2022年度｜京都大学 大学院入試｜数学・数理解析専攻｜専門科目

極限$\lim\limits_{n\to\infty}(1+\int_{0}^{1/n}f(x+t)\,dt)^{n}$を求める

任意に$a\in[0,\infty)$をとる．このとき，

\begin{align*}\lim_{n\to\infty}\bra{1+\int_{0}^{1/n}f(a+t)\,dt}^{n}=e^{f(a)}\end{align*}

が成り立つことを示す．

［１］$f(a)=0$のときを示す．

任意に$\epsilon>0$をとる．$f$は$[0,\infty)$上一様連続なので$a$で連続だから，ある$N\in\N$が存在して，

\begin{align*}n>N\Ra \brc{0\le t\le\frac{1}{n}\Ra |0-f(a+t)|<\epsilon}\end{align*}

が成り立つ．よって，$f$の非負値性を併せて，$n>N$なら

\begin{align*}1\le\bra{1+\int_{0}^{1/n}f(a+t)\,dt}^n\le\bra{1+\frac{\epsilon}{n}}^n\end{align*}

が成り立つ．$\lim\limits_{n\to\infty}(1+\frac{\epsilon}{n})^n=e^{\epsilon}$なので，

\begin{align*}1&\le\liminf_{n\to\infty}\bra{1+\int_{0}^{1/n}f(a+t)\,dt}^n
\\&\le\limsup_{n\to\infty}\bra{1+\int_{0}^{1/n}f(a+t)\,dt}^n\le e^{\epsilon}\end{align*}

であり，$\epsilon$の任意性から

\begin{align*}\lim_{n\to\infty}\bra{1+\int_{0}^{1/n}f(a+t)\,dt}^{n}=1\end{align*}

を得る．

［２］$f(a)\neq0$のときを示す．

任意に$\epsilon\in(0,f(a))$をとる．$f$は$[0,\infty)$上一様連続なので$a$で連続だから，ある$N\in\N$が存在して，

\begin{align*}n>N\Ra \brc{0\le t\le\frac{1}{n}\Ra |f(a)-f(a+t)|<\epsilon}\end{align*}

が成り立つ．よって，$n>N$なら

\begin{align*}\frac{f(a)-\epsilon}{n}\le\int_{0}^{1/n}f(a+t)\,dt\le\frac{f(a)+\epsilon}{n}\end{align*}

が成り立ち，複号同順で$\lim\limits_{n\to\infty}(1+\frac{f(a)\pm\epsilon}{n})^{n}=e^{f(a)\pm\epsilon}$なので，

\begin{align*}e^{f(a)-\epsilon}&\le\liminf_{n\to\infty}\bra{1+\int_{0}^{1/n}f(a+t)\,dt}^{n}
\\&\le\limsup_{n\to\infty}\bra{1+\int_{0}^{1/n}f(a+t)\,dt}^{n}\le e^{f(a)+\epsilon}\end{align*}

であり，$\epsilon$の任意性から

\begin{align*}\lim_{n\to\infty}\bra{1+\int_{0}^{1/n}f(a+t)\,dt}^{n}=e^{f(a)}\end{align*}

を得る．

極限と積分の順序交換の正当化

$f$は$[0,\infty)$上一様連続なので，ある$N’\in\N$が存在して，

\begin{align*}n>N’\Ra\brc{0\le t\le\frac{1}{n}, x\in[0,\infty)\Ra |f(x)-f(x+t)|<1}\end{align*}

が成り立つ．よって，$n>N’$なら任意の$x\in[0,\infty)$に対して

\begin{align*}\bra{1+\int_{0}^{1/n}f(x+t)\,dt}^{n}
&\le\bra{1+\int_{0}^{1/n}(f(x)+1)\,dt}^{n}
\\&=\bra{1+\frac{f(x)+1}{n}}^{n}\end{align*}

