ルベーグの収束定理

この記事では，積分と極限の交換に関するルベーグの収束定理を紹介します。

積分と極限の交換

∫ablim⁡n→∞fn(x)dx=lim⁡n→∞∫abfn(x)dx\displaystyle\int_a^b\lim_{n\to\infty}f_n(x)dx=\lim_{n\to\infty}\int_a^b f_n(x)dx

は成立するか？

積分と無限和の交換について

  • 数学科のジョーク(?)として「物理学科だったらここの積分と極限を交換できるんだけどなぁ……」というものがあります。

  • 交換できる例： lim⁡n→∞∫0∞(1+xn)−nx−1ndx \lim_{n \to \infty} \int_{0}^{\infty} \left( 1+\dfrac{x}{n} \right)^{-n} x^{-\frac{1}{n}} dx という計算は，積分と極限を入れ替えて
    ∫0∞lim⁡n→∞(1+xn)−nx−1ndx=∫0∞e−xdx\displaystyle\int_{0}^{\infty} \lim_{n \to \infty} \left( 1+\dfrac{x}{n} \right)^{-n} x^{-\frac{1}{n}} dx\\ =\displaystyle\int_{0}^{\infty} e^{-x} dx
    とできます（証明は記事末の発展問題2で）。

  • 交換できない例： fn(x)={1(n≦x≦n+1)0(その他) f_n (x) = \begin{cases} 1 &(n \leqq x \leqq n+1)\\ 0 &(\text{その他}) \end{cases} を考えてみましょう。lim⁡n→∞fn(x)=0\displaystyle \lim_{n \to \infty} f_n (x) = 0 なので, lim⁡n→∞∫0∞fn(x)dx=1∫01lim⁡n→∞fn(x)dx=0\begin{aligned} \lim_{n \to \infty} \int_0^{\infty} f_n (x) dx &= 1\\ \int_0^1 \lim_{n \to \infty} f_n (x) dx &= 0 \end{aligned} となり，積分と極限は交換はできません。

  • この記事では，交換できるための十分条件を表すルベーグの収束定理を紹介します。

  • 他の条件については積分と極限（無限和）の交換も参照してください。

ルベーグの収束定理

ルベーグの収束定理（優収束定理）

関数列 fn(x)f_n (x) は [a,b][a,b] 上で可測とし，f(x)f(x) に各点収束するとする。（a=−∞a = -\infty や b=∞b = \infty でも良い）

「すべての nn に対してほとんどいたるところで ∣fn(x)∣≦∣g(x)∣|f_n (x)| \leqq |g(x)|」を満たす可積分関数 g(x)g(x) が存在するとき， lim⁡n→∞∫abfn(x)dx=∫abf(x)dx \lim_{n \to \infty} \int_a^b f_n (x) dx = \int_a^b f (x) dx となる。

証明はルベーグ積分論の本を参照してください。

例題1

次の積分を計算しなさい。

lim⁡n→∞∫0∞11+xndx\displaystyle\lim_{n \to \infty} \int_0^{\infty} \dfrac{1}{1+x^n} dx

解答

fn(x)=11+xnf_n (x) = \dfrac{1}{1+x^n} とおく。n≧2n \geqq 2 で考える。

x≦1x \leqq 1 において 11+xn≦1\dfrac{1}{1+x^n}\leqq 1 であり，x≧1x \geqq 1 において 11+xn≦11+x2\dfrac{1}{1+x^n} \leqq \dfrac{1}{1+x^2} である。よって g(x)={1(x≦1)11+x2(x≧1) g(x) = \begin{cases} 1 &(x \leqq 1)\\ \dfrac{1}{1+x^2} &(x \geqq 1) \end{cases} とおくと，各点 xx で ∣fn(x)∣≦g(x)|f_n (x)| \leqq g(x) である。

∫0∞g(x)dx=∫01dx+∫1∞dx1+x2=1+[arctan⁡x]1∞=1+π2−π4=1+π4<∞\begin{aligned} &\int_0^{\infty} g(x) dx\\ &= \int_0^1 dx + \int_1^{\infty} \dfrac{dx}{1+x^2}\\ &= 1 + \Big[ \arctan x \Big]_1^{\infty}\\ &= 1 + \dfrac{\pi}{2} - \dfrac{\pi}{4}\\ &= 1 + \dfrac{\pi}{4} < \infty \end{aligned}

