1 閉直方体上の累次積分 定理 1.1. n ≥ 1 n\ge 1 n ≥ 1
R = ∏ i = 1 n [ a i , b i ] ⊂ R n R=\prod_{i=1}^n[a_i,b_i]\subset\mathbb R^n R = i = 1 ∏ n [ a i , b i ] ⊂ R n を閉直方体、f : R → R f:R\to\mathbb R f : R → R n ≥ 2 n\ge2 n ≥ 2 J ⊂ { 1 , … , n } J\subset\{1,\ldots,n\} J ⊂ { 1 , … , n }
R J = ∏ i ∈ J [ a i , b i ] , g J ( x J ) = ∫ R J c f ( x J , x J c ) d x J c R_J=\prod_{i\in J}[a_i,b_i],\qquad
g_J(x_J)=\int_{R_{J^c}}f(x_J,x_{J^c})\,dx_{J^c} R J = i ∈ J ∏ [ a i , b i ] , g J ( x J ) = ∫ R J c f ( x J , x J c ) d x J c と定めると、g J g_J g J R J R_J R J
∫ R f ( x ) d x = ∫ R J g J ( x J ) d x J \int_R f(x)\,dx=\int_{R_J}g_J(x_J)\,dx_J ∫ R f ( x ) d x = ∫ R J g J ( x J ) d x J が成り立つ。従って、{ 1 , … , n } \{1,\ldots,n\} { 1 , … , n } σ \sigma σ
∫ R f ( x ) d x = ∫ a σ ( 1 ) b σ ( 1 ) ⋯ ∫ a σ ( n ) b σ ( n ) f ( x 1 , … , x n ) d x σ ( n ) ⋯ d x σ ( 1 ) \int_R f(x)\,dx
=\int_{a_{\sigma(1)}}^{b_{\sigma(1)}}\!\cdots
\int_{a_{\sigma(n)}}^{b_{\sigma(n)}}
f(x_1,\ldots,x_n)\,dx_{\sigma(n)}\cdots dx_{\sigma(1)} ∫ R f ( x ) d x = ∫ a σ ( 1 ) b σ ( 1 ) ⋯ ∫ a σ ( n ) b σ ( n ) f ( x 1 , … , x n ) d x σ ( n ) ⋯ d x σ ( 1 ) が成り立つ。
証明. n = 1 n=1 n = 1 n ≥ 2 n\ge2 n ≥ 2 J = { 1 , … , p } J=\{1,\ldots,p\} J = { 1 , … , p } A = R J A=R_J A = R J B = R J c B=R_{J^c} B = R J c g = g J g=g_J g = g J x ∈ A x\in A x ∈ A f ( x , ⋅ ) f(x,\mathord\cdot) f ( x , ⋅ ) B B B §E4.10 定理 3.1 により積分可能であり、g ( x ) g(x) g ( x )
f f f R R R §E2.9 定理 5.1 により一様連続である。また、重積分の評価§E4.10 命題 4.1 により
∣ g ( x ) − g ( x ′ ) ∣ ≤ ∣ B ∣ sup y ∈ B ∣ f ( x , y ) − f ( x ′ , y ) ∣ |g(x)-g(x')|
\le |B|\sup_{y\in B}|f(x,y)-f(x',y)| ∣ g ( x ) − g ( x ′ ) ∣ ≤ ∣ B ∣ y ∈ B sup ∣ f ( x , y ) − f ( x ′ , y ) ∣ である。右辺はx ′ → x x'\to x x ′ → x g g g
P A P_A P A A A A P B P_B P B B B B P = P A × P B P=P_A\times P_B P = P A × P B P A P_A P A Q A Q_A Q A P B P_B P B Q B Q_B Q B
∑ Q B ∈ P B inf Q A × Q B f ∣ Q B ∣ ≤ g ( x ) ≤ ∑ Q B ∈ P B sup Q A × Q B f ∣ Q B ∣ ( x ∈ Q A ) \sum_{Q_B\in P_B}\inf_{Q_A\times Q_B}f\,|Q_B|
\le g(x)\le
\sum_{Q_B\in P_B}\sup_{Q_A\times Q_B}f\,|Q_B|
\qquad(x\in Q_A) Q B ∈ P B ∑ Q A × Q B inf f ∣ Q B ∣ ≤ g ( x ) ≤ Q B ∈ P B ∑ Q A × Q B sup f ∣ Q B ∣ ( x ∈ Q A ) である。x ∈ Q A x\in Q_A x ∈ Q A ∣ Q A ∣ |Q_A| ∣ Q A ∣
L ( f , P ) ≤ L ( g , P A ) ≤ ∫ A g ( x ) d x ≤ U ( g , P A ) ≤ U ( f , P ) L(f,P)\le L(g,P_A)\le\int_Ag(x)\,dx
