関数が絶対連続であるための十分条件
\(a<b\)を満たす実数\(a,b\in \mathbb{R} \)を端点とする有界閉区間上に定義された関数\begin{equation*}f:\mathbb{R} \supset \left[ a,b\right] \rightarrow \mathbb{R} \end{equation*}が与えられているものとします。
関数\(f\)が\(\left[ a,b\right] \)上において絶対連続であることは、\begin{equation*}\forall \varepsilon >0,\ \exists \delta >0,\ \forall \left( a\right) ,\left(
b\right) ,\left( c\right) \text{を満たす}\left\{ \left[ a_{i},b_{i}\right] \right\} _{i=1}^{n}:\left[ \sum_{i=1}^{n}\left\vert b_{i}-a_{i}\right\vert <\delta \Rightarrow \sum_{i=1}^{n}\left\vert
f\left( b_{i}\right) -f\left( a_{i}\right) \right\vert <\varepsilon \right]
\end{equation*}が成り立つこととして定義されます。ただし、\begin{eqnarray*}
&&\left( a\right) \ n\in \mathbb{N} \\
&&\left( b\right) \ \forall i\in \left\{ 1,\cdots ,n\right\} :a\leq
a_{i}<b_{i}\leq b \\
&&\left( c\right) \ \forall i,j\in \left\{ 1,\cdots ,n\right\} :\left(
i\not=j\Rightarrow \left[ a_{i},b_{i}\right] \cap \left[ a_{j},b_{j}\right]
=\phi \right)
\end{eqnarray*}です。つまり、どれほど小さい\(\varepsilon >0\)を任意に選んだ場合でも、それに対して何らかの\(\delta >0\)を選ぶことにより、以下の4つの条件\begin{eqnarray*}&&\left( a\right) \ n\in \mathbb{N} \\
&&\left( b\right) \ \forall i\in \left\{ 1,\cdots ,n\right\} :a\leq
a_{i}<b_{i}\leq b \\
&&\left( c\right) \ \forall i,j\in \left\{ 1,\cdots ,n\right\} :\left(
i\not=j\Rightarrow \left[ a_{i},b_{i}\right] \cap \left[ a_{j},b_{j}\right]
=\phi \right) \\
&&\left( d\right) \ \sum_{i=1}^{n}\left\vert b_{i}-a_{i}\right\vert <\delta
\end{eqnarray*}を満たす任意の閉区間族\(\left\{ \left[ a_{i},b_{i}\right] \right\} _{i=1}^{n}\)について、\begin{equation*}\sum_{i=1}^{n}\left\vert f\left( b_{i}\right) -f\left( a_{i}\right)
\right\vert <\varepsilon
\end{equation*}が成り立つ場合には、\(f\)は\(\left[ a,b\right] \)上において絶対連続です。ただし、以上の定義にもとづいて関数が絶対連続であることを判定する作業は煩雑です。より扱いやすい判定条件があれば望ましいと言えます。
有界閉区間上に定義された関数\(f:\mathbb{R} \supset \left[ a,b\right] \rightarrow \mathbb{R} \)が以下の2つの条件を満たす状況を想定します。
1つ目の条件は、関数\(f\)が区間\(\left[ a,b\right] \)上において連続であるということです。つまり、\(f\)は有界開区間\(\left( a,b\right) \)上の任意の点において連続であり、区間の左側の端点\(a\)において右側連続であり、区間の右側の端点\(b\)において左側連続です。
2つ目の条件は、関数\(f\)は有界開区間\(\left( a,b\right) \)上において微分可能であるとともに、その導関数が有界であるということです。つまり、導関数\begin{equation*}\frac{df}{dx}:\mathbb{R} \supset \left( a,b\right) \rightarrow \mathbb{R} \end{equation*}が存在するとともに、\begin{equation*}
\exists M\in \mathbb{R} ,\ \forall x\in \left( a,b\right) :\left\vert \frac{df\left( x\right) }{dx}\right\vert \leq M
\end{equation*}が成り立つということです。
以上の条件が満たされる場合、この関数\(f\)は区間\(\left[ a,b\right] \)上において絶対連続関数になることが保証されます。証明ではラグランジュの平均値の定理を利用します。
\end{equation*}と表されるものとします。つまり、\(f\)は定数関数です。まずは、定義にもとづいて\(f\)が\(\left[ a,b\right] \)上で絶対連続であることを示します。\(\varepsilon >0\)を任意に選びます。それに対して、\begin{equation*}\delta >0
\end{equation*}を任意に選びます。その上で、以下の4つの条件\begin{eqnarray*}
&&\left( a\right) \ n\in \mathbb{N} \\
&&\left( b\right) \ \forall i\in \left\{ 1,\cdots ,n\right\} :a\leq
a_{i}<b_{i}\leq b \\
&&\left( c\right) \ \forall i,j\in \left\{ 1,\cdots ,n\right\} :\left(
i\not=j\Rightarrow \left[ a_{i},b_{i}\right] \cap \left[ a_{j},b_{j}\right] =\phi \right) \\
