ルベーグ積分と関数解析

(1) $f_n(x) = (1 - \frac{x}{n})^n e^{x/2}\mathbf{1}_{[0,n]}(x)$ とおく。$\log(1 - t) \leq -t$ より $0 \leq (1 - \frac{x}{n})^n \leq e^{-x}$ $(0 \leq x \leq n)$ なので $0 \leq f_n \leq e^{-x/2}$ で、右辺は $[0,\infty)$ で可積分。$f_n(x) \to e^{-x}e^{x/2}$ だから、優収束定理より極限は $\int_0^\infty e^{-x/2}dx = 2$。

(2) $\lvert \sin t \rvert \leq \lvert t \rvert$ より被積分関数の絶対値は $\frac{1}{1+x^2}$ 以下で可積分。$n\sin(x/n) \to x$ なので被積分関数は $\frac{1}{1+x^2}$ に各点収束し、優収束定理より極限は $\int_0^\infty \frac{dx}{1+x^2} = \frac{\pi}{2}$。

(3) 部分積分により

で、最後の積分は $0$ 以上 $\int_0^1 x^n dx = \frac{1}{n+1}$ 以下。よって極限は $\frac{1}{2}$。

• (3) では $nx^{n-1} \to 0$ $(0 \leq x < 1)$ だが $\int_0^1 nx^{n-1}dx = 1$ で、積分の「質量」が $x = 1$ に集中する。$\sup_n nx^{n-1}$ は $x \to 1$ で $\frac{1}{e(1-x)}$ 程度に増大し可積分でないので、優収束定理は直接使えない。極限 $\frac{1}{2}$ は $\frac{1}{1+x}$ の $x = 1$ での値である。
• 答案では「優関数 $g$ を明示し、それが可積分であること」まで書く。優関数が $n$ に依存してはいけない。

(1) $0 < x < 1$ で $\frac{-\log x}{1-x} = \sum_{n=0}^{\infty}(-\log x)x^n$ であり、各項は非負。単調収束定理（非負関数の級数の項別積分）により

（$x = e^{-t}$ と置換した。）

(2) $x > 0$ で $\frac{\sin x}{e^x - 1} = \sum_{n=1}^{\infty}\sin x\ e^{-nx}$。部分和は

と $N$ によらず押さえられ、右辺は $(0,\infty)$ で可積分（$x \to 0$ で $1$ に収束し、無限遠で指数的に減衰）。優収束定理より項別積分でき、

• 非負の項の級数は単調収束定理で無条件に項別積分できるが、符号が変わる項では部分和を押さえる可積分関数が必要である。$\sum \int \lvert f_n \rvert < \infty$ を示す方法でもよい（本問 (2) では $\int_0^\infty \lvert \sin x \rvert e^{-nx}dx \leq \frac{1}{n^2}$ から従う）。
• (2) の右辺は第4章 問題 9より $\frac{\pi\coth\pi - 1}{2}$ である。

(1) $x > 0$ を固定すると $\frac{\partial}{\partial y}\frac{y}{(x+y)^2} = \frac{x - y}{(x+y)^3}$ なので $\int_0^1 f(x,y)\ dy = \frac{1}{(1+x)^2}$、よって第 1 の累次積分は $\int_0^1\frac{dx}{(1+x)^2} = \frac{1}{2}$。$f(y,x) = -f(x,y)$ より第 2 の累次積分は $-\frac{1}{2}$。フビニの定理は $f \in L^1((0,1]^2)$ を仮定するが、トネリの定理より

で可積分でない。累次積分が一致しないのはこのためである。

(2) $A > 0$ とする。$[0,A] \times [0,\infty)$ 上で $\iint \lvert \sin x \rvert e^{-xt}\ dt\ dx = \int_0^A \frac{\lvert \sin x \rvert}{x}dx \leq A < \infty$ なので、フビニの定理により

