【反例】「広義積分をする」と「関数列の極限を取る」の計算順序が交換可能ならば関数列は一様収束している

一様収束,交換可能,積分

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背景

関数列が一様収束する時に、積分と関数列の極限が交換可能である事を示す事が出来ます。(詳しくは河添先生の書籍やwikipedia等をご覧下さい。)

では「積分と関数列の極限が交換可能である場合、関数列は一様収束している」という命題が成り立つか？と言われるとそうではありません。反例があります。(詳しくは式変形チャンネルさんの動画をご参考下さい。)

今回は、自分が気付いた別の反例をここで共有いたします。

要するに、「積分と関数列の極限が交換可能であるが、関数列が一様収束しない例がある。」という話です。

ただのグレゴリー・ライプニッツ級数の話

$lim_{n \to \infty} \sum_{k = 1}^{n} \frac{(- 1)^{k - 1}}{2 k - 1} = 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - \frac{1}{7} + \dots = \frac{π}{4}$ が成り立つ。

proof

公比が $- x^{2}$ 初項が $1$ の等比数列の和を考えると、これは
$f_{n} (x) = 1 + (- x^{2}) + (- x^{2})^{2} + \dots + (- x^{2})^{n - 1} = \sum_{k = 1}^{n} (- x^{2})^{k - 1}$
という関数列と見る事ができ、これは等比数列の公式を用いて、 $f_{n} (x) = \sum_{k = 1}^{n} (- x^{2})^{k - 1} = \frac{1 - (- x^{2})^{n}}{1 + x^{2}}$ となる。

式の両辺を $[0, 1]$ で積分すると有限和なので普通に計算できて、
$\int_{0}^{1} (\sum_{k = 1}^{n} (- x^{2})^{k - 1}) d x = \int_{0}^{1} \frac{1 - (- x^{2})^{n}}{1 + x^{2}} d x$
$\Leftrightarrow \sum_{k = 1}^{n} (\int_{0}^{1} (- x^{2})^{k - 1} d x) = \int_{0}^{1} \frac{1}{1 + x^{2}} d x + \int_{0}^{1} \frac{- (- x^{2})^{n}}{1 + x^{2}} d x$

$\Leftrightarrow \sum_{k = 1}^{n} \frac{(- 1)^{k - 1}}{2 k - 1} - \frac{π}{4} = (- 1)^{n + 1} \int_{0}^{1} \frac{x^{2 n}}{1 + x^{2}} d x$

両辺の絶対値を取り、
$| \sum_{k = 1}^{n} \frac{(- 1)^{k - 1}}{2 k - 1} - \frac{π}{4} | = \int_{0}^{1} \frac{x^{2 n}}{1 + x^{2}} d x < \int_{0}^{1} x^{2 n} d x = \frac{1}{2 n + 1} \to 0$
よって、 $lim_{n \to \infty} \sum_{k = 1}^{n} \frac{(- 1)^{k - 1}}{2 k - 1} = 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - \frac{1}{7} + \dots = \frac{π}{4} ◻$

無限等比級数の和

上で登場した関数列 $f_{n} (x) = \sum_{k = 1}^{n} (- x^{2})^{k - 1}$ を半開区間 $[0, 1)$ 上の関数と見ると、この関数列 $(f_{n})_{n \in N}$ は半開区間 $[0, 1)$ 上の関数 $f (x) = \frac{1}{1 + x^{2}}$ に各点収束はするが、一様収束はしない。

　
これを踏まえた上で、広義積分と $l i m$ の順序交換を見てみる。 $x = t a n θ$ の置換積分により、
$\int_{0}^{1} (lim_{n \to \infty} f_{n} (x)) d x = \int_{0}^{1} f (x) d x = \int_{0}^{1} \frac{1}{1 + x^{2}} d x = \frac{π}{4}$ である。

一方、 $lim_{n \to \infty} \int_{0}^{1} f_{n} (x) d x$ を計算してみると、上のグレゴリー・ライプニッツ級数の計算結果より
$lim_{n \to \infty} \int_{0}^{1} f_{n} (x) d x = lim_{n \to \infty} (\int_{0}^{1} (\sum_{k = 1}^{n} (- x^{2})^{k - 1}) d x) = lim_{n \to \infty} (\int_{0}^{1} (\sum_{k = 1}^{n} (- 1)^{k - 1} x^{2 k - 2}) d x) = lim_{n \to \infty} (\sum_{k = 1}^{n} (\int_{0}^{1} (- 1)^{k - 1} x^{2 k - 2} d x)) = lim_{n \to \infty} \sum_{k = 1}^{n} \frac{(- 1)^{k - 1}}{2 k - 1} = \frac{π}{4}$

なので、関数列は各点収束であり一様収束しないが、
$lim_{n \to \infty} \int_{0}^{1} f_{n} (x) d x$ = $\int_{0}^{1} (lim_{n \to \infty} f_{n} (x)) d x = \frac{π}{4}$ であり、広義積分と $l i m$ の順序を入れ替えても計算結果が一致する例となっている。