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몰리피케이션의 수렴 📂편미분방정식

몰리피케이션의 수렴

정리

몰리파이어 ηϵ\eta_{\epsilon}에 대해서 다음이 성립한다고 하자.

  • 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 = 1라고 하자.

그리고 ff가 조각마다 연속이고 유계라고 하자. 그러면 ff의 몰리피케이션은 아래와 같이 수렴한다.

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)가 짝함수이면

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]

또한 ff가 연속 함수이면

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

설명

ff가 충분히 매끄럽지 않아도, ff의 몰리피케이션은 ff로 수렴하는 스무스 함수가 된다.

  • 보조정리

    ∫abηϵ(x)dx=∫a/ϵb/ϵη(x)dx \int_{a}^b \eta_{\epsilon}(x)dx=\int_{a/\epsilon}^{b/\epsilon}\eta (x)dx

증명

따름정리로서 성립

컨볼루션 수렴 정리에 의해서 성립한다.

■

직접 계산

가정에 의해 다음이 성립한다.

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*}

먼저 둘째항의 적분이 00으로 수렴함을 보이려한다. δ>0\delta >0가 주어졌고 N=∫∣ηϵ(y)∣dyN=\int |\eta_{\epsilon}(y) | dy라고 하자. 그러면 0<y<c0<y<c일 때 마다 아래의 식을 만족하는 충분히 작은 cc를 고를 수 있다.

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

그러면 적분을 ∫0∞=∫0c+∫c∞\displaystyle \int_{0}^{\infty}=\int_{0}^{c} +\int_{c}^{\infty}로 쪼개서 생각하자. 우선 ∫0c\int_{0}^{c}에 대해서 살펴보면 위의 부등식에 의해 다음이 성립한다.

∣∫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*}

이제 ff가 유계이므로 f(x)≤M f(x) \le M라 하자. ∫∣η(y)∣dy=1<∞\int | \eta (y)|dy=1<\infty이므로 다음의 식을 만족하는 양수 R>0R>0이 존재한다.

∫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/R라고 하자. 그러면 R<c/ϵR< c/\epsilon이므로 ∫c/ϵ∞∣η(y)∣dy<δ4M\int_{c/\epsilon}^{\infty} |\eta (y)|dy <\frac{\delta}{4M}이다. 따라서 다음이 성립한다.

∣∫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*}

두 결과를 종합하면 다음을 얻는다.

∣∫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\delta는 임의의 양수 이므로 위 식의 값은 00이다. ∫−∞0\displaystyle \int_{-\infty}^{0}의 경우에도 같은 방식으로 증명할 수 있다. 그러므로 다음을 얻는다.

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*}

몰리파이어 η(x)\eta (x)가 짝함수이면 명백하게 α=β=12\alpha=\beta=\frac{1}{2}이므로 다음이 성립한다.

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]

또한 f(x)f(x)가 연속일 때는 위와 같은 방법으로

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

임을 보여서 최종적으로 lim⁡ϵ→0f∗ηϵ(x)=f(x)\lim \limits_{\epsilon \rightarrow 0} f \ast \eta_{\epsilon}(x)=f(x)임을 보일 수 있다.

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