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==リーマン積分と可積分条件==
この節は、区間上で定義された関数のリーマン積分の初歩を述べる。<br/>
具体的には、リーマン積分の定義とリーマン積分が存在する（可積分）条件<br/>
について、数学的厳密性を保つように記述する。<br/>
参考記事
*[[Wikipedia_ja:リーマン積分 |ウィキペディア(リーマン積分)]]
===区間上の関数のリーマン和===
区間$V=[a,b]$で定義され、実数に値をとる関数$y=f(x)$を考える。<br/>
この区間の分割<br/>
$\Delta=\{V_i=[x_{i-1},x_i] \mid i=1,2,,,n\},x_0=a,x_n=b$<br/>
と、その代表点$\xi_i\in V_i(i=1,2,,,n)$に関する、$y=f(x)$のリーマン和とは、<br/>
$I^{f,\Delta}(\xi_1,,,\xi_n)=$<br/>
$\sum_i f(\xi_i)v(V_i)=\sum_i f(\xi_i)(x_i-x_{i-1})$ <br/>
で定義する。<br/>
====リーマン和の意味　====
リーマン和は、<br/>
$y=f(x)$のグラフを、棒グラフで近似したときの<br/>
棒グラフの作る面積(各角柱の面積和)であることが分かる。図参照。<br/>
$y=f(x)$のグラフとｘ軸、および２直線$x=a$、$x=b$で囲まれる部分の面積を近似している。<br/>
===リーマン積分===
====リーマン可積分とリーマン積分の定義====
分割を細かくしていくとき、<br/>
分割の仕方や代表点の選び方に関係なく<br/>
リーマン和がある一定値に収束するとする。<br/>
すると、この値は<br/>
$y=f(x)$のグラフとｘ軸、および２直線$x=a$、$x=b$で囲まれる部分の面積<br/>
と考えられる。<br/>
定義；<br/>
$\Delta=\{V_i=[x_{i-1},x_i] \mid i=1,2,,,n\}$の大きさ$d(\Delta)$とは、<br/>
この分割で得られた小区間の長さの、最大値で定義する。<br/>
記号で書くと<br/>
$d(\Delta)=max\{x_{i}-x_{i-1} \mid i=1,2,,,n\}$<br/>
定義；リーマン可積分とリーマン積分<br/>
$f$を、有界閉区間$V$上で定義され、実数の値をとる関数とする。<br/>
もし、ある実数$I$が存在して、<br/>
どんな分割$\Delta=\{V_i=[x_{i-1},x_i] \mid i=1,2,,,,n\} $と<br/>
代表点$\xi_i\in V_i(i=1,2,\cdots ,n)$であっても、<br/>
$\lim_{d(\Delta) \to 0}I^{f,\Delta}(\xi_1,,,\xi_n)=I$<br/>
が成り立つ時、<br/>
$f$は$V$上で(リーマン)可積分であるという。<br/>
このとき、$I$ を$f$の$V$上での(リーマン)積分といい、<br/>
$I=\int_{V}f=\int_{V} f(x)dx$<br/>
などと書く。<br/>

=== 可積分条件      ===
どのような関数は、積分できるだろうか。<br/>
積分出来ない関数はあるのか。<br/>
これらについて考察しよう。<br/>
====リーマン和の不足リーマン和と過剰リーマン和による評価====
リーマン和を、代表点の選び方を変えて求めるとその値は変化する。<br/>
そこで、その最小値と最大値を求め、差を計算する。<br/>
もしこの差が分割を細かくしていくと零に収束するならば、可積分となろう。<br/>
以下、この方針で議論を進める。<br/>
$V$を分割して得られた小区間$V_i=[x_{i-1},x_i]$を考える。<br/>
関数$y=f(x)$をこの小区間上に限定した時、<br/>
関数は、この区間上の点で最大値と最小値をとると仮定する(注参照)。<br/>
関数の最大値$max\{f(x)\mid x\in V_i\}$と最小値$min\{f(x)\mid x\in V_i\}$を、
<br/>
それぞれ、$m(f;V_i),M(f;V_i)$と書く。<br/>
(注)　区間上で最大値、最小値を取らない関数では、<br/>
[[wikipedia_ja:有界函数 |有界な関数]]でありさえすれば、最大値、最小値と殆ど同じ命題をもち、常に存在する<br/>
上限、下限に置き換えれば以後の、議論は成り立つ。<br/>
上限、下限については「不足リーマン和の上限と過剰リーマン和の下限」で説明する。<br/><br/>

