例題問題(ルベーグ積分)

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参考 ( 単調収束定理を用いるための道具 )

f:E→ を可測関数とする。

このとき、次が成り立つ。

(1) ある単関数列 φ が存在して、f(x)=limn→∞φ(x) となる。

(2) とくに、f(x) が下に有界ならば、φ≦φ≦・・・となるようにできる。

(3) とくに、f(x) が上下に有界ならば、0≦f(x)−φ(x)<1/2 となるようにできる。

参考 ( 単調収束定理 )

:E→[0、∞) を可積分関数とする。

ある定数 M が存在して、次の(*1)または(*2)が成り立つとする。。

(*1) f↑(a.e.) かつ、任意の n に対して∫(x)dx<M である。

(*2) f↓(a.e.) かつ、任意の n に対して∫(x)dx>M である。

このとき、次が成り立つ。

(1) f は a.e.で有限の値に収束する。

そこで、その値を f(x) として定義すると、次が成り立つ。

(2) limn→∞(x)dx=∫f(x)dx

参考 ( ルベーグの収束定理(優収束定理) )

、g を可積分関数とする。

limn→∞(x)=f(x) a.e. であるとする。

|f(x)|≦g(x) a.e. であるとする。

このとき、次が成り立つ。

(1) f は可積分である。

(2) ∫f(x)dx=limn→∞dx

例題問題

f:E→ を可積分関数とする。

このとき、|∫f(x)dx|≦∫|f(x)|dx である。

これを示せ。

解答

次のように計算できる。

(*) |∫fdx|=|∫dx−∫dx|≦∫dx+∫dx=∫|f|dx

例題問題

a、b∈ とおく。

a<b であるとする。

このとき、次が成り立つことを示せ。

(*) ∫[a、b]f(x)dx=∫(a、b)f(x)dx=∫[a、b)f(x)dx=∫(a、b]f(x)dx

解答

いま、[a、b]−(a、b)={a、b} である。

A={a、b} とおく。

A は2点からなる集合なので測度 0 である。

よって、∫f(x)dx=0 である。

よって、∫[a、b]fdx=∫(a、b)fdx+∫fdx=∫(a、b)fdx である。

他も同様である。

例題問題

有界な可測関数は、有限測度の集合上で可積分である。

これを示せ。

解答

まず、f が有界な非負値可測関数である場合について考える。

E を可測集合とする。

いま、μ(E)<∞ である。

また、ある定数 M が存在して、E 上で f(x)≦M である。

φ:E→ を可積分な単関数として φ(x)≦f(x) とする。

いま、φ(x)≦M である。

よって、∫φ(x)dx≦∫Mdx=Mμ(E)<∞ である。

上式左辺について上限をとると、∫f(x)dx≦Mμ(E)<∞ である。

つまり、f は可積分である。(★)

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

f が一般の有界な可測関数である場合について考える。

いま、f と f も有界である。

よって、(★)より、f と f は可積分である。

よって、f も可積分である。

例題問題

f:E→ を可積分関数とする。

μ(E)>0 であるとする。

任意の可測集合 A⊂E に対し、∫f(x)dx=0 であるとする。

このとき、f=0 a.e.である。

これを示せ。

解答

A={ x∈E|f(x)≧0 } とおく。

いま、f は A 上で f≧0 である。

また、仮定より、∫f(x)dx=0 である。

よって、f=0 a.e.on A である。(★1)

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

B={ x∈E|f(x)≦0 } とおく。

いま、f は B 上で f≦0 である。

また、仮定より、∫f(x)dx=0 である。

よって、f=0 a.e.on B である。(★2)

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

(★1)、(★2)より、f=0 a.e.である。

例題問題 ( 積分の加法性〜有限ver )

