微分積分学 AD II, 数学序論演習 II 2002 年 10 月 15 日 §3 関数列および関数項級数^{1} 定義 f_{n}(x), f(x) を区間 I 上に定義された関数とする。

(1) 関数列 {f_{n}(x)} が f(x) に I 上で各点収束するとは、すべての x ∈ I に対して lim_{n→∞} f_{n}(x) = f(x) となると

きに、即ち、任意の x ∈ I と ε > 0 に対しある番号 N = N(x, ε) が存在して

n ≥ N ⟹ |f_{n}(x) − f(x)| < ε

となるときにいう^{2}。

(2) 関数列 {f_{n}(x)} が f(x) に I 上で一様収束するとは、 lim_{n→∞} sup_{x∈I} |f_{n}(x) − f(x)| = 0 となるときに、即ち、任

意の ε > 0 に対しある番号 N = N(ε) が存在して

n ≥ N ⟹ |f_{n}(x) − f(x)| < ε (x ∈ I)

となるときにいう^{3}。このとき、 f_{n}(x) ⇉ f(x) (n → ∞) とも記す。命題関数列 {f_{n}(x)} が f(x) に I 上で一様収束すれば各点収束する。証明 ∀x ∈ I に対し |f_{n}(x) − f(x)| ≤ sup_{x∈I} |f_{n}(x) − f(x)| → 0 より成立。 □ 例 f_{n}(x) = x^{n} (x ∈ [0, 1]) に対し f(x) = 0 (0 ≤ x < 1), = 1 (x = 1) に各点収束するが、 {f_{n}(x)} は f(x) に [0, 1] 上で一様収束しない。証明各点収束することは明らか。 sup_{x∈[0,1]} |f_{n}(x) − f(x)| = 1 であるから、一様収束はしない。 □

定理 5.8 (Cauchy 列) 区間 I 上の関数列 {f_{n}(x)} が f(x) に I 上で一様収束するための必要十分条件は、 lim_{n,m→∞} sup_{x∈I} |f_{n}(x) − f_{m}(x)| = 0 となる、即ち、任意の ε > 0 に対しある番号 N = N(ε) が存在して

n, m ≥ N  ⟹  |f_{n}(x) − f_{m}(x)| < ε (x ∈ I)

となることである。^{4} 定理 5.9 区間 I 上の連続関数列 {f_{n}(x)} が f(x) に I 上で一様収束すれば、 f(x) は I 上の連続関数となる。定理 5.10 有界閉区間 [a, b] 上で積分可能な関数の列 {f_{n}(x)} が f(x) に [a, b] 上で一様収束すれば、 f(x) も [a, b] 上で積分可能で、

lim_{n→∞} ∫_{a}^{b} f_{n}(x) dx = ∫_{a}^{b} f(x) dx

となる。^{5} 例 f_{n}(x) = 2n^{2}x (0 ≤ x ≤ \frac{1}{2n}), = −2n^{2}(x− \frac{1}{2n})+n (\frac{1}{2n} ≤ x ≤ \frac{1}{n}), = 0 (\frac{1}{n} ≤ x ≤ 1) とおくと、 \{f_{n}(x)\} は f(x) = 0 に各点収束するが、 ∫_{0}^{1} f_{n}(x)dx = 1 となり ∫_{0}^{1} f(x)dx = 0 には収束し得ない。このとき、 sup_{x∈[0,1]} f_{n}(x) = n となり、 {f_{n}(x)} は f(x) = 0 に一様収束しない。定理 5.11 区間 I 上の C^{1} 級関数の列 {f_{n}(x)} が f(x) に I 上で各点収束し、 {f′_{n}(x)} が g(x) に I 上で一様収束すれば、 f(x) も C^{1} 級で、 f′(x) = g(x) となる。問題 1 次で与えられる f_{n}(x) と I に対し、 {f_{n}(x)} の一様収束性を調べよ。^{6}

(1) f_{n}(x) = nx^{n}, I = [0, a] (0 < a < 1) (2) f_{n}(x) = 1/{1 + (x − n)^{2}} I = R

(3) f_{n}(x) = n^{p}xe^{−nx^{2}}, I = R (p > 0) (4) f_{n}(x) = nx(1 − x)^{n} I = [0, 1]

(5) f_{n}(x) = nx(1 + n^{2}x^{2})^{−1}, I = R (6) f_{n}(x) = n sin(x/n) I = [0, π] 定義 (関数項級数) f_{n}(x) を区間 I 上の関数、部分和を F_{n}(x) = ∑_{k=1}^{n} f_{k}(x) とおく。

