2015年度｜京都大学 大学院入試｜数学・数理解析専攻｜専門科目

$A\subset X$に対して$\mathbb{I}_A:X\to\R$を$A$の定義関数とする．すなわち，

\begin{align*}\mathbb{I}_A(x)=\begin{cases}1,&x\in A,\\0,&x\notin A\end{cases}\end{align*}

とする．

(1)の解答

ファトゥの補題と仮定(b)より

\begin{align*}\|f\|_2^2&=\int_{X}\abs{\lim_{n\to\infty}f_n(x)}^2\,d\mu(x)
\\&=\int_{X}\liminf_{n\to\infty}|f_n(x)|^2\,d\mu(x)
\\&\le\liminf_{n\to\infty}\|f_n\|_2^2\le\sup_{n\in\N}\|f_n\|_2^2<\infty\end{align*}

が従う．よって，$\|f\|_2<\infty$を得る．

(2)の解答

任意に$\epsilon>0$をとる．$p<2$より，任意の$\lambda>0$に対して

\begin{align*}&\int_{\{|f_n-f|>\lambda\}}|f_n(x)-f(x)|^p\,d\mu(x)
\\&=\int_{\{|f_n-f|>\lambda\}}|f_{n}(x)-f(x)|^{p-2}|f_n(x)-f(x)|^2\,d\mu(x)
\\&\le\int_{\{|f_n-f|>\lambda\}}\lambda^{p-2}|f_n(x)-f(x)|^2\,d\mu(x)
\\&\le\lambda^{p-2}\int_{X}|f_n(x)-f(x)|^2\,d\mu(x)
=\lambda^{p-2}\|f_n-f\|_2^2\end{align*}

が成り立つ．よって，ミンコフスキーの不等式，(1)，仮定(b)を併せて

\begin{align*}&\lim_{\lambda\to\infty}\sup_{n\in\N}\int_{\{|f_n-f|>\lambda\}}|f_n(x)-f(x)|^p\,d\mu(x)
\\&\le\lim_{\lambda\to\infty}\lambda^{p-2}\sup_{n\in\N}\|f_n-f\|_2^2
\\&\le\lim_{\lambda\to\infty}\lambda^{p-2}\sup_{n\in\N}(\|f_n\|_2+\|f\|_2)^2=0\end{align*}

を得る．これより，ある$R>0$が存在して，

\begin{align*}\sup_{n\in\N}\int_{\{|f_n-f|>R\}}|f_n(x)-f(x)|^p\,d\mu(x)<\epsilon\end{align*}

が成り立つ．

一方，$n\in\N$として

• 仮定$(a)$より，$X$上で$\lim\limits_{n\to\infty}|f_n-f|^p\mathbb{I}_{\{|f_n-f|\le R\}}=0$
• $X$上で$|f_{n}-f|^p\mathbb{I}_{\{|f_n-f|\le R\}}\le R^p$
• $\mu(X)=1$より，$\dint_{X}R^p\,d\mu(x)=R^p\mu(X)=R^p<\infty$

が成り立つから，ルベーグの収束定理が適用できて

\begin{align*}&\lim_{n\to\infty}\int_{\{|f_n-f|\le R\}}|f_n(x)-f(x)|^{p}\,d\mu(x)
\\&=\lim_{n\to\infty}\int_{X}|f_n(x)-f(x)|^{p}\mathbb{I}_{\{|f_n-f|\le R\}}(x)\,d\mu(x)=0\end{align*}

が成り立つ．

以上より，

\begin{align*}\|f_n-f\|_p^p
&=\int_{\{|f_n-f|\le R\}}|f_n(x)-f(x)|^p\,d\mu(x)
\\&\qquad+\int_{\{|f_n-f|>R\}}|f_n(x)-f(x)|^p\,d\mu(x)
\\&\le\int_{\{|f_n-f|\le R\}}|f_n(x)-f(x)|^p\,d\mu(x)+\epsilon
\\&\xrightarrow[]{n\to\infty}\epsilon\end{align*}

が成り立つ．$\epsilon$の任意性より

\begin{align*}\lim_{n\to\infty}\|f_n-f\|_{p}^{p}=0\iff\lim_{n\to\infty}\|f_n-f\|_p=0\end{align*}

