リーマン積分が微分の逆になるやつの証明

リーマン積分が微分の逆になるやつの証明

はじめに

高校数学以来、「積分は微分の逆演算である」と、いわば天下り的に教わってきました。実際、原始関数を求めることで定積分を計算する、という手順は当たり前のように使っています。本記事では、この事実を ε-δ 論法を用いて示してみようと思います。

定義のおさらい

ダルブー和による同値の定義もありますが、直感的にわかりやすいリーマンの定義を記載します。

求めたい定理

証明

微分の定義より、示すべきことは、次の式を示せばよいです。
$$\lim_{h \to 0} \frac{F(x+h) - F(x)}{h} = f(x)$$

これを ε-δ 論法の形で書き下すと、任意の $\varepsilon > 0$ に対して、ある $\delta > 0$ が存在し、次が成り立つことを示せばよいです。
$$0 < |h| < \delta \implies \left| \frac{F(x+h) - F(x)}{h} - f(x) \right| < \varepsilon$$

（$x+h \in I$ となる $h$ のみを考えます）

ステップ 1：差分を 1 つの積分にまとめる

突然ですが、$\frac{F(x+h) - F(x)}{h}$ の分子に注目します。積分の加法性より、次のようにかけます。
$$F(x+h) - F(x) = \int_a^{x+h} f(t)\,dt - \int_a^x f(t)\,dt = \int_x^{x+h} f(t)\,dt$$

ステップ 2：$f(x)$ も積分の形で表す

次に、定数関数 $1$ を $x$ から $x+h$ まで積分することを考えます。定数関数のリーマン和は、タグの選び方によらず、次のようになります。
$$ S(1, P, \xi) = \sum_{i=1}^{n} 1 \cdot (x_i - x_{i-1}) = x_n - x_0 $$

これは分割によらず積分区間の長さそのものです。つまり定数関数は常に可積分で、その積分値は「高さ $1$ ×幅 $h$」というただの長方形の面積となるので、次のようになります。
$$\int_x^{x+h} dt = h$$

$f(x)$ は積分変数 $t$ から見れば定数なので、これを使うと
$$f(x) =\frac{1}{h}h f(x) =\frac{1}{h} \int_{x}^{x+h}dt \cdot f(x) = \frac{1}{h} \int_x^{x+h} f(x)\,dt$$

と書き直せます。ステップ 1 の結果と合わせれば、次が得られます。
$$\begin{aligned} \frac{F(x+h) - F(x)}{h} - f(x) &= \frac{1}{h} \int_x^{x+h} f(t)\,dt - \frac{1}{h} \int_x^{x+h} f(x)\,dt \\ &= \frac{1}{h} \int_x^{x+h} \{ f(t) - f(x) \}\,dt \end{aligned}$$

つまり、評価したい量が「$f(t) - f(x)$ の積分」という 1 つの積分に化けました。

ステップ 3：絶対値で評価する

次の「積分の絶対値に関する不等式」を用います（右辺の外側にも絶対値が付いているのは、$\beta < \alpha$ の場合に右辺の積分が負になり得るためです）。
$$\left| \int_\alpha^\beta g(t)\,dt \right| \le \left| \int_\alpha^\beta |g(t)|\,dt \right|$$

これにより、次のような結果を得られます。
$$\begin{aligned} \left| \frac{F(x+h) - F(x)}{h} - f(x) \right| &= \frac{1}{|h|} \left| \int_x^{x+h} \{ f(t) - f(x) \}\,dt \right| \\ &\le \frac{1}{|h|} \left| \int_x^{x+h} |f(t) - f(x)|\,dt \right| \quad \cdots ① \end{aligned}$$

あとは「右辺の $|f(t) - f(x)|$ を小さく抑えられればよい」という形になりました。ここで初めて$f$が$x$で連続という仮定の出番が来ます。

ステップ 4：連続性から δ を選ぶ

仮定より $f$ は点 $x$ において連続です。したがって、最初に与えられた $\varepsilon > 0$ に対して、ある $\delta > 0$ が存在し、次が成り立ちます。
$$\forall t \in I, \quad |t - x| < \delta \implies |f(t) - f(x)| < \varepsilon$$

いま $0 < |h| < \delta$ としています。そして積分変数 $t$ は $x$ と $x+h$ の間を動きます。すなわち、$h > 0$ なら $x \le t \le x+h$、$h < 0$ なら $x+h \le t \le x$ です。いずれの場合も次が成り立ちます。
$$|t - x| \le |h| < \delta$$

よって、この範囲の $t$ に対して連続性の評価 $|f(t) - f(x)| < \varepsilon$ が適用できます。

ステップ 5：仕上げ

したがって、① の右辺の積分部分は
$$\left| \int_x^{x+h} |f(t) - f(x)|\,dt \right| \le \left| \int_x^{x+h} \varepsilon\,dt \right| = \varepsilon |h|$$

と評価できます。これを ① に戻すと、$0 < |h| < \delta$ のとき
$$\left| \frac{F(x+h) - F(x)}{h} - f(x) \right| \le \frac{1}{|h|} \cdot \varepsilon |h| = \varepsilon$$

となります。任意の $\varepsilon > 0$ に対してこの評価が成り立つので、
$$\lim_{h \to 0} \frac{F(x+h) - F(x)}{h} = f(x)$$

すなわち $F'(x) = f(x)$ が示されました。$\blacksquare$

補足： 最後の評価は $< \varepsilon$ ではなく $\le \varepsilon$ になっていますが、「任意の $\varepsilon > 0$ に対して... $\le \varepsilon$」は「任意の $\varepsilon > 0$ に対して... $< \varepsilon$」と同値なので、極限の定義としてはこれで十分です。どうしても $<$ で締めたい場合は、ステップ 4 で連続性を $\varepsilon/2$ に対して適用すれば、最終的に $\le \varepsilon/2 < \varepsilon$ が得られます。

おわりに

証明を振り返ると、$f$が$x \in I$で連続という事実が効いてきます。