Riemann 可積分性 | 測度と積分

1 点における振動と不連続点集合

定義 1.1. $a<b$ 、 $I=[a,b]$ とし、有界関数 $f:I\to\R$ をとる。空でない集合 $E\subseteq I$ 上の $f$ の振幅 (oscillation) は§D1.18 定義 1.1により

\operatorname{osc}(f;E) =\sup_{y\in E}f(y)-\inf_{y\in E}f(y)

である。点 $x\in I$ における $f$ の振動 (pointwise oscillation) は§D1.18 定義 1.2により

\omega_f(x) =\inf_{r>0} \operatorname{osc}\bigl(f;I\cap(x-r,x+r)\bigr)

である。

$\varepsilon>0$ に対して

D_\varepsilon(f) =\{x\in I\mid \omega_f(x)\geq\varepsilon\}

と書き、 $f$ の不連続点全体を $D(f)$ と書く。

補題 1.2. $a<b$ 、 $I=[a,b]$ とし、有界関数 $f:I\to\R$ をとる。このとき、次の性質が成り立つ。

$x\in I$ に対して、 $f$ が $x$ で $I$ に相対的に連続であることと $\omega_f(x)=0$ であることは同値である。
任意の $\varepsilon>0$ に対して、 $D_\varepsilon(f)$ は $I$ の閉集合である。とくに、 $D_\varepsilon(f)$ はコンパクトである。
不連続点集合は $D(f)=\bigcup_{m=1}^{\infty}D_{1/m}(f)$ と表される。したがって、 $D(f)$ は Borel 集合である。

証明.主張 (1)は§D1.18 命題 1.3 (1)による。§D1.18 命題 1.3 (2)により、任意の $\varepsilon>0$ に対して $D_\varepsilon(f)$ は $I$ の相対閉集合である。 $I$ はコンパクトであるから、その閉部分集合 $D_\varepsilon(f)$ もコンパクトであり、主張 (2)を得る。

主張 (3)を示す。主張 (1)から、

D(f)=\{x\in I\mid\omega_f(x)>0\}

である。正の実数 $\omega_f(x)$ に対して $1/m\leq\omega_f(x)$ を満たす正の整数 $m$ が存在する。したがって、

\{x\in I\mid\omega_f(x)>0\} =\bigcup_{m=1}^{\infty}\{x\in I\mid\omega_f(x)\geq1/m\}.

各集合 $D_{1/m}(f)$ は閉集合であるから、 $D(f)$ は Borel 集合である。▨

補題 1.3. 実数 $u<v$ に対して

\lambda([u,v])=v-u

である。また、実数の有限集合は Lebesgue 外測度 $0$ をもつ。

証明.§E10.9 系 9.2により $\lambda_1^B([u,v])=v-u$ であり、一点集合の測度は 0 である。§E10.16 定理 6.2 (3)により完備 Lebesgue 測度でも同じ値をとる。有限集合の測度は有限加法性から 0 であり、§E10.16 補題 8.1により外測度も 0 である。▨

2 Lebesgue の Riemann 可積分判定条件

分割

P:\quad a=x_0<x_1<\cdots<x_n=b

に対して $J_i=[x_{i-1},x_i]$ とおく。各 $i$ について

\alpha_i=\operatorname{osc}(f;J_i)

とおく。

補題 2.1. $a<b$ 、 $I=[a,b]$ とし、有界関数 $f:I\to\R$ と $I$ の分割 $P$ をとる。このとき、

U(f,P)-L(f,P) =\sum_{i=1}^{n}\alpha_i(x_i-x_{i-1})

が成り立つ。

証明. $M_i=\sup_{J_i}f$ および $m_i=\inf_{J_i}f$ とおくと、 $\alpha_i=M_i-m_i$ である。Darboux 上和と下和の定義から、

\begin{aligned} U(f,P)-L(f,P) &=\sum_{i=1}^{n}(M_i-m_i)(x_i-x_{i-1})\\ &=\sum_{i=1}^{n}\alpha_i(x_i-x_{i-1}) \end{aligned}

を得る。▨

定理 2.2 (Lebesgue の Riemann 可積分判定条件). $a<b$ とし、有界関数 $f:[a,b]\to\R$ をとる。このとき、次の二条件は同値である。