すると、$V_i$の任意の点$\xi$　に対して、<br/>
$m(f;V_i)\leq f(\xi) \leq M(f;V_i)$　　<br/>
故に、<br/>
'''補題１'''<br/>
ⅰ）どのような代表点$\{\xi_i\}_{i}, (\xi_i \in V_i,i=1,2,,,n)$に対しても<br/>
$I_{m}(f,\Delta):=I^{f,\Delta}(\xi_{1}^m,,,\xi_{n}^m)
=\sum_i m(f;V_i)v(V_i)$<br/>
$\leq 
I^{f,\Delta}(\xi_1,,,\xi_n)=\sum_i f(\xi_i)v(V_i)$<br/>
$\leq
\sum_i M(f;V_i)v(V_i)
=I_{M}(f,\Delta)=I^{f,\Delta}(\xi_{1}^M,,,\xi_{n}^M)　       \qquad   (1)$ <br/>
そこで、$I_{m}(f,\Delta)$を'''$\Delta)$に関する$f$の'''不足リーマン和'''、$I_{M}(\Delta)$を'''過剰リーマン和'''と呼ぶ。<br/>
ⅱ）$I_{m}(f,\Delta)=\min_{\xi_i \in V_i,i=1,2,,,n}I^{f,\Delta}(\xi_{1}^M,,,\xi_{n}^M)$　<br/>
$I_{M}(f,\Delta)=\max_{\xi_i \in V_i,i=1,2,,,n}I^{f,\Delta}(\xi_{1}^M,,,\xi_{n}^M)$　<br/>
証明は明らかなので省略。<br/>

====分割の細分とリーマン和の評価式====
'''定義；分割の細分'''<br/>
$V$の分割${\Delta}'$が分割$\Delta$の細分というのは、<br/>
$\Delta$の分点の集合$\{x_0,x_1,,,,x_n\}$が、<br/>
${\Delta}'$の分点の集合$\{x'_0,x'_1,,,,x'_{n'}\}$に真に含まれることと定義する。<br/>
記号でかけば、$\{x_0,x_1,,,,x_n\}\subset \{x'_0,x'_1,,,,x'_{n'}\},
\{x_0,x_1,,,,x_n\}\neq \{x'_0,x'_1,,,,x'_{n'}\}$。<br/>
記号では、$\Delta \leq {\Delta}'$と記す。<br/><br/>


'''補題２'''<br/>
$\Delta　\leq {\Delta}'$という分割に対し、<br/>
$I_{m}(f,\Delta) 
\leq I_{m}(f,\Delta') 
\leq I_{M}(f,\Delta') 
\leq I_{M}(f,\Delta)      \qquad   (2)$
<br/>
が成り立つ。    <br/>
（証明）<br/>
$\Delta$の小区間$V_i=[x_{i-1},x_i]$が分割${\Delta}'$では、<br/>
$\{V'_j=[x_{i-1},x'_j],V'_{j+1}=[x'_j,x_i]\}$の２つに分割されたとする。<br/><br/>
すると、区間上の関数の最大値と最小値の定義から、<br/>
$m(f;V_i)  \leq  m(f;V'_j)$  $\quad m(f;V_i)  \leq  m(f;V'_{j+1})$<br/>
$M(f;V_i)  \geq  M(f;V'_j)$  $\quad M(f;V_i)  \geq  M(f;V'_{j+1})$<br/>
これらから、命題は成立することが分かる。<br/><br/>

====不足リーマン和の上限と過剰リーマン和の下限====
補題２から、分割の細分を繰り返していくと、その分割に対応する、<br/>
不足リーマン和は、広義増加(増加するか、同じ値にとどまる）し、<br/>
過剰リーマン和は、広義減少する。<br/>
分割を細かくしていったとき、これらの極限が一致すれば、補題１から、<br/>
リーマン和の極限値は、代表点に無関係に、定まることになる。<br/>

