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\newsymbol\varnothing 203F
\def\limsup{\mathop{\overline{\hbox{lim}}}}
\def\liminf{\mathop{\underline{\hbox{lim}}}}
\NoBlackBoxes

\centerline{解析学IV 期末テスト解説}
\medskip
\rightline{1997年10月18日}
\rightline{河東泰之}

配点は1番から順に25, 25, 20, 25, 20, 30, 20点の165点満点です．最高点は
140点で得点分布は次のとおりでした．

$$\vbox{\offinterlineskip
\def\vsp{height 2pt &\omit &&\omit &&\omit &&\omit &&\omit &&\omit &&\omit
&&\omit &&\omit &\cr}
\def\t{\noalign{\hrule}}
\def\h{\hfil}

\halign{& \vrule # & \strut \;\;\hfil # \; \cr
\t\vsp
& 0--19 (点) && 20--39 && 40-49 && 50--59  && 60--69 && 70--79 && 80--89 &&
90--99 && 100-- & \cr
\vsp\t
& 15(人) &&  13 && 5 && 1 && 2 && 2 && 7 && 1 && 3 & \cr
\vsp\t
}}$$

平均点は41.5点，3年生だけの平均点は46.3点でした．
34点未満がD(25人)，35点〜49点がC(8人)，50〜79点がB(5人)，
80点以上がA(11人)です．(これらのデータには期末試験を欠席した人は
入っていません．)このうちCの1人は本来Dの点ですが，演習の
小テストがよかったのでCになりました．また前に予告した演習の成績
がDだった人の1人は今回の成績がよかったのでCになりました．(その他の
人の演習の成績は夏休み前に予告したとおりです．)

どの問題もポイントは，ほぼ一つか二つに限られています．
そのため，いくらたくさん書いてあっても
重要なポイントが欠けている/間違っている答案はほとんど
0点になっています．以下，そのポイントについて説明します．

\bigskip
[1] (25点) すみません．Atomの定義に
$\mu(A) > 0$を入れるのを忘れていました．2人の人が気づいていましたが，
その他の人も含めて
解答には差し支えていないようでしたので，採点には配慮しませんでした．

誰でも考えるのは，$X\supset A_1 \supset A_2 \supset A_3 \supset\cdots$
を，$\mu(X) > \mu(A_1) > \mu(A_2) > \mu(A_3) > \cdots$
となるように取っていくと言うものです．各$A_n$がatomでないので，
$A_{n+1}$が$0 < \mu(A_{n+1}) < \mu(A_n)$となるように取れると言うわけです．
しかしこれでは一般に，$\mu(A_n)$が十分小さくなってくれません．
たとえば，区間$[0,1]$でLebesgue測度を考えた時に，$A_n=[0,1/2+1/2^n]$とし
てみれば，$\mu(A_n)$はいつでも$1/2$以上のままです．
これをどう避けるかがこの問題のポイントであり，それが書いていなければ
0点です．主なやり方は2つあるので，両方について説明します．

第一の方法は，$A_n$から$A_{n+1}$を作る時に，$\mu(A_{n+1})$と
$\mu(A_n)-\mu(A_{n+1})$を比べて前者の方が大きければ
$A_n\setminus A_{n+1}$をあらためて$A_{n+1}$とおき直す，というものです．
これをやれば毎回$\mu(A_n)$は半分以下になっていくので，
$\dsize\lim_{n\to\infty} \mu(A_n)=0$にできます．

第二の方法では，とにかくまず最初のように$A_n$たちを取ってしまいます．
$\{\mu(A_n)\}_n$は正値単調減少数列なので極限を持ちます．だから，
$\mu(A_n\setminus A_{n+1})\to0$がわかってこれでO.K.です．

この問題はこのポイントに気づくかどうかが問題なので，採点もほとんど
0点か満点かになります．

\bigskip
[2] (25点)
まず，「すべての$x\in X$で
$-\infty < f(x) < \infty$」ということと「$f(x)$が有界」というのは
まったく違うことです．この区別がつかないのは，即座に不可をつけられるに
値する重大な間違いです．それから$\e$の意味は，条件を満たすようなものが
一つ与えられた，という意味です．