$f$ は $[a,b]$ 上で Riemann 可積分である。
不連続点集合 $D(f)$ は Lebesgue 測度 $0$ をもつ。

証明.(1) $\Rightarrow$ (2)を示す。 $\varepsilon,\eta>0$ をとる。§D1.17 定理 2.4により $U(f,P)-L(f,P)<\varepsilon\eta$ となる分割 $P=(x_0,\dots,x_n)$ をとる。 $J_i=[x_{i-1},x_i]$ とし、内部が $D_\varepsilon(f)$ と交わる小区間の添字集合を $B$ とする。 $i\in B$ では $\operatorname{osc}(f;J_i)\geq\varepsilon$ なので、補題 2.1により

\varepsilon\sum_{i\in B}(x_i-x_{i-1})\leq U(f,P)-L(f,P)<\varepsilon\eta.

$D_\varepsilon(f)$ はこれらの $J_i$ と有限個の分割点で覆われる。補題 1.3から $\lambda(D_\varepsilon(f))<\eta$ であり、 $\eta$ は任意なのでこの測度は 0 である。補題 1.2 (3)の表示 $D(f)=\bigcup_mD_{1/m}(f)$ と可算劣加法性により $\lambda(D(f))=0$ を得る。

(2) $\Rightarrow$ (1)を示す。 $\eta>0$ と $|f|\leq M$ を満たす $M>0$ をとり、 $I=[a,b]$ , $\gamma=\eta/(2(b-a))$ とおく。§E10.16 定理 8.2により、 $D_\gamma(f)$ を含み $\lambda(G)<\eta/(4M)$ となる開集合 $G\subseteq\R$ が存在する。 $G\cap I$ と、振幅が $\gamma$ 未満となる $I$ の非空相対開集合すべてを合わせて得られる $I$ の開被覆を $\mathcal U$ とする。実際、 $x\in I\setminus G$ ならば $\omega_f(x)<\gamma$ なので、そのような相対開近傍が存在する。

従属選択公理から可算選択公理が従うこと§E1.20 定理 4.6と、コンパクト距離空間の点列コンパクト性§E2.9 定理 3.1を用いて、§E2.9 補題 2.3を適用する。 $\mathcal U$ の Lebesgue 数を $\delta>0$ とし、幅がすべて $\delta$ 未満である分割 $P=(t_0,\dots,t_N)$ をとる。 $J_i=[t_{i-1},t_i]$ は被覆のいずれかの元に含まれる。 $B=\{i\mid J_i\subseteq G\}$ とおくと、 $i\notin B$ では $\operatorname{osc}(f;J_i)<\gamma$ 、 $i\in B$ では $\operatorname{osc}(f;J_i)\leq2M$ である。半開区間 $(t_{i-1},t_i]$ は互いに交わらないので、補題 1.3から $\sum_{i\in B}(t_i-t_{i-1})\leq\lambda(G)$ である。したがって

U(f,P)-L(f,P) \leq\gamma(b-a)+2M\lambda(G)<\eta.

§D1.17 定理 2.4により Riemann 可積分性を得る。▨

3 Dirichlet 関数による比較

例 3.1. 関数 $D:[0,1]\to\R$ を

D=\mathbf{1}_{\Q\cap[0,1]}

によって定める。このとき、 $D$ は Riemann 可積分ではないが、完備 Lebesgue 測度に関して可測かつ可積分であり、

\int_{[0,1]}D\,d\lambda=0

である。

証明. Riemann 非可積分性は§D1.18 例 4.1で Darboux 上和と下和を用いて証明されている。

§E1.18 定理 4.1 (2)により $\Q\cap[0,1]$ は高々可算である。一点集合は Borel 集合であり、その Lebesgue 測度は補題 1.3により $0$ である。したがって $\Q\cap[0,1]$ は一点集合の可算和として Borel 集合であり、測度の可算劣加法性§E10.8 命題 2.1により

\lambda(\Q\cap[0,1])=0

である。したがって $\Q\cap[0,1]$ は Lebesgue 可測な零集合であり、§E10.10 例 3.7から $D$ は非負可測関数で、その積分は $0$ である。とくに $\int_{[0,1]}|D|\,d\lambda=0<\infty$ であるから、 $D$ は Lebesgue 可積分である。▨

4 Riemann 可積分関数の Lebesgue 可測性

Riemann 可積分関数 $f$ の不連続点集合 $D(f)$ は零集合であるが、 $f$ 自体が Borel 可測であるとは限らない。一方、完備 Lebesgue 測度に関しては、 $f$ の可測性を示すことができる。完備 Lebesgue 測度に関しては、Borel 零集合の任意の部分集合が可測集合であるからである。

