1

目 次

第 1章 連続な関数の作る線形空間 3

1.1 距離をもつ線形空間 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.2 完備性 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

第 2章 位相空間 7

2.1 準備 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

2.2 距離 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

2.3 ノルム . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

2.3.1 共鳴定理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

2.4 内積 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

2.5 開集合と閉集合 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

2.5.1 開集合 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

2.5.2 閉集合 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2.5.3 位相空間 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2.6 距離空間の完備性 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

2.7 連続写像 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

2.7.1 選択公理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2.7.2 距離空間の連続性 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

2.8 縮小写像 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

2.9 近傍系 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

2.10 収束 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

2.11 一様位相 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

2.12 Baireのカテゴリー定理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

第 3章 線形空間 27

3.1 Banach空間 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

3.2 開写像定理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

3.2.1 一様有界定理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

3.3 線形作用素 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

3.4 共役空間 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

3.4.1 Hahn–Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

3.4.2 弱収束 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

3.5 Hilbert空間 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

2

3.5.1 直交補空間 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

3.5.2 正規直交系 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

3.5.3 Rieszの表現定理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

3.6 自己共役作用素 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

第 4章 積分で定まる関数空間 42

4.1 長さ，面積，体積 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

4.2 抽象的構築 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

4.3 硬貨投げの抽象的構築 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

4.4 硬貨なげの具体的構築 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

4.5 単調有界定理と Fatouの補題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

4.6 可測関数 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

4.7 Lebesgue積分 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

4.8 収束定理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

4.9 Lp 空間 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

4.9.1 ソボレフ空間，弱微分 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

第 5章 スペクトル分解 58

5.1 スペクトル . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

5.1.1 レゾルベント方程式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

宮島静雄くんの横浜図書「関数解析」を参考にさせてもらっています．

3

第1章 連続な関数の作る線形空間

C[0, 1]で定義域を [0, 1]にもつ実連続関数の全体を表します．関数の空間に必要な情報ことは C[0, 1]に含まれているといってもよいでしょう．もちろん，定義域を [a, b]にした C[a, b]でも本質的に変わりませんから，単純なモデルで考えましょう．

1.1 距離をもつ線形空間C[0, 1]は線形空間になることは明らかでしょう．原点0は定数関数 f(x) ≡ 0

です．原点からの距離にあたるノルム

||f || = sup0≤x≤1

|f(x)|

で定義されます．連続関数ですから，sup でなくて，min でも同じことです．このノルムが定義されるためには有界閉区間であることが重要です．

問題 1 min でも同じであることを確かめてください．

問題 2 有界閉区間でないと不都合な点を述べてください．

ノルムの性質

• ||f || ≥ 0であり，||f || = 0になるのは f = 0に限る．

• ||αf || = |α| ||f ||

• ||f + g|| ≤ ||f ||+ ||g||(三角不等式)

これらをみたすことを示すのは容易でしょう．このノルムを一様ノルムといいます．このノルムを用いて，距離

d(f, g) = ||f − g||

によって，C[0, 1]は距離空間になります．

4 第 1章 連続な関数の作る線形空間

距離の定義

• d(f, g) ≥ 0であり，d(f, g) = 0となるのは f = gに限る．

• d(f, g) = d(g, f)

• d(f, g) ≤ d(f, h) + d(h, g) (三角不等式)

これらも容易に確かめられます．この距離で収束するとき一様収束するといいます．

問題 3 C[0, 1]に

||f ||1 =

∫ 1

0

|f(x)| dx

でノルムを定義するとき，これがノルムになることを示してください．このノルムを L1 ノルムといいます．

1.2 完備性それだけでなく，C[0, 1]は完備になります．完備な距離をもつ線形空間を

Banach空間といいます．

問題 4 C[0, 1]に L1 ノルムを考えるとき fnでコーシー列になるが収束しない例を作ってください．

解. ga,b,c(x)で，そのグラフが (a, 0), (b, 1), (c, 0)をつなぐ三角形になるものを表しましょう．

1. fn(x) =√n · g0, 1

n , 2n(x)

2. f2n+k(x) = g k2n ,

(k+1/2)2n , k+1

2n(x) (0 ≤ k ≤ 2n − 1)

例 1は原点を除いて各点収束しますが，例 2はすべての点で各点収束しません．いずれも，C[0, 1]からははみ出してしまいますが，定数 0に収束すると言えないことはありません．

つまり，L1 ノルムを考えると C[0, 1]は Banach空間にならないということです．一様ノルムを用いると完備になることを証明しましょう．

補題 1 fnが f に一様収束するなら，f ∈ C]0, 1]

1.2. 完備性 5

証明.