を得る．

$A\subset\R$に対して$\mathbb{I}_A:\R\to\R$を$A$の定義関数とする：

\begin{align*}\mathbb{I}_A(x)=\begin{cases}1,&x\in A,\\0,&x\notin A.\end{cases}\end{align*}

(1)の解答

積分の線形性から$T$は線形作用素である．任意に$f\in L^{2}(\R)$をとる．$\tilde{s}=x-s$とおくと

\begin{align*}Tf(x)&=\int_{0}^{\infty}\bra{\int_{-t}^{t}f(x-\tilde{s})\,d\tilde{s}}\frac{e^{-t}}{t}\,dt\end{align*}

なので，ミンコフスキーの不等式を繰り返し用いて

\begin{align*}&\|Tf\|_{L^2(\R)}=\bra{\int_{\R}|Tf(x)|^{2}\,dx}^{1/2}
\\&=\bra{\int_{\R}\abs{\int_{0}^{\infty}\bra{\int_{-t}^{t}f(x-\tilde{s})\,d\tilde{s}}\frac{e^{-t}}{t}\,dt}^{2}\,dx}^{1/2}
\\&\le\int_{0}^{\infty}\bra{\int_{\R}\abs{\bra{\int_{-t}^{t}f(x-\tilde{s})\,d\tilde{s}}\frac{e^{-t}}{t}}^{2}\,dx}^{1/2}\,dt
\\&=\int_{0}^{\infty}\bra{\int_{\R}\abs{\int_{-t}^{t}f(x-\tilde{s})\,d\tilde{s}}^{2}\,dx}^{1/2}\frac{e^{-t}}{t}\,dt
\\&\le\int_{0}^{\infty}\bra{\int_{-t}^{t}\bra{\int_{\R}\abs{f(x-\tilde{s})}^{2}\,dx}^{1/2}\,d\tilde{s}}\frac{e^{-t}}{t}\,dt
\\&=\int_{0}^{\infty}\bra{\int_{-t}^{t}\|f\|\,d\tilde{s}}\frac{e^{-t}}{t}\,dt
\\&=2\|f\|\int_{0}^{\infty}e^{-t}\,dt=2\|f\|<\infty\end{align*}

が成り立つ．よって，$T$は$L^2(\R)$から$L^2(\R)$への作用素として定義でき，有界である．

(2)の解答

積分の線形性から$T$は線形作用素で，(1)と同様にして$T$は$L^2(\R)$から$L^2([0,1])$への作用素として定義できる．

０に弱収束する$L^2(\R)$上の列$\{f_n\}_{n\in\N}$を任意にとる．弱収束列は有界だから，ある$M>0$が存在して任意の$n\in\N$に対し$\|f_n\|_{L^2(\R)}\le M$が成り立つ．

\begin{align*}&\|Tf_n\|_{L^2([0,1])}=\bra{\int_{0}^{1}|Tf_n(x)|^2\,dx}^{1/2}
\\&=\bra{\int_{0}^{1}\abs{\int_{0}^{\infty}\bra{\int_{x-t}^{x+t}f_n(s)\,ds}\frac{e^{-t}}{t}\,dt}^2\,dx}^{1/2}
\\&=\bra{\int_{0}^{1}\abs{\int_{0}^{\infty}\anb{f_n,\mathbb{I}_{[x-t,x+t]}}_{L^2(\R)}\frac{e^{-t}}{t}\,dt}^2\,dx}^{1/2}\end{align*}

である．任意の$x\in[0,1]$に対して

• $\{f_n\}_{n\in\N}$は０に弱収束するから，任意の$t>0$に対して，$\lim\limits_{n\to\infty}\anb{f_n,\mathbb{I}_{[x-t,x+t]}}_{L^2(\R)}\dfrac{e^{-t}}{t}=0$
• コーシー-シュワルツの不等式より，任意の$t>0$に対して，
  \begin{align*}\abs{\anb{f_n,\mathbb{I}_{[x-t,x+t]}}_{L^2(\R)}\frac{e^{-t}}{t}}&\le\|f_n\|_{L^2(\R)}\nor{\mathbb{I}_{[x-t,x+t]}}_{L^2(\R)}\frac{e^{-t}}{t}
  \\&\le M\cdot\sqrt{2t}\cdot\frac{e^{-t}}{t}\le\frac{\sqrt{2}Me^{-t}}{\sqrt{t}}\end{align*}
• $\dint_{0}^{\infty}\dfrac{\sqrt{2}Me^{-t}}{\sqrt{t}}\,dt=\sqrt{2}M\Gamma\bra{\frac{1}{2}}<\infty$