、・・・、E を互いに素な可測集合とする。

f は E、・・・、E 上で可積分であるとする。

このとき、次が成り立つことを示せ。

(1) f は E=∪1≦k≦n 上でも可積分である。

(2) ∫f(x)dx=1≦k≦nf(x)dx

補足

むろん、これはリーマン積分の加法性 ∫[a、b]fdx=∫[a、ξ]fdx+∫[ξ、b]fdx に相当する。

解答

いま、f は E 上で可積分である。

よって、f・1 は E 上で可積分である。

よって、f=f・1+・・・+f・1 は E 上可積分である。

また、∫fdx=∫fdx+・・・+∫fdx である。

例題問題

f:E→ を可積分関数とする。

g=f a.e.であるとする。

このとき、次が成り立つことを示せ。

(1) g も可積分である。

(2) ∫g(x)dx=∫f(x)dx

補足

一方、よく知られているように、∫fdx=0 ⇒ f=0 a.e.である。

よって、f=0 a.e.⇔ ∫|f|dx=0 である。

解答

A={ x∈E|f(x)=g(x) } とおく。

いま、μ(E−A)=0 である。

また、g は E−A 上で可積分である。

よって、∫E−Ag(x)dx=0=∫E−Af(x)dx である。

よって、∫gdx=∫gdx+∫E−Agdx=∫fdx+∫E−Afdx=∫fdx である。

例題問題 ( 積分の加法性〜可算ver )

f:E→ を可積分関数とする。

E は互いに素な可算個の可測集合 E、E、・・・の和で表せるとする。

このとき、∫f(x)dx=1≦n≦∞f(x)dx である。

これを示せ。

解答

いま、f は各 A=E∪・・・∪E 上で可積分である。

=f・1 とおく。

いま、f は E 上で可積分である。

また、∫dx=∫fdx=∫fdx+・・・+∫fdx である。

また、|f|≦|f|である。

また、任意の x∈E に対し、limn→∞(x)=f(x) である。

よって、∫fdx=limn→∞dx=1≦n≦∞fdx である。(※ルベーグの収束定理)

例題問題

a を実定数とする。

このとき、次が同値であることを示せ。

(1) f(x)=x−a は [1、∞) 上で可積分である。

(2) a>1

補足

ちなみに、次の同値性も成り立つ。

(*1) f(x)=x−a は (0、1] 上で可積分である。

(*2) a<1

解答

次のように計算できる。(※単調収束定理)



また、リーマン積分でもよく知られているように、



よって、定理が示された。

例題問題

f、f→[0、∞] を非負値可測関数列とする。

(f) は f に a.e.収束するとする。

このとき、次が成り立つことを示せ。

解答

N を、f が f に収束しない点全体とする。

いま、N は零集合である。

よって、次のように計算できる。(※ファトゥの補題)

例題問題

f:→[0、∞] を非負値可測関数列とする。

このとき、次が成り立つことを示せ。

解答

=1(−r、r)f とおく。

いま、任意の x∈ に対し、limr→∞(x)=f(x) である。

また、0<r<s ⇒ 0≦f≦f である。

よって、次のように計算できる。(※単調収束定理)

例題問題

:E→ を可積分関数とする。

1≦n≦∞|f(x)|dx が収束するとする。

このとき、次が成り立つことを示せ。

(1) 1≦n≦∞(x) は a.e.絶対収束する。

(2) ∫1≦n≦∞(x))dx=1≦n≦∞(∫(x)dx)

解答

:E→ を g(x)=1≦k≦n|f(x)|で定める。

g:E→ を g(x)=limn→∞(x) で定める。

いま、g(x)<∞ a.e.である。(※単調収束定理)

これで(1)が示された。

また、g は可積分である。(※単調収束定理)

:E→ を h(x)=1≦k≦n(x) で定める。

いま、|h|≦g である。

よって、次のように計算できる。(※ルベーグの収束定理)

(*) ∫1≦n≦∞)dx=∫(limn→∞)dx=limn→∞dx=1≦n≦∞dx

例題問題

、E、・・・ を可測集合とする。

↑E または E↓E であるとする。

f:E→ は可積分であるとする。

このとき、∫f(x)dx=limn→∞f(x)dx である。

これを示せ。

解答

↓E の場合について示す。( E↑E の場合も同様に議論できる )

