; \Delta _1) \leq \underline {s}(f ; \Delta _1\cup \Delta _2) \leq \overline {s}(f ; \Delta _1\cup \Delta _2) \leq \overline {s}(f ; \Delta _2)$$ となり、特に $\underline{s}(f ; \Delta _1) \leq \overline{s}(f ; \Delta _2)$ となる事から、$\Delta _1$ に関して $\sup$ を、$\Delta _2$ に関して $\inf$ を取れば $$\underline {S}(f) \leq \overline {S}(f)$$ が得られます。

以上の準備の下で Darboux の定理の証明を進めていきます。上積分について示せれば下積分についても同様なので、$\lim _{|\Delta |\rightarrow 0}\overline{s}(f ; \Delta) = \overline{S}(f)$ の証明のみ考えます。まず $\overline{S}(f)$ は $\overline {s}(f ; \Delta)$ の $\Delta$ に関する下限で定義されているので、その定義から $^\forall \varepsilon > 0$, $^\exists \Delta _0 = (\hat {t}_i)^{\hat {n}}_{i=0}\in \mathcal {P}(I)$ s.t. $$\overline {s}(f ; \Delta _ 0) < \overline {S}(f) + \varepsilon \tag {11}$$ が成り立ちます。よって、極限を考えるターゲットとして $\overline {S}(f)$ の代わりに $\overline {s}(f ; \Delta _0)$ を考えても良さそうです。そこで、とりあえず $\Delta _0$ の小区間の幅の「最小値」 $$l := \min\{ |\hat {t}_{i+1} - \hat {t}_i| \ ; \ i = 0, \ldots, \hat {n} - 1\}$$ に対して $|\Delta | < l$ なる任意の分割 $\Delta = (t_i)^{n}_{i=0}$ について考えてみると、$\Delta$ の各小区間は $\Delta _0$ の分点 $\hat {t}_0, \ldots, \hat {t}_{\hat {n}}$ を「一つ含む」か、あるいは「一つも含まない」かのどちらかとなります。何故ならば、もし、例えば小区間 $[t_j, t_{j+1}]$ が $\Delta _0$ の分点を二つ以上 (例えば $\hat {t}_i$ と $\hat {t}_{i+1}$) 含む場合、その小区間の長さは $l$ 以上とならなければならないからです。つまり $$t_j \leq \hat {t}_i < \hat {t}_{i+1} \leq t_{j+1}\ \ \Longrightarrow \ \ t_{j+1} - t_j \geq \hat {t}_{i+1} - \hat {t}_i \geq l$$ であり、$|\Delta| < l$ に矛盾します。

さて、「($\Delta _0$ の) 分点を含む小区間」と「分点を含まない小区間」を区別するために以下の記号を用意します。 $$\begin{align*} N_1 &= \{ j = 0, \ldots, n-1\ ; \ ^\exists i\ \ \mbox {s.t.} \ \ \hat {t}_i\in [t_j, t_{j+1}] \},\\\ N_2 &= \{0, \ldots, n - 1\} \setminus N_1 \end{align*}$$ $\overline {s}(f ; \Delta )$ と $\overline {s}(f ; \Delta _0)$ の差を評価したいのですが、$\Delta _0 \subset \Delta \cup \Delta _0$ ゆえ $$\overline {s}(f ; \Delta _0)\geq \overline {s}(f ; \Delta \cup \Delta _0) \tag {12}$$ である事に注意して、まず $\overline {s}(f ; \Delta \cup \Delta _0)$ の値を調べてみます。今、$j\in N_1$ に対して $[t_j, t_{j+1}]$ に含まれる $\Delta _0$ の分点を $\hat {t}_{i_j}$ と書く事にすれば、 $$\begin{align*} \overline {s}(f ; \Delta \cup \Delta _0) =& \sum _{j\in N_1}\left( \sup _{[t_j, \hat {t}_{i_j}]}f\cdot (\hat{t}_{i_j} - t_j) + \sup _{[\hat {t}_{i_j}, t_{j+1}]}f\cdot (t_{j+1} - \hat {t}_{i_j})\right)\\ &+\sum _{j\in N_2}\sup _{[t_j, t_{j+1}]}f\cdot (t_{j+1} - t_j) \end{align*}$$ となりますが、$N_1$ の元はたかだか $\hat {n}$ 個しか無いので、大胆に下からおさえてしまえば $$\begin{align*} \overline {s}(f ; \Delta \cup \Delta _0) \geq& -\sup _I|f|\sum _{j\in N_1}\left(\hat{t}_{i_j} - t_j + t_{j+1} - \hat {t}_{i_j}\right)\\ &+\sum _{j\in N_2}\sup _{[t_j, t_{j+1}]}f\cdot (t_{j+1} - t_j)\\ \geq &-\sup _I|f|\sum _{j\in N_1}(t_{j+1} - t_j)\\ &+\sum _{j\in N_2}\sup _{[t_j, t_{j+1}]}f\cdot (t_{j+1} - t_j)\\ \end{align*}$$ となります。同様に $$\begin{align*} \overline {s}(f ; \Delta ) \leq \sup _I|f|\sum _{j\in N_1}(t_{j+1} - t_j) + \sum _{j\in N_2}\sup _{[t_j, t_{j+1}]}f\cdot (t_{j+1} - t_j) \end{align*}$$ であるので、差を取ると $$\begin{align*} \overline {s}(f ; \Delta ) - \overline {s}(f ; \Delta \cup \Delta _0) &\leq 2\sup _I|f|\sum _{j\in N_1}(t_{j+1} - t_j)\\ &\leq 2\sup _I|f|\cdot \hat {n}|\Delta| \end{align*}$$ が得られます ( $j\in N_2$ の時には両者の際は生じずキャンセルします)。これと (12) から $$\overline {s}(f ; \Delta ) - \overline {s}(f ; \Delta _0) \leq 2\sup _I|f|\cdot \hat {n}|\Delta |$$ が得られました。この評価は $|\Delta | < l$ の時に成り立つものですが、 $|\Delta |$ をもっと小さく取れば上式右辺を $\varepsilon$ よりも小さく取る事が出来ます。実際、もし $f \equiv 0$ on $I$ であるならば $\overline {s}(f ; \Delta ) = \overline {s}(f ; \Delta _0)$ であり、そうでないならば $$\delta = l \wedge \frac{1}{\sup _I|f|\cdot \hat {n}}$$ と取れば、$|\Delta | < \delta$ の時に常に $\overline {s}(f ; \Delta ) - \overline {s}(f ; \Delta _0) < 2\varepsilon$ が成立し、(11) と合わせて $$(^\forall \varepsilon > 0, \ ^\exists \delta > 0 \ \mbox {s.t.} ) \ \ |\Delta | < \delta \ \ \Longrightarrow \ \ (0\leq ) \ \overline {s}(f ; \Delta ) - \overline {S}(f) < 3\varepsilon$$ が得られるので証明が完了します。

