一次元の Lebesgue 微分定理 | 常微分方程式論

1 局所可積分関数と Lebesgue 点

定義 1.1. $I\subseteq\R$ を内部が空でない区間、 $\mathbb K\in\{\R,\C\}$ 、 $d\in\NN$ とする。可測関数 $f:I\to\mathbb K^d$ が局所可積分 (locally integrable) であるとは、任意の有限閉区間 $[a,b]\subset I$ に対して

\int_a^b\|f(t)\|\,dt<\infty

が成り立つことをいう。ここで $\|\cdot\|$ は Euclid ノルムであり、積分は Lebesgue 積分である。局所可積分関数をほとんど至る所の一致によって同一視した空間を $L^1_{\mathrm{loc}}(I;\mathbb K^d)$ と書く。 $I$ の内部は開区間であり、局所可積分関数の内部への制限は内部上の局所可積分関数である。有限次元のベクトル値関数の積分は成分ごとに定める。

定義 1.2 (Lebesgue 点). $I\subseteq\R$ を空でない開区間とし、 $\mathbb K\in\{\R,\C\}$ 、 $d\in\NN$ とする。局所可積分な関数 $f:I\to\mathbb K^d$ に対して、 $x\in I$ が $f$ のLebesgue 点 (Lebesgue point) であるとは、

\lim_{r\downarrow0}\frac1{2r} \int_{x-r}^{x+r}\|f(t)-f(x)\|\,dt=0

が成り立つことをいう。半径 $r>0$ は $[x-r,x+r]\subset I$ を満たす範囲で取る。非負可測関数 $g$ に対して $\frac1{2r}\int_{x-r}^{x+r}g(t)\,dt$ を、 $g$ の $x$ を中心とする半径 $r$ の中心平均という。

補題 1.3. $I\subseteq\R$ を空でない開区間とし、 $\mathbb K\in\{\R,\C\}$ 、 $d\in\NN$ とする。 $f:I\to\mathbb K^d$ を局所可積分な関数、 $x\in I$ とする。このとき、 $f$ が $x$ で連続ならば、 $x$ は $f$ の Lebesgue 点である。

2 有限個の区間の選択

補題 2.1 (Vitali の被覆補題). $I_1,\ldots,I_N$ を $\R$ の空でない有界開区間の有限族とする。このとき、この族から互いに素な区間 $J_1,\ldots,J_m$ を選び、

\bigcup_{i=1}^N I_i\subseteq\bigcup_{j=1}^m 3J_j

を満たすようにすることができる。ここで $J=(c-r,c+r)$ に対して $3J=(c-3r,c+3r)$ と書く。

証明. 残った区間のうち長さが最大のものを一つ選び、その区間と交わる区間をすべて除く操作を、区間が残らなくなるまで繰り返す。各回の操作では選んだ区間自身も除かれるので、操作は有限回で終わる。選ばれた区間を選択順に $J_1,\ldots,J_m$ とする。後に選ばれた区間は先に選ばれた区間と交わらないので、 $J_1,\ldots,J_m$ は互いに素である。

選択時に除かれた区間 $I=(a-s,a+s)$ と、そのとき選ばれた $J=(c-r,c+r)$ を取る。最大長の選択から $s\leq r$ であり、 $I\cap J\neq\varnothing$ から $|a-c|<r+s$ である。 $t\in I$ に対して

|t-c|\leq |t-a|+|a-c|<s+(r+s)\leq3r

なので $I\subseteq3J$ である。選ばれた区間自身も $J\subseteq3J$ を満たすため、主張の包含を得る。▨

3 中心極大関数の評価

定義 3.1 (中心極大関数). $\mathbb K\in\{\R,\C\}$ とし、 $f:\R\to\mathbb K$ を可積分関数とする。 $f$ の中心極大関数 (centered maximal function) を

Mf(x)=\sup_{r>0}\frac1{2r}\int_{x-r}^{x+r}|f(t)|\,dt \qquad(x\in\R)

によって定める。 $Mf$ は $+\infty$ を値として取ることを許す。

定理 3.2. $\mathbb K\in\{\R,\C\}$ とし、 $f:\R\to\mathbb K$ を可積分関数とする。このとき、中心極大関数 $Mf$ は可測であり、任意の $\alpha>0$ に対して

