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モリフィケーションの収束 📂偏微分方程式

モリフィケーションの収束

定理

モリファイア ηϵ\eta_{\epsilon}に対して以下が成り立つとしよう。

  • α=∫−∞0ηϵ(x)dx\displaystyle \alpha= \int_{-\infty}^{0} \eta_{\epsilon}(x) dx
  • β=∫0∞ηϵ(x)dx\displaystyle \beta=\int_{0}^{\infty} \eta_{\epsilon} (x) dx
  • α+β=1\alpha + \beta = 1としよう。

そして、ffが断片的に連続であり、有界だとしよう。すると、ffのモリフィケーションは以下のように収束する。

lim⁡ϵ→0f∗ηϵ(x)=αf(x+)+βf(x−) \lim \limits_{\epsilon \rightarrow 0} f \ast \eta_{\epsilon}(x) = \alpha f(x+) + \beta f(x-)

ηϵ(x)\eta_{\epsilon}(x)が偶関数なら、

lim⁡ϵ→0f∗ηϵ(x)=12[f(x+)+f(x−)] \lim \limits_{\epsilon \rightarrow 0} f \ast \eta_{\epsilon}(x) = \dfrac{1}{2} \big[ f(x+) + f(x-) \big]

さらに、ffが連続関数なら、

lim⁡ϵ→0f∗ηϵ(x)=f(x) \lim \limits_{\epsilon \rightarrow 0} f \ast \eta_{\epsilon}(x) = f(x)

説明

ffが十分に滑らかでなくても、ffのモリフィケーションはffに収束するスムーズな関数になる。

  • 補助定理

    ∫abηϵ(x)dx=∫a/ϵb/ϵη(x)dx \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。

■

直接計算による

仮定により以下が成り立つ。

f∗ηϵ(x)−αf(x+)−βf(x−)=∫−∞∞f(x−y)ηϵ(y)dy−∫−∞0f(x+)ηϵ(y)dy−∫0∞f(x−)ηϵ(y)dy=∫−∞0[f(x−y)−f(x+)]ηϵ(y)dy−∫0∞[f(x−y)−f(x−)]ηϵ(y)dy \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00に収束することを示そう。δ>0\delta >0が与えられてN=∫∣ηϵ(y)∣dyN=\int |\eta_{\epsilon}(y) | dyとしよう。そして、0<y<c0<y<cのたびに、以下の式を満たす十分に小さいccを選ぶことができる。

∣f(x−y)−f(x−)∣<δ2Nwhen 0<y<c |f(x-y)-f(x-)| < \dfrac{\delta}{2N} \quad \mathrm{when}\ 0<y<c

その後、積分を∫0∞=∫0c+∫c∞\displaystyle \int_{0}^{\infty}=\int_{0}^{c} +\int_{c}^{\infty}に分けて考えよう。まず∫0c\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。

∣∫0c[f(x−y)−f(x−)]ηϵ(y)dy∣≤δ2N∫0c∣ηϵ(y)∣dy=δ2NN=δ2 \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、ffが有界であるため、f(x)≤M f(x) \le Mとしよう。∫∣η(y)∣dy=1<∞\int | \eta (y)|dy=1<\inftyであるため、以下の式を満たす正数R>0R>0が存在する。

∫R′∞∣η(y)∣dy<δ4Mfor R′>R \int_{R^{\prime}}^{\infty}|\eta (y)|dy < \dfrac{\delta}{4M} \quad \mathrm{for}\ R^{\prime}>R

ϵ<c/R\epsilon < c/Rとしよう。すると、R<c/ϵR< c/\epsilonであるため、∫c/ϵ∞∣η(y)∣dy<δ4M\int_{c/\epsilon}^{\infty} |\eta (y)|dy <\frac{\delta}{4M}である。よって、以下が成り立つ。

∣∫c∞[f(x−y)−f(x−)]ηϵ(y)dy∣≤2M∫c∞∣ηϵ(y)∣dy=2M∫c/ϵ∞∣η(y)∣dy≤2Mδ4M=δ2 \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。

∣∫0∞[f(x−y)−f(x−)]ηϵ(y)dy∣<δ \left| \int_{0}^{\infty} \big[ f(x-y)-f(x-)\big]\eta_{\epsilon}(y)dy \right|<\delta

δ\deltaは任意の正数であるため、上の式の値は00である。∫−∞0\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。

lim⁡ϵ→0f∗ηϵ(x)−αf(x+)−βf(x−)=0  ⟹  lim⁡ϵ→0f∗ηϵ(x)=αf(x+)+βf(x−) \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η(x)\eta (x)が偶関数なら、明らかにα=β=12\alpha=\beta=\frac{1}{2}であるため、以下が成り立つ。

lim⁡ϵ→0f∗ηϵ(x)=12[f(x+)+f(x−)] \lim \limits_{\epsilon \rightarrow 0} f \ast \eta_{\epsilon}(x) = \dfrac{1}{2} \big[ f(x+) + f(x-) \big]

さらに、f(x)f(x)が連続のときは同じ方法で、

f∗ηϵ(x)−f(x)<δ f \ast\eta_{\epsilon}(x)-f(x) <\delta

を示して、最終的にlim⁡ϵ→0f∗ηϵ(x)=f(x)\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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