命題 4.1. $a<b$ とし、 $f:[a,b]\to\R$ を有界な Riemann 可積分関数とする。このとき、有界な Borel 可測関数 $g:[a,b]\to\R$ が存在し、各点で $g\leq f$ であり、 $\{f\neq g\}\subseteq D(f)$ および $D(g)\subseteq D(f)$ が成り立つ。とくに、 $f$ は Borel 零集合の外で $g$ と一致する。

証明. $I=[a,b]$ とし、実数 $m,M$ を $m\leq f\leq M$ となるようにとる。各 $x\in I$ に対して

g(x)=\sup_{r>0}\inf_{y\in I\cap(x-r,x+r)}f(y)

と定める。各近傍は $x$ を含むので、 $m\leq g(x)\leq f(x)\leq M$ である。

$c\in\R$ と $x\in I$ が $g(x)>c$ を満たすとする。上限の定義から、

\inf_{z\in I\cap(x-r,x+r)}f(z)>c

となる $r>0$ が存在する。 $y\in I\cap(x-r/2,x+r/2)$ ならば、 $I\cap(y-r/2,y+r/2)\subseteq I\cap(x-r,x+r)$ であるから、

g(y)\geq\inf_{z\in I\cap(y-r/2,y+r/2)}f(z) \geq\inf_{z\in I\cap(x-r,x+r)}f(z)>c

となる。したがって、 $\{g>c\}$ は $I$ の相対開集合であり、§E10.7 命題 2.3により $g$ は Borel 可測である。

$x\in I\setminus D(f)$ とし、 $\varepsilon>0$ をとる。 $f$ の $x$ における連続性から、すべての $z\in I\cap(x-r,x+r)$ について $|f(z)-f(x)|<\varepsilon/2$ となる $r>0$ が存在する。 $y\in I\cap(x-r/2,x+r/2)$ ならば、同じ近傍の包含関係により

f(x)-\frac{\varepsilon}{2} \leq\inf_{z\in I\cap(y-r/2,y+r/2)}f(z) \leq g(y)\leq f(y)<f(x)+\frac{\varepsilon}{2}

である。 $y=x$ とし、 $\varepsilon>0$ が任意であることを用いると $g(x)=f(x)$ を得る。上の評価に $g(x)=f(x)$ を代入すると、 $y\in I\cap(x-r/2,x+r/2)$ に対して $|g(y)-g(x)|<\varepsilon$ である。したがって、 $g$ は $x$ で $I$ に相対的に連続であり、 $\{f\neq g\}\subseteq D(f)$ および $D(g)\subseteq D(f)$ が成り立つ。

補題 1.2 (3)により $D(f)$ は Borel 集合であり、定理 2.2により $\lambda(D(f))=0$ である。したがって、 $f$ は Borel 零集合 $D(f)$ の外で Borel 可測関数 $g$ に一致する。▨

命題 4.2. $a<b$ とし、有界関数 $f:[a,b]\to\R$ が Riemann 可積分であると仮定する。このとき、 $f$ は完備 Lebesgue 測度に関して可測であり、Lebesgue 可積分である。

証明.命題 4.1により、Borel 可測関数 $g$ と Borel 零集合 $D=D(f)$ をとり、 $[a,b]\setminus D$ 上で $f=g$ とする。開集合 $O\subseteq\R$ に対して

f^{-1}(O)=(g^{-1}(O)\setminus D)\cup(f^{-1}(O)\cap D)

である。第一項は Borel 集合であり、第二項は Borel 零集合の部分集合なので完備 Lebesgue 可測である。したがって $f$ は完備 Lebesgue 可測である。 $|f|\leq M<\infty$ とすると、積分の単調性から $\int_{[a,b]}|f|\,d\lambda\leq M(b-a)<\infty$ であり、可積分である。▨

5 二つの積分値の一致

命題 5.1. $a<b$ とし、有界関数 $f:[a,b]\to\R$ が Riemann 可積分であると仮定する。 $I=[a,b]$ とし、 $I_R$ を $f$ の Riemann 積分値とする。このとき、

