Basic Analysis (Jiri Lebl) 21日目 関数列の収束

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大概の本ではこの章の議論は数列の議論の直後にやる一方,関数のノルム収束は扱われないことが多い.

Chapter 6. Sequences and Functions

この章では$S: \text{a set}, \ \{f_n:S \rightarrow \mathbb{R}\}, f: S\rightarrow \mathbb{R}$とする.

6.1 Pointwise and uniform convergence

6.1.1 Pointwise convergence

Definition 6.1.1. (各点収束)

$\{f_n:S \rightarrow \mathbb{R}\}_n$が$f:S\rightarrow \mathbb{R}$にpointwise converge(各点収束)する
$\Leftrightarrow [\forall x \in S \ \forall \epsilon > 0 \ \exists N(x,\epsilon) \text{s.t.} n \geq N(x, \epsilon) \Rightarrow |f(x)-f_n(x)|<\epsilon]$
つまり、各$x$を固定したとき、数列$\{f_n(x)\}$が$f(x) \in \mathbb{R}$に収束するということ.

Example 6.1.4

$f_n(x) = \sin(xn)$とする.これは$x=k\pi\ \ (k \in \mathbb{N})$以外のすべての点でいかなる関数にも各点収束しない.
proof.

$x=k\pi \ \ (k \in \mathbb{N})$において,$f_n(x)=0$が常に成立するので,$0$に収束する.
それ以外の点でいかなる$N$をとっても,$n,m > N$で,$\pi/6 < \text{mod}(nx, 2\pi)< 5\pi/6,\ 7\pi/6 < \text{mod}(nx, 2\pi) < 11\pi/6$を満たす$n,m$が存在する.
このとき,$\sin(nx)-\sin(mx)>1$が成立する.よって$\{\sin(nx)\}_n \ \ (x \notin \pi \mathbb{N})$はコーシー列でないので,収束しない.

6.1.2 Uniform convergence (一様収束)

Definition 6.1.6

$\{f_n\}n$が$f$に一様収束する
$\Leftrightarrow [\forall \epsilon \ \exists N(\epsilon)\in\mathbb{N} \ \text{s.t.} n \geq N(\epsilon) \Rightarrow \forall x |f_n(x)-f(x)|<\epsilon]$

Proposition 6.1.7

$\{f_n\}$が$f$に一様収束するとき,$\{f_n\}$は$f$に各点収束する.
proof.

定義より明らか.

Example 6.1.8

$f_n(x) = x^{2n}$は$[-1, 1]$で各点収束するが一様収束しない.
proof.

$f(x) = \begin{cases} 0 \ \ \ (x \in (-1, 1)) \\ 1 \ \ \ (x \in \{-1,1\}) \end{cases}$
に各点収束するのは明らか.
一方,ある$f$に一様収束すると仮定する.$\epsilon = 1/2$とすると,$x \in (-1,1)$で,
$|f_N(x) - f(x)| = |f_N(x)| = x^{2N} <1/2$ となる$N$が$x$によらず存在する.
両辺で$\log$をとると,$2N \log x < -\log 2 \Rightarrow \log x < -\log 2 /(2N)<0$
$-\log 2 /(2N) < y < 0$なる$y$があって、 $e^y \in (0, 1)$である. $x=e^y$とすると$f_N(x) \geq 1/2$となり,矛盾.背理法によって$\{f_n\}$が一様収束しないと示せた.

6.1.3 Convergence in uniform norm

有界関数にある実数(uniform norm)を与える.uniform normは恒等関数0からのその関数の距離を表している(多くの本ではノルムのことを長さの一般化としているが,原点からの距離と長さを同一視するのは自然かも).関数列から関数のノルムの実数列を作って,収束性を議論する.

Definition 6.1.9

有界な$f: S \rightarrow \mathbb{R}$のuniform norm(sup norm, infinity norm)を
$$||f||_{\sup} = ||f||_{\infty}=||f||_u := \sup\{|f(x)| : x \in S\}$$
と定める.

Proposition 6.1.10

$\{f_n\}$が$f$に一様収束する
$\Leftrightarrow$
$$\lim_{n \rightarrow \infty} ||f_n - f||_u = 0$$
proof.

($\Rightarrow$)
$\epsilon>0$に$n \geq N \Rightarrow \forall x\ |f_n(x)-f(x)|<\epsilon/2$が成立する.
ここで$\sup$の性質より$|f_n(x)-f(x)| \leq ||f_n - f|| \leq \epsilon$が常に成立するから,$||f_n-f|| \rightarrow 0$がたしかに成立.
($\Leftarrow$)
$\forall x\ \ |f_n(x)-f(x)|\leq ||f_n-f||_u$から明らか.