（内側は $\operatorname{Im}\int_0^A e^{(i-t)x}dx$ を計算した。）$A \geq 1$ で $\left\lvert \frac{e^{-At}(t\sin A + \cos A)}{1+t^2} \right\rvert \leq \frac{(1+t)e^{-t}}{1+t^2}$（可積分）であり、各 $t > 0$ で $A \to \infty$ のとき $0$ に収束する。優収束定理より、$A \to \infty$ で右辺は $\int_0^\infty \frac{dt}{1+t^2} = \frac{\pi}{2}$ に収束する。

• フビニの定理を使う答案では「$\iint \lvert f \rvert < \infty$ をトネリの定理で確認した」ことを必ず書く。(1) はこの確認を怠ると誤った結論になる例である。
• (2) で積分範囲を最初から $[0,\infty)^2$ にすると $\iint \lvert \sin x \rvert e^{-xt} = \int_0^\infty \frac{\lvert \sin x \rvert}{x}dx = \infty$ となりフビニが使えない。有限区間 $[0,A]$ で交換してから $A \to \infty$ とするのが要点である。

(1) $q = \infty$ なら $\int\lvert f \rvert^p \leq \lVert f \rVert_\infty^p\mu(X)$ で明らか。$q < \infty$ ならヘルダーの不等式（指数 $\frac{q}{p}$ とその共役指数）より $\int \lvert f \rvert^p \cdot 1\ d\mu \leq \left(\int \lvert f \rvert^q\right)^{p/q}\mu(X)^{1 - p/q}$。$1/p$ 乗して結論を得る。

(2) $f = x^{-1/2}\mathbf{1}_{(0,1)}$ は $\int\lvert f \rvert = 2$ だが $\int\lvert f \rvert^2 = \int_0^1 \frac{dx}{x} = \infty$。$g = (1 + \lvert x \rvert)^{-1}$ は $\int g^2 = 2 < \infty$ だが $\int g = \infty$。

(3) $\lVert x \rVert_p = 1$ なら各 $\lvert x_n \rvert \leq 1$ で $\lvert x_n \rvert^q \leq \lvert x_n \rvert^p$、よって $\lVert x \rVert_q^q \leq 1$。一般の $x \neq 0$ は $x/\lVert x \rVert_p$ に適用する（$q = \infty$ は明らか）。

(4) 確率空間なので $\lVert f \rVert_p \leq \lVert f \rVert_\infty$。逆に $0 < t < \lVert f \rVert_\infty$ に対し $A = \lbrace \lvert f \rvert > t \rbrace$ は $\mu(A) > 0$ で、$\lVert f \rVert_p \geq t\mu(A)^{1/p} \to t$ $(p \to \infty)$。よって $\liminf_p \lVert f \rVert_p \geq t$ がすべての $t < \lVert f \rVert_\infty$ で成り立つ。

• 包含関係の向きは「有限測度では大きい $p$ ほど小さい空間」「数え上げ測度では大きい $p$ ほど大きい空間」。前者は無限遠での減衰が不要で局所的な特異性だけが問題になり、後者は局所的な特異性がなく減衰だけが問題になるためである。
• (1) より有限測度空間では $L^\infty \subset \bigcap_p L^p$ だが逆は成り立たない（$\log x$ はすべての $p < \infty$ で $L^p(0,1)$ に属するが有界でない）。

(1) $n = 2^k + j$（$k \geq 0$, $0 \leq j < 2^k$）に対し $f_n = \mathbf{1}_{[j2^{-k}, (j+1)2^{-k}]}$ とする。$\lVert f_n \rVert_1 = 2^{-k} \to 0$。一方、各 $x$ と各 $k$ について $f_n(x) = 1$ となる $j$ があり、また $f_n(x) = 0$ となる $j$ もある（$k \geq 1$）。よって $f_n(x)$ は $1$ と $0$ を無限回ずつとり、収束しない。

(2) $f_n = n\mathbf{1}_{(0, 1/n)}$。各 $x$ で $n > 1/x$ なら $f_n(x) = 0$（$x = 0$ でも $0$）だが、$\lVert f_n \rVert_1 = 1$。