そこで色々な分割に対応する不足リーマン和のなかの最大値と<br/>
過剰リーマン和の最小値を求めることが、重要になる。<br/>
しかし一般にはこれらは存在しないことが示せる。<br/>
そこで最大値に近い命題を持つ上限と最小値に近い下限という概念を利用する。<br/>

==== ２つの分割の共通の細分 ====
分割$\Delta$の分点の集合$\{x_j \mid j=1,2,,,m\}$と、<br/>
分割${\Delta}'$ の分点の集合$\{x'_j \mid j=1,2,,,n\}$の<br/>
和集合$\{x_j \mid j=1,2,,,m\} \cup \{x'_j \mid j=1,2,,,n\}$を分点とする分割を$\Delta \vee {\Delta}'$と書く。<br/>
すると新しい分割は<br/>
$\Delta \leq \Delta\vee {\Delta}' \qquad $　と
${\Delta}' \leq \Delta\vee {\Delta}'  \quad $<br/>
を満たす。<br/>
これを用いると、<br/>
不足リーマン和の上限$\mathscr{s}(f)$と<br/>
過剰リーマン和の下限$\mathscr{S}(f)$が存在することが証明できる。<br/>

補題５<br/>
$f$を区間$V=[a,b]$で定義され実数値をとる有界関数<br/>
すなわち、$\{f(x)\mid x\in V\}$が${\bf R}$の有界部分集合となる関数とする。<br/>
$V=[a,b]$の分割を全て集めて作った集合を$\mathscr{D}(V)$と書く。<br/>
すると、<br/>
ⅰ）任意の$\Delta,{\Delta}'\in \mathscr{D}(V)$に対して、<br/>
$I_m(f,\Delta) \leq I_M(f,{\Delta)}')$<br/>
ⅱ）集合$\{I_m(f,\Delta) \mid \Delta \in \mathscr{D}(V)\}$は上に有界、<br/>
集合$\{I_M(f,\Delta) \mid \Delta \in \mathscr{D}(V)\}$は下に有界<br/>
ⅲ）$\mathscr{s}(f):=\sup\{I_m(f,\Delta) \mid \Delta \in \mathscr{D}(V)\}$と
<br/>
$\mathscr{S}(f):=\inf\{I_M(f,\Delta) \mid \Delta \in \mathscr{D}(V)\}$は存在し、<br/>
$\mathscr{s}(f)　\leq \mathscr{S}(f)$　<br/>
証明；<br/>
ⅰ）$\Delta \leq \Delta\vee {\Delta}'$ なので、補題２から、<br/>
$I_m(f,\Delta) 
\leq　I_m(f,\Delta\vee {\Delta}')　
\leq　I_M(f,\Delta\vee {\Delta}')　
\leq I_M(f,{\Delta}') $<br/>
ⅱ）１）で証明した不等式で、分割${\Delta}'$ は固定する。<br/>
すると全ての分割 $\Delta$に対して、$I_m(f,\Delta) \leq I_M(f,{\Delta)}')$なので<br/>
集合$\{I_m(f,\Delta) \mid \Delta \in \mathscr{D}(V)\}$は、上界$I_M(f,{\Delta)}')$を持ち、上に有界である。<br/>
後者も同様にして下に有界であることが示せる。<br/>
ⅲ）従って、実数の連続性の公理から、<br/>
集合$\{I_m(f,\Delta) \mid \Delta \in \mathscr{D}(V)\}$は上限$\mathscr{s}(f)$をもち、<br/>
集合$\{I_M(f,\Delta) \mid \Delta \in \mathscr{D}(V)\}$は下限$\mathscr{S}(f)$をもつ。<br/>
上限は、上界の中の最小値なので、<br/>
$\mathscr{s}(f)\leq I_M(f,{\Delta}')$<br/>
この式は任意の${\Delta}'$について成立するので、<br/>
$\mathscr{s}(f)$は、集合$\{I_M(f,\Delta) \mid \Delta \in \mathscr{D}(V)\}$の下界である。<br/>
下限$\mathscr{S}(f)$は、下界のなかの最大値なので$\mathscr{s}(f) \leq \mathscr{S}(f)$を得る。<br/>