が成り立つから，ルベーグの収束定理より

\begin{align*}\lim_{n\to\infty}\abs{\int_{0}^{\infty}\anb{f_n,\mathbb{I}_{[x-t,x+t]}}_{L^2(\R)}\frac{e^{-t}}{t}\,dt}^2=0\end{align*}

が成り立つ．さらに，

\begin{align*}&\abs{\int_{0}^{\infty}\anb{f_n,\mathbb{I}_{[x-t,x+t]}}_{L^2(\R)}\frac{e^{-t}}{t}\,dt}^2
\\&\le\bra{\sqrt{2}M\Gamma\bra{\frac{1}{2}}}^2
=2M^2\Gamma\bra{\frac{1}{2}}^2\end{align*}

であり，$\dint_{0}^{1}2M^2\Gamma\bra{\dfrac{1}{2}}^2\,dx=2M^2\Gamma\bra{\frac{1}{2}}^2<\infty$が成り立つから，再びルベーグの収束定理より

\begin{align*}&\lim_{n\to\infty}\|Tf_n\|_{L^2([0,1])}
\\&=\lim_{n\to\infty}\bra{\int_{0}^{1}\abs{\int_{0}^{\infty}\anb{f_n,\mathbb{I}_{[x-t,x+t]}}_{L^2(\R)}\frac{e^{-t}}{t}\,dt}^2\,dx}^{1/2}=0\end{align*}

である．すなわち，$L^{2}([0,1])$上で$\{Tf_{n}\}$が０に強収束することが分かったから，$\mathcal{D}(T)=L^2(\R)$がヒルベルト空間（回帰的バナッハ空間）であることと併せて$T$はコンパクトである．

(1)の解答

積分の線形性から$T$は線形作用素である．任意に$f\in L^{2}(\R)$をとる．$\tilde{s}=x-s$とおくと，トネリの定理より

\begin{align*}|Tf(x)|
&\le\int^{\infty}_{0}\bra{\int_{-t}^{t}\abs{f(x-\tilde{s})}\,d\tilde{s}}\frac{e^{-t}}{t}\,dt
\\&=\int_{\R}\bra{\int_{|\tilde{s}|}^{\infty}\frac{e^{-t}}{t}\,dt}|f(x-\tilde{s})|\,d\tilde{s}\end{align*}

が成り立つ．よって，$g(x)=\int_{|x|}^{\infty}\frac{e^{-t}}{t}\,dt$とおくと，ヤングの不等式（$\frac{1}{2}=\frac{1}{2}+\frac{1}{1}-1$）より

\begin{align*}\|Tf\|_{L^2(\R)}\le\nor{g*|f|}_{L^2(\R)}\le\|f\|_{L^2(\R)}\|g\|_{L^1(\R)}\end{align*}

が成り立つ．さらに，再びトネリの定理より

\begin{align*}\|g|_{L^1(\R)}&=\int_{\R}\bra{\int_{|x|}^{\infty}\frac{e^{-t}}{t}\,dt}\,dx
\\&=\int_{0}^{\infty}\bra{\int_{-t}^{t}\,dx}\frac{e^{-t}}{t}\,dt
\\&=\int_{0}^{\infty}2e^{-t}\,dt=2\end{align*}

なので，$\|Tf\|\le2\|f\|<\infty$となる．よって，$T$は$L^2(\R)$から$L^2(\R)$への有界作用素として定義できる．

(2)の解答

積分の線形性から$T$は線形作用素で，(1)と同様にして$T$は$L^2(\R)$から$L^2([0,1])$への作用素として定義できる．

$L^{2}(\R)$上の有界列$\{f_n\}_{n\in\N}$を任意にとり，$M>0$は任意の$n\in\N$に対して$\|f_n\|_{L^2(\R)}\le M$を満たすとする．

［１］任意の$n\in\N$, $x\in[0,1]$に対して，

\begin{align*}\int_{x-t}^{x+t}|f_n(s)|\,ds&=\int_{\R}|f_n(s)|\mathbb{I}_{[x-t,x+t]}(s)\,ds
\\&\le\|f_n\|_{L^2(\R)}\nor{\mathbb{I}_{[x-t,x+t]}}_{L^2(\R)}\le M\sqrt{2t}\end{align*}