Example 6.1.11

$f_n:[0, 1] \rightarrow \mathbb{R}$を$f_n(x) = \frac{nx + \sin(nx^2)}{n}$とする.
$$\begin{aligned} ||f_n-x||_U &=\sup \left\{\left| \frac{nx+\sin(nx^2)}{n} - x \right| \right\} \\ & = \sup \left\{ \frac{|\sin(nx^2)|}{n}\right\} \\ & \leq \sup \{1/n\} \\ &= 1/n \\ &\rightarrow 0 \end{aligned}$$
よって$\{f_n\}$は$f=x$に一様収束する.

Definition 6.1.12

$\{f_n\}$は有界な関数列とする.この関数列が”Cauchy in the uniform norm” or “uniformly Cauchy”である
$\Leftrightarrow [\forall \epsilon \ \exists N\ \text{s.t. } m,k\geq N \Rightarrow ||f_m - f_k||_u < \epsilon]$

Proposition 6.1.13

$\{f_n\}$は有界関数の列とする.$\{f_n\}$がCauchy in the uniform normである
$\Leftrightarrow [\exists N\ \text{s.t. } n \geq N \Rightarrow ||f_m-f_k||m < \epsilon]$
proof. 略

6.1.4 Exercises

Exercise 6.1.9

$\{f_n:[0,1] \rightarrow \mathbb{R}\}$のそれぞれの関数が単調増加とする.
$f_n(0)=0,\ \ \lim_{n \rightarrow \infty} f_n(1) = 0$なら,$\{f_n\}$は$f=0$に一様収束すると示せ.
答案.

$$\begin{aligned}||f_n-0||_u &= \sup_{x \in [0,1]} \{|f_n(x)|\}& \\ &=|f_n(1)| &(\because \text{単調増加}) \\ & \rightarrow 0 &(n \rightarrow \infty)\end{aligned}$$
よって示せた

Exercise 6.1.10

$\{f_n:[0,1]\rightarrow \mathbb{R}\}$について,$f_n(x_n)=1$をみたす各要素が異なる数列$\{x_n\}$が存在するとき,以下の命題の真偽を調べよ
(a) 0に各点収束するような$\{f_n\}$がある
(b) 0に一様収束するような$\{f_n\}$がある
答案.

(a)
$$f_n(x) = \begin{cases} 1 \ \ &(x = 1/n)\\ 0 \ \ &(x \neq 1/n)\end{cases}$$
とすると,任意の$x>0$について,$n > 1/x \Rightarrow f_n(x)=0$
また$x=0$では常に$f_n(x)=0$.よって$\{f_n\}$は$0$に各点収束していて,命題(a)は真.
(b)
$$||f_n - 0||_u = \sup\{|f_n(x)|\} \geq |f_n(x_n)|=1$$
が必ず成り立つから,命題(b)は偽.

Exercise 6.1.11

連続関数$h:[a, b] \rightarrow \mathbb{R}$を固定し,
$$f(x) := \begin{cases} h(x) \ \ &(x\in [a,b]) \\ h(a) &(x < a) \\ h(b) &(x > b) \end{cases}$$
とする.まず$f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$が連続であると示し,さらに$[a,b]$を定義域とする$f_n$を
$$f_n(x):= \frac{1}{2\epsilon} \int^{x+\epsilon}_{x-\epsilon} f, \ \ \epsilon = 1/n$$
としたとき,$f_n$が$h$に一様収束することを示せ.
答案.

$f$の連続性は明らかである.
$x \in (a,b)$について,$n$が十分大きければ$[x-\epsilon, x+\epsilon] \subset [a,b]$であって,$f(x)=h(x) \ \ (x \in [x-\epsilon, x+\epsilon])$ だから,$f_n(x) = 0$となる.
$x=a$であれば,
$$f_n(a) = \frac{1}{2\epsilon}(\int^a_{a-\epsilon} + \int^{a+\epsilon}_a) f = \frac{1}{2\epsilon}\cdot[\epsilon h(a) + \int^{a+\epsilon}_a h] = \frac{h(a)}{2} +\frac{1}{2\epsilon} \int^{a+\epsilon}_a h(x)$$
$h$の連続性から,$\zeta>0$に,$|x-a|<e \Rightarrow |h(a)-h(x)|<\zeta$なる$e$がある.
$$\frac{h(a)}{2} -\frac{\zeta}{2} = \frac{1}{2e}\int^{a+e}_a(h(a)-\zeta)<\frac{1}{2e} \int^{a+e}_a h < \frac{1}{2e}\int^{a+e}_a (h(a)+\zeta)=\frac{h(a)}{2} + \frac{\zeta}{2}$$
したがって,$n > 1/e$ならば$|f_n(a)-h(a)|<\zeta/2$.
x=b の場合も同様に$n>1/e$ならば$f_n(b) -h(b)|<\zeta/2$が言える.
以上より,任意の$\zeta >0$に,$n > N$ならば$\forall x \ \ |f_n(x) - h(x)|<\zeta$なる$N(=1/e)$が存在する.
よって確かに$f_n$は$h$に一様収束する.