2025大学院入試｜東京大学 数理科学研究科｜専門科目B

(1)⇒(2)の証明

(1)が成り立つとする．このとき，$\int_{\R}|f(x)|\,dx<\infty$である．

また，任意の$x\in\R$において$\sup\limits_{n\ge1}|a_n(x)|\le1$と$\lim\limits_{n\to\infty}a_n(x)=1$を満たす任意の実数値関数列$\{a_n\}_{n=1}^{\infty}\subset C_0(\R)$をとる．このとき，任意の$n\in\N$に対して

\begin{align*}\abs{\int_{\R}a_n(x)f(x)\,dx}
&\le\int_{\R}|a_n(x)f(x)|\,dx
\\&\le\int_{\R}|f(x)|\,dx<\infty\end{align*}

なので，\begin{align*}\limsup_{n\to\infty}\abs{\int_{\R}a_n(x)f(x)\,dx}<\infty\end{align*}が成り立つ．

(2)⇒(1)の証明

対偶を示す．(1)が成り立たないとする．このとき，$f$の正成分と負成分をそれぞれ$f_+$, $f_-$とすると，$\int_{\R}f_+(x)\,dx=\infty$または$\int_{\R}f_-(x)\,dx=\infty$が成り立つ．

$\int_{\R}f_+(x)\,dx=\infty$が成り立つとする．

［１］実数値関数列$\{a_n\}_{n=1}^{\infty}\subset C_0(\R)$を構成する．

任意に$n\in\{1,2,\dots\}$をとる．$|x|\le 1$なら$\psi(x)=1$が成り立ち，$|x|\ge 2$なら$\psi(x)=0$が成り立つ連続関数$\psi:\R\to[0,1]$をとり，$\psi_n(x)=\psi(\frac{x}{n})$とおく．

$\int_{|x|\ge4n}f_+(x)\,dx=\infty$かつ，任意の$R>0$に対し$\int_{|x|\le R}|f(x)|\,dx<\infty$だから，

\begin{align*}R_n=\inf\set{R>0}{\int_{4n\le|x|\le R}f_+(x)\,dx\ge n+\int_{\R}\psi_n(x)|f(x)|\,dx}\end{align*}

が有限の実数として定まる．$\int_{4n\le|x|\le R}f_+(x)\,dx$は$R$について連続だから，この$\inf$で最小に達する．ルベーグ測度の内正則性より，ある閉集合

\begin{align*}K_n\subset\set{x\in\R}{4n\le|x|\le R_n,f(x)>0}\end{align*}

が存在して，

\begin{align*}\int_{K_n}f_+(x)\,dx=\int_{K_n}f(x)\,dx\ge n-1+\int_{\R}\psi_n(x)|f(x)|\,dx\end{align*}

が成り立つ．さらに，ルベーグ測度の外正則性と$[R_n-1,R_n+1]$上の$f$の可積分性より，ある開集合$U_n\supset K_n$が存在して，$U_n\subset\set{x\in\R}{4n-1\le|x|\le R_n+1}$かつ,

\begin{align*}\int_{U_n\setminus K_n}|f(x)|\,dx<1\end{align*}

が成り立つ．このとき，ウリゾーンの補題より，ある連続関数$\phi_n:\R\to[0,1]$が存在して，$x\in K_n$なら$\phi_n(x)=1$が成り立ち，$x\in U_n^c$なら$\phi_n(x)=0$が成り立つ．

以上のもとで，関数$a_n:\R\to\R$を$a_n(x)=\psi_n(x)+\phi_n(x)$と定める．

［２］$a_n\in C_0(\R)$であり，任意の$x\in\R$において$\sup\limits_{n\ge1}|a_n(x)|\le1$と$\lim\limits_{n\to\infty}a_n(x)=1$が成り立つことを示す．

任意の$n\in\{1,2,\dots\}$に対して，

\begin{align*}\operatorname{supp}a_n=\operatorname{supp}\psi_n\cup\operatorname{supp}\phi_n\subset[-(R_n+1),R_n+1]\end{align*}

だから，$a_n$はコンパクト台をもつ．$\operatorname{supp}\psi_n\cap\operatorname{supp}\phi_n=\emptyset$かつ$|\psi_n(x)|\le1$かつ$|\phi_n(x)|\le1$が成り立つので，

\begin{align*}\sup\limits_{n\ge1}|a_n(x)|=\sup\limits_{n\ge1}(\max\{|\psi_n(x)|,|\phi_n(x)|\})\le1\end{align*}

