モリフィケーションの収束
定理
モリファイア $\eta_{\epsilon}$に対して以下が成り立つとしよう。
- $\displaystyle \alpha= \int_{-\infty}^{0} \eta_{\epsilon}(x) dx$
- $\displaystyle \beta=\int_{0}^{\infty} \eta_{\epsilon} (x) dx$
- $\alpha + \beta = 1$としよう。
そして、$f$が断片的に連続であり、有界だとしよう。すると、$f$のモリフィケーションは以下のように収束する。
$$ \lim \limits_{\epsilon \rightarrow 0} f \ast \eta_{\epsilon}(x) = \alpha f(x+) + \beta f(x-) $$
$\eta_{\epsilon}(x)$が偶関数なら、
$$ \lim \limits_{\epsilon \rightarrow 0} f \ast \eta_{\epsilon}(x) = \dfrac{1}{2} \big[ f(x+) + f(x-) \big] $$
さらに、$f$が連続関数なら、
$$ \lim \limits_{\epsilon \rightarrow 0} f \ast \eta_{\epsilon}(x) = f(x) $$
説明
$f$が十分に滑らかでなくても、$f$のモリフィケーションは$f$に収束するスムーズな関数になる。
補助定理
$$ \int_{a}^b \eta_{\epsilon}(x)dx=\int_{a/\epsilon}^{b/\epsilon}\eta (x)dx $$
証明
結果として成り立つ
畳み込み収束定理によって成り立つ。
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直接計算による
仮定により以下が成り立つ。
$$ \begin{align*} f \ast\eta_{\epsilon}(x) -\alpha f(x+)-\beta f(x-) &= \int_{-\infty}^{\infty} f(x-y)\eta_{\epsilon}(y)dy - \int_{-\infty}^{0} f(x+)\eta_{\epsilon}(y)dy - \int_{0}^{\infty} f(x-)\eta_{\epsilon}(y)dy \\ &= \int_{-\infty}^{0} \big[ f(x-y) -f(x+) \big] \eta_{\epsilon}(y)dy - \int_{0}^{\infty} \big[ f(x-y) - f(x-)\big] \eta_{\epsilon}(y)dy \end{align*} $$
まず、第二項の積分が$0$に収束することを示そう。$\delta >0$が与えられて$N=\int |\eta_{\epsilon}(y) | dy$としよう。そして、$0<y<c$のたびに、以下の式を満たす十分に小さい$c$を選ぶことができる。
$$ |f(x-y)-f(x-)| < \dfrac{\delta}{2N} \quad \mathrm{when}\ 0<y<c $$
その後、積分を$\displaystyle \int_{0}^{\infty}=\int_{0}^{c} +\int_{c}^{\infty}$に分けて考えよう。まず$\int_{0}^{c}$について見ると、上の不等式により以下が成り立つ。
$$ \begin{align*} \left| \int_{0} ^{c} \big[ f(x-y)-f(x-) \big] \eta_{\epsilon}(y)dy \right| &\le \dfrac{\delta}{2N}\int_{0}^{c}|\eta_{\epsilon}(y)|dy \\ &= \dfrac{\delta}{2N}N \\ &=\dfrac{\delta}{2} \end{align*} $$
今、$f$が有界であるため、$ f(x) \le M$としよう。$\int | \eta (y)|dy=1<\infty$であるため、以下の式を満たす正数$R>0$が存在する。
$$ \int_{R^{\prime}}^{\infty}|\eta (y)|dy < \dfrac{\delta}{4M} \quad \mathrm{for}\ R^{\prime}>R $$
$\epsilon < c/R$としよう。すると、$R< c/\epsilon$であるため、$\int_{c/\epsilon}^{\infty} |\eta (y)|dy <\frac{\delta}{4M}$である。よって、以下が成り立つ。
$$ \begin{align*} \left| \int_{c}^{\infty} \big[ f(x-y)-f(x-) \big] \eta_{\epsilon}(y)dy \right| &\le 2M \int _{c}^{\infty} | \eta_{\epsilon}(y) | dy \\ &= 2M \int _{c/\epsilon}^{\infty} | \eta (y) | dy \\ &\le 2M\dfrac{\delta}{4M} \\ &= \dfrac{\delta}{2} \end{align*} $$
二つの結果を組み合わせると、以下を得る。
$$ \left| \int_{0}^{\infty} \big[ f(x-y)-f(x-)\big]\eta_{\epsilon}(y)dy \right|<\delta $$
$\delta$は任意の正数であるため、上の式の値は$0$である。$\displaystyle \int_{-\infty}^{0}$の場合も同様に証明できる。したがって、以下を得る。
$$ \begin{align*} && \lim \limits_{\epsilon \rightarrow 0} f \ast \eta_{\epsilon}(x) -\alpha f(x+)-\beta f(x-) &= 0 \\ \implies && \lim \limits_{\epsilon \rightarrow 0} f \ast \eta_{\epsilon}(x) &=\alpha f(x+)+\beta f(x-) \end{align*} $$
モリファイア$\eta (x)$が偶関数なら、明らかに$\alpha=\beta=\frac{1}{2}$であるため、以下が成り立つ。
$$ \lim \limits_{\epsilon \rightarrow 0} f \ast \eta_{\epsilon}(x) = \dfrac{1}{2} \big[ f(x+) + f(x-) \big] $$
さらに、$f(x)$が連続のときは同じ方法で、
$$ f \ast\eta_{\epsilon}(x)-f(x) <\delta $$
を示して、最終的に$\lim \limits_{\epsilon \rightarrow 0} f \ast \eta_{\epsilon}(x)=f(x)$であることが示せる。
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