が成り立つ．$\bra{1+\frac{f(x)+1}{n}}^{n}$は$n$に関して単調増加であり

\begin{align*}&\bra{1+\int_{0}^{1/n}f(x+t)\,dt}^{n}
\\&\le\lim_{n\to\infty}\bra{1+\frac{f(x)+1}{n}}^{n}
=e^{f(x)+1}\end{align*}

が成り立つから．

\begin{align*}\bra{1+\int_{0}^{1/n}f(x+t)\,dt}^{n}\le e^{f(x)+1}\end{align*}

が成り立つ．また，仮定より

\begin{align*}\int_{[0,\infty)}e^{f(x)+1}\mu(dx)=e\int_{[0,\infty)}e^{f(x)}\mu(dx)<\infty\end{align*}

だから，$e^{f(x)+1}$は$[0,\infty)$上$\mu$-可積分である．

以上より，ルベーグの収束定理が適用できて

\begin{align*}&\lim_{n\to\infty}\int_{[0,\infty)}\bra{1+\int_{0}^{1/n}f(x+t)\,dt}^{n}\,\mu(dx)
\\&=\int_{[0,\infty)}\lim_{n\to\infty}\bra{1+\int_{0}^{1/n}f(x+t)\,dt}^{n}\,\mu(dx)
\\&=\int_{[0,\infty)}e^{f(x)}\,\mu(dx)\end{align*}

を得る．

(1)の解答

任意に$g\in L^{2}(I)$と$\varepsilon>0$をとる．$C^{\infty}_{0}(I)$は$L^{2}(I)$で稠密だから，ある$h\in C^{\infty}_{0}(I)$が存在して$\|g-h\|_2<\varepsilon$を満たす．

よって，三角不等式，コーシー-シュワルツの不等式，ヘルダーの不等式（$\frac{1}{1}+\frac{1}{\infty}=1$）から

\begin{align*}|(f_{n},g)|&\le|(f_{n},g-h)|+|(f_{n},h)|
\\&\le\|f_{n}\|_{2}\|g-h\|_{2}+\|f_{n}\|_{1}\|h\|_{\infty}
\\&<\varepsilon+\|f_{n}\|_{1}\|h\|_{\infty}
\to\varepsilon\quad(n\to\infty)\end{align*}

が成り立つ．ここに，$\|\cdot\|_{\infty}$は$I$上の一様ノルムを表す．

よって，$\varepsilon$の任意性より$\lim\limits_{n\to\infty}(f_{n},g)=0$が成り立つから$\{f_{n}\}_{n=1}^{\infty}$は$L^{2}(I)$上で０に弱収束する．

(2)の解答

任意に$\varepsilon>0$をとる．$f\in L^{2}(I)$が$\|Tf\|_{2}\le\varepsilon\|f\|_{2}$を満たすとき，

\begin{align*}\|Tf\|_{2}\le\varepsilon\|f\|_{2}+\|f\|_{1}\end{align*}

が成り立つ．次に，$f\in L^{2}(I)$が$\|Tf\|_{2}>\varepsilon\|f\|_{2}$を満たすときを考える．

ここで，任意の$M_{\varepsilon}>0$に対して，$\|Tf\|_{2}>\varepsilon\|f\|_{2}$かつ$\|f\|_{2}>M_{\varepsilon}\|f\|_{1}$を満たす$f\in L^{2}(I)$が存在すると仮定する．このとき，

\begin{align*}\|Tf_{n}\|_{2}>\varepsilon\|f_{n}\|_{2}\quad
\text{かつ}\quad
\|f_{n}\|_{2}>n\|f_{n}\|_{1}\end{align*}

を満たす$L^{2}(I)$上の列$\{f_{n}\}$が存在する．

このとき，$g_{n}:=\frac{f_{n}}{\|f_{n}\|_{2}}$とすると，

\begin{align*}&\|g_{n}\|_{2}=\nor{\frac{f_{n}}{\|f_{n}\|_{2}}}_{2}=\frac{\|f_{n}\|_{2}}{\|f_{n}\|_{2}}=1,\quad
\\&\|g_{n}\|_{1}=\nor{\frac{f_{n}}{\|f_{n}\|_{2}}}_{1}=\frac{\|f_{n}\|_{1}}{\|f_{n}\|_{2}}<\frac{1}{n}\end{align*}

