📂解析学

関数列の一様収束と連続性

定理¹

距離空間$E$上で、関数列$\left\{ f_{n} \right\}$が$f$に一様収束すると仮定しよう。

$$f_{n} \rightrightarrows f$$

$E$の集積点$x$に数列$A_{n}(x)$を次のように仮定しよう。

$$A_{n}(x) = \lim\limits_{t \to x} f_{n}(t)$$

すると、$\left\{ A_{n}(x) \right\}$は収束し、その極限は次のようになる。

$$\lim\limits_{n \to \infty} A_{n}(x) = \lim\limits_{t \to x} f(t)$$

言い換えれば、次が成立する。

$$\lim \limits_{n\to \infty}\lim \limits_{t\to x}f_{n}(t) = \lim \limits_{t\to x}\lim \limits_{n\to \infty}f_{n}(t) \tag{1}$$

補題

もし、$f_{n}$が$x \in E$で連続かつ$f_{n}$が$f$に一様収束するなら、$f$も$x$で連続である。

$$\lim \limits_{t \to x }f_{n}(t)=f_{n}(x) \implies \lim \limits_{t \to x }f(t)=f(x)$$

説明

定理の結果$(1)$は、二つの極限記号$\lim \limits_{n \to \infty}$と$\lim\limits_{t \to x}$の位置を入れ替えても値が変わらないことを意味する。また、一様収束は連続性を保持することが言える。

連続性に関連して関数列の一様収束を考える理由は、点ごとの収束は連続性を保持しないからである。

反例²

連続(微分可能な)関数の関数列$f_{n}$が$f$に点ごとに収束することが、$f$が連続(微分可能)であることを保証しない。

証明

関数$f_{n}(x) = x^{n}$は$[0, 1]$で連続(微分可能)である。そして関数$f$を次のように定義しよう。

$$f (x) = \begin{cases} 0 & \text{if } 0 \le x \lt 1 \\ 1 & \text{if } x = 1 \end{cases}$$

すると、すべての点$x \in [0, 1]$で$f_{n}(x)$は$f(x)$に点ごとに収束する。しかし、明らかに$f$は$x = 1$で連続(微分可能)ではない。

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証明

小さな正の数$\varepsilon >0$が与えられたとしよう。仮定により、$\left\{ f_{n} \right\}$が$f$に一様収束し、それはすべての$t \in E$に対して$\left\{ f_{n}(t) \right\}$がコーシー列であることに同値なので、次を満たす自然数$N$が存在する。

$$n, m \ge N, t \in E \implies \left| f_{n}(t)-f_{m}(t) \right| \lt \varepsilon$$

また、上記の式で$t \to x$である極限を取ると次のようになる。$n, m \ge N$に対して、

$$\left| A_{n} - A_{m} \right| \lt \varepsilon$$

したがって、$\left\{ A_{n}(x) \right\}$はコーシー列なので収束する。その極限を$A$としよう。

$$A = \lim\limits_{n \to \infty} A_{n}$$

そして次の不等式を考えよう。

$$\left| f(t) - A \right| \le \left| f(t) - f_{n}(t) \right| + \left| f_{n}(t) - A_{n} \right| + \left| A_{n} - A \right| \tag{2}$$

今、$f_{n} \to f$かつ$A_{n} \to A$なので、次の二つの式を満たす$n$を選ぼう。

$$\left| f(t) - f_{n}(t) \right| \le \frac{\varepsilon}{3} \quad \forall t \in E$$

$$\left| A_{n} - A \right| \le \frac{\varepsilon}{3}$$

そして、このように選ばれた$n$について、($A_{n}(x) = \lim\limits_{t \to x} f_{n}(t)$なので)次を満たす$x$の近傍$V$を選ぶことができる。

$$\left| f_{n}(t) - A_{n}(x) \right| \le \frac{\varepsilon}{3} \qquad x \ne t \in V \cap E$$

今、不等式$(2)$と上記の結果から次の式を得る。

$$\left| f(t) - A \right| \le \frac{\varepsilon}{3} + \frac{\varepsilon}{3} + \frac{\varepsilon}{3} = \varepsilon \qquad x \ne t \in V \cap E$$

これは書き直すと、次のようになる。

$$\left| f(t) - \lim\limits_{n \to \infty} A_{n}(x) \right| \le \varepsilon \qquad x \ne t \in V \cap E$$

したがって、次が成立する。

$$\lim\limits_{t \to x} f(t) = \lim\limits_{n \to \infty} A_{n}(x)$$

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補題の証明³

以下の証明は、補題を本定理の結果を使わずに示すものである。

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$\varepsilon >0$が与えられたとしよう。$\left\{ f_{n} \right\}$が$f$に一様収束するので、定義に次を満たす自然数$N$が存在する。

$$\begin{equation} n\ge N,\ t\in E \implies \left| f_{n}(t)-f(t) \right| < \frac{\varepsilon}{3} \label{eq1} \end{equation}$$

$f_{n}$が$x$で連続であると仮定したので、次を満たす$\delta >0$が存在する。

$$\begin{equation} \left| t-x \right|<\delta \implies \left| f_{n}(t)-f_{n}(x) \right|\le \frac{\varepsilon}{3} \label{eq2} \end{equation}$$

したがって、$(1), (2)$により$\left| t-x \right| \lt \delta$のとき、次の式が成立する。

$$\begin{align*} \left| f(t)-f(x) \right| &= \left| f(t)-f_{n}(t)+f_{n}(t)-f_{n}(x)+f_{n}(x)-f(x) \right| \\ &\le \left| f(t)-f_{n}(t)\right|+\left| f_{n}(t)-f_{n}(x) \right|+ \left| f_{n}(x)-f(x) \right| \\ &\le \frac{\varepsilon}{3}+ \frac{\varepsilon}{3} + \frac{\varepsilon}{3} \\ &= \varepsilon \end{align*}$$

したがって、$f$は$x$で連続である。

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