\le U(g,P_A)\le U(f,P) L ( f , P ) ≤ L ( g , P A ) ≤ ∫ A g ( x ) d x ≤ U ( g , P A ) ≤ U ( f , P ) (1.1.1) \text{(1.1.1)} (1.1.1) を得る。f f f §E4.10 定理 3.1 によりR R R ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 U ( f , P ) − L ( f , P ) < ε U(f,P)-L(f,P)<\varepsilon U ( f , P ) − L ( f , P ) < ε P P P 式 (1.1.1) では∫ R f \int_Rf ∫ R f ∫ A g \int_Ag ∫ A g ε \varepsilon ε J J J
最後に、x σ ( n ) x_{\sigma(n)} x σ ( n ) ▨
2 座標方向に単純な領域 補題 2.1. a < b a<b a < b θ : [ a , b ] → R \theta:[a,b]\to\mathbb R θ : [ a , b ] → R
Γ θ = { ( x , θ ( x ) ) : a ≤ x ≤ b } \Gamma_\theta=\{(x,\theta(x)):a\le x\le b\} Γ θ = {( x , θ ( x )) : a ≤ x ≤ b } は Jordan 零集合である。
証明. ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 2 η ( b − a ) < ε / 2 2\eta(b-a)<\varepsilon/2 2 η ( b − a ) < ε /2 η > 0 \eta>0 η > 0
a = t 0 < t 1 < ⋯ < t r = b a=t_0<t_1<\cdots<t_r=b a = t 0 < t 1 < ⋯ < t r = b であって、各小区間[ t j − 1 , t j ] [t_{j-1},t_j] [ t j − 1 , t j ] θ \theta θ η \eta η
[ t j − 1 , t j ] × [ θ ( t j − 1 ) − η , θ ( t j − 1 ) + η ] [t_{j-1},t_j]\times[\theta(t_{j-1})-\eta,\theta(t_{j-1})+\eta] [ t j − 1 , t j ] × [ θ ( t j − 1 ) − η , θ ( t j − 1 ) + η ] に含まれ、これらの長方形の面積の和は2 η ( b − a ) < ε / 2 2\eta(b-a)<\varepsilon/2 2 η ( b − a ) < ε /2 ε \varepsilon ε Γ θ \Gamma_\theta Γ θ ▨
定理 2.2. a < b a<b a < b φ , ψ : [ a , b ] → R \varphi,\psi:[a,b]\to\mathbb R φ , ψ : [ a , b ] → R φ ( x ) ≤ ψ ( x ) \varphi(x)\le\psi(x) φ ( x ) ≤ ψ ( x )
D = { ( x , y ) : a ≤ x ≤ b , φ ( x ) ≤ y ≤ ψ ( x ) } D=\{(x,y):a\le x\le b,\ \varphi(x)\le y\le\psi(x)\} D = {( x , y ) : a ≤ x ≤ b , φ ( x ) ≤ y ≤ ψ ( x )} とおく。D D D V ⊂ R 2 V\subset\mathbb R^2 V ⊂ R 2 f : V → R f:V\to\mathbb R f : V → R D D D
∫ D f ( x , y ) d ( x , y ) = ∫ a b ( ∫ φ ( x ) ψ ( x ) f ( x , y ) d y ) d x \int_Df(x,y)\,d(x,y)
=\int_a^b\left(\int_{\varphi(x)}^{\psi(x)}f(x,y)\,dy\right)dx ∫ D f ( x , y ) d ( x , y ) = ∫ a b ( ∫ φ ( x ) ψ ( x ) f ( x , y ) d y ) d x が成り立つ。
証明. 補題 2.1 により、φ \varphi φ ψ \psi ψ D D D ∂ D \partial D ∂ D x = a , b x=a,b x = a , b §E4.11 補題 1.2 を合わせると、∂ D \partial D ∂ D §E4.11 定義 2.1 によりD D D
D ⊂ R = [ a , b ] × [ c , d ] D\subset R=[a,b]\times[c,d] D ⊂ R = [ a , b ] × [ c , d ] c < d c<d c < d
G ( x ) = ∫ φ ( x ) ψ ( x ) f ( x , y ) d y G(x)=\int_{\varphi(x)}^{\psi(x)}f(x,y)\,dy G ( x ) = ∫ φ ( x ) ψ ( x ) f ( x , y ) d y とおく。D D D f ∣ D f|_D f ∣ D M = max D ∣ f ∣ < ∞ M=\max_D|f|<\infty M = max D ∣ f ∣ < ∞ I x = [ φ ( x ) , ψ ( x ) ] I_x=[\varphi(x),\psi(x)] I x = [ φ ( x ) , ψ ( x )]
∣ G ( x ) − G ( x ′ ) ∣ ≤ ( d − c ) sup y ∈ I x ∩ I x ′ ∣ f ( x , y ) − f ( x ′ , y ) ∣ + M ( ∣ φ ( x ) − φ ( x ′ ) ∣ + ∣ ψ ( x ) − ψ ( x ′ ) ∣ ) \begin{aligned}
