ランダウの記号を集合として解釈する(スモールオーダー)
注意
この記事は、大学数学を学びたての人間が自己満足の一環として書いているものであり、間違っている箇所や重大な勘違いがあってもおかしくないです。もし気になるところ等あれば、何らかの手段で私に伝えてください。また、数式がデカいのでPCで見ることをおすすめします（スマホでも数式を横にスワイプすれば見れます）
0. 導入
二変数関数の全微分の定義には、普通ランダウの記号（スモールオーダー）が用いられる。
${f(x,y)}$が点${(a,b)}$で全微分可能
${\xLeftrightarrow[\text{def}]{}}$十分小さい${h,k>0\ \ ((h,k)\ne (0,0))}$に対して$A,B$が存在して、
$$
\begin{align}
\ \ \ \ \ \ \ f(a+h,b+k)-f(a,b)=hA+kB+o(\sqrt{h^2+k^2})\ \ ((h,k) \to (0,0))
\end{align}
$$
スモールオーダーとは、この$o( )$の部分のことで、$n$変数関数 ${f(\boldsymbol x),g(\boldsymbol x)}$ において以下で定義される。
$$ \begin{align*} f(\boldsymbol x)=o(g(\boldsymbol x)) (\boldsymbol x \to \boldsymbol a) \xLeftrightarrow[\text{def}]{} \lim_{\boldsymbol x\to \boldsymbol a}{\dfrac{f(\boldsymbol x)}{g(\boldsymbol x)} }=0 \end{align*} $$
とここで、ひとつ物申したい。普通、方程式や恒等式に用いられる等号は同値関係であるため、以下の性質(対称律)をもつ。
$$ a=b \ \Longrightarrow b=a $$
だが、実はオーダーが絡むとこれが一般的には成り立たない。
$$ o(x^2)=o(x) $$
$$ o(x)\ne o(x^2) $$
このせいで普通なら等号でできるような論述ができない例が結構ある。例えば${x^2=o(x), x^3=o(x) (x\to 0)}$は成り立つが、ここから${x^2=x^3}$を導いては当然いけない。 また、この記号ではまるで関数のように書いているが、${o(x)-o(x)=o(x)}$といったキモ式が成り立つことからわかるように、この記号は関数でも何でもなく、強いていうなら「記号『=』(等号ではない)を用いて表す状態」としてとるべきなはずだ。
しかし、このオーダーの記号において(等号では当たり前に使える)移項や代入みたいな「ほんとにそれっていいの？？」みたいな変形をゴリゴリに使った証明もあり、今までの私はどこか納得のいかないまま証明終了のちっちゃい四角を書き続けてきた。
そこで、「一旦、自分が納得できる証明をかけるようにしよう！」という理念のもと、オーダー自体の定義を書き換えて厳密に議論できるものを作ってみたので、同じところで詰まっている数学科生の方は是非参考にしてみてはいかがだろうか。
1. 定義
集合${\underset{\boldsymbol x \to \boldsymbol a}{\text{ord}} \ f(\boldsymbol x)}$を「${f(\boldsymbol x)}$より早く0に収束する関数全体の集合」とする。つまり、
$$ \underset{\boldsymbol x \to \boldsymbol a}{\text{ord}} \ f(\boldsymbol x):= \Set{g(\boldsymbol x)\Biggm\vert\lim_{\boldsymbol x\to \boldsymbol a}{\frac{g(\boldsymbol x)}{f(\boldsymbol x)}=0}} $$
とする。また、${\text{ord}\ 0}$は考えないとする。
このとき、本来のスモールオーダーの定義に沿った書き方をするならば
$$ \lim_{\boldsymbol x\to \boldsymbol a}{\dfrac{f(\boldsymbol x)}{g(\boldsymbol x)} }=0 \Longleftrightarrow f(\boldsymbol x)\in \underset{\boldsymbol x \to \boldsymbol a}{\text{ord}} \ g(\boldsymbol x) $$
となる。 この定義のもと、以下の定理が成り立つ
2. 定理(証明は別記事)
${f,g,h}$を${n}$変数関数、${\boldsymbol a\in \mathbb{R}^n}$をいい感じにとると、以下のようにいろんなことが成り立つ。 実際に使うかわからないものもあるがとりあえずまとめてみよう