(3) $\lvert a - b \rvert^p \leq 2^{p-1}(\lvert a \rvert^p + \lvert b \rvert^p)$（$t \mapsto t^p$ の凸性）より $g_n = 2^{p-1}(\lvert f_n \rvert^p + \lvert f \rvert^p) - \lvert f_n - f \rvert^p \geq 0$ で、$g_n \to 2^p\lvert f \rvert^p$ a.e.。ファトゥの補題より

$\int \lvert f \rvert^p < \infty$ なので $\limsup_n \lVert f_n - f \rVert_p^p \leq 0$。

• 関係は「$L^p$ 収束 $\Rightarrow$ 測度収束 $\Rightarrow$ 部分列が a.e. 収束」、有限測度では「a.e. 収束 $\Rightarrow$ 測度収束」（エゴロフの定理）。(1) でも部分列 $f_{2^k}$ は a.e. で $0$ に収束する。
• (3) は $p = 1$ の場合がシェッフェの補題として知られる（確率密度の各点収束から全変動距離での収束が出る）。

(1) 求める最小値は $L^2[-1,1]$ における $x^3$ と $V = \operatorname{span}\lbrace 1, x, x^2 \rbrace$ の距離の 2 乗で、最小を与えるのは直交射影 $p$、すなわち $x^3 - p \perp V$ となるただ一つの $p \in V$ である。$p = \frac{3}{5}x$ とすると、$x^3 - \frac{3}{5}x$ は奇関数なので $1, x^2$ と直交し、$\int_{-1}^1(x^4 - \frac{3}{5}x^2)dx = \frac{2}{5} - \frac{2}{5} = 0$ より $x$ とも直交する。よって $a = c = 0$, $b = \frac{3}{5}$ で、最小値は

(2) $M = \lbrace 1 \rbrace^{\perp}$ は連続線形汎関数 $f \mapsto \langle f, 1 \rangle$ の核なので閉部分空間。$M^{\perp} = (\lbrace 1 \rbrace^{\perp})^{\perp} = \overline{\operatorname{span}\lbrace 1 \rbrace}$ は定数関数全体。$f = \langle f, 1 \rangle 1 + (f - \langle f, 1 \rangle 1)$ が直交分解なので、$P_M f = f - \int_0^1 f\ dx$。

(3) $g(x) = x$ とおくと条件は $\langle f, g \rangle = 1$。シュワルツの不等式より $1 \leq \lVert f \rVert\lVert g \rVert = \lVert f \rVert/\sqrt{3}$、すなわち $\lVert f \rVert \geq \sqrt{3}$ で、等号は $f = cg$ のときに限る。$\langle cg, g \rangle = c/3 = 1$ より $c = 3$。最小元は $f(x) = 3x$ ただ一つ（ノルム $\sqrt{3}$）。

• (1) の $x^3 - \frac{3}{5}x$ はルジャンドル多項式 $P_3$ の定数倍である。一般に、次数 $n-1$ 以下の多項式で近似したときの残差は $P_n$ に比例する。対称性（偶奇）を使うと計算が大幅に減る。
• (3) は「閉凸集合には最小ノルム元がただ一つある」という射影定理の特別な場合。線形制約つき最小化問題は、制約を表すベクトルの定数倍が答えになる。

(1) $\int_0^\pi \sin mx\sin nx\ dx = \frac{1}{2}\int_0^\pi(\cos(m-n)x - \cos(m+n)x)dx = \frac{\pi}{2}\delta_{mn}$ より正規直交。完全性：$f \in L^2[0,\pi]$ がすべての $\sin nx$ と直交するとし、$F$ を $f$ の奇関数拡張とする。$F$ は $\cos nx$（偶関数）と直交し、$\int_{-\pi}^{\pi}F\sin nx = 2\int_0^\pi f\sin nx = 0$。三角関数系の完全性から $F = 0$、よって $f = 0$ a.e.。