が成り立つ．

また，ある$N\in\N$が存在して$|x|\le N$となるので，$n>N$なら$|x|\le n$となり

\begin{align*}a_n(x)=\psi_n(x)=1\end{align*}

となり，$\lim\limits_{n\to\infty}a_n(x)=1$が成り立つ．

［３］$\limsup\limits_{n\to\infty}\abs{\int_{\R}a_n(x)f(x)\,dx}=\infty$を示す．

任意の$n\in\{1,2,\dots\}$に対して，

\begin{align*}&\abs{\int_{\R}a_n(x)f(x)\,dx}
\\&=\abs{\int_{K_n}f(x)\,dx+\int_{U_n\setminus K_n}\phi_n(x)f(x)\,dx+\int_{\R}\psi_n(x)f(x)\,dx}
\\&\ge\int_{K_n}f_+(x)\,dx-\int_{U_n\setminus K_n}|f(x)|\,dx-\int_{\R}\psi_n(x)|f(x)|\,dx
\\&\ge n-2\xrightarrow[]{n\to\infty}\infty\end{align*}

となるから，$\limsup\limits_{n\to\infty}\abs{\int_{\R}a_n(x)f(x)\,dx}=\infty$が成り立つ．

［１］〜［３］より，(2)が成り立たないことが分かった．

一方，$\int_{\R}f_+(x)\,dx<\infty$が成り立つ場合は$\int_{\R}f_-(x)\,dx=\infty$だから，$f_-$に対して同様に$\phi_n$を考えれば，同様に(2)が成り立たない．

(1)の解答

任意の$n\in\{2,3,4,\dots\}$に対して，

\begin{align*}|c_n|&=\abs{\frac{f^{(n)}(0)}{n!}}
\\&=\abs{\frac{1}{n!}\times\frac{-1}{2}\times\frac{1}{2}\times\frac{3}{2}\times\dots\times\frac{2n-3}{2}}
\\&=\frac{(2n-3)!!}{n!2^n}\end{align*}

だから，$n\in\{2,3,4,\dots\}$に対して

\begin{align*}&\frac{|c_{n+1}|}{|c_n|}=\frac{\frac{(2n-1)!!}{(n+1)!2^{n+1}}}{\frac{(2n-3)!!}{n!2^n}}=\frac{2n-1}{2n+2}
\\&=1-\frac{3/2}{n}+\frac{3}{n(2n+2)}
\\&=1-\frac{3/2}{n}+o\bra{\frac{1}{n^{3/2}}}\quad(n\to\infty)\end{align*}

なので，ガウスの判定法より$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}|c_n|<\infty$が成り立つ．

(2)の解答

任意に$\epsilon>0$をとる．(1)より，ある$N\in\N$が存在して，$\sum\limits_{n=N}^{\infty}|c_n|<\epsilon$が成り立つ．よって，$p>q\ge N$を満たす任意の$p,q\in\N$に対して，

\begin{align*}&\nor{\sum_{n=0}^{p}c_nA^n-\sum_{n=0}^{q}c_nA^n}=\nor{\sum_{n=q+1}^{p}c_nA^n}
\\&\le\sum_{n=q+1}^{p}|c_n|\|A\|^n\le\sum_{n=q+1}^{p}|c_n|<\epsilon\end{align*}

となるから，コーシーの条件より級数$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}c_nA^n$は作用素ノルムに関して収束する．

(3)の解答

任意の$k\in\N$に対して，$v_k$を初項から第$k$項まで$\frac{1}{\sqrt{k}}$で，第$k+1$項以降は０である実数列とする：

\begin{align*}v_k=\biggl(\underbrace{\frac{1}{\sqrt{k}},\frac{1}{\sqrt{k}},\dots,\frac{1}{\sqrt{k}}}_{\text{$k$項}},0,0,\dots\biggr).\end{align*}

このとき，列$\{v_k\}$が$l^2$上の列で条件を満たすことを以下で示す．

任意の$k\in\{1,2,\dots\}$に対して，

\begin{align*}\|v_k\|_{l^2}^2=\sum_{n=1}^{k}\abs{\frac{1}{\sqrt{k}}}^2=\sum_{n=1}^{k}\frac{1}{k}=1\end{align*}

なので，各$v_k$は$l^2$上の単位ベクトルである．

任意に$\epsilon>0$をとる．(2)と同じ$N\in\N$をとると，三角不等式より

\begin{align*}\nor{\sum_{n=N}^{\infty}c_nT^nv_k}_{l^2}\le\sum_{n=N}^{\infty}|c_n|\|T^n\|\|v_k\|_{l^2}=\sum_{n=N}^{\infty}|c_n|<\epsilon\end{align*}

