第2章 証明集: 定積分の定理

証明.

$[a,b]$ の分割 $P = \{a = x_0 < x_1 < \cdots < x_n = b\}$ を任意にとる。 望遠鏡和（telescoping sum）により

$$F(b) - F(a) = \sum_{i=1}^{n} \bigl[F(x_i) - F(x_{i-1})\bigr]$$

各小区間 $[x_{i-1}, x_i]$ に対して平均値の定理を適用すると、ある $c_i \in (x_{i-1}, x_i)$ が存在して

$$F(x_i) - F(x_{i-1}) = F'(c_i)(x_i - x_{i-1}) = f(c_i)\,\Delta x_i$$

したがって

$$F(b) - F(a) = \sum_{i=1}^{n} f(c_i)\,\Delta x_i$$

右辺はリーマン和である。$f$ は $[a,b]$ 上で連続であるから可積分であり、 分割の幅 $\|P\| = \max_i \Delta x_i \to 0$ としたとき、任意のリーマン和は $\displaystyle\int_a^b f(x)\,dx$ に収束する。 左辺の $F(b) - F(a)$ は分割に依存しない定数であるから、

$$F(b) - F(a) = \int_a^b f(x)\,dx$$

が成り立つ。 $\blacksquare$

証明.

$x \in [a,b]$ を固定し、$h \neq 0$（$x+h \in [a,b]$）に対して差分商を考える。

$$\frac{G(x+h) - G(x)}{h} = \frac{1}{h}\left[\int_a^{x+h} f(t)\,dt - \int_a^x f(t)\,dt\right] = \frac{1}{h}\int_x^{x+h} f(t)\,dt$$

$f$ は閉区間上で連続であるから、積分の平均値の定理により、ある $c_h$（$x$ と $x+h$ の間）が存在して

$$\frac{1}{h}\int_x^{x+h} f(t)\,dt = f(c_h)$$

$h \to 0$ のとき $c_h \to x$ であり、$f$ の連続性から $f(c_h) \to f(x)$ である。 したがって

$$G'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{G(x+h) - G(x)}{h} = \lim_{h \to 0} f(c_h) = f(x)$$

が成り立つ。 $\blacksquare$

証明.

$[a,b]$ の任意の分割 $P = \{x_0, x_1, \dots, x_n\}$ と、 各小区間の代表点 $\xi_i \in [x_{i-1}, x_i]$ に対して、リーマン和を考える。

$$\sum_{i=1}^{n} \bigl[\alpha\,f(\xi_i) + \beta\,g(\xi_i)\bigr]\,\Delta x_i = \alpha \sum_{i=1}^{n} f(\xi_i)\,\Delta x_i + \beta \sum_{i=1}^{n} g(\xi_i)\,\Delta x_i$$

これは有限和の線形性から自明に成り立つ。 $\|P\| \to 0$ の極限をとると、$f$ と $g$ はともに可積分であるから、各リーマン和はそれぞれの定積分に収束する。 したがって

$$\int_a^b \bigl[\alpha\,f(x) + \beta\,g(x)\bigr]\,dx = \alpha\int_a^b f(x)\,dx + \beta\int_a^b g(x)\,dx$$

が成り立つ。 $\blacksquare$

証明.

$[a,b]$ の分割 $P$ で、$c$ を分割点として含むもの（$c = x_k$ とする）を考える。 このとき

$$P_1 = \{x_0, x_1, \dots, x_k\}, \quad P_2 = \{x_k, x_{k+1}, \dots, x_n\}$$

はそれぞれ $[a,c]$ と $[c,b]$ の分割であり、代表点 $\xi_i$ に対するリーマン和は

$$\sum_{i=1}^{n} f(\xi_i)\,\Delta x_i = \sum_{i=1}^{k} f(\xi_i)\,\Delta x_i + \sum_{i=k+1}^{n} f(\xi_i)\,\Delta x_i$$

と分解できる。$c$ を分割点に含まない分割に対しても、$c$ を追加した細分を考えれば、 リーマン和の値は高々 $2M\|P\|$（$M = \sup|f|$）しか変化しないため、$\|P\| \to 0$ で差は消える。

したがって、$\|P\| \to 0$ の極限をとれば

$$\int_a^b f(x)\,dx = \int_a^c f(x)\,dx + \int_c^b f(x)\,dx$$

が成り立つ。 $\blacksquare$

証明.