\lambda_1\bigl(\{x\in\R:Mf(x)>\alpha\}\bigr) \leq\frac3\alpha\|f\|_{L^1(\R)}

が成り立つ。特に、 $Mf(x)<\infty$ がほとんど至る所で成り立つ。

証明. $r>0$ を固定し、

A_r(x)=\frac1{2r}\int_{x-r}^{x+r}|f(t)|\,dt

とおく。 $x_n\to x$ ならば、区間 $(x_n-r,x_n+r)$ の指示関数は、端点 $x-r,x+r$ を除いて $(x-r,x+r)$ の指示関数へ収束する。積分の被積分関数は $|f|$ によって支配されるので、§E10.11 定理 3.1により $A_r(x_n)\to A_r(x)$ である。したがって $A_r$ は連続である。 $x$ を固定し $r_n\to r>0$ とした場合も、端点を除く指示関数の収束と同じ支配関数を使うと $A_{r_n}(x)\to A_r(x)$ を得る。したがって

Mf(x)=\sup_{r\in\Q,\ r>0}A_r(x)

である。連続関数の可算上限であるから $Mf$ は可測である。

$\alpha>0$ とし、 $E_\alpha=\{x:Mf(x)>\alpha\}$ のコンパクト部分集合 $K$ を取る。 $K=\varnothing$ の場合は $\lambda_1(K)=0$ である。 $K\neq\varnothing$ の場合、各 $x\in K$ に対して、

\int_{x-r}^{x+r}|f(t)|\,dt>\alpha(2r)

を満たす $r>0$ が存在する。 $x\in K$ と、この不等式を満たす $r>0$ にわたる開区間 $(x-r,x+r)$ の全体は $K$ の開被覆をなすため、有限部分被覆 $I_1,\ldots,I_N$ が存在する。補題 2.1によって、互いに素な $J_1,\ldots,J_m$ を選び、 $K\subseteq\bigcup_{j=1}^m3J_j$ とする。各 $J_j$ は有限部分被覆を構成する区間の一つなので、

\begin{aligned} \lambda_1(K) &\leq\sum_{j=1}^m\lambda_1(3J_j) =3\sum_{j=1}^m\lambda_1(J_j)\\ &<\frac3\alpha\sum_{j=1}^m\int_{J_j}|f(t)|\,dt \leq\frac3\alpha\|f\|_{L^1(\R)}. \end{aligned}

最後の不等式は、 $J_j$ が互いに素であることによる。§E10.16 定理 9.1によって $E_\alpha$ のコンパクト部分集合について上限を取ると、主張の測度評価を得る。

任意の $n\in\NN$ に対して $\{Mf=\infty\}\subseteq E_n$ であり、 $\lambda_1(E_n)\leq3\|f\|_{L^1}/n$ である。 $n\to\infty$ とすれば $\lambda_1(\{Mf=\infty\})=0$ となる。▨

注意 3.3. $f=\mathbf1_{[0,1]}$ とすると、 $|x|>1$ に対して半径 $r=|x|+1$ の区間 $[x-r,x+r]$ は $[0,1]$ を含むので、 $Mf(x)\geq1/(2(|x|+1))$ である。したがって $Mf$ は $\R$ 上で可積分でない。とくに、すべての可積分関数 $f$ に対して $\|Mf\|_{L^1}\leq C\|f\|_{L^1}$ を満たす定数 $C$ は存在せず、定理 3.2の評価をこの形へ強めることはできない。中心極大関数は、Hardy–Littlewood の極大関数の中心版と呼ばれる。

4 Lebesgue の微分定理

定理 4.1 (Lebesgue の微分定理). $I\subseteq\R$ を空でない開区間とし、 $\mathbb K\in\{\R,\C\}$ 、 $d\in\NN$ とする。 $f:I\to\mathbb K^d$ を局所可積分な関数とする。このとき、次が成り立つ。