|G(x)-G(x')|
\le{}&(d-c)\sup_{y\in I_x\cap I_{x'}}|f(x,y)-f(x',y)|\\
&+M\bigl(|\varphi(x)-\varphi(x')|+|\psi(x)-\psi(x')|\bigr)
\end{aligned} ∣ G ( x ) − G ( x ′ ) ∣ ≤ ( d − c ) y ∈ I x ∩ I x ′ sup ∣ f ( x , y ) − f ( x ′ , y ) ∣ + M ( ∣ φ ( x ) − φ ( x ′ ) ∣ + ∣ ψ ( x ) − ψ ( x ′ ) ∣ ) を得る。共通部分が空なら第一項を零とする。第一項は共通部分の両点がD D D f ∣ D f|_D f ∣ D φ , ψ \varphi,\psi φ , ψ G G G
R R R
f ~ ( x , y ) = { f ( x , y ) , ( x , y ) ∈ D , 0 , ( x , y ) ∈ R ∖ D \widetilde f(x,y)=
\begin{cases}
f(x,y),&(x,y)\in D,\\
0,&(x,y)\in R\setminus D
\end{cases} f ( x , y ) = { f ( x , y ) , 0 , ( x , y ) ∈ D , ( x , y ) ∈ R ∖ D を考える。§E4.11 系 3.5 によりf f f D D D §E4.11 命題 3.3 によりf ~ \widetilde f f R R R ∫ D f = ∫ R f ~ \int_Df=\int_R\widetilde f ∫ D f = ∫ R f x x x f ~ ( x , ⋅ ) \widetilde f(x,\mathord\cdot) f ( x , ⋅ ) f ( x , ⋅ ) f(x,\mathord\cdot) f ( x , ⋅ ) [ φ ( x ) , ψ ( x ) ] [\varphi(x),\psi(x)] [ φ ( x ) , ψ ( x )] [ c , d ] [c,d] [ c , d ] G ( x ) G(x) G ( x ) φ ( x ) = ψ ( x ) \varphi(x)=\psi(x) φ ( x ) = ψ ( x )
P x × P y P_x\times P_y P x × P y R R R 式 (1.1.1) と同じ Darboux 和の挟み撃ちにより
L ( f ~ , P x × P y ) ≤ L ( G , P x ) ≤ ∫ a b G ( x ) d x ≤ U ( G , P x ) ≤ U ( f ~ , P x × P y ) L(\widetilde f,P_x\times P_y)\le L(G,P_x)\le\int_a^bG(x)\,dx
\le U(G,P_x)\le U(\widetilde f,P_x\times P_y) L ( f , P x × P y ) ≤ L ( G , P x ) ≤ ∫ a b G ( x ) d x ≤ U ( G , P x ) ≤ U ( f , P x × P y ) (2.2.1) \text{(2.2.1)} (2.2.1) を得る。f ~ \widetilde f f 式 (2.2.1) の両端の差を任意に小さくする直積分割を選ぶことができる。従って∫ R f ~ = ∫ a b G \int_R\widetilde f=\int_a^bG ∫ R f = ∫ a b G ▨
系 2.3. c < d c<d c < d λ , μ : [ c , d ] → R \lambda,\mu:[c,d]\to\mathbb R λ , μ : [ c , d ] → R λ ( y ) ≤ μ ( y ) \lambda(y)\le\mu(y) λ ( y ) ≤ μ ( y )
E = { ( x , y ) : c ≤ y ≤ d , λ ( y ) ≤ x ≤ μ ( y ) } E=\{(x,y):c\le y\le d,\ \lambda(y)\le x\le\mu(y)\} E = {( x , y ) : c ≤ y ≤ d , λ ( y ) ≤ x ≤ μ ( y )} とおく。E E E W ⊂ R 2 W\subset\mathbb R^2 W ⊂ R 2 f : W → R f:W\to\mathbb R f : W → R
∫ E f ( x , y ) d ( x , y ) = ∫ c d ( ∫ λ ( y ) μ ( y ) f ( x , y ) d x ) d y \int_Ef(x,y)\,d(x,y)
=\int_c^d\left(\int_{\lambda(y)}^{\mu(y)}f(x,y)\,dx\right)dy ∫ E f ( x , y ) d ( x , y ) = ∫ c d ( ∫ λ ( y ) μ ( y ) f ( x , y ) d x ) d y が成り立つ。
証明. 補題 2.1 により、λ \lambda λ μ \mu μ ∂ E \partial E ∂ E y = c , d y=c,d y = c , d §E4.11 補題 1.2 と§E4.11 定義 2.1 によりE E E 定理 2.2 を適用する。座標交換は直積分割を直積分割へ写し、各小長方形の面積と Darboux 上下和を保つので、変数変換公式を用いずに積分の等しさを得ることができる。▨
例 2.4.