よって，gg は可積分である。ゆえにルベーグの収束定理から積分と極限が交換できる。

lim⁡n→∞fn(x)={1(0≦x<1)12(x=1)0(x>1) \lim_{n \to \infty} f_n (x) = \begin{cases} 1 &(0 \leqq x < 1)\\ \dfrac{1}{2} &(x = 1)\\ 0 &(x > 1) \end{cases} であるため lim⁡n→∞∫0∞fn(x)dx=∫0∞lim⁡n→∞fn(x)dx=∫01dx=1\begin{aligned} &\lim_{n \to \infty} \int_0^{\infty} f_n (x) dx\\ &= \int_0^{\infty} \lim_{n \to \infty} f_n (x) dx\\ &= \int_0^1 dx = 1 \end{aligned} である。

最後の積分

lim⁡n→∞fn\displaystyle \lim_{n \to \infty} f_n は x=1x = 1 で不連続ですが，1点での積分値は 00 と見なせます。

具体的にルベーグ積分の形で書きましょう。 lim⁡n→∞fn=χ[0,1)+12χ{1} \lim_{n \to \infty} f_n = \chi_{[0,1)} + \dfrac{1}{2} \chi_{\{ 1 \}} となります。μ({1})=0\mu (\{1\}) = 0 であるため x=1x = 1 の部分は（定積分の上で）無視できます。

補足

ルベーグ積分に詳しくない方は

  • 可測関数 → 積分ができる関数（連続関数，不連続点が有限個の関数 などが例です）

と読み替えてください。以下の記事も参考にしてください。

※ この記事では [a,b][a,b] 上での積分を考えていますが，一般には測度が定義されている集合 XX であれば同様の定理が得られます。（例えば重積分や複素積分でも同様の定理が成り立ちます）

有界収束定理

ルベーグの収束定理の特殊ケースとして，有界収束定理も重要です。

ルベーグの収束定理における「おさえる関数 g(x)g(x)」が定数 MM の場合です。

有界収束定理

関数列 fn(x)f_n (x) は [a,b][a,b] 上で可測とし，f(x)f(x) に各点収束するとする。

「すべての nn に対してほとんどいたるところで ∣fn(x)∣≦M|f_n (x)| \leqq M」を満たす定数 MM が存在するとき， lim⁡n→∞∫abfn(x)dx=∫abf(x)dx \lim_{n \to \infty} \int_a^b f_n (x) dx = \int_a^b f (x) dx となる。

例題2

次の積分を計算しなさい。

lim⁡n→∞∫0πsin⁡nxdx\displaystyle\lim_{n \to \infty} \int_0^{\pi} \sin^n x dx

解答

任意の nn に対して ∣sin⁡nx∣≦1|\sin^n x| \leqq 1 であり，∫0πdx=π<∞\displaystyle\int_0^{\pi} dx = \pi < \infty である。

よって有界収束定理から積分と極限を交換できる。

lim⁡n→∞sin⁡nx={1(x=π2)0(その他)=χ{π2}(x)\begin{aligned} \lim_{n \to \infty} \sin^n x &= \begin{cases} 1 &(x = \dfrac{\pi}{2})\\ 0 &(\text{その他}) \end{cases}\\ &= \chi_{\{\frac{\pi}{2}\}} (x) \end{aligned}

より

lim⁡n→∞∫0πsin⁡nxdx=∫0πlim⁡n→∞sin⁡nxdx=∫0πχ{π2}(x)dx=μ({π2})=0\begin{aligned} \lim_{n \to \infty} \int_0^{\pi} \sin^n x dx &= \int_0^{\pi} \lim_{n \to \infty} \sin^n x dx\\ &= \int_0^{\pi} \chi_{\{\frac{\pi}{2}\}} (x) dx\\ &= \mu \left(\left\{\frac{\pi}{2}\right\}\right) = 0 \end{aligned}

である。

単調収束定理

ルベーグの収束定理と合わせてもう1つ重要な単調収束定理も紹介しておきます。

単調収束定理

{fn}\{ f_n \} は [a,b][a,b] 上の非負値（可測）関数列とする。ほとんどいたる xx で {fn(x)}\{ f_n (x) \} は単調に増加しているとする。（a=−∞a = -\infty や b=∞b = \infty でも良い）

このとき lim⁡n→∞∫abf(x)dx=∫ablim⁡n→∞fn(x)dx \lim_{n \to \infty} \int_a^b f(x) dx = \int_a^b \lim_{n \to \infty} f_n (x) dx である。（∞=∞\infty = \infty でも OK）

単調収束定理から直ちに以下の定理もわかります。

項別積分に関する定理

{fn}\{ f_n \} は [a,b][a,b] 上の非負値（可測）関数列とする。（a=−∞a = -\infty や b=∞b = \infty でも良い）