$a < b$ に対する定積分はリーマン和の極限として

$$\int_a^b f(x)\,dx = \lim_{\|P\| \to 0} \sum_{i=1}^{n} f(\xi_i)\,(x_i - x_{i-1})$$

と定義される。$a > b$ の場合の積分を、分割を $b = x_0 < x_1 < \cdots < x_n = a$ ととる リーマン和で定義すると、$\Delta x_i = x_i - x_{i-1} > 0$ であるが、 $a$ から $b$ への方向は逆であるため、慣例により

$$\int_b^a f(x)\,dx := -\int_a^b f(x)\,dx$$

と定義する。これは区間の分割の性質との整合性からも導ける。 すなわち、$c = a$ として区間分割の定理を適用すると

$$\int_a^a f(x)\,dx = \int_a^b f(x)\,dx + \int_b^a f(x)\,dx$$

左辺は $0$ であるから（次節で証明）、

$$\int_b^a f(x)\,dx = -\int_a^b f(x)\,dx$$

が成り立つ。 $\blacksquare$

証明.

積分区間の長さが $0$ であるから、任意の分割 $P$ に対して区間 $[a,a]$ は $\Delta x_i = 0$ のみからなる。 したがってリーマン和は

$$\sum_{i=1}^{n} f(\xi_i)\,\Delta x_i = 0$$

すべてのリーマン和が $0$ であるから、その極限も $0$ である。

$$\int_a^a f(x)\,dx = 0$$

$\blacksquare$

証明.

$h(x) = g(x) - f(x)$ とおくと、仮定より $h(x) \ge 0$（$\forall x \in [a,b]$）である。 $h$ は可積分関数の差であるから可積分である。

任意の分割 $P$ と代表点 $\xi_i$ に対して、$h(\xi_i) \ge 0$ かつ $\Delta x_i > 0$ であるから

$$\sum_{i=1}^{n} h(\xi_i)\,\Delta x_i \ge 0$$

$\|P\| \to 0$ の極限をとると

$$\int_a^b h(x)\,dx \ge 0$$

線形性により

$$\int_a^b g(x)\,dx - \int_a^b f(x)\,dx \ge 0$$

すなわち $\displaystyle\int_a^b f(x)\,dx \le \int_a^b g(x)\,dx$ が成り立つ。 $\blacksquare$

証明.

区間の分割の性質により

$$\int_{-a}^{a} f(x)\,dx = \int_{-a}^{0} f(x)\,dx + \int_0^a f(x)\,dx$$

左側の積分に置換 $x = -t$（$dx = -dt$）を施す。 $x = -a$ のとき $t = a$、$x = 0$ のとき $t = 0$ であるから

$$\int_{-a}^{0} f(x)\,dx = \int_a^0 f(-t)\,(-dt) = \int_0^a f(-t)\,dt$$

したがって

$$\int_{-a}^{a} f(x)\,dx = \int_0^a f(-t)\,dt + \int_0^a f(x)\,dx = \int_0^a \bigl[f(-x) + f(x)\bigr]\,dx$$

(1) 偶関数の場合: $f(-x) = f(x)$ であるから

$$\int_{-a}^{a} f(x)\,dx = \int_0^a \bigl[f(x) + f(x)\bigr]\,dx = 2\int_0^a f(x)\,dx$$

(2) 奇関数の場合: $f(-x) = -f(x)$ であるから

$$\int_{-a}^{a} f(x)\,dx = \int_0^a \bigl[-f(x) + f(x)\bigr]\,dx = \int_0^a 0\,dx = 0$$

$\blacksquare$