閉区間上で$C^r$な関数の拡張について

$I=[a, b]$ を閉区間とし, $f : I \rightarrow \mathbb{R}$ を関数とする. $f$ が $I$ 上で $C^1$ 級であることを以下のように定める.

• $f$ は開区間 $(a, b)$ 上で通常の意味で $C^1$ 級.
• $x = a$ での右微分係数 $\displaystyle \alpha := \lim_{x \rightarrow a + 0} \frac{f(x)-f(a)}{x-a} \in \mathbb R$ が存在する.
• $x = b$ での左微分係数 $\beta \in \mathbb R$ が存在する.
• 開区間 $(a, b)$ 上での $f$ の導関数 $f'$ について$\displaystyle \lim_{x \rightarrow a + 0} f'(x)=\alpha$, $\displaystyle \lim_{x \rightarrow b - 0} f'(x)=\beta$が成り立つ.

よって $(a, b)$ 上の導関数 $f'$ を閉区間 $I$ 上の連続関数に拡張することができる. それを同じ記号 $f'$ で表す.
$1 \leqq r < \infty$ とする. 閉区間 $I$ 上の関数 $f$ が $C^r$ 級であるとする. このとき $f$ が $C^{r+1}$ 級であるとは, $I$ 上の連続関数 $f^{(r)}$ が上の意味で $C^1$ 級であることとして, 帰納的に定義する. つまり $C^2$ 級であるとは, 閉区間 $I$ 上での導関数（連続関数であるということしか分かっていない）$f'$ が $C^1$ 級であることを言う.

【命題】

閉区間 $I=[a, b]$ 上で定義された関数 $f$ は上の意味で $C^r$ 級（$1 \leqq r < \infty$）であるとする. このとき $I$ を含むある開区間 $J$ と, $J$ の上で定義された （通常の意味での） $C^r$ 級関数 $g$ が存在して, $g|_{I} = f$ となる.

【証明】

$J:=(a-1, b+1)$ とおき, $g : J \rightarrow \mathbb R$ を,

• $a-1 < x < a$ のとき $\displaystyle g(x) = f(a)+\sum_{k=1}^{r} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k$
• $a \leqq x \leqq b$ のとき $g(x)=f(x)$
• $b < x < b+1$ のとき $\displaystyle g(x) = f(b)+\sum_{k=1}^{r} \frac{f^{(k)}(b)}{k!}(x-a)^k$

と定める. ただし $f$ や $g$ の微分係数はそれぞれ右, 左微分係数であるとする. この定め方から明らかなように, $g$ は $f$ の拡張になっている（$x=a, b$ で $C^r$ につながっていることを確かめればよい）.（証明終）

証明から明らかなように, $J=\mathbb R$ としてとることができる.

自然数の定義について

自然数についてメモ.

$y$ が集合のとき, 対の公理より $\{ y \}$ は集合. よって再び対の公理より $\{ y, \{ y \} \}$ は集合. 和集合の公理より $S(y):=y \cup \{ y \}$ という風に記号を定めれば, $S(y)$ は集合. 無限公理：

$\exists x^*(\varnothing \in x^* \land \forall y(y \in x^* \to S(y) \in x^*))$

によりある無限集合 $x^*$ の存在が保証される. 上の論理式のカッコの中身の論理式を, $x^*$ を自由変数として持つ論理式と思い, $\varphi (x^*)$ と表すことにする. これらを用いて

$\omega := \{ z \in x^* ~;~ \forall X(\varphi(X) \to z \in X)\}$

と定める. 直感的に言えば, $\varphi$ を満たすような集合すべての共通部分として $\omega$ を定めた. すると内包性公理により $\omega$ は集合になる. $\omega$ は次の性質を持つことを示す.

$\forall x(x \in \omega \land x \neq \varnothing \to \exists y(y \in \omega \land x=S(y)))$

そこで, この命題の否定である

$\exists x(x \in \omega \land x \neq \varnothing \land \forall y (y \not\in \omega \lor S(y)=x))$

を仮定して矛盾を示す. このような $x$ を一つ決めておく. すると内包性公理より $\omega \setminus \{ x \}$ は集合. $z \in \omega \setminus \{x\}$ とすると, $x$ の取り方から $S(z) \neq x$ であり, また $\omega$ の定義から $S(z) \in \omega$. また $x \neq \varnothing$ なので $\varnothing \in \omega \setminus \{x\}$. よって, $\varphi(\omega \setminus \{x\})$ が成り立つことになる. すると $\omega$ の定義と $x \in \omega$ より $x \in \omega \setminus \{x\}$ ということになるが, これは矛盾を導く. よって命題が示された. すなわち $\varnothing$ でない $\omega$ の元はすべて何かしらの $\omega$ の元に後続する元であるということを主張している.

またどのような集合 $x$ についても $x \in S(x)$ であるから $S(x) \neq \varnothing$ である. よって $\varnothing$ はいかなる元の後続でもない.

実はこのような集合 $\omega$ は（集合 $x$ の取り方に依存して決まっているように見えるが）ただ一つであることが示され, そこでそれを自然数と呼ぶ. 自然数の定義としてしばしば $\mathbb R$ の部分集合であって, $0$ を元として持ち, かつ継承的なもの全体の共通部分として定めるものがあるが, この定義でも厳密な定義となっている理由は $x$ をどう取ってもよいからである. つまり $\omega$ を定めるときに $\{ z \in \mathbb R ~;~ \cdots \}$ として定めている（実数を定義するためには自然数が定義されていなければならないのでこのような定義は循環的に見えるかもしれないが, 人間が定義するしないに関わらず実数に対応するような集合はどこかに存在しているので, まあ寛容に認めてもいいのではないか）.