&&\left( d\right) \ \sum_{i=1}^{n}\left\vert b_{i}-a_{i}\right\vert <\delta
\end{eqnarray*}を満たす閉区間族\(\left\{ \left[ a_{i},b_{i}\right] \right\} _{i=1}^{n}\)を任意に選ぶと、\begin{eqnarray*}\sum_{i=1}^{n}\left\vert f\left( b_{i}\right) -f\left( a_{i}\right)
\right\vert &=&\sum_{i=1}^{n}\left\vert c-c\right\vert \quad \because f\text{の定義} \\
&=&\sum_{i=1}^{n}0 \\
&=&0 \\
&<&\varepsilon \quad \because \varepsilon >0
\end{eqnarray*}が成り立ちます。したがって\(f\)は\(\left[ a,b\right] \)上において絶対連続関数です。続いて、先の命題を用いて\(f\)が\(\left[a,b\right] \)上で絶対連続であることを示します。定数関数\(c\)は連続であるため\(f\)は\(\left[ a,b\right] \)上で連続です。定数関数\(c\)は微分可能であるため\(f\)は\(\left( a,b\right) \)上で微分可能です。さらに、任意の点\(x\in \left( a,b\right) \)において、\begin{eqnarray*}\frac{df\left( x\right) }{dx} &=&\frac{dc}{dx}\quad \because f\text{の定義} \\
&=&0\quad \because \text{定数関数の微分}
\end{eqnarray*}であるため、\begin{equation*}
\forall x\in \left( a,b\right) :\left\vert \frac{df\left( x\right) }{dx}\right\vert \leq 0
\end{equation*}が成り立ちます。つまり、導関数\(\frac{df}{dx}\)は\(\left( a,b\right) \)上で有界です。したがって、先の命題より\(f\)は\(\left[ a,b\right] \)上で絶対連続ですが、これは先の結果と整合的です。
\end{equation*}を定めるものとします。つまり、\(f\)は恒等関数です。まずは、定義にもとづいて\(f\)が\(\left[ a,b\right] \)上で絶対連続であることを示します。\(\varepsilon >0\)を任意に選びます。それに対して、\begin{equation}\delta =\varepsilon >0 \quad \cdots (1)
\end{equation}と定めます。その上で、\begin{eqnarray*}
&&\left( a\right) \ n\in \mathbb{N} \\
&&\left( b\right) \ \forall i\in \left\{ 1,\cdots ,n\right\} :a\leq
a_{i}<b_{i}\leq b \\
&&\left( c\right) \ \forall i,j\in \left\{ 1,\cdots ,n\right\} :\left(
i\not=j\Rightarrow \left[ a_{i},b_{i}\right] \cap \left[ a_{j},b_{j}\right] =\phi \right) \\
&&\left( d\right) \ \sum_{i=1}^{n}\left\vert b_{i}-a_{i}\right\vert <\delta
\end{eqnarray*}を満たす閉区間族\(\left\{ \left[ a_{i},b_{i}\right] \right\} _{i=1}^{n}\)を任意に選ぶと、\begin{eqnarray*}\sum_{i=1}^{n}\left\vert f\left( b_{i}\right) -f\left( a_{i}\right)
\right\vert &=&\sum_{i=1}^{n}\left\vert b_{i}-a_{i}\right\vert \quad
\because f\text{の定義} \\
&<&\delta \quad \because \left( d\right) \\
&=&\varepsilon \quad \because \left( 1\right)
\end{eqnarray*}が成り立ちます。したがって\(f\)は\(\left[ a,b\right] \)上において絶対連続関数です。続いて、先の命題を用いて\(f\)が\(\left[a,b\right] \)上で絶対連続であることを示します。恒等関数\(x\)は連続であるため\(f\)は\(\left[ a,b\right] \)上で連続です。恒等関数\(x\)は微分可能であるため\(f\)は\(\left( a,b\right) \)上で微分可能です。さらに、任意の点\(x\in \left( a,b\right) \)において、\begin{eqnarray*}\frac{df\left( x\right) }{dx} &=&\frac{dx}{dx}\quad \because f\text{の定義} \\
&=&1\quad \because \text{恒等関数の微分}
\end{eqnarray*}であるため、\begin{equation*}
\forall x\in \left( a,b\right) :\left\vert \frac{df\left( x\right) }{dx}\right\vert \leq 1
\end{equation*}が成り立ちます。つまり、導関数\(\frac{df}{dx}\)は\(\left( a,b\right) \)上で有界です。したがって、先の命題より\(f\)は\(\left[ a,b\right] \)上で絶対連続ですが、これは先の結果と整合的です。
\end{equation*}を定めるものとします。まずは、定義にもとづいて\(f\)が\(\left[ 0,1\right] \)上で絶対連続であることを示します。そこで、\(\varepsilon >0\)を任意に選びます。それに対して、\begin{equation}\delta =\frac{\varepsilon }{2}>0 \quad \cdots (1)
\end{equation}と定めます。その上で、\begin{eqnarray*}