====分割を細かくしていくときの不足リーマン和と、過剰リーマン和の極限====

定理（ダルブー；Darboux）<br/>
$V=[a,b]$<br/>
$f$を、$V$で定義され、実数に値を取る有界関数とする。<br/>
このとき、<br/>
ⅰ）$\lim_{d(\Delta) \to 0}I_m(f,\Delta)=\mathscr{s}(f)$<br/>
ⅱ）$\lim_{d(\Delta) \to 0}I_M(f,\Delta)=\mathscr{S}(f)$<br/>
証明；<br/>
ⅰ）を示す。（　ⅱ）は同じようにして証明できるので略す）<br/>
これを示すには、<br/>
どんなに小さい正の実数$\epsilon$に対しても、それに応じた小さい正の実数$\delta_{\epsilon}$を適切に選べば、<br/>
分割の大きさが$\delta_{\epsilon}$より小さい、どんな分割$\Delta$も、<br/>
$\mathscr{s}(f)-I_m(f,\Delta)<\epsilon$<br/>
であることを示せばよい。<br/>
以下に、数段階に分けて、これを証明する。<br/>

$\quad １)<br/>
$上限の命題(補題３)から、<br/>
ある分割<br/>
$D=\{{V^D}_i=[{x^D}_{i-1},{x^D}_i] \mid i=1,2,,,n\}in \mathscr{D}(V)$<br/>
が存在して、<br/>
$\mathscr{s}(f)-I_m(f,D)<\frac{\epsilon}{2} \qquad (1)$<br/>
今後この$D$を使って、証明を進める。<br/>

$\quad 2)$<br/>
分割$D$の小区間${V^D}_i$の長さ$({x^D}_i-{x^D}_{i-1})(i=1,2,,,n)$の
最小値を$e$とおくと<br/>
$e=min_{i=1}^{n}({x^D}_i-{x^D}_{i-1})$ <br/>
$e$に比べて非常に小さい大きさを持つ分割、<br/>
$\Delta=\{V^{\Delta}_i=[{x^{\Delta}}_{i-1},{x^{\Delta}}_i] \mid i=1,2,,,N\}$、
<br/>
$d(\Delta)=max_{i=1,2,,,N}({x^{\Delta}}_i-{x^{\Delta}}_{i-1}) \ll e$<br/>
<br/>
を考える。<br/>
もし、$D \leq \Delta$ならば補題２より、<br/>
$I_m(f,D) \leq I_m(f,\Delta)$、<br/>
すると$\mathscr{s}(f)-I_m(f,\Delta)\leq \mathscr{s}(f)-I_m(f,D) \leq 
\frac{\epsilon}{2}\leq \epsilon$　<br/>
通常、分割$\Delta$は、$D$の細分になっていない。<br/>
この場合は、高々(n-1)個の$\Delta$の小区間が、$D$の小区間には含まれず、<br/>
$D$の分点${x^D}_i(i=1,2,,,n-1)$をまたぐことになる。図参照のこと。<br/>
議論を簡単にするため、<br/>
$D$の分点${x^D}_i(i=1,2,,,n-1)$が全て、$\Delta$の小区間によって跨がれている<br/>と仮定し、議論を進める。<br/>
他のケースでも、証明はおなじようにできるので、<br/>
このように仮定しても何の問題も起こらない。<br/>
$D$の分点${x^D}_i$を跨ぐ$\Delta$の小区間を$V^{\Delta}_{m_i}$とする(i=1,2,,,n-1)。<br/>
$\quad 3)$  <br/>
２つの分割$D、\Delta$から${\Delta}':=D \vee \Delta$を作る。<br/>
すると<br/>
${\Delta}'=\{V^{\Delta}_1,V^{\Delta}_2,,,,,,,,,V^{\Delta}_{m_{1}-1},$<br/>
$\qquad \quad [x^{\Delta}_{m_{1}-1},x^{D}_1],[x^{D}_1,x^{\Delta}_{m_{1}}],$<br/>
$\qquad \quad V^{\Delta}_{m_{1}+1},V^{\Delta}_{m_{1}+2},,,,,,,,,V^{\Delta}_{m_{2}-1},$<br/>
$\qquad \quad [x^{\Delta}_{m_{2}-1},x^{D}_2],[x^{D}_2,x^{\Delta}_{m_{2}}],$<br/>
$\qquad \quad V^{\Delta}_{m_{2}+1},V^{\Delta}_{m_{2}+2},,,V^{\Delta}_{m_{3}-1},$<br/><br/>
$\qquad \quad ,,,,,,,,,$<br/><br/>
$\qquad \quad V^{\Delta}_{m_{n-1}+1},V^{\Delta}_{m_{n-1}+2},,,,,,,,,V^{\Delta}_N\}　\qquad   (2)$<br/>
と書ける。<br/>