(2) 部分積分を 2 回行うと（$f(0) = f(\pi) = 0$）

よって $\langle f, e_n \rangle = \sqrt{2/\pi}\cdot\frac{4}{n^3}$（$n$ 奇数）, $0$（$n$ 偶数）。$\lVert f \rVert^2 = \int_0^\pi x^2(\pi-x)^2dx = \frac{\pi^5}{30}$ だから、パーセヴァルの等式より

$\sum_{n}\frac{1}{n^6} = \sum_{\text{odd}} + \frac{1}{64}\sum_n\frac{1}{n^6}$ より $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^6} = \frac{64}{63}\cdot\frac{\pi^6}{960} = \frac{\pi^6}{945}$。

• 同じ方法で、$\lbrace \sqrt{2/\pi}\cos nx \rbrace \cup \lbrace 1/\sqrt{\pi} \rbrace$（偶関数拡張）も $L^2[0,\pi]$ の完全正規直交系になる。境界条件（ディリクレ・ノイマン）に応じて正弦・余弦展開を使い分けるのが、熱方程式などの変数分離の基礎である（第7章 問題 7）。
• パーセヴァルの等式の検算：$\frac{\pi^5}{30}$ は $B(3,3)\pi^5 = \frac{2!\ 2!}{5!}\pi^5$ から得られる。

(1) $\lVert \varphi f \rVert \leq \lVert \varphi \rVert_\infty\lVert f \rVert$。逆向きは、$\lvert \varphi(x_0) \rvert = \lVert \varphi \rVert_\infty$ となる $x_0$ と $\varepsilon > 0$ をとり、$\lvert \varphi \rvert > \lVert \varphi \rVert_\infty - \varepsilon$ となる $x_0$ を含む区間 $I$ について $f = \lvert I \rvert^{-1/2}\mathbf{1}_I$ を考えれば $\lVert M_\varphi f \rVert \geq \lVert \varphi \rVert_\infty - \varepsilon$。スペクトル：$\lambda \notin \varphi([0,1])$（コンパクト集合）なら $\frac{1}{\varphi - \lambda}$ は有界連続で $M_{1/(\varphi - \lambda)}$ が逆作用素。$\lambda = \varphi(x_0)$ なら、同様の $f_\varepsilon$（$\lvert \varphi - \lambda \rvert < \varepsilon$ となる区間で作る）が $\lVert f_\varepsilon \rVert = 1$, $\lVert (M_\varphi - \lambda)f_\varepsilon \rVert \leq \varepsilon$ を満たし、有界な逆は存在しない。$\varphi(x) = x$ で $(x - \lambda)f = 0$ a.e. なら $f = 0$ a.e. なので固有値はない。

(2) $Sx = \lambda x$ なら $(0, x_1, x_2, \dots) = (\lambda x_1, \lambda x_2, \dots)$。$\lambda = 0$ なら $x = 0$、$\lambda \neq 0$ なら $x_1 = 0$ から順に $x_n = 0$。$S^{\ast}$ は左シフト $(x_2, x_3, \dots)$ で、$S^{\ast}x = \lambda x$ $\Leftrightarrow$ $x = x_1(1, \lambda, \lambda^2, \dots)$。これが $\ell^2$ の $0$ でない元であるのは $\lvert \lambda \rvert < 1$ のときに限る。$\lVert S \rVert = 1$ より $\sigma(S) \subset \lbrace \lvert \lambda \rvert \leq 1 \rbrace$、$\sigma(S^{\ast})$ は閉集合で開円板を含むので閉円板に等しく、$\sigma(S) = \lbrace \overline{\lambda} \mid \lambda \in \sigma(S^{\ast}) \rbrace$ も閉円板。

(3) $T$ は正規直交基底を直交系に写すので $\lVert T\sum c_ne_n \rVert^2 = \sum \lvert c_n \rvert^2/n^2$、$\lVert T \rVert = 1$。同様に $T^ke_n = \frac{1}{n(n+1)\cdots(n+k-1)}e_{n+k}$ から $\lVert T^k \rVert = \frac{1}{k!}$。スペクトル半径の公式より $r(T) = \lim_k (k!)^{-1/k} = 0$、スペクトルは空でないので $\sigma(T) = \lbrace 0 \rbrace$。