定理 1 C[0, 1]は一様ノルムから定まる距離について Banach空間である．

証明. 多項式全体は C[0, 1]で稠密になります．すなわち，区間 [0, 1]における有理

数の役割を果たします．

定理 2 (Weierstrass) C[0, 1]の中で多項式全体 P [0, 1]は一様ノルムについて稠密である．

証明.Xx

i の値 0 1

確率 1− x x

というベルヌーイ型の確率変数をとる．

Sn =n∑

i=1

Xxi

とおく．任意の連続関数 f に対して

pn(x) = E[f(Sn/n)] =n∑

k=0

nCkxk(1− x)n−kf

(kn

)(Bernstein)

f は一様連続であるので，任意の ε > 0について ∃δ > 0 s.t. |x− x′| < δ ⇒|f(x)− f(x′)| < εである．

|f(x)− pn(x)| =

∣∣∣∣E [f(x)− f(Sn

n

)]∣∣∣∣≤ E

[∣∣∣∣f(x)− f(Sn

n

)∣∣∣∣]=

∫ω : |Sn(ω)/n−x|≥δ

∣∣∣∣f(x)− f(Sn

n

)∣∣∣∣ dP+

∫ω : |Sn(ω)/n−x|<δ

∣∣∣∣f(x)− f(Sn

n

)∣∣∣∣ dP≤ max 2|f | × P

ω ∈ Ω:

∣∣∣∣Sn(ω)

n− x

∣∣∣∣ ≥ δ

+ ε

≤ max 2|f | × x(1− x)

nδ2+ ε

≤ max |f |2nδ2

+ ε

6 第 1章 連続な関数の作る線形空間

ここで，E(Xxi ) = x, V (Xx

i ) = x(1− x)に注意して，チェビシェフを用いた．したがって，sup norm

||f − pn|| <max |f |2nδ2

+ ε→ ε

により証明を終わる．

7

第2章 位相空間

2.1 準備定義 1 1. ∼が同値関係であるとは

• x ∼ x

• x ∼ yならば y ∼ x

• x ∼ y,y ∼ zならば x ∼ z

2. ≤が順序関係とは

• x ≤ x

• x ≤ yかつ y ≤ zならば x ≤ z

商空間X/ ∼とはy ∈ X : y ∼ x

を元とする集合のことである．この上には X の上の演算が ∼で保たれるならばX/ ∼に自然に誘導できる．Λが有向集合とは順序≤が存在し，さらに λ, µ ∈ Λに対して，λ ≤ ν かつ

µ ≤ ν をみたす ν ∈ Λが存在することである．

2.2 距離位相空間 V が距離空間であるとは d : V × V → Rで

1. x, y ∈ V について，d(x, y) ≥ 0かつ d(x, y) = 0となるのは x = y に限る．

2. d(x, y) = d(y, x)

3. (三角不等式) d(x, y) + d(y, z) ≥ d(x, z)

距離がある位相空間を距離空間といいます．Aを有限集合，V = AN において，

• d(x,y) = minxn = yn (離散位相)

• d(x,y) =∑∞

n=0,xn =yn2−n

のように距離を入れることができます．

8 第 2章 位相空間

2.3 ノルム体K 上の線形空間 V 上の関数 || · || : V → Rが

1. ||x|| ≥ 0かつ ||x|| = 0となるのは x = 0のときに限る．

2. α ∈ K と x ∈ V について，||αx|| = |α| ||x||

3. (三角不等式) ||x+ y|| ≤ ||x||+ ||y||

V に normが存在するならば，V は d(x, y) = ||x− y||によって距離空間になります．数列の空間　

ℓ1 = xn :∞∑

n=0

|xn| <∞

ℓ2 = xn :

√√√√ ∞∑n=0

|xn|2 <∞

それぞれ x = xnのノルムを

||x||p =

( ∞∑n=0

|xn|p) 1

p

で与えます．p = 2のときにノルムになることは，シュワルツの不等式が必要です．しかし，

(x,y) =∞∑

n=0

xnyn

が内積を与えることを　チェックすることでも示すことができます．ノルムから導かれる距離が完備なとき，V を Banach空間という．

例 1 1. C[0, 1]には ||f ||∞ = sup0≤x≤1 |f(x)|や ||f ||1 =∫ 1

0|f(x)| dxなど

を考えることができる．

2.

C1[0, 1] = f ∈ C[0, 1] : f は C1 級

にはノルム ||f || = ||f ||1+||f ′||1を考えることができる．||f || = max||f ||1, ||f ′||1でも同じである．

2.3.1 共鳴定理補題 2 X：ノルム空間，x ∈ X について

||x|| = supf : ||f ||≤1

|f(x)| = maxf : ||f ||≤1

|f(x)|

2.4. 内積 9

証明. x0 = 0とする．Y = λx0 : λ ∈ Cとして，f0 ∈ Y ∗ を f0(λx0) =

λ||x0||で定める．y ∈ Y について

|f(y)| = |f(∃λx0)| = |λ|||x0|| = ||y||

したがって，　 ||f || ≤ 1なので，Hahn–Banachの拡張定理より f ∈ X∗ で||f || = ||f0|| ≤ 1をみたす f が存在するが，f(x0) = f0(x0) = ||x0|| なので，||f || = 1，これが最大値を与える f ∈ X∗ である．