が成り立つ．また，(1)よりアーベルの定理が適用できて$\sum\limits_{n=0}^{\infty}c_n=0$が成り立つことに注意すると，

\begin{align*}\abs{\sum_{n=0}^{N-1}c_n}=\abs{-\sum_{n=N}^{\infty}c_n}\le\sum_{n=N}^{\infty}|c_n|<\epsilon\end{align*}

である．$k\ge N$のとき，$\sum\limits_{n=0}^{N-1}c_nT^nv_k$は初項から第$N-1$項まで$\sum\limits_{n=0}^{\ell-1}\frac{c_n}{\sqrt{k}}$で，第$N$項から第$k$項まで$\sum\limits_{n=0}^{N-1}\frac{c_n}{\sqrt{k}}$で，第$k+1$項から第$N+k-1$項まで$\sum\limits_{n=\ell-k}^{N-1}\frac{c_n}{\sqrt{k}}$で，第$N+k$項以降は０なので，$M:=\bra{\sum\limits_{n=0}^{N-1}|c_n|}^2$とおくと，

\begin{align*}&\nor{\sum_{n=0}^{N-1}c_nT^nv_k}_{l^2}^2
\\&=\sum_{\ell=1}^{N-1}\abs{\sum_{n=0}^{\ell-1}\frac{c_n}{\sqrt{k}}}^2
+\sum_{\ell=N}^{k}\abs{\sum_{n=0}^{N-1}\frac{c_n}{\sqrt{k}}}^2
+\sum_{\ell=k+1}^{N+k-1}\abs{\sum_{n=\ell-k}^{N-1}\frac{c_n}{\sqrt{k}}}^2
\\&<\frac{1}{k}\bra{(N-1)M+(k-N+1)\epsilon^2+(N-1)M}
\\&=\frac{2(N-1)M}{k}+\bra{1-\frac{N-1}{k}}\epsilon^2
\xrightarrow[]{k\to\infty}\epsilon^2\end{align*}

である．以上より，

\begin{align*}&\lim_{k\to\infty}\|Bv_k\|_{l^2}
\\&=\lim_{k\to\infty}\bra{\nor{\sum_{n=0}^{N-1}c_nT^nv_k}_{l^2}+\nor{\sum_{n=N}^{\infty}c_nT^nv_k}_{l^2}}
\\&\le\sqrt{\epsilon^2}+\epsilon=2\epsilon\end{align*}

が成り立つから，$\epsilon>0$の任意性と併せて$\lim\limits_{k\to\infty}\|Bv_k\|_{l^2}=0$が従う．

まずは全ての微分と積分の順序交換可能であるとして形式的に示し，最後に用いた微分と積分の順序交換を正当化する．また，積分$\int_{0}^{1}f(x,t)\,dx$を$\int_{0}^{1}f$と略記する．

$u$の周期性$u(x+1,t)=u(x,t)$の両辺を微分して，$u$の任意の偏導関数も$x$について周期１の周期関数であることに注意する．

(1)の解答

微分方程式より$u_t=u_{xxx}-uu_x$が得られるので，任意の$t\in(0,\infty)$に対して

\begin{align*}I’_1(t)&=\int_{0}^{1}\frac{\partial (u^2)}{\partial t}=\int_{0}^{1}2uu_t
\\&=2\int_{0}^{1}\bra{uu_{xxx}-u^2u_x}\end{align*}

である．部分積分と$u$の周期性を用いて

\begin{align*}\int_{0}^{1}uu_{xxx}&=[uu_{xx}]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}u_xu_{xx}
\\&=-\brc{\frac{1}{2}u_x^2}_{0}^{1}=0\end{align*}

が成り立ち，$u$の周期性を用いて

\begin{align*}\int_{0}^{1}u^2u_x=\brc{\frac{1}{3}u^3}_{0}^{1}=0\end{align*}

を得る．よって，$I’_1(t)=0$が得られ，$I_1(t)$は$t$によらない．

(2)の解答

任意の$t\in(0,\infty)$に対して

\begin{align*}I’_2(t)&=\int_{0}^{1}\frac{\partial\bra{u_x^2+au^3}}{\partial t}
\\&=2\int_{0}^{1}u_xu_{xt}+3a\int_{0}^{1}u^2u_t\end{align*}

である．$I’_2(t)$の第１項について，$u\in C^{\infty}(\R\times(0,\infty))$より$u$の偏導関数は偏微分の順によらないから，微分方程式の両辺を$x$で微分して得られる$u_{xt}=u_{xxxx}-u_x^2-uu_{xx}$より

\begin{align*}\int_{0}^{1}u_xu_{xt}=\int_{0}^{1}\bra{u_xu_{xxxx}-u_x^3-uu_xu_{xx}}\end{align*}

