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몰리파이어

정의¹

함수 $\eta \in C^{\infty}(\mathbb{R}^{n})$을 다음과 같이 정의하자.

$$ \begin{equation} \eta (x) := \begin{cases} C \exp \left( \dfrac{1}{|x|^2-1} \right) & |x|<1 \\ 0 & |x| \ge 1\end{cases} \label{1} \end{equation} $$

이러한 $\eta$를 몰리파이어^mollifier라 한다. 특히 $C>0$가 $\displaystyle \int_{\mathbb{R}^{n}} \eta dx=1$을 만족시키는 상수일 때 $\eta$를 스탠다드 몰리파이어^{standard mollifier}라 한다.

$\epsilon>0$에 대해서 $\eta_{\epsilon}$을 다음과 같이 정의하자.

$$ \eta_\epsilon (x) := \dfrac{1}{\epsilon^n}\eta\left( \dfrac{x}{\epsilon} \right) $$

$\eta$가 스탠다드 몰리파이어이면 $\int_{\mathbb{R^n}} \eta_{\epsilon} dx=1$이 성립한다. 이는 변수 변환으로 쉽게 확인할 수 있다.

설명

몰리파이어는 매끄럽지 않은 함수를 합성곱을 통해 매끄럽게 만들어주는 역할을 한다. mollify는 ‘달래다’라는 의미를 가지고 있는데, 이는 $\eta$가 미분 불가능한 함수를 미분 가능하게 근사시켜주는 것을 mollify라고 표현한 것이다.

한편 몰리파이어의 역할을 생각해보면 반드시 $\eqref{def}$와 같은 꼴이어야할 필요는 없다.

일반화

$\varphi \in C^{\infty}(\mathbb{R}^{n})$가 아래의 세 조건을 만족하면, $\varphi$를 몰리파이어라고 한다.

• 컴팩트 서포트를 가진다.
• $\displaystyle \int_{\mathbb{R^n}} \varphi dx =1$
• $\lim \limits_{\epsilon \rightarrow 0}\varphi_\epsilon = \lim \limits_{\epsilon \rightarrow 0} \dfrac{1}{\epsilon^n}\varphi \left( \dfrac{x}{\epsilon} \right) =\delta (x)$ 이때 $\delta (x)$는 디랙 델타 함수이다.

다음의 조건을 만족하면 파지티브 몰리파이어^{positive mollifier}라고 한다.

• $\varphi (x) \ge 0, \quad \forall x \in \mathbb{R^n}$

다음의 조건을 만족하면 시메트릭 몰리파이어^{symmetric mollifier}라고 한다.

• $\mu \in C^{\infty}$에 대해서, $\varphi (x)=\mu (|x|)$

한편 $\eqref{1}$로 정의한 $\eta$가 실제로 스무스 함수인지는 다음과 같이 증명할 수 있다.

증명

우선 $f$와 $g$를 다음과 같이 정의하자.

$$ \begin{align*} f(s) &:= \begin{cases} C \exp\left( \dfrac{1}{s-1} \right) & s<1 \\ 0 & s \ge 1 \end{cases} \\g(x) &:= |x|^2={x_{1}}^2+{x_{2}}^2+\cdots+{x_{n}}^2 , \quad x\in \mathbb{R}^{n} \end{align*} $$

그리고 $f\in C^\infty$와 $g\in C^\infty$임을 보여서 최종적으로 $\eta=f \circ g \in C^\infty$임을 보이려고 한다.

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• Part 1. $f \in C^\infty$

  우선 $(-\infty, 1)$에서 $f$의 도함수들을 구해보면 다음과 같다.

  $$ \begin{align*} f^{\prime}(s) =&\ Ce ^{ \frac{1}{s-1}} \frac{-1}{(s-1)^2} \\ f^{\prime \prime}(s) =&\ Ce ^{ \frac{1}{s-1}} \frac{-1}{(s-1)^4} + Ce ^{ \frac{1}{s-1}} \frac{2}{(s-1)^3} \\ f^{\prime \prime \prime}(s) =&\ Ce ^{ \frac{1}{s-1}} \frac{-1}{(s-1)^6} +Ce ^{ \frac{1}{s-1}} \frac{2}{(s-1)^5}+Ce ^{ \frac{1}{s-1}} \frac{-6}{(s-1)^4} \end{align*} $$

  따라서 모든 $k \ge 1$에 대해서 아래의 식을 만족하는 상수 $a^{(k)}_{0},\ a^{(k)}_{1},\ \cdots,\ a^{(k)}_{2k}$가 존재한다는 것을 수학적 귀납법을 사용해서 보이려고 한다.

  $$ f^{(k)}(s) = \begin{cases} e^{\frac{1}{s-1}} \left( a^{(k)}_{0} + \frac{a^{(k)}_{1}}{s-1}+\cdots+\frac{a^{(k)}_{2k}}{(s-1)^{2k}} \right) & s<1 \\ 0 & s \ge 1 \end{cases} $$

  • Part 1-1. $k=1$

    $$ f^{\prime}(s) = \begin{cases} e^{\frac{1}{s-1} }\frac{-C}{(s-1)^2} & s<1 \\ 0 & s >1\end{cases} $$