\int_I f\,d\lambda=I_R

が成り立つ。

証明.命題 4.2により、 $f$ は完備 Lebesgue 可測である。 $I$ 上の完備 Lebesgue 可測集合族を $\mathcal A$ とすると、 $\mathcal B(I)\subseteq\mathcal A$ であり、§E10.16 定理 6.2 (3)により、完備 Lebesgue 測度 $\lambda$ は $\mathcal B(I)$ 上で一次元 Borel Lebesgue 測度と一致する。したがって、 $\mathcal A$ 可測な有界 Riemann 可積分関数 $f$ に§E10.10 命題 5.1を適用すると、 $\int_I f\,d\lambda=I_R$ を得る。▨

系 5.2. $a<b$ とし、有界関数 $f:[a,b]\to\R$ が Riemann 可積分であると仮定する。このとき、 $f$ は完備 Lebesgue 測度に関して可測かつ可積分であり、

\int_{[a,b]} f\,d\lambda =\int_a^b f(x)\,dx

が成り立つ。

証明. Lebesgue 可測性と可積分性は命題 4.2から従う。積分値の一致は命題 5.1から従う。▨

6 条件収束する広義 Riemann 積分との違い

$a$ を実数、 $f$ を半直線 $[a,\infty)$ 上の関数とする。各 $R>a$ に対する Riemann 積分 $\int_a^R f(x)\,dx$ が存在し、その値が $R\to\infty$ で有限な極限をもつことだけでは、Lebesgue 可積分性は従わない。Lebesgue 可積分であるためには、 $\int_{[a,\infty)}|f|\,d\lambda<\infty$ が必要である。

命題 6.1. 関数

h(x)= \begin{cases} \dfrac{\sin x}{x},&x>0,\\ 1,&x=0 \end{cases} \qquad(x\in[0,\infty))

をとる。このとき、

\int_0^\infty h(x)\,dx

は広義 Riemann 積分として収束する。一方、

\int_{[0,\infty)}|h|\,d\lambda=\infty.

したがって、この広義 Riemann 積分は条件収束し、 $h$ は $[0,\infty)$ 上で Lebesgue 可積分でない。

証明.§B1.12 定理 2.1により

\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}=1

であるから、 $h$ は $[0,1]$ 上で連続である。したがって、§D1.17 定理 2.5と系 5.2により

\int_0^1 h(x)\,dx =\int_{[0,1]}h\,d\lambda \in\R

である。また、

\int_1^\infty\frac{\sin x}{x}\,dx

が広義 Riemann 積分として収束することは§D1.20 例 4.1で証明されている。 $R>1$ に対して

\int_0^R h(x)\,dx =\int_0^1h(x)\,dx+\int_1^R\frac{\sin x}{x}\,dx

であるため、 $R\to\infty$ とすると

\int_0^\infty h(x)\,dx =\int_0^1h(x)\,dx+\int_1^\infty\frac{\sin x}{x}\,dx

が収束する。

$X=[0,\infty)$ とし、各正の整数 $n$ に対して $g_n=|h|\mathbf{1}_{[0,n]}$ とおく。関数 $g_n$ は $X$ 上の非負可測関数であり、 $g_n\uparrow|h|$ が各点で成り立つ。§E10.11 定理 1.1と、連続関数 $|h|$ に対する系 5.2により、

\int_X|h|\,d\lambda =\lim_{n\to\infty}\int_Xg_n\,d\lambda =\lim_{n\to\infty}\int_0^n|h(x)|\,dx.

$\int_0^1|h(x)|\,dx$ は有限であり、§D1.20 例 4.1により $\int_1^\infty |\sin x|/x\,dx=\infty$ である。したがって、 $\int_X|h|\,d\lambda=\infty$ である。ゆえに、 $h$ は Lebesgue 可積分でない。広義 Riemann 積分は収束する一方、絶対値の広義積分は発散するため、 $\int_0^\infty h(x)\,dx$ は条件収束する。▨

$H:\R\to\R$ を $H(0)=1$ 、 $x\neq0$ のとき $H(x)=\sin x/x$ によって定める。このとき、 $H$ は $h$ の連続延長である。また、 $[1,\infty)$ 上で $H=h$ であるため、同じ集合 $[1,\infty)$ 上の二関数の絶対値の Lebesgue 積分は等しい。したがって、 $H$ も実数直線上で Lebesgue 可積分でない。

7 演習

問題 7.1.