$\Delta \leq {\Delta}'$で、 $D \leq {\Delta}'$ なので、<br/>
$I_m(f,\Delta) \leq I_m(f,{\Delta}')$, $\quad I_m(f,D) \leq I_m(f,{\Delta}')$<br/>
後者の式から、<br/>
$0 \leq \mathscr{s}(f)-I_m(f,{\Delta}') \leq \mathscr{s}(f)-I_m(f,D)$<br/>
この式と(1)式から、<br/>
$0 \leq \mathscr{s}(f)-I_m(f,{\Delta}')<\frac{\epsilon}{2}$<br/>
そこで、<br/>
「$d(\Delta) \to 0 $ならば、$I_m(f,{\Delta}')-I_m(f,\Delta)<\frac{\epsilon}{2}$
<br/>
が示せれば、<br/>
$0 \leq \mathscr{s}(f)-I_m(f,\Delta)$<br/>
$=(\mathscr{s}(f)-I_m(f,{\Delta}')+(I_m(f,{\Delta}'-I_m(f,\Delta)\leq \epsilon$<br/>
が示され、証明が終わる。<br/>
$\quad 4)$  <br/>
$I_{m}(f,\Delta)=\sum_{i=1}^{N} m(f;V^{\Delta}_i)v(V^{\Delta}_i)$
であり、<br/>
（２）式から、<br/>
$I_m(f,{\Delta}')$<br/>
$=\sum_{i\notin \{m_1,m_2,,,,m_{n-1}\}} m(f;V^{\Delta}_i)v(V^{\Delta}_i)$<br/>
$+\sum_{k=1}^{n-1} m(f;[x^{\Delta}_{m_{k}-1},x^{D}_k])v([x^{\Delta}_{m_{k}-1},x^{D}_k])$<br/>
$+\sum_{k=1}^{n-1} m(f;[x^{D}_k,x^{\Delta}_{m_{k}}])v([x^{D}_k,x^{\Delta}_{m_{k}}])$<br/>
なので、<br/>
$I_m(f,{\Delta}')-I_m(f,\Delta)$<br/>
$=\sum_{k=1}^{n-1} m(f;[x^{\Delta}_{m_{k}-1},x^{D}_k])v([x^{\Delta}_{m_{k}-1},x^{D}_k])$<br/>
$+\sum_{k=1}^{n-1} m(f;[x^{D}_k,x^{\Delta}_{m_{k}}])v([x^{D}_k,x^{\Delta}_{m_{k}}])$<br/>
$-\sum_{i\in \{m_1,m_2,,,,m_{n-1}\}} m(f;V^{\Delta}_i)v(V^{\Delta}_i)$<br/>
関数は$V$上で有界なので、適切に正の実数$M$を選ぶと、$x$が$V$の要素ならば<br/>
$|f(x)|\leq M$が成立する。<br/>
すると$|m(f;[x^{\Delta}_{m_{k}-1},x^{D}_k])|, |m(f;[x^{D}_k,x^{\Delta}_{m_{k}}])|
\leq M$<br/>
が成り立つ。また<br/>
$v(V^{\Delta}_{m_k})
=v([x^{\Delta}_{m_{k}-1},x^{D}_k])+v([x^{D}_k,x^{\Delta}_{m_{k}}])$で、<br/>
$v(V^{\Delta}_i)\leq d(\Delta) $<br/>
なので<br/>
$|I_m(f,{\Delta}')-I_m(f,\Delta)|\leq 2M\sum_{i\in \{m_1,m_2,,,,m_{n-1}\}} v(V^{\Delta}_i)\leq 2M(n-1)d(\Delta)$<br/>
そこで、<br/>
$\delta_{\epsilon}=\frac{\epsilon}{4Mn}$
と選べば、<br/>
$d(\Delta)\leq \delta_{\epsilon}$をみたすどのような分割$\Delta$も、<br/>
$0\leq I_m(f,{\Delta}')-I_m(f,\Delta)|\leq \frac{\epsilon}{2}$<br/>
を満たすことが証明できた。証明終わり。<br/>

