Banach Space - Riemann Integral

現在討論的範圍是閉區間到實數上的巴拿赫空間的函數：

$$f:[a,b]\to F$$

其中

$F$ 是一個實數上的巴拿赫空間。

從這個函數來看，黎曼積分的結果會是一個巴拿赫空間的元素。而巴拿赫空間中的元素並不要求有 ordering 的定義，所以會在操作上產生一些影響。比如說：達布積分中「上下和越接近」這種作法，會因為這邊上下和都是 Banach space 中的元素而無法比較大小。不過幸好巴拿赫空間是完備的，所以這時就可以用柯西列作為積分是否收斂的判準。

Def (黎曼可積)

假定

$E$ 是一個

$\mathbb{R}$ 上的 Banach space，

$f:[a,b]\to E$。若存在

$z\in E$，使得：

$$\mathrm{\forall }ϵ>0.\mathrm{\exists }\delta >0.\Vert P\Vert <\delta \Rightarrow \Vert R(f,P,T)-z{\Vert }_F<ϵ$$

就稱

$f$ 是黎曼可積的。

因為要用柯西列，所以如果有個 refinement 的黎曼和差距的估計方法，會比較方便。這裡有一個：

Refinement 的進步空間

Lemma (估計 refinement)

假定

$(P,T)$ 是

$[a,b]$ 的一組 partition pair，其中：

$$\begin{array}{rl}P& =\{p_0\dots p_N\}\\ T& =\{t_0\dots t_N\}\end{array}$$

且

$\Vert P\Vert <\delta$。

$\mathrm{\Delta }$ 是

$[a,b]$ 的另一個 partition。若令：

$$P^{\prime }=P\cup \mathrm{\Delta }$$

且已知在

$P^{\prime }$ 中，存在

$C>0$，使得對於每個

$[p_{i-1},p_i]$ 中的第

$j$ 個子區間

$[{\rho }_{i-1,j-1},{\rho }_{i-1,j}]$ 的任意

$x$ 有：

$$\Vert f(t_i)-f(x){\Vert }_F<C$$

則對於任意

$P^{\prime }$ 的 partition pair

$(P^{\prime },T^{\prime })$，有：

$$\Vert R(f,P^{\prime },T^{\prime })-R(f,P,T){\Vert }_F\le CN\delta$$

及：

$$\Vert R(f,P^{\prime },T^{\prime })-R(f,P,T){\Vert }_F\le C(b-a)$$

這些

$\mathrm{\Delta }$ 中新加入

$P$ 中的元素，會把

$P$ 中的某些區間進一步細分成更細的子區間。對於原先

$[p_{i-1},p_i]$，假定他被新加入的點分割成了：

$$p_{i-1}<{\rho }_{i-1,0}<{\rho }_{i-1,1}\cdots <{\rho }_{i-1,N_i}=p_i$$

如果用

${\rho }_{ij}$ 表示

$[p_{i-1},p_i]$ 中的第

$j$ 個點，那麼

$P^{\prime }$ 的黎曼和就可以「先計算個別

$[p_{i-1},p_i]$ 區間內子區間的黎曼和，再把所有

$[p_{i-1},p_i]$ 的計算結果加總」。也就是：

$$\begin{array}{r}R(f,P^{\prime },T^{\prime })=\sum _{i=1}^N\sum _{j=1}^{N_i}f({\tau }_{ij})({\rho }_{ij}-{\rho }_{ij-1})\end{array}$$

其中：

$$T^{\prime }=\{{\tau }_{ij}:{\tau }_{ij}\in [{\rho }_{ij-1},{\rho }_{ij}]\}$$

而另外一方面，原先的黎曼和為：

$$R(f,P,T)=\sum _{i=1}^{N}f(t_i)(p_i-p_{i-1})$$

進一步把

$[p_{i-1},p_i]$ 改寫成：

$$(p_i-p_{i-1})=\sum _{i=1}^{N_k}({\rho }_{ij}-{\rho }_{ij-1})$$

所以：

$$\begin{array}{rl}R(f,P,T)& =\sum _{i=1}^{N}f(t_i)(p_i-p_{i-1})\\ & =\sum _{i=1}^{N}f(t_i)(\sum _{j=1}^{N_i}({\rho }_{ij}-{\rho }_{ij-1}))\\ & =\sum _{i=1}^N\sum _{j=1}^{N_i}f(t_i)({\rho }_{ij}-{\rho }_{ij-1})\end{array}$$

所以三角不等式拉進去，最後再把上下限塞進去：

$$\begin{array}{rl}\Vert R(f,P^{\prime },T^{\prime })-R(f,P,T){\Vert }_F& ={\Vert \sum _{i=1}^N\sum _{j=1}^{N_i}(f({\tau }_{ij})-f(t_i))({\rho }_{ij}-{\rho }_{ij-1})\Vert }_F\\ & \le \sum _{i=1}^N\sum _{j=1}^{N_i}C({\rho }_{ij}-{\rho }_{ij-1})\end{array}$$

