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やりなおしの数学・微分積分篇(42/X)

 以下の書籍を参考に、改めて微分積分を復習していく。

今日のまとめ

  • 極限操作は一般に、積分微分とは可換ではない。しかし一様収束性を持つ場合、可換である。

9. 関数列の収束

 本節では関数の数列(関数列)に関する収束概念を扱う。

9.3 極限関数の微分積分

 極限を取る操作と微分積分の可換性について議論する。すなわち\{f_n(x)\}_{n=1,2,\cdots}[a,b]で連続な関数列でf_n(x)\rightarrow f(x)(n\rightarrow\infty)を満たすものとするとき、


\begin{aligned}
\displaystyle{\lim_{n\rightarrow\infty}\int_{a}^{b}f_n(x)dx}&=\displaystyle{\int_{a}^{b}\left(\lim_{n\rightarrow\infty}f_n(x)\right)dx}=\displaystyle{\int_{a}^{b} f(x)dx},\\
\displaystyle{\lim_{n\rightarrow\infty}\left(\frac{d f_n(x)}{dx}\right)dx}&=\displaystyle{\frac{d}{dx}\left(\lim_{n\rightarrow\infty}f_n(x)\right)}=\displaystyle{\frac{d}{dx}f(x)}
\end{aligned}

が成立するかを扱う。
 まず積分と極限操作は、以下の例からも明らかなように、自明には成り立たない。

例:f_n(x)=n^2x(1-x)^n,f(x)=0,x\in[0,1]
 まず0\lt x\lt1において\log(1-x)\lt0に注意すれば


\begin{aligned}
\log f_n(x)&=2\log n+\log x+n\log(1-x)\\
&=n\left(\displaystyle{\frac{\log n}{n}}+\displaystyle{\frac{\log x}{n}}+\log(1-x)\right)\\
&\rightarrow -\infty(n\rightarrow\infty)
\end{aligned}

であり、f_n(0)=f_n(1)=0であるから、\displaystyle{\lim_{n\rightarrow\infty}f_n(x)}=0である。
 他方で


\begin{aligned}
\displaystyle{\int_0^1 f_n(x)dx}&=n^2\displaystyle{\int_{0}^{1}x(1-x)^n dx}\\
&=n^2\displaystyle{\int_{0}^{1}\left\{-(1-x)(1-x)^{n}+(1-x)^{n}\right\}dx}\\
&=-n^2\displaystyle{\int_{0}^{1}(1-x)^{n+1}dx}+n^2\displaystyle{\int_{0}^{1}(1-x)^{n}dx}\\
&=n^2\left[\displaystyle{\frac{(1-x)^{n+2}}{n+2}}\right]_0^1-n^2\left[\displaystyle{\frac{(1-x)^{n+1}}{n+1}}\right]_0^1\\
&=-\displaystyle{\frac{n^2}{n+2}}+\displaystyle{\frac{n^2}{n+1}}\\
&=\displaystyle{\frac{n^2}{(n+1)(n+2)}}
\end{aligned}

であるから、\displaystyle{\lim_{n\rightarrow\infty}\left(\int_0^1 f_n(x)dx\right)}=\displaystyle{\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{(1+\displaystyle{\frac{1}{n}})(1+\displaystyle{\frac{2}{n}})}}=1を得る。以上から


\begin{aligned}
\displaystyle{\lim_{n\rightarrow\infty}\left(\int_0^1 f_n(x)dx\right)}\neq\displaystyle{\int_{0}^{1}f(x)dx}
\end{aligned}

である。

 これに対して、以下の定理が成り立つ。


極限操作と積分の可換性 関数列\left\{f_n(x)\right\}_{n=1}^{\infty}[a,b]上で連続な関数列とする。\{f_n(x)\}[a,b]上でf(x)に一様収束するならば、

\begin{aligned}
\displaystyle{\lim_{n\rightarrow\infty}\int_{a}^{b}f_n(x)dx}=\displaystyle{\int_{a}^{b}\left(\lim_{n\rightarrow\infty}f_n(x)\right)dx}
\end{aligned}

が成り立つ。

(\because 関数列\left\{f_n(x)\right\}_{n=1}^{\infty}[a,b]上で連続であり、また一様収束性を有することからfは連続関数である。したがってf(x)[a,b]上で\mathrm{Rieman}積分可能であるから、

\begin{aligned}
\left|\displaystyle{\int_{a}^{b}f_n(x)dx}-\displaystyle{\int_{a}^{b}f(x)dx}\right|&\leq\displaystyle{\int_{a}^{b}\left|f_n(x)-f(x)\right|dx}\\
&\leq \displaystyle{\sup_{x\in[a,b]}\left|f_n(x)-f(x)\right|\cdot \int_{a}^{b}dx}\\
&=\displaystyle{(b-a)\sup_{x\in[a,b]}\left|f_n(x)-f(x)\right|}
\end{aligned}