    따라서 $a^{(1)}_{0} =a^{(1)}_{1}=0$, $a^{(1)}_2=-C$이다. 그리고 다음이 성립한다.

    $$ \lim \limits_{h \rightarrow 0^+} \dfrac{ f(1+h)-f(1) }{h}=\lim \limits_{h \rightarrow 0^+} \dfrac{Ce^{ \frac{1}{h} } }{h}=\lim \limits_{h \rightarrow 0^+} \dfrac{C\frac{1}{h}}{e^{-\frac{1}{h} } }=0 $$

    $$ \lim \limits_{h \rightarrow 0^-} \dfrac{f(1+h)-f(1) }{h} = \lim \limits_{h \rightarrow 0^-} \dfrac{Ce^{ \frac{1}{h} } }{h}=\lim \limits_{h \rightarrow 0^-} \dfrac{C\frac{1}{h}}{e^{-\frac{1}{h} } }=0 $$

    극한값이 $0$이 되는 것은 로피탈의 정리를 사용하면 쉽게 얻을 수 있다. 위의 결과로 $f^{\prime}(1)=0$. 따라서 $k=1$일 때 성립한다.

  • Part 1-2. 임의의 $k$일 때 성립하면 $k+1$일 때도 성립한다.

    임의의 $k$에 대해서 성립한다고 가정하자. 그러면 아래의 식을 만족하는 상수 $a^{(k)}_{0},\ a^{(k)}_{1},\ \cdots,\ a^{(k)}_{2k}$가 존재한다.

    $$ f^{(k)}(s) = \begin{cases} e^{\frac{1}{s-1}} \left( a^{(k)}_{0} + \frac{a^{(k)}_{1}}{s-1}+\cdots+\frac{a^{(k)}_{2k}}{(s-1)^{2k}} \right) & s<1 \\ 0 & s \ge 1 \end{cases} $$

    $(-\infty, 1)$에서 $f^{(k+1)}(s)$를 구해보면 다음과 같다.

    $$ \begin{align*} f^{(k+1)}(s) =&\ e^{\frac{1}{s-1}} \dfrac{-1}{(s-1)^2}\left( a^{(k)}_{0} + \frac{a^{(k)}_{1}}{s-1}+\cdots+\frac{a^{(k)}_{2k}}{(s-1)^{2k}} \right) + e^{\frac{1}{s-1}}\left( \frac{-a^{(k)}_{1}}{(s-1)^2}+\cdots+\frac{-2k a^{(k)}_{2k}}{(s-1)^{2k+1}} \right) \\ =&\ e^{\frac{1}{s-1}} \left( a^{(k+1)}_{0} + \frac{a^{(k+1)}_{1}}{s-1}+\cdots+\frac{a^{(k+1)}_{2k+2}}{(s-1)^{2k+2}} \right) \end{align*} $$

    이때 각각의 $a^{(k+1)}_{0},\ \cdots,\ a^{(k+1)}_{2k+2}$는 $a^{(k)}_{0},\ \cdots,\ a^{(k)}_{2k}$로 결정된다. 또한 $(1, \infty)$에서 $f^{(k+1)}(s)=0$이다. 그리고 아래의 식이 만족하므로 $f^{(k+1)}=0$이다.

    $$ \begin{align*} \lim \limits_{h \rightarrow 0^+} \dfrac{ f(1+h)-f(1)}{h}=&\ \lim \limits_{h \rightarrow 0^+} \dfrac{e^{\frac{1}{s-1}} \left( a^{(k)}_{0} + \frac{a^{(k)}_{1}}{h}+\cdots+\frac{a^{(k)}_{2k}}{(h)^{2k}} \right) }{h} \\ =&\ \lim \limits_{h \rightarrow 0^+} \dfrac{ \left( \frac{a^{(k)}_{0}}{h} + \frac{a^{(k)}_{1}}{h^2}+\cdots+\frac{a^{(k)}_{2k}}{(h^{2k+1})^{2k}} \right) }{e^{-\frac{1}{h}} } =0 \end{align*} $$

    $$ \begin{align*} \lim \limits_{h \rightarrow 0^-} \dfrac{ f(1+h)-f(1)}{h}=&\ \lim \limits_{h \rightarrow 0^-} \dfrac{e^{\frac{1}{s-1}} \left( a^{(k)}_{0} + \frac{a^{(k)}_{1}}{h}+\cdots+\frac{a^{(k)}_{2k}}{(h)^{2k}} \right) }{h} \\ =&\ \lim \limits_{h \rightarrow 0^-} \dfrac{ \left( \frac{a^{(k)}_{0}}{h} + \frac{a^{(k)}_{1}}{h^2}+\cdots+\frac{a^{(k)}_{2k}}{(h^{2k+1})^{2k}} \right) }{e^{-\frac{1}{h}} }=0 \end{align*} $$

    로피탈 정리를 반복해서 사용하면 최종적으로 $0$을 얻을 수 있다.따라서 수학적 귀납법에 의해 $f \in C^\infty(\mathbb{R})$

• Part 2. $g \in C^\infty( \mathbb{R^n})$

  이는 $g$의 정의에 의해서 자명하다.

따라서 Part 1., Part 2. 에 의해 다음이 성립한다.

$$ \eta = f \circ g \in C^\infty ( \mathbb{R^n} ) $$

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