I = ∫ 0 1 ( ∫ x 1 e y 2 d y ) d x I=\int_0^1\left(\int_x^1e^{y^2}\,dy\right)dx I = ∫ 0 1 ( ∫ x 1 e y 2 d y ) d x の積分領域は0 ≤ x ≤ 1 0\le x\le1 0 ≤ x ≤ 1 x ≤ y ≤ 1 x\le y\le1 x ≤ y ≤ 1 0 ≤ y ≤ 1 0\le y\le1 0 ≤ y ≤ 1 0 ≤ x ≤ y 0\le x\le y 0 ≤ x ≤ y
I = ∫ 0 1 ( ∫ 0 y e y 2 d x ) d y = ∫ 0 1 y e y 2 d y = e − 1 2 . I=\int_0^1\left(\int_0^ye^{y^2}\,dx\right)dy
=\int_0^1ye^{y^2}\,dy
=\frac{e-1}{2}. I = ∫ 0 1 ( ∫ 0 y e y 2 d x ) d y = ∫ 0 1 y e y 2 d y = 2 e − 1 . 内側の積分∫ e y 2 d y \int e^{y^2}\,dy ∫ e y 2 d y
例 2.5.
D = { ( x , y ) : 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ x } D=\{(x,y):0\le x\le1,\ 0\le y\le x\} D = {( x , y ) : 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ x } 上でf ( x , y ) = x + y f(x,y)=x+y f ( x , y ) = x + y
∫ 0 1 ∫ 0 x ( x + y ) d y d x = 1 2 , ∫ 0 1 ∫ y 1 ( x + y ) d x d y = 1 2 \int_0^1\int_0^x(x+y)\,dy\,dx=\frac12,
\qquad
\int_0^1\int_y^1(x+y)\,dx\,dy=\frac12 ∫ 0 1 ∫ 0 x ( x + y ) d y d x = 2 1 , ∫ 0 1 ∫ y 1 ( x + y ) d x d y = 2 1 を得る。二つの計算は同じ Jordan 積分を表す。
3 演習 問題 3.1 (有限次元定理の適用と限界). 次の二問に答えよ。
R = [ 0 , 1 ] 3 R=[0,1]^3 R = [ 0 , 1 ] 3 f ( x , y , z ) = x + 2 y + 3 z f(x,y,z)=x+2y+3z f ( x , y , z ) = x + 2 y + 3 z ∫ R f \int_Rf ∫ R f 定理 1.1 が非有界関数や非有界領域の積分順序交換を正当化しない理由を説明せよ。 解答. 第一問では、例えばz , y , x z,y,x z , y , x
∫ 0 1 ∫ 0 1 ∫ 0 1 ( x + 2 y + 3 z ) d z d y d x = 1 2 + 1 + 3 2 = 3 \int_0^1\int_0^1\int_0^1(x+2y+3z)\,dz\,dy\,dx
=\frac12+1+\frac32=3 ∫ 0 1 ∫ 0 1 ∫ 0 1 ( x + 2 y + 3 z ) d z d y d x = 2 1 + 1 + 2 3 = 3 を得る。定理により、ほかの座標順序でも同じ値を得る。
第二問について、定理の証明はコンパクト閉直方体上の一様連続性と有限体積を用い、Darboux 上下和の差を任意に小さくする。非有界関数では一様な振幅評価がなく、非有界領域は有限個の小直方体からなる直積分割の対象ではない。従って、その場合には広義積分または測度論の別の定理が必要である。▨