杉浦解析Iの解法メモ②

正数列 $\displaystyle \{ a_n \}$ に関して, ある実数 $a \geqq 0$ が存在して $\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n}=a$ が成り立つなら, $\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} \left( a_n \right) ^{\frac 1 n}=a$ が成り立つ.

（証明）

任意の正の実数 $c$ について, $\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} c^{\frac 1 n} = 1$ となることは既知として以下で用いる.

$\delta > 0$ を任意に取る. これに応じて $\epsilon=\epsilon(\delta) > 0$を,

$\displaystyle \epsilon < \min\left\{ 1, \frac{1}{2}, \frac{2\delta}{2a+2} \right\}$

となるようにとる.

この正数についてある自然数 $N_1=N_1(\epsilon)$ であって, $\forall n \geqq N_1$ について $|a_n-a| < \epsilon$ となるものが存在する. このとき $a_n < a+\epsilon$ である.

この $N_1$ に応じたある自然数 $N_2=N_2(\epsilon)$ であって, $\forall n \geqq N_2$ について $(a_{N_1})^{\frac 1 n} < 1 + \epsilon$ となるものをとる.

さらに $N_1$ に応じたある自然数 $N_3=N_3(\epsilon)$ であって, $\forall n \geqq N_3$ について $\displaystyle ((a+\epsilon)^{N_1})^{\frac 1 n}> 1-\epsilon > 0$ となるものがとれる.

そこで $N=\max\{N_1, N_2, N_3\}$ と定めれば, $\forall n \geqq N$ について上の３つの性質が満たされる. $n > N$ とするとき,

$\displaystyle (a_n)^{\frac 1 n} = \left( a_{N_1} \times \frac{a_{N_1 + 1}}{a_{N_1}} \times \frac{a_{N_1 + 2}}{a_{N_1 + 1}} \times \cdots \times \frac{a_n}{a_{n-1}} \right)^{\frac 1 n}$

$\displaystyle = (a_{N_1})^{\frac 1 n} \times \left( \frac{a_{N_1 + 1}}{a_{N_1}} \times \frac{a_{N_1 + 2}}{a_{N_1 + 1}} \times \cdots \times \frac{a_n}{a_{n-1}} \right)^{\frac 1 n}$

$\displaystyle < (1+\epsilon) \times \left( (a + \epsilon)^{n - N_1} \right)^{\frac 1 n}$

$\displaystyle =(1+\epsilon) \times \left( \frac{\left( a + \epsilon \right)^n}{\left( a + \epsilon \right)^{N_1}} \right)^{\frac 1 n}$

$\displaystyle =(1+\epsilon) \times \frac{a + \epsilon}{\left( (a+\epsilon)^{N_1} \right)^{\frac 1 n}} $

$\displaystyle < (1+\epsilon) \times \frac{a+\epsilon}{1-\epsilon}$

$\displaystyle =\frac{a+\epsilon(a + \epsilon + 1)}{1-\epsilon}$

となる. よって,

$\displaystyle (a_n)^{\frac 1 n} - a < \frac{a+\epsilon(a + \epsilon + 1)}{1-\epsilon} - a$

$\displaystyle =\frac{a+\epsilon(a + \epsilon + 1)-(1-\epsilon)a}{1-\epsilon}$

$\displaystyle =\frac{\epsilon(2a+\epsilon+1)}{1-\epsilon}$

$\displaystyle <\delta$

もしも $a=0$ であれば上の不等式は $\displaystyle (a_n)^{\frac 1 n} < \delta$ となるので, $(a_n)^{\frac 1 n} > 0$ と合わせればこれは $\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} (a_n)^{\frac 1 n} = 0 = a$ を示している. そこで以下では $a>0$ として議論していく. いま, $\delta$ は上で取ったものと同じとする. 今度は $\epsilon>0$ を,

$\displaystyle \epsilon < \min \left\{ 1, \frac{\delta}{2a+1} , a \right\}$

と取る. この $\epsilon$ について自然数 $M_1=M_1(\epsilon)$ を, $\forall n \geqq M_1$ について $|a_n-a| < \epsilon$ となるようにとる. このとき $a_n > a-\epsilon > 0$ である.

この $M_1$ に応じたある自然数 $M_2=M_2(\epsilon)$ を, $\forall n \geqq M_2$ について $(a_{M_1})^{\frac 1 n} > 1 - \epsilon > 0$ となるようにとる.

さらに $M_1$ に応じたある自然数 $M_3=M_3(\epsilon)$ であって, $\forall n \geqq M_3$ について $\displaystyle ((a-\epsilon)^{M_1})^{\frac 1 n} < 1+\epsilon$ となるものがとれる.

これらの不等式を用いて先と同様に計算すれば, $\forall n > M=\max\{M_1, M_2, M_3 \}$ について $(a_n)^{\frac 1 n}-a>-\delta$ が導かれる.

結局 $\forall n > \max\{M, N\}$ について $-\delta < (a_n)^{\frac 1 n}-a < \delta $ すなわち $\left|(a_n)^{\frac 1 n}-a\right| < \delta$ が示された. ゆえに収束することが示された.（証明終）