なので(1)より$\{g_n\}$は０に弱収束するから，$T$のコンパクト性と併せて$\{Tg_{n}\}_{n=1}^{\infty}$は０に$L^{2}(I)$で強収束する．一方，

\begin{align*}\|Tg_n-0\|_{2}=\nor{\frac{Tf_n}{\|f_n\|_{2}}}_{2}=\frac{\|Tf_n\|_{2}}{\|f_n\|_{2}}>\varepsilon\end{align*}

なので，これは矛盾である．

よって，仮定は誤りで，ある$M_{\varepsilon}>0$が存在して，$\|Tf\|_{2}>\varepsilon\|f\|_{2}$を満たす任意の$f\in L^{2}(I)$に対して$\|f\|_{2}\le M_{\varepsilon}\|f\|_{1}$が成り立つ．

したがって，$\|Tf\|_{2}>\varepsilon\|f\|_{2}$なる任意の$f\in L^{2}(I)$に対して，

\begin{align*}\|Tf\|_{2}&\le\|T\|\|f\|_{2}\le\|T\|_{L^2(I)\to L^2(I)}M_{\varepsilon}\|f\|_{1}
\\&<\varepsilon\|f\|_{2}+\|T\|_{L^2(I)\to L^2(I)}M_{\varepsilon}\|f\|_{1}\end{align*}

となる．ただし，$\|T\|$は$T:L^{2}(I)\to L^{2}(I)$の作用素ノルムである（一般にコンパクト作用素は有界作用素）．

以上より，任意の$f\in L^{2}(I)$に対して

\begin{align*}\|Tf\|_{2}\le\varepsilon\|f\|_{2}+\max\{\|T\|_{L^2(I)\to L^2(I)}M_{\varepsilon},1\}\|f\|_{1}\end{align*}

が成り立つ．

任意に$\varepsilon$をとる．$T$はコンパクト作用素だから

\begin{align*}\|T-S\|_{L^2(I)\to L^2(I)}<\frac{\epsilon}{2}\end{align*}

を満たす有限次元作用素$S:L^2(I)\to L^2(I)$, $\mathcal{D}(S)=L^2(I)$が存在する．このとき，任意の$f\in L^2(I)$に対して，

\begin{align*}\|Tf\|_{2}&\le\|(T-S)f\|_{2}+\|Sf\|_2
\\&\le\|T-S\|_{L^2(I)\to L^2(I)}\|f\|_{2}+\|Sf\|_2
\\&\le\frac{\varepsilon}{2}\|f\|_{2}+\|Sf\|_2\end{align*}

が成り立つ．

ここで$d:=\dim\mathcal{R}(S)$とおくと，ある$g_1,g_2,\dots,g_d\in L^2(I)$と$\mathcal{R}(S)$の基底$(h_1,h_2,\dots,h_d)$が存在して，任意の$f\in L^2(I)$に対して

\begin{align*}Sf=\sum_{k=1}^{d}(f,g_k)h_k\end{align*}

が成り立つ．また，各$k\in\{1,2,\dots,d\}$に対して，ある$\tilde{g}_k\in C_0^{\infty}(I)$が存在して，

\begin{align*}\|g_k-\tilde{g}_k\|_{2}<\frac{\varepsilon}{2d\|h_k\|_2}\end{align*}