まず，「すべての$x\in X$で$-\infty < f(x) < \infty$」ということから，
$\dsize\lim_{n\to\infty} \mu(\{x\in X\mid |f(x)|\ge n\})=0$がしたがいます．
(ここで，$\mu(X) < \infty$であることを使っています．)ですから，
$\mu(\{x\in X\mid |f(x)|\ge n\}) < \e$となるような，
$n$が取れます．この$n$に対し，
$\{x\in X\mid |f(x)|\ge n\}$上では$f(x)$は仮定により可積分となり，
また，$\{x\in X\mid |f(x)| < n\}$上では$f(x)$の有界性と$\mu(X) < \infty$
よりやはり$f(x)$は可積分となるので，結局$f(x)$は全体で可積分に
なります．

この問題のポイントは，$f(x)$の値によって集合$X$を二つに分け，
$|f(x)|$が大きいところでは仮定を使い，小さいところでは単に
$\mu(X) < \infty$を使う，ということです．この分け方に気づいていなければ
それは0点です．

\bigskip
[3] (20点)
これはFatouのlemmaを使う問題です．それ以外のものでやろうとしているのは
0点です．(たとえば，「部分列を取れば単調増大にできて単調収束定理が
使える」というのがかなりありましたが，それは誤りです．そのような
部分列は一般には取れません．)

まずFatouのlemmaによって，
$$\int_X f(x)\;d\mu =\int_X \liminf_{n\to\infty}f_n(x)\;d\mu\le
\liminf_{n\to\infty}\int_X f_n(x)\;d\mu$$
です．次に各$n$で，$\dsize\int_X f_n(x)\;d\mu\le \int_X f(x)\;d\mu$
ですから左辺で$n\to\infty$とした上極限を取って
$\dsize\limsup_{n\to\infty}\int_X f_n(x)\;d\mu\le \int_X f(x)\;d\mu$
となります．この二つを合わせれば結論が出ます．

あるいは次のようにもできます．もし，$\dsize\int_X f(x)\;d\mu < \infty$
であれば直ちにLebesgueの収束定理が使えて結論が出ます．
もし，$\dsize\int_X f(x)\;d\mu =\infty$であれば，上と同様にして
Fatouのlemmaを使って得られる不等式から，
$\dsize\infty\le\liminf_{n\to\infty}\int_X f_n(x)\;d\mu$がわかります．
これは，$\dsize\lim_{n\to\infty}\int_X f_n(x)\;d\mu=\infty$
を意味しているのでやはり結論が成り立ちます．

\bigskip
[4] (25点)
この問題のポイントは$f(x), g(x)$をもっとたちのよい関数でまず近似
する，ということです．

$\dsize\lim_{R\to\infty}\int_{|x|\ge R} |f(x)|^2\;dx=0$なので，
$g(x)$についても同様に考えて，任意に与えられた$\e > 0$に対し，
$\dsize \int_{|x|\ge R} |f(x)|^2\;dx < \e^2$,
$\dsize \int_{|x|\ge R} |g(x)|^2\;dx < \e^2$が同時に成り立つような
$R > 0$をまず選びます．
次に$t > 2R$とすると，
$$\int_\R f(x+t)g(x)\;dx=\int_{-R}^R f(x+t)g(x)\;dx+
\int_{|x|\ge R}f(x+t)g(x)\;dx$$
としたあと，右辺第1項は，
$$\left|\int_{-R}^R f(x+t)g(x)\;dx\right|\le
\left|\int_{-R}^R |f(x+t)|^2\;dx\right|^{1/2}
\left|\int_{-R}^R |g(x)|^2\;dx\right|^{1/2}\le \e \|g\|_2$$
と評価され，
右辺第2項は，
$$\left|\int_{|x|\ge R} f(x+t)g(x)\;dx\right|\le
\left|\int_{|x|\ge R} |f(x+t)|^2\;dx\right|^{1/2}
\left|\int_{|x|\ge R} |g(x)|^2\;dx\right|^{1/2}\le \e \|f\|_2$$
と評価されます．これで結論が出ます．

いきなりCauchy-Schwarzを使って
ばらしている人がけっこういましたが，
そうやったのでは全然できません．

あるいは，$L^2(\R)$の中で，ある有界区間の外では0になるような
連続関数全体がdenseになること
を使っても同様にできますが，
このdenseになることは$L^1(\R)$のときしか
授業でやっていないので，そのときの証明を
まねしてまずこれを$L^2(\R)$に対して証明しておく必要があります．