• 無限次元では「スペクトル $\neq$ 固有値の集合」。(1) の $M_x$ はスペクトル $[0,1]$ がすべて連続スペクトル、(2) の $S$ は開円板 $\lbrace \lvert \lambda \rvert < 1 \rbrace$ が剰余スペクトル（$\overline{\lambda}$ が $S^{\ast}$ の固有値なので $S - \lambda$ の値域は稠密でない）、単位円周 $\lbrace \lvert \lambda \rvert = 1 \rbrace$ が連続スペクトル（$S^{\ast} - \overline{\lambda}$ が単射なので値域は稠密）になる。
• (3) の $T$ は $\lVert T \rVert = 1$ だが $r(T) = 0$ の準べき零作用素で、コンパクト作用素でもある（有限ランク作用素のノルム極限）。

(1) $V$ は核 $k(x,y) = \mathbf{1}_{\lbrace y < x \rbrace}$ をもつ積分作用素で、$k \in L^2([0,1]^2)$ なのでヒルベルト–シュミット作用素、したがってコンパクト。

(2) 帰納法で $(V^nf)(x) = \int_0^x \frac{(x-y)^{n-1}}{(n-1)!}f(y)\ dy$。核の絶対値は $\frac{1}{(n-1)!}$ 以下なので $\lVert V^n \rVert \leq \frac{1}{(n-1)!}$、スペクトル半径 $r(V) = \lim\lVert V^n \rVert^{1/n} = 0$。スペクトルは空でない（あるいは、無限次元空間上のコンパクト作用素 $V$ は可逆でないので $0 \in \sigma(V)$）から、$\sigma(V) = \lbrace 0 \rbrace$。$Vf = 0$ なら $f$ のすべての区間 $[0,x]$ 上の積分が $0$ なので $f = 0$ a.e.、$0$ も固有値でない。

(3) $\lVert V \rVert^2 = \lVert V^{\ast}V \rVert$ で、$V^{\ast}V$ はコンパクトな正の自己共役作用素なので、そのノルムは最大固有値に等しい。$(V^{\ast}g)(x) = \int_x^1 g(y)\ dy$ である。$V^{\ast}Vf = \mu f$（$\mu > 0$）とすると、$u = V^{\ast}Vf$ は $u(1) = 0$, $u' = -Vf$, $u'(0) = 0$, $u'' = -f$ を満たす。$f = u/\mu$ より $f$ は $C^2$ 級で $\mu f'' = -f$, $f(1) = 0$, $f'(0) = 0$。よって $f = \cos\omega x$（定数倍を除く）, $\omega^2 = 1/\mu$, $\cos\omega = 0$ で、$\mu = \frac{1}{(k + \frac{1}{2})^2\pi^2}$ $(k \geq 0)$。逆にこれらは固有値である（$V^{\ast}V\cos\omega x = \frac{\cos\omega x - \cos\omega}{\omega^2}$）。最大固有値は $\frac{4}{\pi^2}$ なので $\lVert V \rVert = \frac{2}{\pi}$。

• (2) は「コンパクト作用素の $0$ でないスペクトルは固有値」の例で、ヴォルテラ作用素には $0$ 以外のスペクトルがない。積分方程式 $f - \lambda Vf = g$ がすべての $\lambda$ で一意可解であることを意味する（ノイマン級数が収束する）。
• (3) のように、作用素のノルムを「$V^{\ast}V$ の固有値問題 $=$ 境界値問題」に帰着させるのは定番の手法。同じ方法で核 $\min(x,y)$ の作用素（ブラウン運動の共分散）の固有値 $\frac{1}{(k - \frac{1}{2})^2\pi^2}$ も求まる。

