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。 $ε$ 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]。

各点収束

$\forall x, \forall ε > 0, \exists N = N (x, ε)$ で $n \geq N \Rightarrow ∣ f_{n} (x) - f (x) ∣ < ε$

一様収束

$\forall ε > 0, \exists N = N (ε), \forall x$ で $n \geq N \Rightarrow ∣ f_{n} (x) - f (x) ∣ < ε$

$\forall x$ 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。

$∥ f_{n} - f ∥_{\infty} = x \in I sup ∣ f_{n} (x) - f (x) ∣ ⟶ 0$

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 $ε$ 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 $ε^{1/ n} \leq x < 1$ 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。

$x \in [0, 1) sup ∣ x^{n} - 0∣ = 1$

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

$f_{n} (x) = \frac{x}{1 + n x ^{2}}$ （ $x \in R$ ）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。

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

$f_{n} (\frac{1}{n}) = \frac{1/ n}{2} = \frac{1}{2 n}$

上限が $\frac{1}{2 n} \to 0$ 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

$f_{n} (x) = n x e^{- n x^{2}}$ （ $x \geq 0$ ）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 $x = \frac{1}{2 n}$ で、そこでの値は $\frac{n}{2 e}$ 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。 $\int_{0}^{\infty} f_{n} (x) d x = \frac{1}{2}$ 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。

$∣ f (x) - f (x_{0}) ∣ \leq ∣ f (x) - f_{n} (x) ∣ + ∣ f_{n} (x) - f_{n} (x_{0}) ∣ + ∣ f_{n} (x_{0}) - f (x_{0}) ∣$

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。

各 $f_{n}$ が連続または可積分

$f_{n} \to f$ が一様収束

極限も連続または可積分

$lim$ と $\int$ を交換できる

積分の交換は $\int_{a}^{b} (f_{n} - f) \leq (b - a) ∥ f_{n} - f ∥_{\infty}$ 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。

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

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

微分と極限を交換するには、導関数の側が一様収束していることが要ります。

$f_{n}$ の一様収束ではなく $f_{n}^{'}$ の一様収束。 $f_{n}$ は $1$ 点で収束すれば足りる。

問題 3：一様収束しても微分が崩れる例

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

解答 3

$∣ arctan ∣ < \frac{π}{2}$ なので $∥ f_{n} ∥_{\infty} \leq \frac{π}{2 n} \to 0$ 。一様収束します。

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

$1 \neq = 0$ で交換が崩れました。 $f_{n}^{'}$ 自体は $x \neq = 0$ 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 $∣ f_{n} (x) ∣ \leq M_{n}$ 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

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

解答 4

$\frac{sin n x}{n ^{2}} \leq \frac{1}{n ^{2}}$ で、右辺は $x$ を含みません。

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

$∣ sin ∣ \leq 1$ 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

$n = 1 \sum \infty \frac{sin n x}{n}$ 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 $x \neq = 2 k π$ 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 $ε > 0$ に対しある $N$ があり、 $m, n \geq N$ で次が成り立つことが必要十分です。

$x \in I sup ∣ f_{m} (x) - f_{n} (x) ∣ < ε$

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。

$[0, 1]$ 上の $f_{n} (x) = x^{n}$ について正しいのはどれですか。

各点収束するが一様収束しない
一様収束する
各点収束もしない

__RESULT__

各 $x < 1$ で $x^{n} \to 0$ 、 $x = 1$ で $1$ なので各点収束します。極限は $x = 1$ で不連続で、 $sup_{x \in [0, 1)} x^{n} = 1$ が $0$ へ行きません。連続関数の列の一様収束極限は連続になるので、この時点で一様収束しないと決まります。

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

Uniform convergence. Encyclopedia of Mathematics.

Weierstrass criterion (for uniform convergence)). Encyclopedia of Mathematics.

Dini theorem. Encyclopedia of Mathematics.

$[0,1]$ 上の $x^n$ はどれも連続なのに、極限は $x=1$ で跳びます。各点収束では $\varepsilon$ に対する $N$ が $x$ ごとに変わってよく、一様収束は $N$ を先に決めることを要求する。この量化子の順序だけが差を生みます。判定は上限ノルムを計算して $0$ へ行くかを見るのが早い。山の高さが下がる例と、山が動くだけで低くならない例を並べました。一様収束しても微分は救えないこと、M 判定法が条件収束する級数に届かないこと、ディニの定理まで $6$ 問。