$$ \begin{align*} &(1)\ \lim_{\boldsymbol x \to \boldsymbol a}f(\boldsymbol x)=0\ \Longleftrightarrow\ f(\boldsymbol x) \in \underset{\boldsymbol x \to \boldsymbol a}{\text{ord}} \ 1 \\[1mm] &(2)\ \lim_{\boldsymbol x \to \boldsymbol a}g(x)=c \ \ (c \ \text{は}\ 0\ \text{でない定数} )\ \Longrightarrow \underset{\boldsymbol x \to \boldsymbol a}{\text{ord}} \ g(\boldsymbol x) =\underset{\boldsymbol x \to \boldsymbol a}{\text{ord}}\ 1\\[1mm] &(3)\ f(\boldsymbol x) \in \underset{\boldsymbol x \to \boldsymbol a}{\text{ord}} g(\boldsymbol x) \Longleftrightarrow\ f(\boldsymbol x)h(\boldsymbol x) \in \underset{\boldsymbol x \to \boldsymbol a}{\text{ord}} \ g(\boldsymbol x)h(\boldsymbol x)\ \ (h(\boldsymbol x) \ \text{は}\ 0\ \text{でない関数}) \\[1mm] &(4)\ f(\boldsymbol x) , g(\boldsymbol x) \in \underset{\boldsymbol x \to \boldsymbol a}{\text{ord}} \ h(\boldsymbol x) \Longrightarrow f(\boldsymbol x)+g(\boldsymbol x) \in \underset{\boldsymbol x \to \boldsymbol a}{\text{ord}} \ h(\boldsymbol x)\\[1mm] &(5)\ f(\boldsymbol x) , g(\boldsymbol x) \in \underset{\boldsymbol x \to \boldsymbol a}{\text{ord}} \ h(\boldsymbol x) \Longrightarrow f(\boldsymbol x)g(\boldsymbol x) \in \underset{\boldsymbol x \to \boldsymbol a}{\text{ord}} \ (h(\boldsymbol x))^2\\[1mm] &(6)\ f(\boldsymbol x) \in \underset{\boldsymbol x \to \boldsymbol a}{\text{ord}} \ g(\boldsymbol x) \ , \ g(\boldsymbol x) \in \underset{\boldsymbol x \to \boldsymbol a}{\text{ord}} \ h(\boldsymbol x) \Longrightarrow f(\boldsymbol x) \in \underset{\boldsymbol x \to \boldsymbol a}{\text{ord}} \ h(\boldsymbol x)\\[3mm] \end{align*} $$
また、${\text{ord }x^n}$の元に対して、
$$ \begin{align*} &(7) \ ^\forall m,n \in \mathbb N \ (m \le n)\ ,\ \underset{x \to 0}{\text{ord}}\ x^n \subset \underset{x \to 0}{\text{ord}}\ x^m&\\[1mm] &(8) \ f(x,y) \in \underset{(x,y) \to (0,0)}{\text{ord}}x^n \ , \ g(x,y) \in \underset{(x,y) \to (0,0)}{\text{ord}} y^n \\ & \Longrightarrow f(x,y)+g(x,y) \in \underset{(x,y) \to (0,0)}{\text{ord}} (\sqrt{x^2+y^2})^n&\\[1mm] &(8)'\ x\ne0, y\ne0 \ \text{のとき},f(x,y) \in \underset{x \to 0}{\text{ord}} \ x^n \ , \ g(x,y) \in \underset{y \to 0}{\text{ord}} \ y^n \\ & \Longrightarrow f(x,y)+g(x,y) \in \underset{(x,y) \to (0,0)}{\text{ord}} (\sqrt{x^2+y^2})^n&\\[1mm] \end{align*} $$
いい感じに設備が揃ってきたところで、実際に用いていろいろしてみよう
3. 実用
まず、全微分を次で定義する。
${f(x,y)}$が点${(a,b)}$で全微分可能
${\xLeftrightarrow[\text{def}]{}}$十分小さい${h,k>0\ \ ((h,k)\ne (0,0))}$に対して$A,B$が存在して、
$$
\begin{align*}