以下、本文中で飛ばしていた残りの証明を補います。

証明. 定義より、任意の $\varepsilon > 0$ に対してある $\delta > 0$ が存在して、$|\Delta | < \delta$ なる任意の $\Delta = (t_i)^n_{i=0}\in \mathcal {P}(I)$ 及び任意の $\Xi \in \mathcal {R}(\Delta)$ に対して $$\left| s(f ; \Delta, \Xi) - \int ^b_af(x)dx\right| < \varepsilon \tag {13}$$ が成立。一方、各 $i = 0, \ldots, n - 1$ に対して $$^\exists \xi _i\in [t_i, t_{i+1}] \ \ \mbox {s.t.} \ \ f(\xi _i) + \varepsilon > \sup _{[t_i, t_{i+1}]}f$$ である。このように定めた $\Xi = (\xi _i)^{n-1}_{i=0}$ もまた $\mathcal {R}(\Delta)$ の元であるので (13) が成立する事に注意して、上式の両辺に $(t_{i+1} - t_i)$ をかけて $i$ に関して和を取って $$\begin{align*} \overline {S}(f) \leq \overline {s}(f ; \Delta ) &< s(f ; \Delta, \Xi ) + \varepsilon (b - a)\\ &< \int ^b_af(x)dx + \varepsilon (b - a + 1) \end{align*}$$ を得る。$\varepsilon > 0$ は任意だったので $\overline {S}(f) \leq \int ^b_af(x)dx$ が得られた。同様にして $\int ^b_af(x)dx \leq \underline {S}(f)$ が得られるので、これと $\underline {S}(f) \leq \overline {S}(f)$ から $$\underline {S}(f) = \int ^b_af(x)dx = \overline {S}(f)$$ が成立していなければならない。