であり，$I’_2(t)$の第２項について，(1)で用いた$u_t=u_{xxx}-uu_x$より

\begin{align*}\int_{0}^{1}u^2u_t=\int_{0}^{1}\bra{u^2u_{xxx}-u^3u_x}\end{align*}

である．部分積分と$u$の周期性を用いて

\begin{align*}\int_{0}^{1}u_xu_{xxxx}
&=[u_xu_{xxx}]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}u_{xx}u_{xxx}
\\&=-\brc{\frac{1}{2}u_{xx}^2}_{0}^{1}=0,
\\\int_{0}^{1}u^2u_{xxx}
&=[u^2u_{xx}]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}2uu_xu_{xx}
\\&=-2\int_{0}^{1}uu_xu_{xx}\end{align*}

となり，$u$の周期性を用いて

\begin{align*}\int_{0}^{1}u^3u_x=\brc{\frac{1}{4}u^4}_{0}^{1}=0\end{align*}

となる．以上をまとめて

\begin{align*}I’_2(t)&=2\int_{0}^{1}\bra{-u_x^3-uu_xu_{xx}}-6a\int_{0}^{1}uu_xu_{xx}
\\&=-2\int_{0}^{1}u_x^3-2(3a+1)\int_{0}^{1}uu_xu_{xx}\end{align*}

となる．さらに，部分積分と$u$の周期性を用いて

\begin{align*}&\int_{0}^{1}uu_xu_{xx}=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}u(u_x^2)_x
\\&=\frac{1}{2}\bra{[uu_x^2]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}u_x^3}
=-\frac{1}{2}\int_{0}^{1}u_x^3\end{align*}

となるので，

\begin{align*}I’_2(t)=(3a-1)\int_{0}^{1}u_x^3\end{align*}

を得る．よって，$a=\frac{1}{3}$のとき$I’_2(t)=0$となり，$I_2(t)$は$t$によらない．

(3)の解答

(2)の$I_2$を$a=\frac{1}{3}$として用いる．任意の$t\in(0,\infty)$に対して，$N(t)=\max\limits_{x\in[0,1]}|u(x,t)|$とおくと，

\begin{align*}&N(t)^2=\max_{x\in[0,1]}u(x,t)^2\le M\int_{0}^{1}\bra{u^2+u_x^2}
\\&=M\bra{I_1(t)+I_2(t)-\frac{1}{3}\int_{0}^{1}u^3}
\\&\le M\bra{I_1(t)+I_2(t)+\frac{1}{3}\int_{0}^{1}|u|^3}\end{align*}

である．ここで，

\begin{align*}\int_{0}^{1}|u|^3\le N(t)\int_{0}^{1}|u|^2=N(t)I_1(t)\end{align*}

なので，

\begin{align*}&N(t)^2-\frac{MI_1(t)}{3}N(t)\le M(I_1(t)+I_2(t))
\\&\iff\bra{N(t)-\frac{MI_1(t)}{6}}^2\le M(I_1(t)+I_2(t))+\frac{M^2I_1(t)^2}{36}
\\&\Ra N(t)\le \frac{MI_1(t)}{6}+\sqrt{M(I_1(t)+I_2(t))+\frac{M^2I_1(t)^2}{36}}\end{align*}

が成り立つ．右辺は(1), (2)より$t$によらないので$N$は$(0,\infty)$上有界だから，$N$の定め方から$u$は$[0,1]\times(0,\infty)$上有界である．さらに$u$は$x$について周期１の周期関数だから，$u$は$\R\times(0,\infty)$上有界である．

微分と積分の順序交換の正当化

任意に$\delta\in(0,1)$をとる．$u\in C^{\infty}(\R\times(0,\infty))$より，有界閉集合$[0,1]\times[\delta,\frac{1}{\delta}]$上で$u$と$u$の全ての偏導関数は連続だから有界なので，$(u^2)_t$, $\bra{u_x^2+au^3}_t$は有界である．

よって，平均値の定理とルベーグの収束定理より，任意の$t\in[\delta,\frac{1}{\delta}]$上で

\begin{align*}&I’_1(t)=\frac{d}{dt}\int_{0}^{1}u^2=\int_{0}^{1}(u^2)_t,
\\&I’_2(t)=\frac{d}{dt}\int_{0}^{1}\bra{u_x^2+au^3}=\int_{0}^{1}\bra{u_x^2+au^3}_t\end{align*}

が成り立つ．$\delta>0$の任意性より，$t\in(0,\infty)$上でもこの微分と積分の順序交換が成り立つ．