ほとんどすべての $x\in I$ は $f$ の Lebesgue 点である。
$f$ の任意の Lebesgue 点 $x$ において、 $\lim_{h\downarrow0}\frac1h\int_x^{x+h}f(t)\,dt =\lim_{h\downarrow0}\frac1h\int_{x-h}^xf(t)\,dt=f(x)$ が成り立つ。
$x_0\in I$ 、 $c\in\mathbb K^d$ とし、 $F(x)=c+\int_{x_0}^xf(t)\,dt\qquad(x\in I)$ と定める。 $x<x_0$ では積分を $-\int_x^{x_0}f(t)\,dt$ とする。このとき、 $F$ は $f$ の任意の Lebesgue 点 $x$ で微分可能であり、 $F'(x)=f(x)$ である。したがって、この等式はほとんど至る所で成り立つ。

証明. $I=\R$ 、 $d=1$ とし、 $f:\R\to\mathbb K$ を可積分関数とする。各 $x\in\R$ について

D f(x)=\limsup_{r\downarrow0}\frac1{2r} \int_{x-r}^{x+r}|f(t)-f(x)|\,dt

とおく。 $g\in C_c(\R;\mathbb K)$ とすると、三角不等式から

\begin{aligned} \frac1{2r}\int_{x-r}^{x+r}|f(t)-f(x)|\,dt &\leq \frac1{2r}\int_{x-r}^{x+r}|f(t)-g(t)|\,dt\\ &\quad+\frac1{2r}\int_{x-r}^{x+r}|g(t)-g(x)|\,dt +|g(x)-f(x)|. \end{aligned}

$g$ の連続性により右辺第二項は $r\downarrow0$ で零へ収束するので、

D f(x)\leq M(f-g)(x)+|f(x)-g(x)|

を得る。

$\alpha>0$ を固定する。直前の不等式から

\{D f>\alpha\} \subseteq\{M(f-g)>\alpha/2\}\cup\{|f-g|>\alpha/2\}.

右辺第一集合の測度は定理 3.2によって $6\|f-g\|_{L^1}/\alpha$ 以下である。第二集合については

\frac\alpha2\lambda_1(\{|f-g|>\alpha/2\}) \leq\int_{\{|f-g|>\alpha/2\}}|f-g| \leq\|f-g\|_{L^1}

である。したがって、Lebesgue 外測度 $\lambda_1^*$ を用いると

\lambda_1^*(\{D f>\alpha\})\leq\frac8\alpha\|f-g\|_{L^1}.

§E10.23 定理 3.3により、 $\|f-g\|_{L^1}$ は任意に小さくすることができる。よって $\lambda_1^*(\{D f>\alpha\})=0$ である。 $D f\geq0$ と

\{D f>0\}=\bigcup_{n=1}^\infty\{D f>1/n\}

から、 $\{D f>0\}$ も外測度零である。Lebesgue 測度は完備なので、 $D f=0$ がほとんど至る所で成り立つ。非負な平均の上極限が零であることは、平均そのものが零へ収束することを意味する。したがって、可積分関数 $f:\R\to\mathbb K$ について、ほとんどすべての $x\in\R$ が $f$ の Lebesgue 点である。

一般の開区間 $I$ 上の局所可積分関数 $f=(f_1,\ldots,f_d)$ を取る。有理数 $a<b$ で $[a,b]\subset I$ を満たす閉区間全体は可算であり、その内部は $I$ を覆う。各区間 $[a,b]$ と各成分 $f_j$ について、 $f_j$ を $[a,b]$ の外で零とした関数を $f_{j,a,b}:\R\to\mathbb K$ と書く。 $|f_j|\leq\|f\|$ なので $f_{j,a,b}$ は可積分である。既に証明した結論から、 $f_{j,a,b}$ の Lebesgue 点でない点は零集合に含まれる。これらの零集合を可算個の区間と有限個の成分について合わせた零集合を $N$ とする。

$x\in I\setminus N$ に対し、 $a<x<b$ を満たす上記の区間を一つ取る。 $0<r<\min\{x-a,b-x\}$ ならば、中心平均に現れる $f_{j,a,b}$ は $f_j$ に一致する。したがって、各 $j$ について $|f_j(t)-f_j(x)|$ の中心平均は零へ収束する。不等式

\|f(t)-f(x)\|\leq\sum_{j=1}^d|f_j(t)-f_j(x)|

から $x$ は $f$ の Lebesgue 点である。主張 (1)が従う。

$x\in I$ を $f$ の Lebesgue 点とする。十分小さい $h>0$ に対して

\frac1h\int_x^{x+h}\|f(t)-f(x)\|\,dt \leq2\frac1{2h}\int_{x-h}^{x+h}\|f(t)-f(x)\|\,dt\longrightarrow0.