このとき ∫ab∑n=1∞fn(x)dx=∑n=1∞∫abfn(x)dx \int_a^b \sum_{n=1}^{\infty} f_n (x) dx = \sum_{n=1}^{\infty} \int_a^b f_n (x) dx である。（∞=∞\infty = \infty でも OK）

発展問題

どの収束定理を使うか考えてみてください。

発展問題
  1. fn=x∑k=1ne−kx\displaystyle f_n = x \sum_{k=1}^n e^{-kx} とおく。次の積分を計算しなさい。

lim⁡n→∞∫0∞fn(x)dx∫0∞xex−1dx \lim_{n \to \infty} \int_0^{\infty} f_n (x) dx\\ \int_0^{\infty} \dfrac{x}{e^x - 1} dx

  1. 次の積分を計算しなさい。

lim⁡n→∞∫0∞(1+xn)−nx−1ndx \lim_{n \to \infty} \int_{0}^{\infty} \left( 1+\dfrac{x}{n} \right)^{-n} x^{-\frac{1}{n}} dx

発展問題1

前半

そのまま計算する。In=∫0∞fn(x)dx\displaystyle I_n = \int_0^{\infty} f_n (x) dx とおく。 In=∫0∞x∑k=1ne−kxdx=∑k=1n∫0∞xe−kxdx=∑k=1n[−xe−kxk−e−kxk2]0∞=∑k=1n1k2\begin{aligned} I_n &= \int_0^{\infty} x \sum_{k=1}^n e^{-kx} dx\\ &= \sum_{k=1}^n \int_0^{\infty} x e^{-kx} dx\\ &= \sum_{k=1}^n \Big[ -\dfrac{xe^{-kx}}{k} - \dfrac{e^{-kx}}{k^2} \Big]_0^{\infty}\\ &= \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k^2} \end{aligned}

よって lim⁡n→∞∫0∞fn(x)dx=lim⁡n→∞In=∑k=1∞1k2=π26\begin{aligned} &\lim_{n \to \infty} \int_0^{\infty} f_n (x) dx\\ &= \lim_{n \to \infty} I_n\\ &= \sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{1}{k^2} = \dfrac{\pi^2}{6} \end{aligned} となる。

後半の積分は，前半の積分の積分と極限を入れ替えればよさそうですね。

後半

fn(x)=x∑k=1ne−kx=xe−x(1−e−nx)1−e−x=x(1−e−nx)ex−1\begin{aligned} f_n (x) &= x \sum_{k=1}^n e^{-kx}\\ &= \dfrac{xe^{-x} (1-e^{-nx})}{1-e^{-x}}\\ &= \dfrac{x (1-e^{-nx})}{e^{x}-1} \end{aligned}

0≦1−e−nx≦10 \leqq 1 - e^{-nx} \leqq 1 より ∣fn∣≦∣xex−1∣|f_n| \leqq \left| \dfrac{x}{e^x-1} \right| である。

ゆえに lim⁡n→∞fn(x)=xex−1\displaystyle \lim_{n \to \infty} f_n (x) = \dfrac{x}{e^x - 1} となる。

e−nxe^{-nx} は 0≦x0 \leqq x で正であるため，項別積分の公式を用いると ∫0∞xex−1dx=∫0∞x∑n=1∞e−nxdx=∑n=1∞∫0∞xe−nxdx=π26\begin{aligned} &\int_0^{\infty} \dfrac{x}{e^x - 1} dx\\ &= \int_0^{\infty} x \sum_{n=1}^{\infty} e^{-nx} dx\\ &= \sum_{n=1}^{\infty} \int_0^{\infty} xe^{-nx} dx\\ &= \dfrac{\pi^2}{6} \end{aligned} となる。

発展問題2

結論から言うと，積分と極限が交換できます。（それは例題なのでまぁ……ですが）

実際に交換してみると lim⁡n→∞∫0∞(1+xn)−nx−1ndx=∫0∞lim⁡n→∞(1+xn)−nx−1ndx=∫0∞e−x=[−e−x]0∞=1e\begin{aligned} &\lim_{n \to \infty} \int_{0}^{\infty} \left( 1+\dfrac{x}{n} \right)^{-n} x^{-\frac{1}{n}} dx\\ &= \int_{0}^{\infty} \lim_{n \to \infty} \left( 1+\dfrac{x}{n} \right)^{-n} x^{-\frac{1}{n}} dx\\ &= \int_0^{\infty} e^{-x}\\ &= \Big[-e^{-x}\Big]_0^{\infty}\\ &= \dfrac{1}{e} \end{aligned} となります。