其中，這個結果有兩種估計方法。一種是把

$C$ 拉出最裡面的

$\sum$，得到：

$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=1}^{N}C\underset{=(p_i-p_{i-1})<\delta }{\underbrace{\sum _{j=1}^{N_i}({\rho }_{ij}-{\rho }_{ij-1})}}=\sum _{i=1}^{N}C\delta =CN\delta \end{array}$$

這樣一來，就有：

$$\Vert R(f,P^{\prime },T^{\prime })-R(f,P,T){\Vert }_F\le CN\delta$$

另外一方面，如果把

$C$ 拉出所有的

$\sum$ 之外，就會有：

$$\begin{array}{rl}& C\underset{=(b-a)}{\underbrace{(\sum _{i=1}^N\sum _{j=1}^{N_i}({\rho }_{ij}-{\rho }_{ij-1}))}}=C(b-a)\end{array}$$

因此：

$$\Vert R(f,P^{\prime },T^{\prime })-R(f,P,T){\Vert }_F\le C(b-a)$$

等價條件

黎曼積分是很強的條件，所以如果有一些比較好用的等價定義，那麼可能會比較好操作。這邊有一個等價的敘述：

Thm (等價條件)
假定

$F$ 是一個

$\mathbb{R}$ 上的 Banach space，

$f:[a,b]\to F$。則：

$$\begin{array}{rl}& f\mathbf{Riemann}\mathbf{integrable}⟺\mathrm{\exists }z\in F.\\ & \mathrm{\forall }ϵ>0.\mathrm{\exists }{P}_{ϵ}.\mathrm{\forall }\text{ refinement }P\text{ of }{P}_{ϵ}.\Vert R(f,P,T)-z{\Vert }_F<ϵ\end{array}$$

這個敘述有「如果任何

$ϵ$ 都存在一個最鬆 refinement，那就黎曼可積」的味道。

$\Rightarrow$：假定

$f$ 黎曼可積，也就是說存在

$z$，使得給定

$ϵ>0$ 之後，存在

$\delta$，使得任何 partition 的 grid 一但比

$\delta$ 小，就可以跟

$z$ 很近：

$$\Vert P\Vert <\delta \Rightarrow \Vert R(f,P,T)-z{\Vert }_F<ϵ$$

雖便挑一個滿足

$\Vert P\Vert <\delta$ 的 partition

$P_0$ 就可以滿足要求了。因為任意

$P_0$ 的 refinement

$P_0^{\prime }$，都有：

$$\Vert P_0^{\prime }\Vert \le \Vert P_0\Vert <\delta \Rightarrow \Vert R(f,P_0^{\prime },T)-z{\Vert }_F<ϵ$$

然後就成立了。

TODO：Banach space 必須存在

$M>0$，使得

$\Vert f(x){\Vert }_F<M$ 才黎曼可積。

$\Leftarrow$：假定對於任意的

$ϵ>0$，這樣的

$P_{ϵ}$ 都存在。任務是找

$\delta >0$，使得任何

$\Vert P\Vert <\delta$ 的 partition

$P$，有

$\Vert R(f,P,T)-z{\Vert }_F<ϵ$。

這個計畫是使用三角不等式：

$$\begin{array}{rl}& \Vert R(f,P,T)-z{\Vert }_F\\ & \le \Vert R(f,P,T)-R(f,P^{\prime },T^{\prime }){\Vert }_F+\Vert R(f,P^{\prime },T^{\prime })-z{\Vert }_F\end{array}$$

這樣一來，只要分別有：

$$\begin{array}{rl}\Vert R(f,P,T)-R(f,P^{\prime },T^{\prime }){\Vert }_F& <ϵ\\ \Vert R(f,P^{\prime },T^{\prime })-z{\Vert }_F& <ϵ\end{array}$$

就可以讓整坨東西很小。首先，因為

$P^{\prime }$ 是

$P_{ϵ}$ 的 refinement，根據前提，有：

$$\Vert R(f,P^{\prime },T^{\prime })-z{\Vert }_F<ϵ$$

另外一方面，

$P^{\prime }$ 是

$P$ 的 refinement，而且

$\Vert P\Vert <\delta$，所以用上面的估計 Lemma 知道：

$$\Vert R(f,P^{\prime },T^{\prime })-R(f,P,T){\Vert }_F\le CN\delta$$

因為

$f$ 有界，所以存在

$M$，使得

$P$ 在加入

$P_{ϵ}$ 的點之後：

$$\Vert f(x){\Vert }_F<M\Rightarrow \Vert f({\rho }_{ij})-f({\rho }_{ij-1}){\Vert }_F<2M$$

所以就可以把

$C$ 取代成

$2M$：

$$\Vert R(f,P^{\prime },T^{\prime })-R(f,P,T){\Vert }_F\le (2M)N\delta$$

因此，若取：

$$\delta <\frac{ϵ}{2MN}$$

就可以讓整坨東西比很小。比如說取：

$$\delta =\frac{ϵ}{4MN}<\frac{ϵ}{2MN}$$

這樣一來：

$$\begin{array}{rl}& \Vert R(f,P^{\prime },T^{\prime })-R(f,P,T){\Vert }_F\\ & \le 2MN\delta =2MN\left(\frac{ϵ}{4MN}\right)=\frac{ϵ}{2}<ϵ\end{array}$$