左側区間 $[x-h,x]$ の平均にも同じ上界が成り立つ。各成分について§E10.10 補題 2.5を適用すると、左右の平均の第 $j$ 成分と $f_j(x)$ との差の絶対値は、それぞれ対応する上のノルム平均以下である。成分数は有限なので、ベクトルとしての左右の平均も $f(x)$ へ収束する。主張 (2)を得る。

$x_0\in I$ 、 $c\in\mathbb K^d$ を固定し、主張の $F$ を取る。積分の加法性と§E10.10 定理 2.3から、 $x,x+h\in I$ かつ $h\neq0$ のとき

\frac{F(x+h)-F(x)}h=\frac1h\int_x^{x+h}f(t)\,dt.

$h>0$ の場合の右辺は右側平均であり、 $h<0$ の場合は $k=-h>0$ として $k^{-1}\int_{x-k}^xf(t)\,dt$ である。主張 (2)により、 $x$ が Lebesgue 点ならば両方とも $f(x)$ へ収束する。したがって $F'(x)=f(x)$ であり、主張 (1)から主張 (3)が従う。▨

注意 4.2. 局所可積分関数 $f,\widetilde f:I\to\mathbb K^d$ がほとんど至る所で一致すれば、§E10.10 定理 3.2により、同じ $x_0$ と $c$ から定めた不定積分はすべての点で一致する。一方、 $x$ が Lebesgue 点であるかどうかは、値 $f(x)$ にも依存する。たとえば $f=0$ と $\widetilde f=\mathbf1_{\{0\}}$ を実直線上で考えると、不定積分はどちらも定数であるが、 $0$ は $\widetilde f$ の Lebesgue 点ではない。実際、 $|\widetilde f(t)-\widetilde f(0)|$ の中心平均は常に $1$ である。ただし、代表元を零集合の上で取り替えても、ほとんどすべての点が Lebesgue 点であるという結論と、 $F'=f$ がほとんど至る所で成り立つという結論は変わらない。

系 4.3. $I\subseteq\R$ を空でない開区間、 $\mathbb K\in\{\R,\C\}$ 、 $d\in\NN$ とする。 $f,g:I\to\mathbb K^d$ を局所可積分な関数とし、任意の $a<b$ 、 $[a,b]\subset I$ に対して

\int_a^bf(t)\,dt=\int_a^bg(t)\,dt

を満たすとする。このとき、 $f=g$ がほとんど至る所で成り立つ。

証明. 証明は演習とする（問題 5.4）。▨

注意 4.4. 区間 $(0,1)$ 上の Cantor 関数は連続であり、ほとんど至る所で微分可能で導関数が零であるが、定数でない。したがって、定理 4.1 (3)の逆は成り立たない。すなわち、ほとんど至る所で微分可能な連続関数 $F$ の導関数 $F'$ が局所可積分であっても、 $F$ が $F'$ の不定積分に定数を加えたものであるとは限らない。

5 具体例と演習

例 5.1. $f(t)=\mathbf1_{(0,\infty)}(t)$ とする。このとき、 $x\neq0$ では $f$ は $x$ の近傍で定数なので、 $x$ は $f$ の Lebesgue 点である。 $x=0$ では $f(0)=0$ であり、任意の $r>0$ について

\frac1{2r}\int_{-r}^r|f(t)-f(0)|\,dt=\frac12

であるから、 $0$ は Lebesgue 点ではない。不定積分は

F(x)=\int_0^xf(t)\,dt=\max\{x,0\}

であり、 $x\neq0$ では $F'(x)=f(x)$ 、 $x=0$ では左微分係数が $0$ 、右微分係数が $1$ である。中心平均 $\frac1{2r}\int_{-r}^rf(t)\,dt$ は $1/2$ に等しいが、その収束だけから $F$ の微分可能性は従わない。

問題 5.2. $0<\beta<1$ とし、 $f:\R\to\R$ を $f(0)=0$ 、 $f(t)=|t|^{-\beta}$ （ $t\neq0$ ）によって定める。 $f$ が局所可積分であることを示し、Lebesgue 点の全体と、 $F(x)=\int_0^xf(t)\,dt$ が微分可能である点の全体を求めよ。

解答.

