ルベーグの収束定理を例題から理解する｜証明・考え方を解説

ルベーグ積分は極限と相性が良く，その中でもひときわ便利な重要な定理にルベーグの収束定理があります．

ルベーグの収束定理を使えば，例えば次のような問題を解くことができます．

$n$を２以上の整数とする．極限$\lim\limits_{n\to\infty}\dint_{0}^{\infty}\dfrac{1}{1+x^{n}}\,dx$を求めよ．

この問題の積分$\dint_{0}^{\infty}\dfrac{1}{1+x^{n}}\,dx$は中身に$n$が入っているため，このまま積分するのは大変です．

しかし，もし極限$\lim\limits_{n\to\infty}$と積分$\dint_{[0,\infty)}$の順序が交換できれば，先に極限$\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{1}{1+x^{n}}$を計算することになり$n$が消えて積分しやすくなりそうです．

このように極限と積分の順序交換をしたいことはよくあり，ルベーグの収束定理はこのことを正当化してくれる定理です．

この記事では

ルベーグの収束定理と例題
ルベーグの収束定理の証明
ルベーグの収束定理の条件の補足

を順に解説します．

以下ではルベーグ可測集合のことを単に「可測集合」と呼び，ルベーグ可測関数のことを単に「可測関数」と呼びます．

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ルベーグ積分の参考文献

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ルベーグの収束定理と例題

次の定理をルベーグの優収束定理 (dominated convergence theorem)または単にルベーグの収束定理といいます．

［ルベーグの収束定理］可測集合$A$上の可測関数列$\{f_n\}$は各点収束するとする．さらに，ある$A$上のルベーグ可積分関数$g$が存在して，任意の$n$に対して

$\begin{align*}|f_n(x)|\le g(x)\quad(x\in A)\end{align*}$

が成り立つなら，$\{f_n\}$は項別積分可能である：

$\begin{align*}\lim_{n\to\infty}\int_{A}f_n(x)\,dx=\int_{A}\lim_{n\to\infty}f_n(x)\,dx.\end{align*}$

実はもう少し条件を弱めて書かれることもよくあります．これについてはこの記事の最後の「ルベーグの収束定理の条件の補足」で説明します．

この定理のポイントはルベーグ可積分関数$g$が$n$によらないという点です．また，$|f_n|$を上から抑える関数$g$は$\{f_n\}$の優関数と呼ばれることもあります．

証明の前に具体例からルベーグの収束定理の使い方を解説します．

具体例１

極限$\lim\limits_{n\to\infty}\dint_{[0,1]}\dfrac{1}{1+n(x+1)^{3}}\,dx$を求めよ．

積分$\dint_{[0,1]}\dfrac{1}{1+n(x+1)^{3}}\,dx$をこのまま実行するのは大変そうですが，先に極限$\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{1}{1+n(x+1)^{3}}$が計算できれば，$n$が消えて積分が簡単に計算できます．

この極限と積分の順序交換を正当化するためにルベーグの収束定理を使いましょう．

関数$f_n:[0,1]\to\R$を$f_n(x):=\dfrac{1}{1+n(x+1)^{3}}$で定める．

(1) 一般に連続関数は可測関数だから，$f_n$は$[0,1]$上の可測関数である．また，

$\begin{align*}\lim_{n\to\infty}f_n(x)=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{1+n(x+1)^{3}}=0\quad(0\le x\le 1)\end{align*}$

が成り立つ．

(2) 関数$g:[0,1]\to\R$を恒等的に値１をとる関数と定めると，

$\begin{align*}|f_n(x)|\le\frac{1}{1+1\cdot(0+1)^3}=\frac{1}{2}\le g(x)\quad(0\le x\le1)\end{align*}$

が成り立つ．

(3) $g$は単関数なので，単関数のルベーグ積分の定義より

$\begin{align*}\int_{[0,1]}g(x)\,dx=1\cdot m([0,1])=1\end{align*}$

と計算できるから，$[0,1]$上ルベーグ可積分である．ただし，$m$はルベーグ測度である．

(1)-(3)より，ルベーグの収束定理が適用できて，

$\begin{align*}&\lim_{n\to\infty}\int_{[0,1]}f_n(x)\,dx =\int_{[0,1]}\lim_{n\to\infty}f_n(x)\,dx \\&=\int_{[0,1]}0\,dx =0\cdot m([0,1])=0\end{align*}$

