実軸上の可積分関数だが無限遠方で減衰しないもの

以降, （可測）集合$A \subset \mathbb R$のルベーグ測度を$|A|$で表すことにする.

$\varepsilon > 0$を任意に取り, $E := \{x > 0 : |f(x)| \ge \varepsilon\}$とおく.（既に述べたように, $f$は可積分なので$|E| < \infty$である）このとき, 次の主張が成り立つことを示す：

• ほとんど至る所の$x \in [0, 1]$で$|f(nx)| \ge \varepsilon$となる$n \in \mathbb N$は有限個である.

まず, 各$m \ge 1$に対して$E_m := E \cap (m-1, m]$と定める. そして, $a \in (0, 1)$を任意に取る.

このとき, 各$n \ge 1$に対して集合$F_n$を次のように定める.

\begin{align} F_n := \left(\frac{1}{n}E \right) \cap (a, 1] &= \left( \frac{1}{n} \bigcup_{m \ge 1} E_m \right) \cap \left( \frac{1}{n} (an, n] \right) \\ &= \frac{1}{n} \left(\left( \bigcup_{m \ge 1} E_m \right) \cap (an, n] \right) \\ &= \frac{1}{n} \bigcup_{m \ge 1} \left( E_m \cap (na, n] \right) \end{align}

と定める. このとき, $E_1, E_2, \dots$は（その定め方から）互いに素なので

\begin{align} |F_n| = \sum_{m=1}^\infty \frac{1}{n} |E_m \cap (an, n]| \end{align}

更に, 各$E_m \cap (an, n]\ \left( \subset (m-1, m] \cap (an, n] \right)$は$n \le m-1$または$m/a \le n$のとき空集合になることに注意する.

ここで, $\sum_{n=1}^\infty |F_n|$の値を考えると, これは非負値の二重級数なので, 総和の順序を交換する（所謂、Fubiniの定理）ことで,

\begin{align} \sum_{n=1}^\infty |F_n| &= \sum_{n=1}^\infty \sum_{m=1}^\infty \frac{1}{n} |E_m \cap (an, n]| \\ &= \sum_{m=1}^\infty \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n} |E_m \cap (an, n]| \\ &= \sum_{m=1}^\infty \sum_{n=m}^{\lfloor m/a \rfloor} \frac{1}{n} |E_m \cap (an, n]| \\ &\le \sum_{m=1}^\infty \sum_{n=m}^{\lfloor m/a \rfloor} \frac{1}{n} |E_m| \\ &= \sum_{m=1}^\infty |E_m| \sum_{n=m}^{\lfloor m/a \rfloor} \frac{1}{n} \\ \end{align}

となる. ここで, 内側の有限和は積分との比較によって

\begin{align} \sum_{n=m}^{\lfloor m/a \rfloor} \frac{1}{n} &\le 1 + \sum_{n=m+1}^{\lfloor m/a \rfloor} \int_{n-1}^{n} \frac{1}{x}\,dx \\ &= 1 + \int_{m}^{\lfloor m/a \rfloor} \frac{1}{x}\,dx \\ &\le 1 + \int_{m}^{m/a} \frac{1}{x}\,dx \\ &= 1 + \left[ \ln x \right]_{m}^{m/a} \\ &= 1 + \ln (m) - \ln (a) - \ln (m) \\ &= 1 - \ln a \\ \end{align}

と抑えられるので,

\begin{align} \sum_{n=1}^\infty |F_n| = \sum_{m=1}^\infty |E_m| \sum_{n=m}^{\lfloor m/a \rfloor} \frac{1}{n} \le (1 - \ln a) \sum_{m=1}^\infty |E_m| = (1 - \ln a) |E| < \infty \end{align}

となることが分かる. ゆえに, 関数$\sum_{n=1}^\infty 1_{F_n}$を考えると

\begin{align} \int_\mathbb R \sum_{n=1}^\infty 1_{F_n}(x)\, dx = \sum_{n=1}^\infty \int_\mathbb R 1_{F_n}(x)\, dx = \sum_{n=1}^\infty |F_n| < \infty \end{align}

となるのでこれは可積分関数であり, 従ってほとんど至る所で有限値を取る. よって, ほとんど至る所の$x \in (a, 1]\ (\subset \mathbb R)$は有限個の$F_n$にしか属さないことが分かる.（所謂, Borel–Cantelliの補題 borel_cantelli である）

ここで, $x \notin F_n$であるということは$nx \notin E$に等しいので, これは$|f(nx)| \ge \varepsilon$を意味している. 従って, 有限個の$F_n$にしか属していない点$x \in (a, 1]$は, $|f(nx)| \ge \varepsilon$となる$n \ge 1$を有限個しかない持たないことが分かる.

あとは, $a \in (0, 1)$の任意性より, $a = 1/k \to 0\ (k\to\infty)$とすることで, ほとんど至る所の$x \in [0, 1]$は$|f(nx)| \ge \varepsilon$となる$n \ge 1$を有限個しかない持たないことが得られた.

更に, $\varepsilon > 0$の任意性より$\varepsilon = 1/k \to 0\ (k\to\infty)$とすることで, ほとんど至る所の$x \in [0, 1]$で$\dlim_{n\to\infty} f(nx) = 0$となることが分かる.

（証明終）

$a := \dlim_{x\to\infty} f(x)$とする. まず, 定理3より特に, ある点$x \in (0, 1]$が存在して

$$\lim_{n\to\infty} f(nx) = 0$$

となる. ここで, 実数列$\{x_n\}_n$を$x_n := nx\ (n \in \mathbb N)$と定めれば, これは$x_n \to \infty\ (n \in \mathbb N)$となるので, 命題2より$a = \dlim_{n\to\infty} f(x_n)$でなければならない. よって, $\{x_n\}_n$の定め方から$a = 0$である.

（証明終）

$\varepsilon > 0$を任意に取る. $\varepsilon / 2 > 0$に対して$f$の一様連続性を適用すると, ある$\delta > 0$が存在して, 任意の$x, y \in \mathbb R$について, $|x-y| < \delta$ならば$|f(x) - f(y)| < \varepsilon/2$となることが分かる.

このとき, $|f(x)| \ge \varepsilon$なる任意の$x \in \mathbb R$について

$$|f(y)| \ge |f(x)| - |f(x) - f(y)| > \varepsilon/2 \quad (y \in (x-\delta, x+\delta))$$

より$\int_{x-\delta}^{x+\delta} |f(x)|\, dx \ge \varepsilon/2 \times 2\delta = \varepsilon \delta$となる.

ここで, ルベーグの収束定理より（ただし, 優関数として$|f(x)|$を考える）

$$\lim_{R \to \infty} \int_{|x| \ge R} |f(x)|\, dx = 0$$

となることから, 十分大きい$R > 0$において

$\int_{|x| \ge R} |f(x)|\, dx < \varepsilon\delta$

となることに注意する. すると, 任意の$x > R + \delta$について

$$\int_{x - \delta}^{x + \delta} |f(x)|\, dx \le \int_{|x| \ge R} |f(x)|\, dx < \varepsilon\delta$$

となるので, 先ほどの議論から$|f(x)| \ge \varepsilon$でない, つまり$|f(x)| < \varepsilon$となることが分かる.

よって, $\varepsilon > 0$の任意性より$\dlim_{x \to \infty} f(x) = 0$となることが確かめられた.

（証明終）