【１変数】一様収束とワイエルシュトラスのM判定法

1 関数列と各点収束
2 一様収束
3 ワイエルシュトラスのM判定法

関数列と各点収束

関数列$f_1,f_2,f_3, \cdots \: : \: A \to \mathbb{R}$について考えましょう。このとき、$A$は実数体$\mathbb{R}$の部分集合です。

具体的に、点$x$を関数列の各関数に代入すれば、順に$f_1(x),f_2(x),f_3(x), \cdots $となって数列が得られます。

もし、すべての$x \in A$に対して、

$$\lim_{n \to \infty}f_n(x) = f(x)\tag{1}$$

が存在すれば、関数列$\{f_n(x)\}$は$A$上で$f(x)$に各点収束するといいます。

ここで問題となってくるのが、各点収束した先の関数$f(x)$が連続になるための条件は何であるかです。

この問題を解決したのが一様収束という概念です。まずはその一様収束を定義してから、(1)式の$f(x)$が連続であるための条件を示します。

一様収束

定義（一様収束）

関数列$f_n \: : \: A \to \mathbb{R}$が$A$上で、

$$\forall \varepsilon \gt 0 \quad \exists N \ge 1 \quad \forall n \ge N　\quad \forall x \in A \qquad \mid f_n(x) \; – \; f(x) \mid \lt \varepsilon \tag{2}$$

であるとき、$f \: : \: A \to \mathbb{R}$に一様収束する。

要は、自然数$n$を十分大きくとれば、すべての$x \in A$において$f_n(x)$と$f(x)$の差を任意に小さくすることができることが、一様収束です。

定理（ワイエルシュトラスの1861年の講義による）

$f_n \: : \: A \to \mathbb{R}$が連続な関数で、$f_n(x)$が$A$上で$f(x)$に一様収束すれば、$f \: : \: A \to \mathbb{R}$は連続な関数である。

証明

任意の$\varepsilon \gt 0$が与えられたときに、一様収束の定義(2)を満たす$N$を選びます。すると、すべての$x \in A$に対して$\mid f(x) \; – \; f_N(x) \mid \lt \varepsilon$です。

仮定より、関数$f_N(x)$は連続です。連続の定義より、ある$\delta \gt 0$が存在して、$\mid x \; – \; x_0 \mid \lt \delta $において$\mid f_N(x) \; – \; f_N(x_0) \mid \lt \varepsilon$となります。

これらを利用して、

$$\begin{align} \mid f(x) \; – \; f_N(x_0) \mid &= \mid f(x) \; – \; f_N(x) + f_N(x) \; – \; f_N(x_0) + f_N(x_0) \; – \; f(x_0) \mid \\ & \le \mid f(x) \; – \; f_N(x) \mid + \mid f_N(x) \; – \; f_N(x_0) \mid + \mid f_N(x_0) \; – \; f(x_0) \mid \\ &\lt \varepsilon + \varepsilon + \varepsilon \end{align}$$

の評価が出来るため、$\mid f(x) \; – \; f_N(x_0) \mid$の値を任意に小さくすることが出来ます。

よって、$f \: : \: A \to \mathbb{R}$は連続な関数です。

（証明終）

ワイエルシュトラスのM判定法

ここでは、関数列の部分和に関する一様収束の話をします。

まず、関数$s_n(x)$を$f_i \: : \: A \to \mathbb{R}$の$i=0$から$n$までの部分和としましょう。すなわち、

$$s_n(x) = \sum_{i=0}^{n}f_i(x) \tag{3}$$

とします。これに対する級数、

$$\sum_{i=0}^{\infty}f_i(x) \tag{4}$$

について、もし(3)の関数列$\{s_n(x)\}$が$A$上で一様収束するとき、$A$上で一様収束するといいます。

与えられた級数が一様収束するかを判定する方法がワイエルシュトラスのM判定法です。

定理（ワイエルシュトラスのM判定法）

関数列$f_n(x)$について、

$$\forall x \in A \quad \mid f_n(x) \mid \le c_n \tag{5}$$

を満たし、かつ$\sum_{n=0}^{\infty}c_n$が収束するとき、$\sum_{i=0}^{\infty}f_i(x)$は$A$上で一様に収束する。

証明

コーシーの判定条件を利用して証明します。$s_n$の定義、三角不等式、(5)式の仮定から、すべての自然数$k$に対して、

$$\begin{align} \mid s_{n+k}(x) \; – \; s_n(x) \mid &= \mid f_{n+k}(x) + \cdots + f_{n+1}(x) \mid \\ &\le \mid f_{n+k}(x) \mid + \cdots + \mid f_{n+1}(x) \mid \\ &\le c_{n+k} + \cdots + c_{n+1} \lt \varepsilon \end{align}$$

のように、すべての$\varepsilon \gt 0$に対して、$\sum_{n=0}^{\infty}c_n$が収束するという仮定から上の評価を得ることが出来ます。

この評価より、十分大きな自然数$n$をとれば、すべての$x \in A$において$\mid s_{n+k}(x) \; – \; s_n(x) \mid$の値を任意に小さくすることができることから、$\sum_{i=0}^{\infty}f_i(x)$は$A$上で一様に収束します。

（証明終）