110 月 11 日の授業で後半急いでしまったので、ノートの補助のためです。昨年 10 月 5 日配布したものに少し手を加えたものである。

2N = N(x, ε) は x と ε に依存するの意味

3(1) と較べて N が x に依存しないことに注意

4この定理は例えば微分方程式の解の存在証明に応用される。証明は以下略させていただきます。

5この事実を（より一般的な関数の積分を可能にするとともに）拡張したのがルベーグ積分論である。特に確率論や微分方程式論はこの恩恵を受け飛躍的に発展した。

6解答: 一様収束するのは (1), (3) p < 1 のとき, (6). / hint:まず各点収束の極限を調べよ。

(1) ∑_{n=1}^{∞} f_{n}(x) が I 上で各点収束 ⟺^{def} {F_{n}(x)} が I 上で各点収束

(2) ∑_{n=1}^{∞} f_{n}(x) が I 上で一様収束 ⟺^{def} {F_{n}(x)} が I 上で一様収束 ●定理 5.9–5.11 において関数列 f_{n}(x) を関数項級数の部分和 F_{n}(x) と見なすことで次の定理 5.9’–5.11’ を得る。定理 5.8’ (Cauchy 列) ∑_{n=1}^{∞} f_{n}(x) は I 上の一様収束 ⟺^{iff} lim_{n,m→∞} sup_{x∈I}| ∑_{k=n+1}^{m} f_{k}(x)| = 0 系 (Weierstrass の M-判定法) 区間 I 上の関数項級数 ∑_{n=1}^{∞} f_{n}(x) に対し、数列 {M_{n}} で

|f_{n}(x)| ≤ M_{n} (n = 1, 2, …, x ∈ I) かつ ∑_{n=1}^{∞} M_{n} < ∞

を満たすものが存在すれば、 ∑_{n=1}^{∞} f_{n}(x) は I 上の一様収束する。定理 5.9’ f_{n}(x) が区間 I で連続であれば、 ∑_{n=1}^{∞} f_{n}(x) も f(x) は I 上の連続関数となる。定理 5.10’ f_{n}(x) が有界閉区間 [a, b] 上積分可能で ∑_{n=1}^{∞} f_{n}(x) が I 上の一様収束すれば、

∑_{n=1}^{∞} ∫_{a}^{b} f_{n}(x) dx = ∫_{a}^{b} ∑_{n=1}^{∞} f_{n}(x) dx.

定理 5.11’ 区間 I 上の C^{1} 級関数 f_{n}(x) に対し、 ∑_{n=1}^{∞} f_{n}(x) が I 上の各点収束し ∑_{n=1}^{∞} f′_{n}(x) が I 上の一様収束すれ

ば、 ∑_{n=1}^{∞} f_{n}(x) は I 上の C^{1} 級で、 (∑_{n=1}^{∞} f_{n}(x))′ = ∑_{n=1}^{∞} f′_{n}(x) となる。

例数列 {a_{n}} に対し ∑_{n=1}^{∞} |a_{n}| が収束すれば、 f(x) = ∑_{n=1}^{∞} a_{n} sin nx は R 上一様収束するので連続である。このと

き、 a_{n} = \frac{2}{π} ∫_{0}^{π} f(x) sin nx dx となる。また、 \{a_{n}\} が ∑_{n=1}^{∞} n|a_{n}| < ∞ を満たせば、上記の f(x) は R 上の C^{1} 級で

f′(x) = ∑_{n=1}^{∞} na_{n} cos nx となる。^{7}

問題 2 次で関数項級数が I 上で一様収束するか調べよ。^{8}

(1) ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{2} + x^{2}} , I = R (2) ∑_{n=1}^{∞} xe^{−nx}, I = [0, 1] (3) ∑_{n=1}^{∞} ne^{−nx}, I = (0, ∞)

(4) ∑_{n=1}^{∞} a^{n} cos(b^{n}πx), I = R (|a| < 1, b ∈ R) (5) ∑_{n=1}^{∞} \frac{x}{1 + n^{p}x^{2}} , I = R (p > 2)

問題 3 次を示せ。^{9}

(1) f(x) = ∑_{n=1}^{∞} \frac{sin nx}{n^{3}} に対し、 ∫_{0}^{π} f(x) dx = 2 ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{(2n − 1)^{4}} および f′(x) = ∑_{n=1}^{∞} \frac{cos nx}{n^{2}}.

(2) f(x) = ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{3} + n^{4}x^{2}} に対し、 f′(x) = −2x ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{2}(1 + nx^{2})^{2}} .

7これは Fourier 級数論の最も簡単な場合である。

8解答: 一様収束するのは (1), (4), (5).

9Hint: 積分に関しては定理 5.10’ を、微分に関しては定理 5.11’ を適用せよ。さらにこのためには Weierstrass の M-判定法を用いよ。