補題 1.2の証明を用いずに、点列によって $D_\varepsilon(f)$ が閉集合であることを証明せよ。区間の端点では相対位相を用いることを明示せよ。
$I=[0,1]$ とする。 $A\subseteq I$ に対して、指示関数 $\mathbf{1}_A:I\to\R$ の不連続点集合が $A$ の $I$ における境界 $\tpcl[I]{A}\setminus\tpint[I]{A}$ に等しいことを証明せよ。次に、 $\Q\cap I$ の元を重複なく $q_1,q_2,\dots$ と並べ、 $G=I\cap\bigcup_{n=1}^{\infty}\bigl(q_n-4^{-n},q_n+4^{-n}\bigr)$ とおく。 $G$ は $I$ の相対開集合であり $I$ で稠密であるが、 $\mathbf{1}_G$ は $I$ 上で Riemann 可積分でないことを証明せよ。
関数 $f:[0,1]\to\R$ を、 $x=p/q$ （ $p,q$ は互いに素な整数、 $q\geq1$ ）と既約分数で表される有理数 $x$ に対して $f(x)=1/q$ 、無理数 $x$ に対して $f(x)=0$ と定める。 $D(f)=\Q\cap[0,1]$ であることを証明し、 $f$ が Riemann 可積分で $\int_0^1f(x)\,dx=0$ であることを証明せよ。
$a<b$ とし、有界関数 $f:[a,b]\to\R$ が Riemann 可積分であるとする。このとき、命題 4.1を $-f$ に適用して得られる下側代表 $g_{-f}$ を用いて、Borel 可測関数 $u:[a,b]\to\R$ で、すべての $x\in[a,b]$ について $u(x)\geq f(x)$ を満たし、 $\{\,x\in[a,b]\mid u(x)\neq f(x)\,\}\subseteq D(f)$ を満たすものを構成せよ。また、同命題を $f$ に適用して得られる下側代表 $g_f$ と $u$ が $[a,b]\setminus D(f)$ で一致することを示せ。

解答.

$x_n\in D_\varepsilon(f)$ かつ $x_n\to x\in I$ とする。任意の $r>0$ に対して、 $|x_n-x|<r/2$ を満たす正の整数 $n$ が存在する。このとき、相対開集合の包含関係
$I\cap(x_n-r/2,x_n+r/2) \subseteq I\cap(x-r,x+r)$
が成り立つ。 $\omega_f(x_n)\geq\varepsilon$ であるから、左辺における振幅は $\varepsilon$ 以上である。したがって右辺における振幅も $\varepsilon$ 以上である。これはすべての $r>0$ について成り立つため、 $\omega_f(x)\geq\varepsilon$ 、すなわち $x\in D_\varepsilon(f)$ である。ここではすべての近傍を $I$ との共通部分として取り、端点における収束も $I$ の相対位相で扱っている。したがって、 $D_\varepsilon(f)$ は、 $I$ 内で収束する同集合の点列の極限を含む。ゆえに、 $D_\varepsilon(f)$ は $I$ の閉集合である。
$x\in I$ とし、 $V_r=I\cap(x-r,x+r)$ （ $r>0$ ）とおく。 $x\in\tpint[I]{A}$ ならば、 $V_r\subseteq A$ を満たす $r>0$ が存在する。 $\mathbf{1}_A$ は $V_r$ 上で定数 $1$ であるから $\omega_{\mathbf{1}_A}(x)=0$ である。 $x\notin\tpcl[I]{A}$ ならば、 $V_r\cap A=\emptyset$ を満たす $r>0$ が存在し、同様に $\omega_{\mathbf{1}_A}(x)=0$ である。 $x\in\tpcl[I]{A}\setminus\tpint[I]{A}$ ならば、すべての $r>0$ について $V_r$ は $A$ と $I\setminus A$ の両方と交わるので $\operatorname{osc}(\mathbf{1}_A;V_r)=1$ であり、 $\omega_{\mathbf{1}_A}(x)=1$ である。補題 1.2 (1)により、 $\mathbf{1}_A$ の不連続点集合は $\tpcl[I]{A}\setminus\tpint[I]{A}$ に等しい。