を得る．

ルベーグの収束定理を使うために

可測関数列$\{f_n\}$の各点収束
$|f_n|\le g$なる$n$によらない関数$g$の存在
$g$がルベーグ可積分関数であること

を示していることを意識してください．

上の解答では$g$は恒等的に値１をとる関数としましたが，$|f_n|\le g$なる$n$によらないルベーグ可積分関数$g$であればなんでも構いません．

具体例２

$[0,1]$上の連続関数$f$に対して，極限$\lim\limits_{n\to\infty}\dint_{[0,1]}x^nf(x)\,dx$を求めよ．

この問題も先に極限が計算できれば積分が簡単にできそうですから，ルベーグの収束定理を使いましょう．

関数$f_n:[0,1]\to\R$を$f_n(x):=x^nf(x)$で定める．

(1) 一般に連続関数は可測関数であり，可測関数の積も可測関数だから，$f_n$は可測関数である．

また，一般に有界閉区間上の連続関数は有界関数だから$f$は有界であり，$\lim\limits_{n\to\infty}x^n=0$（$0\le x<1$）であることを併せると，

$\begin{align*}\lim_{n\to\infty}f_n(x)=\begin{cases}0&(0\le x<1),\\f(1)&(x=1)\end{cases}\end{align*}$

が成り立つ．

(2) 関数$g:[0,1]\to\R$を$g(x)=|f(x)|$で定めると，$n$によらず

$\begin{align*}|f_n(x)|=|x^n||f(x)|\le |f_n(x)|=g(x)\quad(0\le x\le1)\end{align*}$

が成り立つ．

(3) $f$は$[0,1]$上の有界関数だからルベーグ可積分関数となり，$g=|f|$も$[0,1]$上のルベーグ可積分関数である．

(1)-(3)より，ルベーグの収束定理が適用できて，

$\begin{align*}&\lim_{n\to\infty}\int_{[0,1]}x^nf(x)\,dx =\int_{[0,1]}\lim_{n\to\infty}x^nf(x)\,dx \\&=0\cdot m([0,1))+f(1)\cdot m(\{1\}) =0+0=0\end{align*}$

を得る．ただし，$m$はルベーグ測度である．

$\lim\limits_{n\to\infty}x^n=0$（$0\le x<1$）なので，$f$が具体的にどんな関数か分からなくても，有界でさえあれば

$\begin{align*}\lim\limits_{n\to\infty}x^nf(x)=0\quad(0\le x<1)\end{align*}$

となることがポイントですね．

この解答でもルベーグの収束定理を使うために

可測関数列$\{f_n\}$の各点収束
$|f_n|\le g$なる$n$によらない関数$g$の存在
$g$がルベーグ可積分関数であること

を示していることを意識してください．

具体例３

最後に冒頭の問題を考えてみましょう．

$n$を２以上の整数とする．極限$\lim\limits_{n\to\infty}\dint_{[0,\infty)}\dfrac{1}{1+x^{n}}\,dx$を求めよ．

$|f_n|\le g$なるルベーグ可積分関数$g$をどのように取ってくるかが少し難しい問題ですが，$n$が大きくなるほど

$(0,1)$上の各点で単調増加
$(1,\infty)$上の各点で単調減少

ということを意識して解答を考えましょう．

関数$f_n:[0,\infty)\to\R$を$f_n(x):=\dfrac{1}{1+x^{n}}$で定める．

(1) 一般に連続関数は可測関数だから，$f_n$は$[0,\infty)$上の可測関数である．また，関数列$\{f_n\}$は次の関数$f$に各点収束する：

$\begin{align*}f(x)=\begin{cases}1&(0\le x<1),\\\frac{1}{2}&(x=1),\\0&(1<x).\end{cases}\end{align*}$

(2) 関数$g:[0,\infty)\to\R$を

$\begin{align*}g(x):=\begin{cases}1&(0\le x<1),\\\frac{2}{1+x^2}&(1\le x).\end{cases}\end{align*}$