所以三角不等式塞進去，就有：

$$\begin{array}{rl}& \Vert R(f,P,T)-z{\Vert }_F\\ & \le \underset{<ϵ}{\underbrace{\Vert R(f,P,T)-R(f,P^{\prime },T^{\prime }){\Vert }_F}}+\underset{<ϵ}{\underbrace{\Vert R(f,P^{\prime },T^{\prime })-z{\Vert }_F}}\\ & <ϵ+ϵ\end{array}$$

連續保可積

Thm

假定

$F$ 是一個

$\mathbb{R}$ 上的 Banach space，

$f:[a,b]\to F$。則：

$$\begin{array}{rl}& f\mathbf{continuous}\Rightarrow \\ & f\mathbf{Riemann}\mathbf{integrable}\end{array}$$

關鍵是

$f$ 定義在實數的閉集之上，而任何實數中的閉集都 compact，所以

$f$ 自動從連續升級成均勻連續，而均勻連續可以讓黎曼和變得很好控制。因為如果把均勻連續的誤差

$ϵ>0$ 給定了，那麼均勻連續的定義可知：存在

$\delta >0$，使得：

$$|p_i-p_{i-1}|<\delta \Rightarrow \Vert f(p_i)-f(p_{i-1}){\Vert }_F<ϵ$$

看到這邊就會很想用 Lemma。不過，上一個定理可以直接用 Lemma 是因為積分結果已經給定了，但這邊並沒有給定積分結果，所以就要多做一點事。在這種不知道結果，空間又完備的狀況下，就可以考慮用柯西列說他收斂。

在均勻連續下，只要兩個 partition 的 mesh 都比均勻連續給出的

$\delta$ 小，那麼黎曼和就不會差太多。因為對於任意

$P_1,P_2$ 兩個滿足

$\Vert P_2\Vert$,

$\Vert P_1\Vert <\delta$ 的 partition，考慮：

$$P=P_1\cup P_2$$

這時，

$\Vert P\Vert <\delta$，所以由均勻連續知道：

$P$ 這個分割相鄰的兩點

$p_{i-1},p_i$ 有：

$$\Vert f(p_i)-f(p_{i-1}){\Vert }_F<ϵ$$

既然有 partition 內部相鄰點的差距上限，由 Lemma 可以知道：

$$\begin{array}{rl}\Vert R(f,P,T)-R(f,P_1,T_1){\Vert }_F& <ϵ(b-a)\\ \Vert R(f,P,T)-R(f,P_2,T_2){\Vert }_F& <ϵ(b-a)\end{array}$$

所以三角不等式一用，就有：

$$\Vert f(R,P_1,T_1)-f(R,P_2,T_2){\Vert }_F<2ϵ(b-a)$$

這也就是「黎曼和不會差太大」的意思。而且這樣的性質就可以用來構造柯西列。比如說令：

$$\begin{array}{rl}{P}_n& =\{0\le i\le n:a+(b-a)(i/n)\}\\ T_n& =\{0\le i<n:a+(b-a)(i/n)\}\end{array}$$

也就是

$P_n$ 是用

$n$ 個點把

$[a,b]$ 均分成

$n-1$ 等分得到的分割，而

$T_n$ 就取所有子區間左邊的那個端點 (其實

$T_n$ 隨便取也沒差，這邊只是偷懶都取左端點)。則：

$$\{R(f,P_n,T_n){\}}_{n=1}^{\mathrm{\infty }}$$

是個柯西列。這是因為任何

$ϵ>0$，都可以先用這個

$ϵ$ 當作均勻連續的誤差，找出均勻連續保證的，使得：

$$|p_i-p_{i-1}|<\delta \Rightarrow \Vert f(p_i)-f(p_{i-1}){\Vert }_F<ϵ$$

的

$\delta 0$ 。而如果把這個當作是 mesh，當

$m,n$ 都夠大，使得：

$$\Vert P_m\Vert ,\Vert P_n\Vert <\delta$$

比如說，可以取滿足：

$$\begin{array}{r}\frac{(b-a)}{m}<\delta \text{and}\frac{(b-a)}{n}<\delta \end{array}$$

的

$m$ 與

$n$。換句話說，就是「

$m$ 等分跟

$n$ 等分之後，寬度都比

$\delta$ 的

$m$,

$n$」

就有：

$$\Vert R(f,P_n,T_n)-R(f,P_m,T_m){\Vert }_F<2ϵ(b-a)$$

因此得證這是一個柯西列。

Riemann-Lebesgue Theorem

巴拿赫空間沒有 Riemann-Lebesgue Theorem。其中一種解釋是：證明這個定理的時候仰賴了把不連續轉化為

$Osc$ 的概念而這會牽扯到

$sup$ 跟

$inf$。但巴拿赫空間中的元素沒有實數這種上界下界的概念。