が成り立つ（$k=1,2,\dots,d$）．よって，三角不等式，コーシー-シュワルツの不等式，ヘルダーの不等式（$\frac{1}{1}+\frac{1}{\infty}=1$）から

\begin{align*}\|Sf\|_{2}&\le\Biggl\|\sum_{k=1}^{d}(f,g_k-\tilde{g}_k)h_k\Biggr\|_2+\Biggl\|\sum_{k=1}^{d}(f,\tilde{g}_k)h_k\Biggr\|_2
\\&\le\sum_{k=1}^{d}|(f,g_k-\tilde{g}_k)|\|h_k\|_2+\sum_{k=1}^{d}|(f,\tilde{g}_k)|\|h_k\|_2
\\&\le\sum_{k=1}^{d}\|f\|_2\|g_k-\tilde{g}_k\|_2\|h_k\|_2+\sum_{k=1}^{d}\|f\|_1\|\tilde{g}_k\|_{\infty}\|h_k\|_2
\\&\le\frac{\varepsilon}{2}\|f\|_2+C_\varepsilon\|f\|_1\end{align*}

が成り立つ．ただし，$C_\varepsilon:=\sum\limits_{k=1}^{d}\|\tilde{g}_k\|_{\infty}\|h_k\|_2$とおいた．

以上を併せて，任意の$f\in L^2(I)$に対して，

\begin{align*}\|Tf\|_{2}\le\frac{\epsilon}{2}\|f\|_{2}+\|Sf\|_2\le\varepsilon\|f\|_2+C_\varepsilon\|f\|_1\end{align*}

が従う．

$L^{2}(\Omega)$内積を$\anb{\cdot,\cdot}$で表し，$L^{2}(\Omega)$ノルムを$\|\cdot\|$で表す．また，$\m{n}(x)$を$x\in\partial\Omega$での外側単位法線ベクトルとする．

(1)の解答

$\nabla\cdot(u_{\varepsilon}\nabla u_{\varepsilon})=|\nabla u_{\varepsilon}|^2+u_{\varepsilon}\Delta u_{\varepsilon}$より

\begin{align*}&\|\nabla u_{\varepsilon}\|_{L^{2}(\Omega)}^2
=\int_{\Omega}\nabla\cdot(u_{\varepsilon}(x)\nabla u_{\varepsilon}(x))\,dx-\anb{u_{\varepsilon},\Delta u_{\varepsilon}}\end{align*}

であり，第１項目についてガウスの発散定理と境界条件より

\begin{align*}&\int_{\Omega}\nabla\cdot(u_{\varepsilon}(x)\nabla u_{\varepsilon}(x))\,dx
\\&=\int_{\partial\Omega}u_{\varepsilon}(x)\nabla u_{\varepsilon}(x)\cdot\m{n}(x)\,dx=0\end{align*}

だから，

\begin{align*}\|\nabla u_{\varepsilon}\|_{L^{2}(\Omega)}^2=-\anb{u_{\varepsilon},\Delta u_{\varepsilon}}\quad\dots(*)\end{align*}

が成り立つ．

［１つ目の不等式の証明］微分方程式より$-\varepsilon\Delta u_{\varepsilon}=f-u_{\varepsilon}$なので，

\begin{align*}&-\varepsilon u_{\varepsilon}\Delta u_{\varepsilon}
=u_{\varepsilon}(f-u_{\varepsilon})
\\&=-\bra{u_{\varepsilon}-\frac{f}{2}}^{2}+\frac{1}{4}f^{2}
\le\frac{1}{4}f^{2}\end{align*}

だから，$(*)$と併せて

\begin{align*}\varepsilon\|\nabla u_{\varepsilon}\|_{L^{2}(\Omega)}^2=-\varepsilon\anb{u_{\varepsilon},\Delta u_{\varepsilon}}\le\frac{1}{4}\|f\|^2\end{align*}

が成り立つから，$C_{1}=\frac{1}{2}$とすれば$\sqrt{\varepsilon}\|\nabla u_{\varepsilon}\|\le C_{1}\|f\|$が従う．