(1) $\varphi_N(x) = \sum_{n \leq N}a_nx_n$ は $\ell^2$ 上の有界線形汎関数で、$\lVert \varphi_N \rVert = (\sum_{n \leq N}a_n^2)^{1/2}$（$x = (a_1, \dots, a_N, 0, \dots)$ で達成）。仮定より各 $x$ で $(\varphi_N(x))_N$ は収束し有界。一様有界性原理より $\sup_N\lVert \varphi_N \rVert < \infty$、すなわち $\sum a_n^2 < \infty$。

(2) 閉グラフ定理より、$x_n \to x$, $Tx_n \to y$ のとき $y = Tx$ を示せばよい。任意の $z$ に対し $\langle y, z \rangle = \lim\langle Tx_n, z \rangle = \lim\langle x_n, Tz \rangle = \langle x, Tz \rangle = \langle Tx, z \rangle$。よって $y = Tx$。

(3) $f_n \to f$, $f_n' \to g$（ともに一様収束）なら、$f_n(x) = f_n(0) + \int_0^x f_n'$ で極限をとって $f(x) = f(0) + \int_0^x g$、よって $f \in C^1$, $f' = g$。グラフは閉。一方 $f_n(x) = x^n$ は $\lVert f_n \rVert_\infty = 1$, $\lVert f_n' \rVert_\infty = n$ で、$D$ は有界でない。閉グラフ定理は定義域がバナッハ空間であることを仮定するが、$(C^1[0,1], \lVert \cdot \rVert_\infty)$ は完備でない（$C^1$ 関数列の一様極限は $C^1$ とは限らない）ので矛盾しない。

• (1) は「弱い意味で有界なら強い意味で有界」という一様有界性原理の典型的な使い方。$\ell^2$ を $\ell^p$ に変えると結論は $a \in \ell^{p'}$（共役指数）になる。
• (2) の帰結として、量子力学に現れる非有界な対称作用素（微分作用素など）は、全空間では定義できない。非有界作用素論では定義域の指定が本質的になる（関数解析 第7章）。

リースの表現定理により、$x_n \rightharpoonup x$ はすべての $y \in H$ で $\langle x_n, y \rangle \to \langle x, y \rangle$ となることと同値である。

(1) ベッセルの不等式 $\sum_n\lvert \langle y, e_n \rangle \rvert^2 \leq \lVert y \rVert^2$ より $\langle e_n, y \rangle \to 0$。一方 $\lVert e_n \rVert = 1$ なので $0$ にノルム収束しない。

(2) $\lVert x_n - x \rVert^2 = \lVert x_n \rVert^2 - 2\operatorname{Re}\langle x_n, x \rangle + \lVert x \rVert^2 \to \lVert x \rVert^2 - 2\lVert x \rVert^2 + \lVert x \rVert^2 = 0$。

(3) $\ell_n(y) = \langle y, x_n \rangle$ は $\lVert \ell_n \rVert = \lVert x_n \rVert$ の有界線形汎関数で、各 $y$ で $(\ell_n(y))$ は収束するので有界。一様有界性原理より $\sup_n\lVert x_n \rVert < \infty$。また $\lVert x \rVert^2 = \lim\langle x_n, x \rangle \leq \liminf\lVert x_n \rVert\lVert x \rVert$。

(4) $\lbrace \sin nx/\sqrt{\pi} \rbrace$ と $\lbrace \cos nx/\sqrt{\pi} \rbrace$ は正規直交列なので、(1) より $\sin nx \rightharpoonup 0$, $\cos 2nx \rightharpoonup 0$。$\sin^2 nx = \frac{1}{2} - \frac{1}{2}\cos 2nx \rightharpoonup \frac{1}{2}$。

• (4) は「弱収束は非線形演算と可換でない」ことを示す。$0 = (\text{弱極限})^2 \neq \text{弱極限}(f_n^2) = \frac{1}{2}$ の差は振動のエネルギーで、非線形偏微分方程式の変分法で弱極限の扱いが難しい理由である。
• (2) の性質（ラドン–リース性）は一様凸なバナッハ空間（$L^p$, $1 < p < \infty$）でも成り立つが、$L^1$ では成り立たない。