なので，

\begin{align*}|Tf_n(x)|&\le\int_{0}^{\infty}\bra{\int_{x-t}^{x+t}|f_n(s)|\,ds}\frac{e^{-t}}{t}\,dt
\\&\le\sqrt{2}M\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-t}}{\sqrt{t}}\,dt
=\sqrt{2}M\Gamma\bra{\frac{1}{2}}<\infty\end{align*}

が成り立つ．よって，$\{Tf_n\}_{n\in\N}$は$[0,1]$上一様有界である．

［２］任意に$\epsilon>0$をとり，$0<x-x'<\epsilon$を満たす$x,x’\in[0,1]$を任意にとる．任意の$t\in[0,\infty)$に対して，

\begin{align*}&\abs{\int_{x-t}^{x+t}f_n(s)\,ds-\int_{x’-t}^{x’+t}f_n(s)\,ds}
\\&=\abs{\int_{x’+t}^{x+t}f_n(s)\,ds-\int_{x’-t}^{x-t}f_n(s)\,ds}
\\&\le\int_{x’+t}^{x+t}|f_n(s)|\,ds+\int_{x’-t}^{x-t}|f_n(s)|\,ds
\\&\le\|\mathbb{I}_{[x’+t,x+t]}\|_{L^2(\R)}\|f_n\|_{L^2(\R)}+\|\mathbb{I}_{[x’-t,x-t]}\|_{L^2(\R)}\|f_n\|_{L^2(\R)}
\\&\le2M\sqrt{x-x’}<2M\sqrt{\epsilon}\end{align*}

が成り立ち，

\begin{align*}&\abs{\int_{x-t}^{x+t}f_n(s)\,ds-\int_{x’-t}^{x’+t}f_n(s)\,ds}
\\&\le\int_{x-t}^{x+t}|f_n(s)|\,ds+\int_{x’-t}^{x’+t}|f_n(s)|\,ds
\\&\le\|\mathbb{I}_{[x-t,x+t]}\|_{L^2(\R)}\|f_n\|_{L^2(\R)}+\|\mathbb{I}_{[x’-t,x’+t]}\|_{L^2(\R)}\|f_n\|_{L^2(\R)}
\\&\le2\sqrt{2}M\sqrt{t}\end{align*}

が成り立つ．よって，$n\in\N$によらず

\begin{align*}&\abs{Tf_n(x)-Tf_n(x’)}
\\&\le\int_{0}^{\infty}\abs{\int_{x-t}^{x+t}f_n(s)\,ds-\int_{x’-t}^{x’+t}f_n(s)\,ds}^{1/2}
\\&\qquad\times\abs{\int_{x-t}^{x+t}f_n(s)\,ds-\int_{x’-t}^{x’+t}f_n(s)\,ds}^{1/2}\frac{e^{-t}}{t}\,dt
\\&\le\int_{0}^{\infty}\bra{2M\sqrt{\epsilon}}^{1/2}\bra{2\sqrt{2}M\sqrt{t}}^{1/2}\frac{e^{-t}}{t}\,dt
\\&=2^{5/4}M\epsilon^{1/4}\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-t}}{t^{3/4}}\,dt
=2^{5/4}M\Gamma\bra{\frac{1}{4}}\epsilon^{1/4}\end{align*}

が成り立つから，$\{Tf_n\}_{n\in\N}$は$[0,1]$上同程度連続である．

［１］，［２］と$[0,1]$がコンパクトであることを併せて，アスコリ-アルツェラの定理より$[0,1]$上で一様収束する$\{Tf_n\}_{n\in\N}$の部分列$\{Tf_{n(k)}\}_{k\in\N}$が存在する．

［２］より各$k\in\N$に対して$Tf_{n(k)}$は$[0,1]$上で連続だから，$\{Tf_{n(k)}\}_{k\in\N}$の一様収束極限$g$も$[0,1]$上で連続である．よって，$g\in L^2([0,1])$なので，$L^2([0,1])$上で$\{Tf_{n(k)}\}_{k\in\N}$が収束することが分かったから，$T$はコンパクトである．