====可積分条件====
定理；可積分条件　<br/>
$V=[a,b]$<br/>
$f$を、$V$で定義され、実数に値を取る有界関数とする。<br/>
次の条件のうち1つが成立すれば、残り2つは成立する(互いに同値という）。<br/>
ⅰ）$f$は$V$上で（リーマン）可積分<br/>
ⅱ）$\lim_{d(\Delta) \to 0}(I_M(f,\Delta)-I_m(f,\Delta))=0$<br/>
ⅲ）$\mathscr{S}(f)=\mathscr{s}(f)$<br/>
<br/>
証明<br/>
ⅰ）を仮定する。ⅱ）が成立することを示そう。<br/>
$f$の積分値を$\alpha$とおくと、可積分の定義から、<br/>
任意の$\epsilon>0$に対して、$\delta>0$が存在して、<br/>
$d(\Delta)<\delta$である任意の分割と、その分割の任意の代表点$\xi_i,(i=1,2,,,)$に対し,<br/>
$|I^{f,\Delta}(\xi_1,,,\xi_n)-\alpha |<\frac{1}{2}\epsilon$<br/>
が成立する。<br/>
変形すると<br/>
$\alpha-\frac{1}{2}\epsilon
<I^{f,\Delta}(\xi_1,,,\xi_n)
<\alpha+\frac{1}{2}\epsilon　\qquad (1)　　$<br/>
ここで、補題１のⅱ）から、<br/>
$\inf_{\{\xi_i\}}I^{f,\Delta}(\xi_1,,,\xi_n) =I_{m}(f,\Delta)$<br/>
$\sup_{\{\xi_i\}}I^{f,\Delta}(\xi_1,,,\xi_n) =I_{M}(f,\Delta)$<br/>
なので、<br/>
(1)式から、<br/>
$\alpha-\frac{1}{2}\epsilon
\leq
I_{m}(f,\Delta)
\leq
I_{M}(f,\Delta)
\leq
\alpha+\frac{1}{2}\epsilon$<br/>
これより、任意の$\epsilon>0$に対して、$\delta>0$が存在して、<br/>
$d(\Delta)<\delta \implies (0\leq I_{M}(f,\Delta)-I_{m}(f,\Delta)\leq \epsilon)$<br/>
ⅱ）が示せた。<br/>
ⅱ）を仮定する。 ⅲ）が成り立つことを示す。<br/>