=f・1 と定める。

いま、任意の x∈E に対し、|f(x)|≦|f(x)|である。

また、任意の x∈E に対し、limn→∞(x)=(f・1)(x) である。

よって、次のように計算できる。(※ルベーグの収束定理)

(*) ∫fdx=∫f・1dx=limn→∞dx=limn→∞fdx

例題問題

f:E→ を可積分関数とする。

|∫f(x)dx|=∫|f(x)|dx であるとする。

このとき、f≧0 a.e.または f≦0 a.e.である。

これを示せ。

解答

まず、∫f(x)dx≧0 の場合について考える。

いま、∫f(x)dx=∫|f(x)|dx である。

よって、∫(|f(x)|−f(x))dx=0 である。

よって、|f|=f a.e.である。

つまり、f≧0 a.e.である。(★)

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

次に、∫f(x)dx≦0 の場合について考える。

いま、∫(−f(x))dx≧0 である。

よって、(★)より、−f≧0 a.e.である。

つまり、f≦0 a.e.である。

例題問題

f:E→[0、∞) を非負値可測関数とする。

E は有限測度であるとする。

このとき、次は同値であることを示せ。

(1) f は可積分である。

(2) 0≦n≦∞nμ(E)<∞ ( E={ x∈E|n≦f(x)<n+1 } )

補足

正項級数 狽 について、狽<∞ は、この無限級数が収束することを意味する。

よって、0≦n≦∞nμ(E)<∞ は、この無限級数が収束することを意味する。

解答

いま、0≦k≦nkμ(E)≦0≦k≦nf(x)dx≦∫f(x)dx<∞ である。

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

いま、(n+1)μ(E)≦2nμ(E) である。

よって、0≦n≦∞(n+1)μ(E)<∞ である。

g(x)=n+1 ( x∈E ) と定める。

いま、0≦f≦g である。

よって、∫fdx≦∫gdx=0≦n≦∞(n+1)μ(E)<∞ である。

つまり、f は可積分である。

例題問題

f:E→[0、∞) を非負値可積分関数とする。

E は有限測度であるとする。

={ x∈E|nr≦f(x)<(n+1)r } とおく。

0≦n≦∞nrμ(E) とおく。

このとき、limr→0=∫f(x)dx である。

これを示せ。

解答

いま、E=∪0≦n≦∞ とおく。

また、E は互いに素である。

よって、p0≦n≦∞nrdx≦0≦n≦∞fdx=∫fdx である。

よって、limr→0≦∫fdx である。

一方、p+rμ(E)=0≦n≦∞(n+1)rμ(E)≧∫fdx である。

よって、limr→0≧∫fdx である。

例題問題

f、f→[0、∞) を非負値可積分関数とする。

limn→∞(x)=f(x) であるとする。

limn→∞(x)dx=∫f(x)dx であるとする。

このとき、任意の可測集合 E に対し、limn→∞(x)dx=∫f(x)dx である。

これを示せ。

解答

ファトゥの補題より、



再び、ファトゥの補題より、

例題問題

p>1 とする。

このとき、次が成り立つことを示せ。



ただし、

補足

Γ(x) を 『 ガンマ関数 』 という。

解答

x>0 ならば、xp−11≦n≦∞−nx>0 である。

よって、次のように計算できる。(※無限等比級数の公式、単調収束定理)

例題問題

f:→(−1、1) を可測関数とする。

limx→0f(x)=0 であるとする。

このとき、次が成り立つことを示せ。

解答

λ(x)=λf(x)/(λ+|x|) とおく。

いま、λ≦1 ならば、|fλ(x)|≦1/(1+|x|) である。

また、1/(1+|x|) は可積分関数である。

よって、次のように計算できる。(※ルベーグの収束定理)



また、次が成り立つ。(※定理の仮定)



よって、定理の式が示された。

例題問題

次の積分を計算せよ。

(1)の解答

−x−y は非負値関数である。

よって、次のように計算できる。(※フビニの定理)

(2)の解答

(1)より、



よって、次のように計算できる。(※フビニの定理)