で定めると，$x\in[0,1]$なら

$\begin{align*}|f_n(x)|=\frac{1}{1+x^{n}}\le\frac{1}{1+0^{n}}=1\le g(x)\end{align*}$

であり，$x\in(1,\infty)$なら

$\begin{align*}|f_n(x)|\le\frac{1}{1+x^{2}}<g(x)\end{align*}$

だから，$n$によらず$|f_n(x)|\le g(x)$（$x\in[0,\infty)$）が成り立つ．

(3) $g$は$[0,\infty)$上のルベーグ可積分関数である：

$\begin{align*}\int_{0}^{\infty}g(x)\,dx=1+\brc{2\tan^{-1}{x}}_{1}^{\infty}=1+\frac{\pi}{2}<\infty.\end{align*}$

(1)-(3)より，ルベーグの収束定理が適用できて，

$\begin{align*}&\lim_{n\to\infty}\int_{0}^{\infty}f_n(x)\,dx =\int_{[0,\infty)}f(x)\,dx \\&=1\cdot m([0,1))+\frac{1}{2}\cdot m(\{1\})+0\cdot m((1,\infty)) \\&=1+0+0=1\end{align*}$

を得る．ただし，$m$はルベーグ測度である．

最後から２つ目の等号の第３項目について，拡大実数において$0\cdot\infty=0$と定義していたことに注意しましょう．

$[0,1]$上で$f_n$は有界でベタッと１で上から評価できるので，$(1,\infty)$でどのように$g$を定めればルベーグ可積分関数になるかがポイントとなる問題でした．

リーマン積分で$\dint_{1}^{\infty}\dfrac{1}{1+x^2}\,dx$が有限の値に収束することは頻出なので，このことを意識できれば$g$のとり方に気付けるかもしれませんね．

また，場合分けをしなくても例えば$[0,\infty)$上で$g(x)=\dfrac{2}{1+x^2}$などとしても，ルベーグの収束定理の条件を満たします．

ルベーグの収束定理の証明

ルベーグの収束定理の証明にはファトゥの補題が鍵になります．

［ファトゥの補題］可測集合$A$上の非負値可測関数列$\{f_n\}$に対して，

$\begin{align*}\int_{A}\liminf_{n\to\infty}f_n(x)\,dx\le\liminf_{n\to\infty}\int_{A}f_n(x)\,dx\end{align*}$

が成り立つ．

ファトゥの補題の良いところは関数列が非負値でさえあれば使える点です．

それではルベーグの収束定理を証明しましょう．

［ルベーグの優収束定理（再掲）］可測集合$A$上の可測関数列$\{f_n\}$は$A$上各点収束するとする．このとき，ある$A$上ルベーグ可積分関数$g$が存在して，任意の$n$に対して

$\begin{align*}|f_n(x)|\le g(x)\quad(x\in A)\end{align*}$

が成り立つなら，$\{f_n\}$は項別積分可能である：

$\begin{align*}\lim_{n\to\infty}\int_{A}f_n(x)\,dx=\int_{A}\lim_{n\to\infty}f_n(x)\,dx.\end{align*}$

$g$は$A$上可積分なので，

$\begin{align*}B:=\set{x\in A}{g(x)=\infty}\end{align*}$

とすると$m(B)=0$である．このとき，$A\setminus B$上で$g$は有限の値をとり，$|f_n|\le g$より$f_n$も$A\setminus B$上で有限の値をとる．

$A$上で$|f_n|\le g$だから$g\pm f_n$は非負値関数なのでファトゥの補題より

$\begin{align*}\liminf_{n\to\infty}\int_{A\setminus B}(g+f_n)(x)\,dx &\ge\int_{A\setminus B}\liminf_{n\to\infty}(g+f_n)(x)\,dx \\&=\int_{A\setminus B}\Bigl(g+\liminf_{n\to\infty}f_n\Bigr)(x)\,dx, \\\liminf_{n\to\infty}\int_{A\setminus B}(g-f_n)(x)\,dx &\ge\int_{A\setminus B}\liminf_{n\to\infty}(g-f_n)(x)\,dx \\&=\int_{A\setminus B}\Bigl(g-\limsup_{n\to\infty}f_n\Bigr)(x)\,dx\end{align*}$