$I_{m}(f,\Delta)
\leq
\mathscr{s}(f):=\sup_{\Delta}I_{m}(f,\Delta)
\leq
\mathscr{S}(f):=\inf_{\Delta}I_{M}(f,\Delta)
\leq
I_{M}(f,\Delta)$<br/>
なので、<br/>
$0 
\leq
\mathscr{S}(f)-\mathscr{s}(f)
\leq
I_{M}(f,\Delta)-I_{m}(f,\Delta)$<br/>
故に、分割を細かくしていき、極限をとると、<br/>
$0 
\leq
\mathscr{S}(f)-\mathscr{s}(f)
\leq
\lim_{d(\Delta)\to 0}(I_{M}(f,\Delta)-I_{m}(f,\Delta))$<br/>
ⅱ）が成立するので、<br/>
$=0$<br/>
ⅲ)が示せた。<br/>
ⅲ）を仮定する。 $\alpha=\mathscr{S}(f)=\mathscr{s}(f)$とおく。<br/>
ⅰ）が成り立つことを示そう。<br/>
補題１のⅰ)から、どのような分割$\Delta$と、その代表点$\{\xi_i\}_{i}, (\xi_i \in V_i,i=1,2,,,n)$に対しても<br/>
$I_{m}(f,\Delta)
\leq 
I^{f,\Delta}(\xi_1,,,\xi_n)
\leq
I_{M}(f,\Delta)$<br/>
ここで、ダルブーの定理から、<br/>
$\lim_{d(\Delta) \to 0}I_{m}(f,\Delta)=\mathscr{s}(f)=\alpha$,<br/>
$\lim_{d(\Delta) \to 0}I_{M}(f,\Delta)=\mathscr{S}(f)=\alpha$<br/>
が成り立つので、<br/>
$\lim_{d(\Delta) \to 0}I^{f,\Delta}(\xi_1,,,\xi_n)=\alpha$　<br/>
が成り立つ。<br/>
ⅰ）が示せた。<br/>

====区分的に連続(有限個の点を除いて連続)な閉区間上の関数は積分可能====
色々な関数のグラフを書くとつながっているところを、跳んでいるところが出来る。<br/>
$y=X$のグラフはずっとつながっている。<br/>
関数$y=f(x)$を、<br/>
$x<0$のとき  $f(x)=0$, $0\leq x$のとき  $f(x)=1$ <br/>
で定義すると、<br/>
$x=0$のところでそのグラフは跳んでいる。<br/>
連続や不連続は関数の非常に重要な性質であり、<br/>
それを調べることはとても豊かな知識をもたらす。<br/>

定理　<br/>
有界閉区間上$V=[a,b]$で定義され、実数に値を取る連続関数$f$は、V上で可積分である。<br/>
略証；<br/>
有界閉区間上の連続関数は[[wikipedia_ja:一様連続 |一様連続]]なので、<br/>
任意の$\epsilon>0$に対して、$\delta>0$が存在して、<br/>
$|x-x'|\leq \delta$を満たす$V$の任意の２点に対して、<br/>
$|f(x)-f(x')|<  \frac{\epsilon}{b-a}$<br/>
が成立する。<br/>
$V=[a,b]$の分割$\Delta$を細かくして、<br/>
$d(\Delta)<\delta$<br/>
を満たすようにする。<br/>
すると、その分割によって得られた小区間$V_i(i=1,2,,,n)$の長さは、<br/>
全て$\delta$より小さくなるので、<br/>
$\sup \{f(x)\mid x\in V_i\}-\inf\{f(x)\mid x\in V_i\}<\frac{\epsilon}{b-a}$<br/>
$M(f;V_i),m(f;V_i)$の定義から<br/>
$M(f;V_i)-m(f;V_i)<\frac{\epsilon}{b-a}, (i=1,2,,,n)$
これを用いると、<br/>
$I_M(f,\Delta)-I_m(f,\Delta)=\sum_{i=1}^{n} M(f;V_i)v(V_i)-\sum_i m(f;V_i)v(V_i)$<br/>
$=\sum_i(M(f;V_i)- m(f;V_i))v(V_i)
\leq 
\sum_i \frac{\epsilon}{b-a}v(V_i)
=\frac{\epsilon}{b-a}\sum_{i=1}^{n}v(V_i)
=\frac{\epsilon}{b-a}(b-a)
=\epsilon$<br/>
故に、<br/>
任意の$\epsilon>0$に対して、$\delta>0$が存在して、<br/>
$d(\Delta)<\delta$を満たす任意の分割$\Delta$にたいして、<br/>
$I_M(f,\Delta)-I_m(f,\Delta)\leq \epsilon$が示せた。<br/>
$\mathscr{S}(f)-\mathscr{s}(f)\leq
I_M(f,\Delta)-I_m(f,\Delta)$<br/>
なので<br/>
$\mathscr{S}(f)-\mathscr{s}(f)\leq　\epsilon$<br/>
が任意の$\epsilon>0$にたいして成立する。故に<br/>
$\mathscr{S}(f)=\mathscr{s}(f)$<br/>
可積分条件のⅲ)が示せた。証明終わり。<br/><br/>
定理の系；有界閉区間上で定義され、区分的に連続な(有限個の不連続点をもつ)実数値関数$f$は積分可能である。<br/>
証明は容易なので略す。
====零集合と可積分条件   ====

