関数列から収束する部分列をとり出す（アスコリ・アルツェラの定理）

有界な数列からは収束する部分列がとれる。ボルツァーノ・ワイエルシュトラスの定理である。

関数列では、有界なだけでは足りない。$f_n(x)=x^n$ は $[0,1]$ でどれも $1$ 以下だが、一様収束する部分列を 1 つも持たない。

足りないものが同程度連続性である。有界性と組み合わせると部分列がとり出せる。これがアスコリ・アルツェラの定理^[1]。

有界なだけでは足りない

$f_n(x)=x^n$ を $[0,1]$ で見る。各点での極限は、$x<1$ なら $0$、$x=1$ なら $1$ になる。

極限が不連続なので、一様収束はありえない。一様収束の極限は連続だからである。

部分列をとっても各点での極限は変わらない。どの部分列も同じ不連続関数へ向かうので、一様収束する部分列は存在しない。

崖の様子は数値でも見える。$x=1-\frac{1}{n}$ を代入する。

$${\left(1-\frac{1}{n}\right)}^n⟶\frac{1}{e}\approx 0.368$$

$x=1$ での値は $1$ である。$2$ 点の距離は $\frac{1}{n}$ で $0$ に向かうのに、値の差は $0.632$ ほど残る。

同程度連続

関数の族 $F$ が点 $x$ で同程度連続とは、次が成り立つことをいう^[3]。

$$\forall \epsilon >0\exists \delta >0\forall f\in F\forall y:|x-y|<\delta \Rightarrow |f(x)-f(y)|<\epsilon$$

肝は $\delta$ が $f$ によらないところにある。$1$ 本の $\delta$ で族の全員をおさえる。

$\delta$ が $x$ にもよらないなら一様同程度連続という。定義域がコンパクトなら、この $2$ つは一致する。

$x^n$ の族はこの条件を落とす。$\epsilon =0.5$ とすると、どんな $\delta$ をとっても、$n$ を大きくすれば $|x-y|<\delta$ で差が $0.6$ を超える組が現れる。

定理

$K$ をコンパクト空間、$F\subset C(K)$ とする。次の $2$ つは同値である^[2]。

数列の形で書くと使いやすい。$[a,b]$ 上の連続関数列 $\{f_n\}$ が一様有界かつ同程度連続なら、一様収束する部分列 $\{f_{n_k}\}$ がとれる^[1]。

一般の形では、値域を距離空間 $E$ にとり、各点での像の集合 $F(x)$ が相対コンパクトであることを要求する^[3]。$E=\mathbb{R}$ なら有界性と同じになる。

証明は対角線論法

証明の骨格は、可算個の点で順に部分列を絞り、最後に対角線をとる形である^[2]。

各点収束から一様収束へ上げるところで同程度連続性を使う。$\delta$ が関数によらないので、有限個の点での近さが全体の近さに広がる。

例：リプシッツ定数がそろえばよい

族の全員が同じ定数 $L$ でリプシッツ連続なら、同程度連続はすぐ出る。

$$|f(x)-f(y)|\le L|x-y|$$

$\delta =\frac{\epsilon }{L}$ とすれば条件をみたす。$\delta$ の中に $f$ が現れないので、族の全員に同時に効く。

$f_n(x)=\sin \left(x+\frac{1}{n}\right)$ なら $L=1$ である。有界性も $|f_n|\le 1$ から出るので、定理が使える。

例：導関数が一様有界なら使える

$|f_n^{\prime }(x)|\le M$ がすべての $n$ と $x$ で成り立つとする。平均値の定理から $|f_n(x)-f_n(y)|\le M|x-y|$ になる。

$f_n(x)=\frac{1}{n}\sin (nx)$ を見る。導関数は $\cos (nx)$ なので $M=1$。同程度連続である。

値のほうは $|f_n|\le \frac{1}{n}$ なので、この列は $0$ へ一様収束する。部分列を探すまでもない。

比べるべきは $f_n(x)=\sin (nx)$ のほうである。導関数が $n\cos (nx)$ で、$M$ がとれない。

$x=0$ と $y=\frac{\pi }{2n}$ をとると、距離は $0$ に向かうのに値の差は $1$ のまま。同程度連続でないので、定理は使えない。

例：積分作用素はなめらかにする

$K$ を $[0,1]\times [0,1]$ 上の連続関数とし、次の作用素を考える。

$$(Tf)(s)={\int }_0^{1}K(s,t)f(t)dt$$

$\Vert f{\Vert }_{\infty }\le 1$ とすると $|(Tf)(s)|\le \max |K|$ なので、像は一様有界である。

同程度連続も出る。$2$ 点での差を評価する。

$$|(Tf)(s_1)-(Tf)(s_2)|\le {\int }_0^1|K(s_1,t)-K(s_2,t)|dt$$

$K$ はコンパクト集合上の連続関数なので一様連続。$|s_1-s_2|$ を小さくすれば右辺は小さくなり、$f$ にはよらない。

アスコリ・アルツェラから、単位球の像は相対コンパクトになる。$T$ がコンパクト作用素だという主張が、これで示せた^[1]。

例：核を決めて計算する

$K(s,t)=st$ とすると、積分は変数分離できる。

$$(Tf)(s)=s{\int }_0^{1}tf(t)dt$$

$f(t)=1$ なら ${\int }_0^{1}tdt=\frac{1}{2}$ なので $(Tf)(s)=\frac{s}{2}$ になる。

$f(t)=t$ なら ${\int }_0^1{t}^{2}dt=\frac{1}{3}$ で $(Tf)(s)=\frac{s}{3}$。どの $f$ を入れても $s$ の定数倍しか出てこない。

像は $1$ 次元である。$|Tf(s_1)-Tf(s_2)|\le \frac{|s_1-s_2|}{2}$ なので、リプシッツ定数 $\frac{1}{2}$ で同程度連続。

例：微分方程式の解を作る

$f$ を連続とし、$y^{\prime }=f(t,y)$、$y(t_0)=y_0$ を考える。連続性だけで局所解が存在する^[4]。

近似解を作り、それが一様有界で同程度連続だと示す。アスコリ・アルツェラで収束する部分列をとり、極限が解になることを確かめる筋である。

出てくるのは存在だけで、一意性は出ない。$y^{\prime }=\sqrt{|y|}$、$y(0)=0$ には $y=0$ と $y=\frac{t^2}{4}$ の両方がある^[4]。

$\sqrt{|y|}$ はリプシッツ連続でないので、一意性を保証する条件を落としている。連続性だけでは解が枝分かれする。

仮定はどちらも外せない

$2$ つの仮定は独立である。片方だけでは結論が出ない。

$f_n(x)=x+n$ はどれも傾き $1$ の直線なので、$\delta =\epsilon$ で同程度連続になる。ただし値が上へ逃げるので、収束する部分列はない。

検算のしかた

同程度連続かどうかは、$\delta$ に $n$ が入るかどうかで見分けられる。

$\delta =\frac{\epsilon }{L}$ のように定数だけで書ければ合格である。$\delta =\frac{\epsilon }{n}$ のように $n$ が残れば落第。

導関数の上限を計算すると早い。${\sup }_n{\sup }_x|f_n^{\prime }(x)|$ が有限なら、その値がリプシッツ定数になる。

よくある誤り

$\delta$ を $1$ 本で足りるようにする。この一点だけが、数列の話を関数列へ持ち上げる鍵になっている。

参考文献