線形汎関数が線形独立結合として表される必要十分条件
定理
$f, f_{1} , \cdots , f_{n}$が定義域を$X$とする線形汎関数だとしよう。
(a) $c_{1} , \cdots , c_{n} \in \mathbb{C}$に対して $\displaystyle f = \sum_{i=1}^{n} c_{i} f_{i}$ $\iff$ $\displaystyle \bigcap_{i=1}^{n} \ker ( f_{i} ) \subset \ker (f)$
(b) $f_{1} , \cdots , f_{n}$が線形独立 $\iff$ $f_{j} (x_{i} ) = \delta_{ij}$を満たす$x_{1} , \cdots , x_{n}$が存在する。
このとき、$\delta_{ij}$はクロネッカーのデルタである。
説明
核が同次homogeneousの概念と関係していることを考えれば、線形同次微分方程式に対して有用な事実であると推測できる。しかし、学ぶ立場からすれば証明があまりにも長く、難しく、複雑なので、単に事実としてよく覚えておくことを勧める。
証明
(a)
戦略: $( \implies )$ 核の定義だけを使えば簡単に示せる。$( \impliedby )$ 具体的に$c_{1} , \cdots , c_{n}$を見つける。
$(\implies )$
$\displaystyle x \in \bigcap_{i=1}^{n} \ker ( f_{i} )$なので
$$ f_{i} ( x ) = 0 $$
$\displaystyle f(x) = \sum_{i=1}^{n} c_{i} f_{i} (x) = 0$なので
$$ x \in \ker (f) $$
まとめると
$$ \bigcap_{i=1}^{n} \ker ( f_{i} ) \subset \ker (f) $$
$( \impliedby )$
命題 $ \displaystyle P(n) : \bigcap_{i=1}^{n} \ker ( f_{i} ) \subset \ker (f) \implies f = \sum_{i=1}^{n} c_{i} f_{i}$ を定義し、数学的帰納法を使おう。
ただし、$f = 0$なら自明なので$f \ne 0$と仮定する。
Part 1. $n=1$
$\ker (f_{1} ) \subset \ker (f)$なので
$$ f_{1} \ne 0 $$
$$ f_{1} (x_{1} ) = 1 $$
を満たす$x_{1} \in X$が存在する。$x \in X$とすると$x - f_{1} (x) x_{1} \in X$であり、これに$f_{1}$を作用させると
$$ f_{1} ( x - f_{1} (x) x_{1} ) = f_{1} ( x ) - f_{1} (x) f_{1} ( x_{1} ) = 0 $$
すなわち$x - f_{1} (x) x_{1} \in \ker (f_{1} ) \subset \ker (f)$であり、これに$f$を作用させると
$$ 0 = f ( x - f_{1} (x) x_{1} ) = f(x) - f_{1} (x) f_{1} (x_{1}) $$
まとめてみると、$f_{1} (x_{1}) \in \mathbb{C}$に対して$f(x) = f_{1} (x_{1}) f_{1} (X)$のように表せるのである。
Part 2. $n=N-1$
$P(N-1)$が成り立つと仮定しよう。
Part 3. $n=N$
Case 1. $f_{1} , \cdots , f_{N}$が線形独立でない場合
$f_{1} , \cdots , f_{N}$が線形独立でないので
$$ t_{1} f_{1} + \cdots + t_{N} f_{N} = 0 $$
$$ t_{i_{0}} \ne 0 $$
を満たすある$t_{i} \in \mathbb{C}$たちが存在する。$f_{i_{0}}$は
$$ \displaystyle f_{i_{0}} = {{1} \over { t_{i_{0}} }} \left( \sum_{i \ne i_{0}} t_{i} f_{i} \right) =\sum_{i \ne i_{0}} \left( {{t_{i} } \over { t_{i_{0}} }} \right) f_{i} $$
のように表されるので
$$ \bigcap_{i \ne i_{0} } \ker ( f_{i} ) \subset \ker (f_{ i_{0}} ) $$
$\displaystyle \bigcap_{i \ne i_{0} } \ker ( f_{i} )$が$\displaystyle \ker (f_{ i_{0}} )$に含まれるので
$$ \bigcap_{i \ne i_{0} } \ker ( f_{i} ) = \left[ \bigcap_{i \ne i_{0} } \ker ( f_{i} ) \right] \cap \ker (f_{i_{0}} ) = \bigcap_{i=1}^{ N } \ker ( f_{i} ) \subset \ker (f) $$
ところが**Part 2.**で$P(N-1)$が成り立つと仮定したので、$\displaystyle f = \sum_{ i \ne i_{0}} c_{i} f_{i} + 0 f_{i_{0}}$を満たす$c_{1} , \cdots , c_{N-1} \in \mathbb{C}$が存在する。
Case 2. $f_{1} , \cdots , f_{N}$が線形独立の場合
