関数列の各点収束
定義
$\mathbb{R}$ の部分集合 $E \ne \emptyset$ に対して関数 $f : E \to \mathbb{R}$ を定義しよう。関数列 $\left\{ f_{n} : E \to \mathbb{R} \right\}_{n=1}^{\infty}$ が各 $x \in E$ について $f(x) = \lim \limits_{n \to \infty} f_{n} (X)$ を満たす場合、$E$ で $f_{n}$ に 逐点収束pointwise convergenceすると言い、以下のように表記される。
$$ f_{n} \to f $$
解説
上の定義を ε-δ 論法で書き直すと、次の必要十分条件が得られる。
数列は単に「定義域が $\mathbb{N}$ である関数」に過ぎないので、その値域が関数の集合であっても全く問題なく、関数列 $\left\{ f_{n} \right\}_{n \in \mathbb{N}}$ のような恐ろしい存在を思い浮かべることができる。まだ数列の概念を「$n$ が増加するにつれて数直線上で動く点」と大雑把に考えているなら、受け入れがたいだろう。
新しい数列が現れたことで、新しい収束についても話さないわけにはいかない。もちろん、逐点で収束するという概念は実際そんなに難しくない。なぜなら、$E$ で一点以上の例外を許して収束するなら、それは$E$ での収束とは言えないからだ。しかし、このように常識的な「収束」をわざわざ「逐点収束」と呼ぶ理由は何だろう？
その理由は明らかに、逐点収束が関数それ自体の収束を議論するにはまだ不十分であるためだ。実際、逐点収束はこれよりも良い収束と対比して「十分に良くない収束」を言うためにある言葉とも言える。率直に言って、$f_{n} (x)$ というのも具体的な $x_{0}$ を一つ固定すれば $a_{n} := f_{n} (x_{0} )$ のように現れるので、わざわざ関数列という概念を考える必要もない。
次は、$E$ で $f_{n}$ が $f$ に逐点収束したとき、元の $f_{n}$ の性質を保持しない例である。
定理
$E$ で $f_{n}$ が $f$ に逐点ごとに収束するとする。
(a) $f_{n}$ が微分可能であっても、$f$ が微分可能であるわけではない。
(b) $f_{n}$ が積分可能であっても、$f$ が積分可能であるわけではない。
(c) $f_{n}, f$ が微分可能であっても、$\lim \limits_{n \to \infty} \dfrac{d}{dx} f_{n} (x) = \dfrac{d}{dx} \left( \lim \limits_{n \to \infty} f_{n} (x) \right)$ が成立するわけではない。
(d) $f_{n}, f$ が積分可能であっても、$\displaystyle \lim \limits_{n \to \infty} \int_{a}^{b} f_{n} (x) dx = \int_{a}^{b} \left( \lim \limits_{n \to \infty} f_{n} (x) \right) dx$ が成立するわけではない。
特に (a) は連続性も保持されない例でもある。
証明
反例(a)
$E = [0,1]$ で以下のように $f_{n} , f$ を定義しよう。
$$ \begin{align*} f_{n} (x) &:= x^{n} \\ f(x) &:= \begin{cases} 0 &, 0 \le x < 1 \\ 1 &, x=1 \end{cases} \end{align*} $$
明らかに$E$ で逐点ごとに $f_{n} \to f$ に収束する。しかし、$f_{n}$ は $[0,1]$ で微分可能だが、$f$ は $x=1$ で連続ではないので微分可能ではない。
■
反例(b)
$E = [0,1]$ で以下のように $f_{n} , f$ を定義しよう。
$$ \begin{align*} f_{n} (x) &:= \begin{cases} 1 &, x = {{ p } \over { m }} , p \in \mathbb{Z} , m \in \left\{ 1 , \cdots , n \right\} \\ 0 &, \text{otherwise} \end{cases} \\ f(x) &:= \begin{cases} 1 &, x \in \mathbb{Q} \\ 0 &, \text{otherwise} \end{cases} \end{align*} $$
$f_{n}$ の設定は少し複雑だが、$f_{1} (x)$ は $ x \in \left\{ 0 , 1 \right\}$ でのみ$1$ であり、$f_{2} (x)$ は $\displaystyle x \in \left\{ 0 , {{ 1 } \over { 2 }} , 1 \right\}$ でのみ$1$ であり、$f_{3} (x)$ は$x \in \left\{ 0 , {{ 1 } \over { 3 }} , {{ 1 } \over { 2 }} , {{ 2 } \over { 3 }} , 1 \right\}$ でのみ$1$ である。この方法で$n$ を増やしていくと、最終的にはすべての$x \in \mathbb{Q}$ でのみ$1$ になるはずで、それ故に$E$ で逐点ごとに$f_{n} \to f$ に収束することがわかる。しかし、$f_{n}$ は $[0,1]$ で積分可能だが、ディリクレ関数の$f$ は積分可能ではない。
■
反例(c)
$E = [0,1]$ で以下のように $f_{n} , f$ を定義しよう。
$$ \begin{align*} f_{n} (x) &:= {{ x^{n} } \over { n }} \\ f(x) &:= 0 \end{align*} $$
明らかに$E$ で逐点ごとに$f_{n} \to f$ に収束し、それぞれの導関数は
$$ \begin{align*} f’_{n} (x) =& x^{n-1} \\ f '(x) =& 0 \end{align*} $$
のように求められる。しかし$x=1$ で
$$ 1 = \lim \limits_{n \to \infty} \dfrac{d}{dx} f_{n} (1) \ne \dfrac{d}{dx} \left( \lim \limits_{n \to \infty} f_{n} (1) \right) = 0 $$
■
反例(d)
$E = [0,1]$ で以下のように $f_{n} , f$ を定義しよう。
$$ \begin{align*} f_{1} (x) &:= 1 \\ f_{n} (x) &:= \begin{cases} n^2 x &, 0 \le x < {{ 1 } \over { n }} \\ 2n - n^2 x &, {{ 1 } \over { n }} \le x < {{ 2 } \over { n }} \\ 0 &, {{ 2 } \over { n }} \le x \le 1 \end{cases} \\ f(x) &:= 0 \end{align*} $$
$f_{n}$ は複雑に見えるが、上の図を見ると非常にシンプルであり、$E$ で逐点ごとに $f_{n} \to f$ に収束していることが分かる。ここで、$\displaystyle \int_{0}^{1} f_{n} (x) dx$ は三角形の内部の面積と同じで、高さが$n$、底辺の長さが${{ 2 } \over { n }}$ であるため、$n$ が何であれ常に$1$ に等しい。しかし、
$$ \int_{0}^{1} f(x) dx = \int_{0}^{1} 0 dx = 0 $$
なので、
$$ 1 = \lim \limits_{n \to \infty} \int_{0}^{1} f_{n} (x) dx \ne \int_{0}^{1} \left( \lim \limits_{n \to \infty} f_{n} (x) \right) dx = 0 $$
■