N が x によらないかどうか〜各点収束と一様収束

$[0,1]$ 上で $f_n(x)=x^n$ とすると、どの $f_n$ も連続なのに、極限は $x=1$ で跳びます。

各点で極限をとるだけでは、連続性が残りません。積分と極限の交換もできない。この $2$ つを救うために、一様収束という強い条件を置きます^[1]。

分かれ目は $1$ 点だけです。$\epsilon$ に対してとる $N$ が、$x$ に依存してよいかどうか。

2 つの定義

各点収束は、$x$ を先に固定してから $N$ を選びます。$x$ ごとに $N$ が変わってかまいません。

一様収束は $N$ を先に決め、そのあとすべての $x$ で成り立つことを要求します^[1]。

$\forall x$ と $\exists N$ の順が入れ替わっているだけ。この順序が $2$ つの概念の差を全部生みます。

上限ノルムで書くと $1$ 行になります。

$$\Vert f_n-f{\Vert }_{\infty }=\underset{x\in I}{\sup }|f_n(x)-f(x)|⟶0$$

判定はこの形でやるといちばん早い。上限を計算して $0$ へ行くかを見るだけです。

帯に収まるかどうか

$f$ のグラフの上下に幅 $\epsilon$ の帯を描きます。一様収束とは、十分大きな $n$ で $f_n$ のグラフ全体がこの帯に収まることです。

各点収束では、どの $x$ でもいずれ帯に入ります。ただし全部の $x$ で同時に入る保証がない。

$x^n$ の場合、帯からはみ出す区間は ${\epsilon }^{1/n}\le x<1$ です。$n$ を大きくすると細りますが、長さが $0$ になりません。

$$\underset{x\in [0,1)}{\sup }|x^n-0|=1$$

上限が $1$ のまま動かない。一様収束しない証拠がこの $1$ 行です。

問題 1：上限を計算して判定する

$f_n(x)=\frac{x}{1+n{x}^2}$（$x\in \mathbb{R}$）は $0$ に一様収束するか。

解答 1

各 $x$ で $f_n(x)\to 0$ なので各点収束します。上限を出します。

$f_n^{\prime }(x)=\frac{1-n{x}^2}{(1+n{x}^2{)}^2}$ で、$x=\frac{1}{\sqrt{n}}$ が最大点です。

$$f_n\left(\frac{1}{\sqrt{n}}\right)=\frac{1/\sqrt{n}}{2}=\frac{1}{2\sqrt{n}}$$

上限が $\frac{1}{2\sqrt{n}}\to 0$ なので、一様収束します。

山の高さが下がっていく形。次の問題と見比べると差がはっきりします。

問題 2：山が動くだけで低くならない

$f_n(x)=nx{e}^{-n{x}^2}$（$x\ge 0$）は $0$ に一様収束するか。

解答 2

各 $x>0$ で $f_n(x)\to 0$、$f_n(0)=0$ なので各点収束します。

最大点は $x=\frac{1}{\sqrt{2n}}$ で、そこでの値は $\sqrt{\frac{n}{2e}}$ です。

上限が $n\to \infty$ で発散します。一様収束しないどころか、上限が $0$ から離れていく。

積分でも交換が崩れます。${\int }_0^{\infty }{f}_n(x)dx=\frac{1}{2}$ がすべての $n$ で成り立つ一方、極限関数の積分は $0$ です。

一様収束で保たれるもの

一様収束を使う理由は、極限操作で性質が残ることに尽きます^[1]。

連続性が残ることの証明は、$3$ つに割るところが核心です。

$$|f(x)-f(x_0)|\le |f(x)-f_n(x)|+|f_n(x)-f_n(x_0)|+|f_n(x_0)-f(x_0)|$$

第 $1$ 項と第 $3$ 項は一様収束から $x$ によらず小さくできます。第 $2$ 項は $f_n$ の連続性から小さくなる。

各点収束では第 $1$ 項の押さえが $x$ に依存するので、この議論が通りません。

積分の交換は $\left|{\int }_a^b(f_n-f)\right|\le (b-a)\Vert f_n-f{\Vert }_{\infty }$ から出ます。上限ノルムがそのまま誤差の上限になる形です。