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ f(a+h,b+k)-f(a,b)-hA-kB\in\underset{(h,k) \to (0,0)}{\text{ord}} (\sqrt{h^2+k^2})^n
\end{align*}
$$
この定義の上で、次を証明してみる。
$f_x\ ,f_y$が存在し、どちらか片方が点$(a,b)$で連続ならば
$f$は$(a,b)$で全微分可能
(証明)
十分小さい${h>0, k>0}$をとる。 ${f_x}$が連続とすると、
$$
\begin{align}
&\lim_{k\to0}{f_x(a,b+k)-f_x(a,b)}=0 \\[3mm]
\therefore \ &f_x(a,b+k)-f_x(a,b)\in\underset{k\to 0}{\text{ord}}\ 1 \ \ \ \cdots ➀
\end{align}
$$
また、${x}$偏微分の定義より
$$
\begin{align}
&\lim_{h\to 0}\frac{f(a+h,b+k)-f(a,b+k)}{h}=f_x(a,b+k) \\[3mm] \therefore\ &\frac{f(a+h,b+k)-f(a,b+k)}{h}-f_x(a,b+k)\in \underset{h\to 0}{\text{ord}}\ 1 \ \ \ \cdots ➁
\end{align}
$$
ここでは$h,k\ne0 $としているので、定理${(8)'}$より、➀と➁から
$$
\begin{align}
\frac{f(a+h,b+k)-f(a,b+k)}{h}-f_x(a,b)\in\underset{(h,k)\to (0,0)}{\text{ord}}1\\[3mm] \underset{\text{定理}(3)} \Longrightarrow f(a+h,b+k)-f(a,b+k)-hf_x(a,b)\in\underset{(h,k)\to (0,0)}{\text{ord}}h \ \ \ \cdots ➂
\end{align} $$
一方、${y}$偏微分の定義より
$$ \lim_{k\to 0}{\frac{f(a,b+k)-f(a,b)}{k}}=f_y(a,b)\\[3mm] $$
いま、${k\ne 0}$なので極限の${k\to0}$をまんま${(h,k)\to (0,0)}$に書き換えてよい。よって、
$$
\begin{align}
&\lim_{(h,k)\to (0,0)}{\frac{f(a,b+k)-f(a,b)}{k}}=f_y(a,b)\\[3mm] \therefore &f(a,b+k)-f(a,b)-kf_x(a,b)\in \underset{(h,k)\to(0,0)}{\text{ord}} k \ \ \ \cdots ➃
\end{align}$$
となる。ここで定理${(8)}$より、➂と➃から
$$ \therefore f(a+h,b+k)-f(a,b)-hf_x(a,b)-kf_y(a,b)\in \underset{(h,k)\to(0,0)}{\text{ord}} \sqrt{h^2+k^2}\\[3mm] $$
ということで、十分小さい${h>0, k>0}$において
$$ f(a+h,b+k)-f(a,b)-hA-kB \in \underset{(h,k) \to (0,0)}{\text{ord}} \sqrt{h^2+k^2} $$
をみたす${A=f_x(a,b), B=f_y(a,b)}$がある。
以上により${f}$は点${(a,b)}$で全微分可能、、、と言いたいところだが、正確には上のことを十分小さい${ h,k>0 ((h,k)\ne (0,0))}$に対して言えなければいけないので、${h,k}$のうちどちらか片方までは${0}$でもよい前提で進めなければいけない。と言っても、実はこれは単純で、${h=0}$とすると、
$$ f(a,b+k)-f(a,b)-0A-kB\in\underset{k\to 0}{\text{ord}}\ k $$
となる${A,B}$が存在するかという問いになるのだが、${f}$が${y}$偏微分可能だから${B=f_y(a,b)}$で、${A}$は任意の実数でこれが成立している。 同様に${k=0}$となるパターンも大丈夫で、結果的に
$$ \begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
h>0, k>0\\
h=0, k>0\\
h>0, k=0
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
$$
の全てのケースにおいて${A,\ B}$の存在を示せるため、${f}$は点${(a,b)}$で全微分可能である。
（また、ここでは${f_x}$が連続という仮定のもと進めたが、${f_y}$が連続であるとしても似たように証明できる。）（終）
ひとこと
一応、この記号を用いてシュワルツの定理や連鎖律なども証明することができたので、書く気力があれば書きますといったところでしょうかね、、、
また、mathlogを初めて触ったので数式の始まる場所が大変おキショくなっております。お許しください。あとどうすればキショくならないのか知ってる人は教えてください。