$1 \le k \le N$に対して$\displaystyle \bigcap_{ k \ne i } \ker ( f_{k} ) \subset \ker (f_{i} )$と仮定すると、**Part 2.**で$P(N-1)$が成り立つと仮定したので、ある$\lambda_{1} , \cdots , \lambda_{N} \in \mathbb{C}$に対して$\displaystyle f_{i} = \sum_{ k \ne i } \lambda_{k} f_{k}$のように表され、$f_{1} , \cdots , f_{N}$は線形独立でなくなってしまうので、$\displaystyle \bigcap_{ k \ne i } \ker ( f_{k} ) \not\subset \ker (f_{i} )$でなければならない。すると $$ \displaystyle y_{i} \in \left[ \bigcap_{ k \ne i } \ker ( f_{k} ) \right] \setminus \ker (f_{i} ) $$
$$ y_{i} \in \ker (f_{i} ) $$
を満たす$y_{1} , \cdots , y_{N} \in X$が存在する。これに対して$\displaystyle x_{i} := {{ y_{i}} \over {f_{i} ( y_{i} ) }}$と定義してみると
$$ \begin{cases} \displaystyle f_{j} (x_{i} ) = {{ f_{j} (y_{i}) } \over { f_{i} (y_{i} ) }} = 0 \\ \displaystyle f_{i} (x_{i} ) = {{ f_{i} (y_{i}) } \over { f_{i} (y_{i} ) }} = 1 \end{cases} \implies f_{j} ( x_{ i} ) = \delta_{ij} = \begin{cases} 0 & , i \ne j \\ 1 & , i = j \end{cases} $$
いま、任意の$x \in X$で定義された$\displaystyle x - \sum_{i=1}^{N} f_{j} (x) x_{j}$に$f_{i}$を作用させると、すべての$i = 1 , \cdots , N$に対して
$$ \begin{align*} f_{i } \left( x - \sum_{j=1}^{N} f_{j} (x) x_{j} \right) =& f_{j} (x) - \sum_{i=1}^{N} f_{j} (x) f_{i} ( x_{j} ) \\ =& f_{i} (x) - \sum_{j=1}^{N} f_{j} (x) \delta_{ij} \\ =& f_{i} (x) - f_{i} (x) \\ =& 0 \end{align*} $$
これを集合の包含関係で表してみると
$$ \left( x - \sum_{j=1}^{N} f_{j} (x) x_{j} \right) \in \bigcap_{i=1}^{N} \ker ( f_{i} ) \subset \ker (f) $$
核の定義に従って$\displaystyle x - \sum_{j=1}^{N} f_{j} (x) x_{j}$に$f$を作用させると
$$ f \left( x - \sum_{j=1}^{N} f_{j} (x) x_{j} \right) = f(x) - \sum_{j=1}^{N} f_{j} (x) f ( x_{j} ) = 0 $$
$$ \implies f(x) =\sum_{j=1}^{N} f_{j} (x) f ( x_{j} ) = \left[ \sum_{j=1}^{N} f_{j} f ( x_{j} ) \right] (x) $$
$$ \implies f = \sum_{j=1}^{N} f ( x_{j} ) f_{j} $$
すなわち、$f$は具体的な$f ( x_{1} ) , \cdots , f ( x_{N} ) \in \mathbb{C}$に対して$f_{1} , \cdots , f_{N}$の線形結合として表される。
したがって、$f_{1} , \cdots , f_{N}$が線形独立であってもなくても、命題$P(n)$はすべての$n \in \mathbb{N}$に対して成り立つ。
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(b)
Strategy: 事実上、**(a)**の系である。
$(\implies)$
実際に、証明(a)-$(\impliedby)$-Part 3.-**Case 2.**で、$f_{1} , \cdots , f_{n}$が線形独立ならば$f_{j} (x_{i} ) = \delta_{ij}$を満たす$\displaystyle x_{i} := {{ y_{i}} \over {f_{i} ( y_{i} ) }}$たちが存在した。
$(\impliedby)$
$f_{j} (x_{i} ) = \delta_{ij}$を満たす$x_{1} , \cdots , x_{n}$が存在するとき、$c_{1} f_{1} (x) + \cdots + c_{n} f_{n} (x) = 0$を考えてみよう。$x_{1}$を代入してみると
$$ c_{1} f_{1} (x_{1} ) + 0 + \cdots + 0 = c_{1} = 0 $$
同様に$x_{i}$を代入してみると
$$ 0 + \cdots + 0 + c_{i} f_{i} + 0 + \cdots + 0 = c_{i} = 0 $$
したがって、$c_{1} f_{1} (x) + \cdots + c_{n} f_{n} (x) = 0$を満たす場合は$c_{1} = \cdots = c_{n} = 0$だけであり、$f_{1} , \cdots , f_{n}$は線形独立である。
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