====リーマン積分が存在しない関数　　====
区間$I=[0,1]$上の関数ｆを次のように定義する。<br/>
ｘが無理数と時$f(x)=1$ 、有理数のとき$f(x)=0$<br/>
この関数の不足リーマン和の上限$\mathscr{s}(f)$と<br/>
過剰リーマン和の下限$\mathscr{S}(f)$は<br/>
$\mathscr{S}(f)=0,\mathscr{S}(f)=1$<br/>
である。<br/>
「定理；可積分条件」により、リーマン積分ができないことが分かる。<br/>

====ベクトル値関数の場合    ====
ベクトル値関数$\vec f$の場合も、リーマン和とリーマン可積分の定義は実数値関数の場合と変わらない。<br/>
可積分条件については、<br/>
座標系をいれ、関数の各座標成分$\vec{f}_x,\vec{f}_y,\vec{f}_z$を考える。ここで、$\vec{f}_x(t):=\vec{f}(t)_x$である。他も同様。<br/>
すると区分的連続なベクトル値関数の各成分は区分的連続なので積分可能となり、<br/>
$\vec f$の積分可能性が示せる。<br/>
=== リーマン積分の性質 ===
命題１　線形性<br/>
命題２　積分の単調性<br/>
命題３　平均値定理<br/>
命題４　三角不等式<br/>
命題５　積分区間に関する加法性<br/>

===リーマン積分の計算法   ===
====原始関数を用いるリーマン積分の計算   ====

==== 一変数関数の変数変換      ====
===== 積分計算を便利にする記号法      =====


====部分積分法      ====
====不定積分の計算法====　

== 　二変数関数のリーマン積分   ==
この節は、２変数関数のリーマン積分の概要を記す。<br/>
一次元の場合には、<br/>
関数の定義域やその分割領域は区間に限られ単純である。<br/>
しかし２変数になると、積分領域の種類は無限に多くなる。<br/>
それら多様な領域を数式で記述することも難しくなる。<br/>
領域を細分してリーマン和を作るにも、細分の仕方の多様な方法が可能となる。<br/>
このため、２変数の積分への拡張には、工夫が必要になる。<br/>
３変数以上の関数への拡張は２次元で用いる方法が使えるが、<br/>
表記や計算が複雑になり、退屈な記述が多くなるので、記述しない。<br/>

== 　二変数関数のリーマン積分   ==
この節は、２変数関数のリーマン積分の概要を記す。<br/>
一次元の場合には、<br/>
関数の定義域やその分割領域は区間に限られ単純である。<br/>
しかし２変数になると、積分領域の種類は無限に多くなる。<br/>
それら多様な領域を数式で記述することも難しくなる。<br/>
領域を細分してリーマン和を作るにも、細分の仕方の多様な方法が可能となる。<br/>
このため、２変数の積分への拡張には、工夫が必要になる。<br/>
３変数以上の関数への拡張は２次元で用いる方法が使えるが、<br/>
表記や計算が複雑になり、退屈な記述が多くなるので、記述しない。<br/>

== 　二変数関数のリーマン積分   ==
この節は、２変数関数のリーマン積分の概要を記す。<br/>
一次元の場合には、<br/>
関数の定義域やその分割領域は区間に限られ単純である。<br/>
しかし２変数になると、積分領域の種類は無限に多くなる。<br/>
それら多様な領域を数式で記述することも難しくなる。<br/>
領域を細分してリーマン和を作るにも、細分の仕方の多様な方法が可能となる。<br/>
このため、２変数の積分への拡張には、工夫が必要になる。<br/>
３変数以上の関数への拡張は２次元で用いる方法が使えるが、<br/>
表記や計算が複雑になり、退屈な記述が多くなるので、記述しない。<br/>