微分では足りない

連続性と積分は一様収束で救えますが、微分は救えません。

$f_n(x)=\frac{\sin nx}{\sqrt{n}}$ は $0$ に一様収束します。上限が $\frac{1}{\sqrt{n}}\to 0$ だからです。

ところが $f_n^{\prime }(x)=\sqrt{n}\cos nx$ で、$x=0$ では $\sqrt{n}\to \infty$。導関数はどこへも収束しません。

問題 3：一様収束しても微分が崩れる例

$f_n(x)=\frac{1}{n}\arctan (nx)$ が $0$ に一様収束することと、$f_n^{\prime }(0)$ が収束しないことを確かめよ。

解答 3

$|\arctan |<\frac{\pi }{2}$ なので $\Vert f_n{\Vert }_{\infty }\le \frac{\pi }{2n}\to 0$。一様収束します。

$f_n^{\prime }(x)=\frac{1}{1+n^2{x}^2}$ で、$f_n^{\prime }(0)=1$ です。極限関数 $f\equiv 0$ の導関数は $0$。

$1\ne 0$ で交換が崩れました。$f_n^{\prime }$ 自体は $x\ne 0$ で $0$ へ行きますが、$x=0$ だけ $1$ に張り付きます。

ワイエルシュトラスの M 判定法

関数級数 $\sum f_n(x)$ では、定数で押さえる方法が使えます^[2]。

すべての $x$ で $|f_n(x)|\le M_n$ となる定数列があり、$\sum M_n$ が収束すれば、$\sum f_n(x)$ は一様収束します。

$x$ の情報を全部捨てて定数に置きかえてよいところが強みです。同時に絶対収束も言えます。

問題 4：M 判定法を当てる

$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\sin nx}{n^2}$ が $\mathbb{R}$ 上で一様収束することを示せ。

解答 4

$\left|\frac{\sin nx}{n^2}\right|\le \frac{1}{n^2}$ で、右辺は $x$ を含みません。

$\sum \frac{1}{n^2}=\frac{{\pi }^2}{6}$ が収束するので、M 判定法から一様収束します。

$|\sin |\le 1$ で $x$ を消すだけ。三角関数を含む級数ではこの一手がほぼ毎回効きます。

問題 5：M 判定法が効かない級数

$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\sin nx}{n}$ に M 判定法は使えるか。

解答 5

同じように押さえると $M_n=\frac{1}{n}$ ですが、$\sum \frac{1}{n}$ は発散します。M 判定法は適用できません。

この級数自体は $x\ne 2k\pi$ で収束します。ただし絶対収束ではなく、$x=0$ の近くで一様収束もしない。

M 判定法は絶対収束を経由するので、条件収束する級数には届きません。判定できないことと発散することは別です。

ディニの定理

単調性があると、各点収束から一様収束が出ることがあります^[3]。

コンパクト集合の上で、連続関数の列が単調に動き、極限関数も連続なら、収束は一様になります。

コンパクトであることと、極限が連続であることの $2$ つが要ります。$x^n$ の例は $[0,1]$ でコンパクトですが、極限が不連続なので当てはまりません。

問題 6：ディニの定理を当てる

$f_n(x)=x^n$ を $[0,0.9]$ で考えると一様収束するか。

解答 6

上限は ${\sup }_{x\in [0,0.9]}{x}^n=0.9^n\to 0$ です。一様収束します。

ディニの定理でも言えます。$[0,0.9]$ はコンパクト、$f_n$ は各点で単調減少、極限 $f\equiv 0$ は連続。条件がそろっています。

$x=1$ を外した途端に一様収束へ変わる。$[0,1]$ で崩れていたのは端の $1$ 点だけが原因でした。

コーシー条件で書く

極限関数を使わずに一様収束を判定することもできます。任意の $\epsilon >0$ に対しある $N$ があり、$m,n\ge N$ で次が成り立つことが必要十分です。

$$\underset{x\in I}{\sup }|f_m(x)-f_n(x)|<\epsilon$$

上限ノルムに関するコーシー条件そのものです。有界連続関数の空間が上限ノルムで完備なので、この条件を満たす列は必ず一様収束先を持ちます。

上限を計算して $0$ へ行くかを見る。級数なら $x$ を消して定数で押さえる。判定の手はこの $2$ つで足ります。

出典