\bigskip
[5] (20点) まず，$\|f\|_p=0$のときは求めるsupは明らかに0ですから，
$\|f\|_p > 0$の場合だけ考えます．

まず，H\"olderの不等式から直ちに，$\|g\|_q=1$のときに
$$\left|\int_\R f(x)g(x)\;dx\right|\le \|f\|_p$$
となるので，求めるsupは$\|f\|_p$で押さえられます．一方，
$|g(x)|^q=|f(x)|^p/\|f\|^p_p$,
$f(x)g(x)\ge 0$となるように$g(x)$を決めると$\|g\|_q=1$
であり，また
$\dsize\int_\R f(x)g(x)\;dx=\|f\|_p$となるので，
求めるsupは$\|f\|_p$そのものであることがわかります．
(これは$\|f\|_p=0$のときも正しい結論です．)

ポイントはH\"olderの不等式を正しく使うことと，その等号成立条件を
チェックすることです．前半だけだと10点です．

\bigskip [6] (30点)
配点は，単調増加と連続に15点ずつです．

まず，$p < p'$とします．このとき，$p/p'+1/q=1$となる
$q > 1$が選べます．すると，$|f|^p=|f|^p\times 1$と思って
H\"olderの不等式を使うと，
$$\int_0^1 |f(x)|^p\;dx\le
\left(\int_0^1 |f(x)|^p\;dx\right)^{p/p'}\times 1$$
を得ます．両辺$1/p$乗すれば，求める単調増加性がわかります．

次に連続性は，$\dsize\int_0^1 |f(x)|^p\;dx$が$p$の連続関数である
ことを示せば十分です．$f(x)$を$|f(x)| < 1$の部分と
$|f(x)| \ge 1$の部分に分けてそれぞれ$f_1(x), f_2(x)$と
します．すると$p_n\to p$のとき，すべての$n$について
$p_n \le p'$となる$p'$を選べば，
$$\int_0^1 |f(x)|^{p_n}\;dx=\int_0^1 |f_1(x)|^{p_n}\;dx +
\int_0^1 |f_2(x)|^{p_n}\;dx$$
で，右辺の第1項は$|f_1(x)|\le 1$, 第2項は
$|f_2(x)|^{p_n} \le |f_2(x)|^{p'}$という評価かできるので，
いずれについてもLebsegueの収束定理が使えて，
$\dsize\int_0^1 |f(x)|^{p}\;dx$に収束します．

\bigskip [7] (20点)
まず，形式的な変形は
$$\align
\int_\R \left(\int_\R f(x-y)g(y)\;dy\right)e^{-ixt}\;dx
&=\int_\R \int_\R f(x-y)g(y)e^{-i(x-y)t} e^{-iyt}\;dydx\\
&=\int_\R \int_\R f(x-y)g(y)e^{-i(x-y)t} e^{-iyt}\;dxdy\\
&=\int_\R f(x-y)e^{-i(x-y)t}\;dx \int_\R g(y) e^{-iyt}\;dy\\
&=\int_\R f(x) e^{-ixt}\;dx
\int_\R g(x) e^{-ixt}\;dx\endalign$$
です．
このうち最後の等式は単にLebesgue積分が平行移動で不変だということ
を使っているだけなので，問題は積分順序を交換している2番目の
等号です．これはFubiniの定理を使っているわけですが，使える理由は，
$|f(x-y)g(y)e^{-i(x-y)t} e^{-iyt}|=|f(x-y)g(y)|$に対し，
$$\int_\R \int_\R |f(x-y)g(y)|\;dxdy
=\int_\R |f(x-y)|\;dx \int_\R |g(y)| \;dx
=\int_\R |f(x)|\;dx \int_\R |g(y)| \;dx < \infty$$
であるからです．

計算の部分は簡単なんですから，なぜFubiniの定理が使えるのかと
いうことがきちんと説明されていなければ大幅な減点です．

\bigskip\bigskip
講義の単位を落とした人には12月頃に追試があります．
また，今回，または追試で講義の単位を取った人が
演習の単位だけ落としている場合はあとで
レポート提出を課す予定です．
いずれも掲示に注意してください．

\bye