몰리피케이션의 수렴
정리
몰리파이어 $\eta_{\epsilon}$에 대해서 다음이 성립한다고 하자.
- $\displaystyle \alpha= \int_{-\infty}^{0} \eta_{\epsilon}(x) dx$
- $\displaystyle \beta=\int_{0}^{\infty} \eta_{\epsilon} (x) dx$
- $\alpha + \beta = 1$라고 하자.
그리고 $f$가 조각마다 연속이고 유계라고 하자. 그러면 $f$의 몰리피케이션은 아래와 같이 수렴한다.
$$ \lim \limits_{\epsilon \rightarrow 0} f \ast \eta_{\epsilon}(x) = \alpha f(x+) + \beta f(x-) $$
$\eta_{\epsilon}(x)$가 짝함수이면
$$ \lim \limits_{\epsilon \rightarrow 0} f \ast \eta_{\epsilon}(x) = \dfrac{1}{2} \big[ f(x+) + f(x-) \big] $$
또한 $f$가 연속 함수이면
$$ \lim \limits_{\epsilon \rightarrow 0} f \ast \eta_{\epsilon}(x) = f(x) $$
설명
$f$가 충분히 매끄럽지 않아도, $f$의 몰리피케이션은 $f$로 수렴하는 스무스 함수가 된다.
보조정리
$$ \int_{a}^b \eta_{\epsilon}(x)dx=\int_{a/\epsilon}^{b/\epsilon}\eta (x)dx $$
증명
따름정리로서 성립
컨볼루션 수렴 정리에 의해서 성립한다.
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직접 계산
가정에 의해 다음이 성립한다.
$$ \begin{align*} f \ast\eta_{\epsilon}(x) -\alpha f(x+)-\beta f(x-) &= \int_{-\infty}^{\infty} f(x-y)\eta_{\epsilon}(y)dy - \int_{-\infty}^{0} f(x+)\eta_{\epsilon}(y)dy - \int_{0}^{\infty} f(x-)\eta_{\epsilon}(y)dy \\ &= \int_{-\infty}^{0} \big[ f(x-y) -f(x+) \big] \eta_{\epsilon}(y)dy - \int_{0}^{\infty} \big[ f(x-y) - f(x-)\big] \eta_{\epsilon}(y)dy \end{align*} $$
먼저 둘째항의 적분이 $0$으로 수렴함을 보이려한다. $\delta >0$가 주어졌고 $N=\int |\eta_{\epsilon}(y) | dy$라고 하자. 그러면 $0<y<c$일 때 마다 아래의 식을 만족하는 충분히 작은 $c$를 고를 수 있다.
$$ |f(x-y)-f(x-)| < \dfrac{\delta}{2N} \quad \mathrm{when}\ 0<y<c $$
그러면 적분을 $\displaystyle \int_{0}^{\infty}=\int_{0}^{c} +\int_{c}^{\infty}$로 쪼개서 생각하자. 우선 $\int_{0}^{c}$에 대해서 살펴보면 위의 부등식에 의해 다음이 성립한다.
$$ \begin{align*} \left| \int_{0} ^{c} \big[ f(x-y)-f(x-) \big] \eta_{\epsilon}(y)dy \right| &\le \dfrac{\delta}{2N}\int_{0}^{c}|\eta_{\epsilon}(y)|dy \\ &= \dfrac{\delta}{2N}N \\ &=\dfrac{\delta}{2} \end{align*} $$
이제 $f$가 유계이므로 $ f(x) \le M$라 하자. $\int | \eta (y)|dy=1<\infty$이므로 다음의 식을 만족하는 양수 $R>0$이 존재한다.
$$ \int_{R^{\prime}}^{\infty}|\eta (y)|dy < \dfrac{\delta}{4M} \quad \mathrm{for}\ R^{\prime}>R $$
$\epsilon < c/R$라고 하자. 그러면 $R< c/\epsilon$이므로 $\int_{c/\epsilon}^{\infty} |\eta (y)|dy <\frac{\delta}{4M}$이다. 따라서 다음이 성립한다.
$$ \begin{align*} \left| \int_{c}^{\infty} \big[ f(x-y)-f(x-) \big] \eta_{\epsilon}(y)dy \right| &\le 2M \int _{c}^{\infty} | \eta_{\epsilon}(y) | dy \\ &= 2M \int _{c/\epsilon}^{\infty} | \eta (y) | dy \\ &\le 2M\dfrac{\delta}{4M} \\ &= \dfrac{\delta}{2} \end{align*} $$
두 결과를 종합하면 다음을 얻는다.
$$ \left| \int_{0}^{\infty} \big[ f(x-y)-f(x-)\big]\eta_{\epsilon}(y)dy \right|<\delta $$
$\delta$는 임의의 양수 이므로 위 식의 값은 $0$이다. $\displaystyle \int_{-\infty}^{0}$의 경우에도 같은 방식으로 증명할 수 있다. 그러므로 다음을 얻는다.
$$ \begin{align*} && \lim \limits_{\epsilon \rightarrow 0} f \ast \eta_{\epsilon}(x) -\alpha f(x+)-\beta f(x-) &= 0 \\ \implies && \lim \limits_{\epsilon \rightarrow 0} f \ast \eta_{\epsilon}(x) &=\alpha f(x+)+\beta f(x-) \end{align*} $$
몰리파이어 $\eta (x)$가 짝함수이면 명백하게 $\alpha=\beta=\frac{1}{2}$이므로 다음이 성립한다.
$$ \lim \limits_{\epsilon \rightarrow 0} f \ast \eta_{\epsilon}(x) = \dfrac{1}{2} \big[ f(x+) + f(x-) \big] $$
또한 $f(x)$가 연속일 때는 위와 같은 방법으로
$$ f \ast\eta_{\epsilon}(x)-f(x) <\delta $$
임을 보여서 최종적으로 $\lim \limits_{\epsilon \rightarrow 0} f \ast \eta_{\epsilon}(x)=f(x)$임을 보일 수 있다.
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