$G$ は開集合と $I$ の共通部分であるから、 $I$ の相対開集合である。したがって、 $\tpint[I]{G}=G$ である。 $G$ はすべての $q_n$ を含み、 $\Q\cap I$ は $I$ で稠密であるから、 $\tpcl[I]{G}=I$ である。指示関数の不連続点集合がその集合の境界に等しいことから、 $D(\mathbf{1}_G)=I\setminus G$ である。測度の単調性と可算劣加法性§E10.8 命題 2.1、および $\lambda((u,v))\leq\lambda([u,v])=v-u$ （補題 1.3）から
$\lambda(G)\leq\sum_{n=1}^{\infty}2\cdot4^{-n}=\frac{2}{3}$
である。 $G$ は Borel 集合であり、 $\lambda(I)=1$ は有限であるから $\lambda(I\setminus G)=1-\lambda(G)\geq1/3>0$ である。定理 2.2により、 $\mathbf{1}_G$ は Riemann 可積分でない。
$x=p/q\in[0,1]$ を既約分数で表された有理数とする。無理数は $\R$ で稠密であるから、任意の $r>0$ について $[0,1]\cap(x-r,x+r)$ は無理数 $y$ を含み、 $f(x)-f(y)=1/q$ である。したがって $\omega_f(x)\geq1/q>0$ であり、補題 1.2 (1)により $f$ は $x$ で連続でない。

$x\in[0,1]$ を無理数とし、 $\varepsilon>0$ をとる。 $1/N<\varepsilon$ を満たす正の整数 $N$ をとり、 $S_N=\{\,p/q\in[0,1]\mid p,q\text{ は整数},\ 1\leq q\leq N\,\}$ とおく。 $S_N$ は有限集合で $x$ を含まないので、 $r=\min_{s\in S_N}|x-s|$ は正である。 $y\in[0,1]\cap(x-r,x+r)$ ならば $y\notin S_N$ であるから、 $y$ が有理数のときその既約分数表示の分母は $N$ より大きく $f(y)<1/N$ であり、 $y$ が無理数のとき $f(y)=0$ である。いずれの場合も $|f(y)-f(x)|<\varepsilon$ である。したがって $f$ は $x$ で連続である。 $f$ は各有理点で不連続であり、各無理点で連続であるから、 $D(f)=\Q\cap[0,1]$ である。

例 3.1の証明と同じく、 $\Q\cap[0,1]$ は高々可算な Borel 集合で $\lambda(\Q\cap[0,1])=0$ である。 $f$ は $0\leq f\leq1$ を満たし有界であるから、定理 2.2により $f$ は Riemann 可積分である。系 5.2により、 $f$ は Lebesgue 可測であり、 $\int_0^1f(x)\,dx=\int_{[0,1]}f\,d\lambda$ である。 $f$ は零集合 $\Q\cap[0,1]$ の外で $0$ に等しいので、§E10.10 定理 3.2 (1)により $\int_{[0,1]}f\,d\lambda=0$ である。したがって $\int_0^1f(x)\,dx=0$ である。
§D1.17 定理 4.2を $f$ と零関数に係数 $-1$ と $0$ で適用すると、 $-f$ は Riemann 可積分である。また、 $-f$ の連続性は $f$ の連続性と同値であるから、 $D(-f)=D(f)$ である。

命題 4.1を $-f$ に適用すると、Borel 可測関数 $g_{-f}:[a,b]\to\R$ が存在し、 $g_{-f}\leq-f$ かつ $\{g_{-f}\neq-f\}\subseteq D(-f)=D(f)$ である。 $u=-g_{-f}$ とおく。任意の開集合 $O\subseteq\R$ に対して $u^{-1}(O)=g_{-f}^{-1}(-O)$ であり、 $-O$ は開集合であるから、 $u$ は Borel 可測である。 $g_{-f}\leq-f$ から $u\geq f$ であり、 $\{u\neq f\}=\{g_{-f}\neq-f\}\subseteq D(f)$ である。

命題 4.1を $f$ に適用して得られる下側代表を $g_f$ とする。 $x\in[a,b]\setminus D(f)$ に対して $g_f(x)=f(x)=u(x)$ であるから、 $g_f$ と $u$ は $[a,b]\setminus D(f)$ で一致する。補題 1.2 (3)により $D(f)$ は Borel 集合であり、Riemann 可積分性と定理 2.2により $\lambda(D(f))=0$ である。

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§E10.17Riemann 可積分性

1 点における振動と不連続点集合

2 Lebesgue の Riemann 可積分判定条件

3 Dirichlet 関数による比較

4 Riemann 可積分関数の Lebesgue 可測性

5 二つの積分値の一致

6 条件収束する広義 Riemann 積分との違い

7 演習

参考文献

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