では，交換できることを証明します。ルベーグの収束定理を使うために頑張って優関数を見つけます。

証明

n≧2n \geqq 2 に対して計算しても良い。

fn(x)=(1+xn)−nx−1nf_n (x) = \left( 1+\dfrac{x}{n} \right)^{-n} x^{-\frac{1}{n}} とおく。各 nn について fn≧0f_n \geqq 0 である。

被積分関数 (1+xn)−nx−1n\left( 1+\dfrac{x}{n} \right)^{-n} x^{-\frac{1}{n}} が nn について単調減少であることを示す。

fn(x)fn+1(x)=(1+xn)x−1n(n+1) \dfrac{f_n (x)}{f_{n+1} (x)} = \left( 1+\dfrac{x}{n} \right) x^{-\frac{1}{n(n+1)}} これが 11 より大きいことを示せばよい。特に 1+xn>x1n(n+1) 1+\dfrac{x}{n} > x^{\frac{1}{n(n+1)}} を示せばよい。

F(x)=1+xn−x1n(n+1)F(x) = 1+\dfrac{x}{n} - x^{\frac{1}{n(n+1)}} とする。 F′(x)=1n−1n(n+1)x−1+1n(n+1) F'(x) = \dfrac{1}{n} - \dfrac{1}{n(n+1)} x^{-1+\frac{1}{n(n+1)}} である。F′(x)=0F'(x) = 0 を解くと x=(n+1)−n+n2n2+n−1x = (n+1)^{-\frac{n+n^2}{n^2+n-1}} となる。F(x)F(x) はここで最小値を取る。

F((n+1)−n+n2n2+n−1)=1+1n(n+1)−n+n2n2+n−1−(n+1)−1n2+n−1\begin{aligned} &F \left( (n+1)^{-\frac{n+n^2}{n^2+n-1}} \right)\\ &= 1 + \dfrac{1}{n} (n+1)^{-\frac{n+n^2}{n^2+n-1}} - (n+1)^{-\frac{1}{n^2+n-1}} \end{aligned}

ここで (n+1)−1n2+n−1=(1n+1)1n2+n−1<1(n+1)^{-\frac{1}{n^2+n-1}} = \left( \dfrac{1}{n+1} \right)^{\frac{1}{n^2+n-1}} < 1 より F((n+1)−n+n2n2+n−1)>0F \left( (n+1)^{-\frac{n+n^2}{n^2+n-1}} \right) > 0 である。

以上より F(x)>0F(x) > 0 であり，fnf_n は nn について単調減少であることがわかる。こうして ∣fn(x)∣≦∣f2(x)∣|f_n (x)| \leqq |f_2 (x)| を得る。（優関数として f2f_2 が取れた。）

さらに

∫0∞f2(x)dx=∫0∞(1+x2)−2x−12dx≦∫0π21(1+tan⁡2θ)12tan⁡θ4tan⁡θcos⁡2θdθ≦∫0π222cos⁡2θdθ=π2<∞\begin{aligned} &\int_{0}^{\infty} f_2 (x) dx\\ &= \int_0^{\infty} \left( 1+\dfrac{x}{2} \right)^{-2} x^{-\frac{1}{2}} dx\\ &\leqq \int_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{1}{(1+\tan^2 \theta)} \dfrac{1}{\sqrt{2} \tan \theta} \dfrac{4 \tan \theta}{\cos^2 \theta} d\theta\\ &\leqq \int_0^{\frac{\pi}{2}} 2\sqrt{2} \cos^2 \theta d\theta\\ &= \dfrac{\pi}{\sqrt{2}} < \infty \end{aligned}

より f2f_2 は可積分である。

以上よりルベーグの収束定理から

lim⁡n→∞∫0∞(1+xn)−nx−1ndx=∫0∞lim⁡n→∞(1+xn)−nx−1ndx=∫0∞e−x=[−e−x]0∞=1e\begin{aligned} &\lim_{n \to \infty} \int_{0}^{\infty} \left( 1+\dfrac{x}{n} \right)^{-n} x^{-\frac{1}{n}} dx\\ &= \int_{0}^{\infty} \lim_{n \to \infty} \left( 1+\dfrac{x}{n} \right)^{-n} x^{-\frac{1}{n}} dx\\ &= \int_0^{\infty} e^{-x}\\ &= \Big[-e^{-x}\Big]_0^{\infty}\\ &= \dfrac{1}{e} \end{aligned}

と計算される。

これで積分と極限を自由に交換できますね。

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