［２つ目の不等式の証明］微分方程式より$\varepsilon\Delta u_{\varepsilon}=u_{\varepsilon}-f$なので，

\begin{align*}\varepsilon^2\|\Delta u_{\varepsilon}\|^2
&=\varepsilon\anb{\Delta u_{\varepsilon},u_{\varepsilon}-f}
\\&=\varepsilon\anb{\Delta u_{\varepsilon},u_{\varepsilon}}+\varepsilon\anb{\Delta u_{\varepsilon},-f}\end{align*}

であり，第２項目について

\begin{align*}\varepsilon\anb{\Delta u_{\varepsilon},-f}&=\anb{u_{\varepsilon}-f,-f}=\|f\|^2+\anb{u_{\varepsilon},-f}
\\&=\|f\|^2+\anb{u_{\varepsilon},\varepsilon\Delta u_{\varepsilon}-u_{\varepsilon}}
\\&=\|f\|^2+\varepsilon\anb{u_{\varepsilon},\Delta u_{\varepsilon}}-\|u_{\varepsilon}\|^2\end{align*}

だから，さらに$(*)$と併せて

\begin{align*}\varepsilon^2\|\Delta u_{\varepsilon}\|^2
&=\|f\|^2+2\varepsilon\anb{u_{\varepsilon},\Delta u_{\varepsilon}}-\|u_{\varepsilon}\|^2
\\&=\|f\|^2-2\varepsilon\|\nabla u_{\varepsilon}\|_{L^{2}(\Omega)}^2-\|u_{\varepsilon}\|^2\le\|f\|^2\end{align*}

が成り立つから，$C_{2}=1$とすれば$\varepsilon\|\Delta u_{\varepsilon}\|\le C_{2}\|f\|$が従う．

(2)の解答

微分方程式より$u_{\varepsilon}-f=\varepsilon\Delta{u_{\varepsilon}}$だから，等式$(*)$と併せて

\begin{align*}\|u_{\varepsilon}-f\|^{2}
&=\anb{u_{\varepsilon}-f,u_{\varepsilon}-f}
=\anb{u_{\varepsilon}-f,\varepsilon\Delta{u_{\varepsilon}}}
\\&=\varepsilon\anb{u_{\varepsilon},\Delta{u_{\varepsilon}}}-\varepsilon\anb{f,\Delta{u_{\varepsilon}}}
\\&=-\varepsilon\|\nabla u_{\varepsilon}\|^{2}-\varepsilon\anb{f,\Delta{u_{\varepsilon}}}
\le-\varepsilon\anb{f,\Delta{u_{\varepsilon}}}\end{align*}

である．さらに，$\nabla\cdot(f\nabla u_{\varepsilon})=\nabla f\cdot\nabla u_{\varepsilon}+f\Delta u_{\varepsilon}$とガウスの発散定理と境界条件とコーシー-シュワルツの不等式より

\begin{align*}-\anb{f,\Delta{u_{\varepsilon}}}
&=-\int_{\Omega}\nabla\cdot(f(x)\nabla{u_{\varepsilon}}(x))\,dx+\int_{\Omega}\nabla f(x)\cdot\nabla{u_{\varepsilon}}(x)\,dx
\\&=-\int_{\partial\Omega}f(x)\nabla{u_{\varepsilon}}(x)\cdot\m{n}(x)\,dx+\int_{\Omega}\nabla f(x)\cdot\nabla{u_{\varepsilon}}(x)\,dx
\\&=\int_{\Omega}\nabla f(x)\cdot\nabla{u_{\varepsilon}}(x)\,dx
\le\|\nabla f\|\|\nabla{u_{\varepsilon}}\|\end{align*}

となるから，(1)で示した１つ目の不等式を用いて

\begin{align*}\|u_{\varepsilon}-f\|^{2}
\le\varepsilon\|\nabla f\|\|\nabla{u_{\varepsilon}}\|
\le C_{1}\sqrt{\varepsilon}\|\nabla f\|\|f\|
\xrightarrow[]{\varepsilon\downarrow0}0\end{align*}

が従う．