命題 3 の積分可能性に関する証明. まず $[a, c]$ 上の Riemann 積分可能性を仮定して $[a, b]$ 上の積分可能性を示す¹²。上積分、下積分の定義から、任意の $\varepsilon > 0$ に対して $\Delta _1, \Delta _2\in \mathcal {P}([a, c])$ が存在して $$\begin{align*} \overline {s}(f ; \Delta _1) &< \overline {S}(f) + \varepsilon\\ \underline {s}(f ; \Delta _2) &> \underline {S}(f) - \varepsilon \end{align*}$$ が成り立つ。そこで $\Delta = \Delta _1 \cup \Delta _2$ とすれば、上式と補題 2 より $$\overline {s}(f ; \Delta ) < \underline {s}(f ; \Delta) + 2\varepsilon$$ を得る。つまり、$\Delta = (t_i)^n_{i=0}$ と表されている時に $$\sum ^{n-1}_{i=0}\left(\sup _{[t_i, t_{i+1}]}f - \inf _{[t_i, t_{i+1}]}f\right)(t_{i+1} - t_i) < 2\varepsilon$$ である。そこで $\tilde {\Delta }$ を $(\Delta \cap [a, b])\cup \{b\}$ によって定義し $m = \max\{i\ ; \ t_i \leq b\} \ (\leq n-1)$ と置くと、 $$\begin{align*} &\overline {s}(f|_{[a, b]} ; \tilde {\Delta }) - \underline {s}(f|_{[a, b]} ; \tilde {\Delta })\\ =& \sum ^{m-1}_{i=0}\left(\sup _{[t_i, t_{i+1}]}f - \inf _{[t_i, t_{i+1}]}f\right)(t_{i+1} - t_i) \\ &+ \left(\sup _{[t_m, b]}f - \inf _{[t_m, b]}f\right)(b - t_m)\\ \leq & \sum ^{m-1}_{i=0}\left(\sup _{[t_i, t_{i+1}]}f - \inf _{[t_i, t_{i+1}]}f\right)(t_{i+1} - t_i) \\ &+ \left(\sup _{[t_m, t_{m+1}]}f - \inf _{[t_m, t_{m+1}]}f\right)(t_{m+1} - t_m)\\ \leq & \sum ^{n-1}_{i=0}\left(\sup _{[t_i, t_{i+1}]}f - \inf _{[t_i, t_{i+1}]}f\right)(t_{i+1} - t_i) < 2\varepsilon \end{align*}$$ となるので¹³、ここから $$0\leq \overline {S}(f|_{[a, b]}) - \underline {S}(f|_{[a, b]}) < 2\varepsilon$$ が成立。$\varepsilon > 0$ は任意だったので、結局 $\overline {S}(f|_{[a, b]}) = \underline {S}(f|_{[a, b]})$ となり、$f|_{[a, b]}$ の Riemann 積分可能性を得る。

最後に、$[a, b]$, $[b, c]$ 上の積分可能性を仮定して $[a, c]$ 上の積分可能性を示す。上と同様の議論から、$^\forall \varepsilon > 0$ に対して $\Delta _1\in \mathcal {P}([a, b])$, $\Delta _2\in \mathcal {P}([b, c])$ が存在して $$\begin{align*} \overline {s}(f|_{[a, b]} ; \Delta _1)& < \underline {s}(f|_{[a, b]} ; \Delta _1) + \varepsilon \\ \overline {s}(f|_{[b, c]} ; \Delta _2)& < \underline {s}(f|_{[b, c]} ; \Delta _2) + \varepsilon \end{align*}$$ となる。そこで $\Delta = \Delta _1\cup \Delta _2$ とすれば $$\begin{align*} \overline {S}(f) \leq \overline {s}(f ; \Delta ) &= \overline {s}(f|_{[a, b]} ; \Delta _1) + \overline {s}(f|_{[b, c]} ; \Delta _2)\\ & < \underline {s}(f|_{[a, b]} ; \Delta _1) + \underline {s}(f|_{[b, c]} ; \Delta _2) + 2\varepsilon \\ &= \underline {s}(f ; \Delta) + 2\varepsilon \leq \underline {S}(f) + 2\varepsilon \end{align*}$$ が得られ、$\varepsilon > 0$ が任意であった事から $\overline {S}(f) \leq \underline {S}(f)$, よって $\overline {S}(f) = \underline {S}(f)$ である。ゆえに $f$ は $[a, c]$ 上で Riemann 積分可能。

証明. 任意の $x, y\in I$ を取ると、三角不等式より $$|f(x)| - |f(y)| \leq |f(x) - f(y)| \tag {14}$$ が成り立つ。ここで $f(x) \leq \sup _If$$,$ $f(y) \geq \inf _If$ である事から $$f(x) - f(y) \leq \sup _If - \inf _If$$ であり、同様に $f(y) \leq \sup _If$$,$ $f(x) \geq \inf _If$ である事から $$f(y) - f(x) \leq \sup _If - \inf _If$$ ゆえ $$|f(x) - f(y)| \leq \sup _If - \inf _If$$ となるので、(14) と合わせて $$|f(x)| - |f(y)| \leq \sup _If - \inf _If, \ \ ^\forall x, y\in I$$ が得られる。後は $x, y$ について sup を取れば良い。

積分の三角不等式における $|f|$ の Riemann 積分可能性の証明. 任意の $\Delta = (t_i)^n_{i=0} \in \mathcal {P}(I)$ を取る。補題 3 から各 $i$ に対して $$\sup _{[t_i, t_{i+1}]}|f| - \inf _{[t_i, t_{i+1}]}|f| \leq \sup _{[t_i, t_{i+1}]}f - \inf _{[t_i, t_{i+1}]}f$$ が成立するので $$0\leq \overline {s}(|f| ; \Delta ) - \underline {s}(|f| ; \Delta ) \leq \overline {s}(f ; \Delta ) - \underline {s}(f ; \Delta )$$ が得られる。$f$ は Riemann 積分可能なので、$|\Delta | \rightarrow 0$ とすれば上式の右辺は $\overline {S}(f) - \underline {S}(f) = 0$ に収束する。よって $\overline {S}(|f|) = \underline {S}(|f|)$ も成り立ち、$|f|$ の Riemann 積分可能性が従う¹⁴。