解析学 II 演習第二回試験問題解答 1. 第一回の解答を参照. (1) 対偶を示す. すなわち『ある x0 ∈ I が存在して |f (x0 )| > 0 が成立するなら ∫b ば, f は連続ではないまたは a |f (x)|dx ̸= 0』・・・(∗) を示す. |f (x0 )| > 0 となる x0 が存在すると仮定する. f が連続でなければ (∗) は成立するので, f は連続であるとしてよい. このとき連続性から x0 ∈ (a, b) としても一般性は失わない. f の連続性から, ∃ δ > 0 |f (x0 )| s.t.|x − x0 | < δ ⇒ |f (x)| > が成立する. このとき 2 ∫ b ∫ x0 −δ ∫ x0 +δ ∫ b |f (x)|dx = |f (x)|dx + |f (x)|dx + |f (x)|dx 2. a x0 −δ a ∫ ≥ x0 +δ x0 −δ x0 +δ |f (x0 )| dx = δ|f (x0 )| > 0. 2 したがって{ (∗) は示された. ∫ b 1 (x = a) (2) f (x) = とする. この f は I 上積分可能であり |f (x)|dx = 0 で 0 (x ∈ (a, b]) a ある. 実際 I 上の任意の分割 ∆ に対して, s∆ = 0, S∆ ≤ |∆| が成立するので 0 = sup s∆ ≤ inf S∆ = 0 ∆ ∆ が成立する. よって下積分と上積分がともに 0 であるため f は [a, b] 上積分可能であり, その積分値は 0 である. 3. (1) f は [0, 1] 上積分可能であるため, [0, 1] の n 分割 ∆ = { nt }nt=0 とその代表点 ξt = nt ∈ ( )( ) ∫ 1 n ∑ t t t−1 , に対する Riemann 和 S∆,ξ = f − は n → ∞ の時 f (x)dx n n n n 0 t=1 ( ) ∫ 1 n ∑ t 1 に収束する. したがって f が成立する. f (x)dx = lim n→∞ n n 0 t=1 ( ) ( ) n ∑ t 1 t (2) f = 1 (t = 1, 2, · · · , n) であるから, f = 1 (n ∈ N) である. したがっ n n n t=1 ( ) n ∑ 1 t て lim f = 1. n→∞ n n t=1 [ ] t−1 t , として適当な (3) f は I 上で積分不可能である, 実際 n 分割 ∆ の代表点 ξt ∈ n n n ∑ 1 無理数をとると, その Riemann 和は f (ξt ) = 0 (n ∈ N) より 0 となる. したがっ n t=1 n ∑ 1 t て lim f (ξt ) = 0 が成立する. 一方で (2) から代表点を ξt = とした場合には n→∞ n n t=1 n ∑ 1 lim f (ξt ) = 1 が成立する. よって Riemann 和が |∆| → 0 の時に収束しないため, f n→∞ n t=1 は I 上で積分不可能である. [ t−1 t n ]