$R>0$ に対して

\int_{-R}^R|f(t)|\,dt=\frac{2R^{1-\beta}}{1-\beta}<\infty

なので $f$ は局所可積分である。 $x\neq0$ では $f$ が連続なので $x$ は Lebesgue 点である。原点での中心平均は

\frac1{2r}\int_{-r}^r|f(t)-f(0)|\,dt =\frac{r^{-\beta}}{1-\beta}\longrightarrow\infty

であるから、Lebesgue 点の全体は $\R\setminus\{0\}$ である。積分を計算すると

F(x)= \begin{cases} x^{1-\beta}/(1-\beta),&x>0,\\ 0,&x=0,\\ -(-x)^{1-\beta}/(1-\beta),&x<0. \end{cases}

$x\neq0$ では $F'(x)=|x|^{-\beta}$ である。 $h\neq0$ に対して $F(h)/h=|h|^{-\beta}/(1-\beta)\to\infty$ なので、 $F$ は原点では微分可能でない。したがって、 $F$ が微分可能である点の全体も $\R\setminus\{0\}$ である。▨

問題 5.3. $f:\R\to\R$ を $f(0)=0$ 、 $f(t)=\sin(1/t)$ （ $t\neq0$ ）によって定め、 $F(x)=\int_0^xf(t)\,dt$ とする。 $F$ が原点で微分可能であり $F'(0)=f(0)$ であることと、 $0$ が $f$ の Lebesgue 点でないことを示せ。

解答.

$f$ は有界で可測なので局所可積分である。 $0<\ep<h$ に対して $\sin(1/t)\,dt=t^2\,d(\cos(1/t))$ から部分積分を行うと

\int_\ep^h\sin\frac1t\,dt=h^2\cos\frac1h-\ep^2\cos\frac1\ep-2\int_\ep^ht\cos\frac1t\,dt

である。 $\ep\downarrow0$ とすると、右辺の絶対値の上極限は $h^2+h^2=2h^2$ 以下であり、 $|F(h)|\leq2h^2$ を得る。 $h<0$ では $f$ が奇関数であることから $F$ は偶関数なので、 $|F(h)|\leq2h^2$ が成り立つ。したがって $|F(h)/h|\leq2|h|\to0$ であり、 $F'(0)=0=f(0)$ である。

一方、 $|f(t)-f(0)|=|\sin(1/t)|\geq\sin^2(1/t)=(1-\cos(2/t))/2$ なので、 $r>0$ に対して

\frac1{2r}\int_{-r}^r|f(t)-f(0)|\,dt\geq\frac12-\frac1{2r}\int_0^r\cos\frac2t\,dt

である。同様に $\cos(2/t)\,dt=-(t^2/2)\,d(\sin(2/t))$ から部分積分を行うと、 $\bigl|\int_0^r\cos(2/t)\,dt\bigr|\leq r^2$ を得る。したがって、中心平均の下極限は $1/2$ 以上であり、 $0$ は $f$ の Lebesgue 点でない。▨

問題 5.4.系 4.3を証明せよ。

解答.

$x_0\in I$ を固定し、 $H(x)=\int_{x_0}^x(f(t)-g(t))\,dt$ とおく。仮定と積分の線形性から、 $x\geq x_0$ と $x<x_0$ のどちらの場合も $H(x)=0$ である。定理 4.1 (3)により、 $H'=f-g$ がほとんど至る所で成り立つ。一方、 $H$ は恒等的に零なので、 $H'=0$ がすべての点で成り立つ。以上より、 $f=g$ がほとんど至る所で成り立つ。▨

§E13.1一次元の Lebesgue 微分定理

1 局所可積分関数と Lebesgue 点

2 有限個の区間の選択

3 中心極大関数の評価

4 Lebesgue の微分定理

5 具体例と演習

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