が成り立つ．ただし，２つ目の評価については，一般に集合$X$上の実数値関数$F$に対して$-\inf\limits_{x\in X}{F(x)}=\sup\limits_{x\in X}{(-F(x))}$であることを用いた．

いま得られた評価で両辺から$\dint_{A\setminus B}g(x)\,dx<\infty$を引いて整理すると

$\begin{align*}&\liminf_{n\to\infty}\int_{A\setminus B}f_n(x)\,dx\ge\int_{A\setminus B}\liminf_{n\to\infty}f_n(x)\,dx, \\&\limsup_{n\to\infty}\int_{A\setminus B}f_n(x)\,dx\le\int_{A\setminus B}\limsup_{n\to\infty}f_n(x)\,dx\end{align*}$

が得られ，もとより$\liminf\limits_{n\to\infty}f_n<\limsup\limits_{n\to\infty}f_n$であることと併せて

$\begin{align*}&\int_{A\setminus B}\liminf_{n\to\infty}f_n(x)\,dx\le\liminf_{n\to\infty}\int_{A\setminus B}f_n(x)\,dx \\&\le\limsup_{n\to\infty}\int_{A\setminus B}f_n(x)\,dx\le\int_{A\setminus B}\limsup_{n\to\infty}f_n(x)\end{align*}$

を得る．また，$m(B)=0$だから

$\begin{align*}&\int_{A}\liminf_{n\to\infty}f_n(x)\,dx\le\liminf_{n\to\infty}\int_{A}f_n(x)\,dx \\&\le\limsup_{n\to\infty}\int_{A}f_n(x)\,dx\le\int_{A}\limsup_{n\to\infty}f_n(x)\quad\dots(*)\end{align*}$

が従う．

いま関数列$\{f_n\}$は各点収束するので

$\begin{align*}\liminf_{n\to\infty}f_n=\limsup_{n\to\infty}f_n=\lim_{n\to\infty}f_n\end{align*}$

だから，$(*)$の最左辺と最右辺は等しく不等号は全て等号として成り立つ．これより

$\begin{align*}\liminf_{n\to\infty}\int_{A}f_n(x)\,dx=\limsup_{n\to\infty}\int_{A}f_n(x)\,dx\end{align*}$

も成り立つから，極限$\lim\limits_{n\to\infty}\dint_{A}f_n(x)\,dx$が存在して

$\begin{align*}\lim_{n\to\infty}\int_{A}f_n(x)\,dx=\int_{A}\lim_{n\to\infty}f_n(x)\,dx\end{align*}$

が従う．

最初に$B$を除外していたのは，$B$においては$g\pm f_n$が$\infty-\infty$となって定義できない可能性があるためです．

ルベーグの収束定理の条件の補足

上で紹介したルベーグの収束定理の条件はもう少し弱めて以下のように書かれることもよくあります．

［ルベーグの収束定理］可測集合$A$上の可測関数列$\{f_n\}$は$A$上ほとんど至るところで各点収束するとする．さらに，ある$A$上ルベーグ可積分関数$g$が存在して，任意の$n$に対して

$\begin{align*}|f_n|\le g\quad\mrm{a.e.}\ A\end{align*}$

が成り立つなら，$\{f_n\}$は項別積分可能である：

$\begin{align*}\lim_{n\to\infty}\int_{A}f_n(x)\,dx=\int_{A}\lim_{n\to\infty}f_n(x)\,dx.\end{align*}$

「ほとんど至るところ」というのは「ある零集合上を除いて」という意味でした．また，このことを記号では$\mrm{a.e.}$と書くのでした．

つまり，条件は

関数列$\{f_n\}$が収束していない点があっても，そのような点の集合が零集合であればよい
評価$|f_n|\le g$が成り立っていない点があっても，そのような点の集合が零集合であればよい

と弱めることができるわけですね．

これは零集合上の積分は除外しても変わらないので，条件を満たしていない点の集合が無視できる（測度が０）なら，積分領域に入っていても入っていなくても同じ結果が成り立つためです．