&&\left( a\right) \ n\in \mathbb{N} \\
&&\left( b\right) \ \forall i\in \left\{ 1,\cdots ,n\right\} :a\leq
a_{i}<b_{i}\leq b \\
&&\left( c\right) \ \forall i,j\in \left\{ 1,\cdots ,n\right\} :\left(
i\not=j\Rightarrow \left[ a_{i},b_{i}\right] \cap \left[ a_{j},b_{j}\right] =\phi \right) \\
&&\left( d\right) \ \sum_{i=1}^{n}\left\vert b_{i}-a_{i}\right\vert <\delta
\end{eqnarray*}を満たす閉区間族\(\left\{ \left[ a_{i},b_{i}\right] \right\} _{i=1}^{n}\)を任意に選ぶと、\begin{eqnarray*}\sum_{i=1}^{n}\left\vert f\left( b_{i}\right) -f\left( a_{i}\right)
\right\vert &=&\sum_{i=1}^{n}\left\vert b_{i}^{2}-a_{i}^{2}\right\vert
\quad \because f\text{の定義} \\
&=&\sum_{i=1}^{n}\left\vert \left( b_{i}-a_{i}\right) \left(
b_{i}+a_{i}\right) \right\vert \\
&=&\sum_{i=1}^{n}\left\vert b_{i}-a_{i}\right\vert \left\vert
b_{i}+a_{i}\right\vert \\
&\leq &\sum_{i=1}^{n}\left\vert b_{i}-a_{i}\right\vert \left\vert
1+1\right\vert \quad \because \left( b\right) \\
&=&2\sum_{i=1}^{n}\left\vert b_{i}-a_{i}\right\vert \\
&<&2\delta \quad \because \left( d\right) \\
&=&\varepsilon \quad \because \left( 1\right)
\end{eqnarray*}が成り立ちます。したがって\(f\)は\(\left[ 0,1\right] \)上において絶対連続関数です。続いて、先の命題を用いて\(f\)が\(\left[a,b\right] \)上で絶対連続であることを示します。関数\(x^{2}\)は連続であるため\(f\)は\(\left[ 0,1\right] \)上で連続です。関数\(x^{2}\)は微分可能であるため\(f\)は\(\left( 0,1\right) \)上で微分可能です。さらに、任意の点\(x\in \left( 0,1\right) \)において、\begin{eqnarray*}\frac{df\left( x\right) }{dx} &=&\frac{dx^{2}}{dx}\quad \because f\text{の定義} \\
&=&2x\quad \because \text{恒等関数の微分}
\end{eqnarray*}であるため、\begin{equation*}
\forall x\in \left( 0,1\right) :\left\vert \frac{df\left( x\right) }{dx}\right\vert \leq 2
\end{equation*}が成り立ちます。つまり、導関数\(\frac{df}{dx}\)は\(\left( 0,1\right) \)上で有界です。したがって、先の命題より\(f\)は\(\left[ 0,1\right] \)上で絶対連続ですが、これは先の結果と整合的です。
先の命題が要求する条件の吟味
先の命題は有界閉区間上に定義された関数が絶対連続であるための十分条件を与えており、必要条件ではありません。したがって、先の命題が要求する条件を満たさない一方で絶対連続であるような関数も存在します。以下の例より明らかです。
\end{equation*}を定めるものとします。無理関数\(\sqrt{x}\)は連続であるため\(f\)は\(\left[ 0,1\right]\)上において連続です。無理関数\(\sqrt{x}\)は\(\left( 0,1\right) \)上において微分可能であるため\(f\)は\(\left( 0,1\right) \)上で微分可能です。導関数\(\frac{df}{dx}:\mathbb{R} \supset \left( 0,1\right) \rightarrow \mathbb{R} \)はそれぞれの\(x\in \left( 0,1\right) \)に対して、\begin{eqnarray*}\frac{df\left( x\right) }{dx} &=&\frac{d}{dx}\sqrt{x}\quad \because f\text{の定義} \\
&=&\frac{1}{2}x^{-\frac{1}{2}} \\
&=&\frac{1}{2\sqrt{x}}
\end{eqnarray*}を定めますが、\begin{equation*}
\lim_{x\rightarrow 0+}\frac{1}{2\sqrt{x}}=+\infty
\end{equation*}であるため、この関数\(f\)は\(\left( 0,1\right) \)上において上に有界ではなく、したがって有界ではありません。したがって、この関数\(f\)が先の命題が要求する条件を満たしません。その一方で、この関数\(f\)は\(\left[ 0,1\right] \)上において絶対連続です（演習問題）。
演習問題
\end{equation*}を定めるものとします。この関数\(f\)は\(\left[ 0,1\right]\)上において絶対連続であることを示してください。
\begin{array}{cc}
0 & \left( if\ x=0\right) \\
x^{2}\left\vert \sin \left( \frac{1}{x}\right) \right\vert & \left( if\
x\not=0\right)
\end{array}\right.
\end{equation*}を定めるものとします。この関数\(f\)は\(\left[ 0,1\right]\)上で絶対連続であることを示してください。
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