が成り立つ。\{f_n(x)\}の一様連続性から、n\rightarrow\inftyのとき\displaystyle{\sup_{x\in[a,b]}\left|f_n(x)-f(x)\right|}\rightarrow0である。したがって


\begin{aligned}
\left|\displaystyle{\int_{a}^{b}f_n(x)dx}-\displaystyle{\int_{a}^{b}f(x)dx}\right|&\leq\displaystyle{(b-a)\sup_{x\in[a,b]}\left|f_n(x)-f(x)\right|}\rightarrow0(n\rightarrow\infty)
\end{aligned}

が成り立ち、


\begin{aligned}
\displaystyle{\lim_{n\rightarrow\infty}\int_{a}^{b}f_n(x)dx}=\displaystyle{\int_{a}^{b}\left(\lim_{n\rightarrow\infty}f_n(x)\right)dx}
\end{aligned}

である。 \blacksquare)

 次に微分と極限操作も、以下の例からも明らかなように、自明には成り立たない。

例:f_n(x)=\displaystyle{\frac{x^{n+1}}{n+1}},f(x)=0,x\in[0,1]


\begin{aligned}
\displaystyle{\sup_{x\in[0,1]}\left|f_n(x)-f(x)\right|}=\displaystyle{\sup_{x\in[0,1]}\frac{x^{n+1}}{n+1}}\leq\displaystyle{\frac{1}{n+1}}
\end{aligned}

であるから、\{f_n(x)\}_{n=1}^{\infty}[0,1]においてfに一様収束する。
 他方でf_n^{\prime}(x)=x^n,f^{\prime}(x)=0である。


\begin{aligned}
\displaystyle{\lim_{n\rightarrow\infty}f_n(x)}=\begin{cases}
0,&x\in[0,1),\\
1,&x=1
\end{cases}
\end{aligned}

であるから、\displaystyle{\lim_{n\rightarrow\infty}f_n^{\prime}(1)}\neq f^{\prime}(1)である。

 これに対して、以下の定理が成り立つ。


極限操作と微分の可換性 関数列\left\{f_n(x)\right\}_{n=1}^{\infty}[a,b]上で連続な関数列とする。各x\in[a,b]に対して\displaystyle{\lim_{n\rightarrow\infty}f_n(x)}=f(x)とする。さらに関数列\{f_n^{\prime}\}[a,b]上でgに一様収束するものとする。このとき\{f_n\}[a,b]上でfに一様収束し、f[a,b]上で連続な導関数f^{\prime}=gを持つ。
(\because f_n^{\prime}[a,b]上で連続であり、gに一様収束するから、g[a,b]上で連続である。ここで

\begin{aligned}
f_n(x)=f_n(a)+\displaystyle{\int_{a}^{x}f_n^{\prime}(t)dt}
\end{aligned}

とおき、h(x)=f(a)+\displaystyle{\int_{a}^{x}g(t)dt}とおくと


\begin{aligned}
\left|f_n(x)-h(x)\right|&=\left|\left(f_n(a)+\displaystyle{\int_{a}^{x}f_n^{\prime}(t)dt}\right)-\left(f(a)+\displaystyle{\int_{a}^{x}g(t)dt}\right)\right|\\
&=\left|f_n(a)-f(a)+\displaystyle{\int_{a}^{x}(f_n^{\prime}(t)-g(t))dt}\right|\\
&\leq\left|f_n(a)-f(a)\right|+\left|\displaystyle{\int_{a}^{x}(f_n^{\prime}(t)-g(t))dt}\right|\\
&\leq\left|f_n(a)-f(a)\right|+(b-a)\displaystyle{\sup_{x\in[a,b]}\left|f_n^{\prime}(t)-g(t) )\right|}
\end{aligned}

が成り立つ。したがって


\begin{aligned}
\displaystyle{\sup_{x\in[a,b]}\left|f_n(x)-h(x)\right|}\leq\left|f_n(a)-f(a)\right|+(b-a)\displaystyle{\sup_{x\in[a,b]}\left|f_n^{\prime}(t)-g(t) )\right|}
\end{aligned}

が成立する。
 いま\{f_n^{\prime}\}[a,b]上においてgに一様収束するから


\begin{aligned}
\displaystyle{\sup_{x\in[a,b]}\left|f_n^{\prime}(t)-g(t) )\right|}\rightarrow0(n\rightarrow\infty)
\end{aligned}

である。仮定からf_n(a)\rightarrow f(a)(n\rightarrow\infty)であるから、


\begin{aligned}
\displaystyle{\sup_{x\in[a,b]}\left|f_n(x)-h(x)\right|}\rightarrow0(n\rightarrow\infty)
\end{aligned}

が成り立つ。これにより\{f_n\}[a,b]上でhに一様収束する。他方で各x\in[a,b]に対してn\rightarrow\inftyのときf_n(x)\rightarrow f(x)であるからf(x)=h(x)を満たす。したがって\{f_n\}[a,b]上でhに一様収束し、更に


\begin{aligned}
f(x)=f(a)+\displaystyle{\int_{a}^{x}g(t)dt}
\end{aligned}

が成立する。g[a,b]上で連続であるから、f[a,b]上で微分可能かつf^{\prime}=gである。またf^{\prime}[a,b]上で連続であるから、f[a,b]上でC^{1}級である。 \blacksquare)

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