定理 3 (共鳴定理) X：ノルム空間，xα ⊂ Xが∀f ∈ X∗について supα |f(xα)| <∞ならば，supα ||xα|| <∞

証明. τ(xα) ∈ X∗∗ を τ(xα)f = f(xα) で定める．

||τ(xα)|| = supf : ||f ||≤1

|τ(xα)(f)| = supf : ||f ||≤1

|f(xα)| ≤ supf : ||f ||≤1

||f || ||xα|| = ||xα||

すなわち，||τ(xα)|| = ||xα||を得る．

supα

||τ(xα)f || = supα

||f(xα)|| <∞

が任意の f ∈ X∗について成り立つので，一様有界性から supα ||τ(xα)|| <∞，すなわち supα ||xα|| <∞が示せた．

2.4 内積実線形空間 V に (·, ·) : V × V → Rで

1. (x, x) ≥ 0かつ (x, x) = 0となるのは x = 0のときに限る．

2. (αx, y) = α(x, y)

3. (x, y) = (y, x)

4. (x1 + x2, y) = (x1, y) + (x2, y)

をみたすとき，内積とよびます．複素線形空間 V に (·, ·) : V × V → Cで

1. (x, x) ≥ 0かつ (x, x) = 0となるのは x = 0のときに限る．

2. (αx, y) = α(x, y)

10 第 2章 位相空間

3. (x, y) = (y, x)

4. (x1 + x2, y) = (x1, y) + (x2, y)

をみたすとき，内積とよびます．

定理 4 内積が存在するとき ||x|| =√

(x, x)はノルムになる．

証明.

1. (x, x) = ||x||2 ≥ 0 などは内積の定義よりしたがいます．

2. ||αx||) = |α|||x||

||αx||2 = (αx, αx)

= α(x, αx)

= α(αx, x)

= αα(x, x)

= |α|2||x||2

3. 三角不等式

(x, y) = 0のときは

||x+ y||2 = (x+ y, x+ y)

= ||x||2 + ||y||2

により成立する．その他の場合には tを実数として

||x+ t(x, y)y||2 = (x+ t(x, y)y, x+ t(x, y)y)

= ||x||2 + 2t|(x, y)|+ t2|(x, y)|2||y||2

の判別式を考えると

|(x, y)|4 − ||x||2||y||2|(x, y)|2 ≤ 0

によりシュワルツの不等式が導かれる．実線形空間では ||x+ ty||2で証明することができます．後は

||x+ y||2 = (x+ y, x+ y)

= ||x||2 + (x, y) + (y, x) + ||y||2

≤ ||x||2 + 2|(x, y)|+ ||y||2

≤ ||x||2 + 2||x|| ||y||+ ||y||2 = (||x||+ ||y||)2

2.4. 内積 11

内積から導かれる距離が完備なとき，V を Hilbert空間という．

ノルム空間において，中線定理

||x+ y||2 + ||x− y||2 = 2(||x||2 + ||y||2)

が成り立っているときには

(x, y) =1

2(||x+ y||2 − ||x||2 − ||y||2) + i

2(||x+ iy||2 − ||x||2 − ||y||2)

=1

4(||x+ y||2 − ||x− y||2) + i

4(||x+ iy||2 − ||x− iy||2)

により内積が定義される．実戦型空間では虚数の項は不要になり．

(x, y) =1

2(||x+ y||2 − ||x||2 − ||y||2)

=1

4(||x+ y||2 − ||x− y||2)

でよい．

1. (x, x) = ||x||2 は明らか

2. ||ax|| = |a|||x||より

(y, x) =1

4(||x+ y||2 − ||y − x||2) + i

4(||y + ix||2 − ||y − ix||2)

= (||x+ y||2 − ||x− y||2 + i

4||x− iy||2 − ||x+ iy||2)

= (x, y)

3. (x+ y, z) = (x, z) + (y, z),中線定理より

||x+ y + 2z||2 + ||x− y||2 = 2(||x+ z||2 + ||y + z||2)

||x+ y − 2z||2 + ||x− y||2 = 2(||x− z||2 + ||y − z||2)

引き算して

||x+ y + 2z||2 − ||x+ y − 2z||2

= 2(||x+ z||2 − ||x− z||2 + ||y + z||2 − ||y − z||2)

zを izとして

||x+ y + 2iz||2 − ||x+ y − 2iz||2

= 2(||x+ iz||2 − ||x− iz||2 + ||y + iz||2 − ||y − iz||2)

内積の定義より

(x+ y

2, z) =

1

2((x, z) + (y, z))

12 第 2章 位相空間

y = 0を代入して(x

2, z) =

1

2(x, z)

xを x+ yに変えて

(x+ y, z) = 2(x+ y

2, z)

これと前の式から

(x+ y, z) = (x, z) + (y.z)

4. (−x, y) = −(x, y)および (ix, y) = i(x, y)は定義より導かれる．さらに上の式より，自然数mについて

(mx, y) = m(x, y)

すなわち1

m(x, y) = (

x

m, y)

も導かれるので，上の注意により，有理数の複素数 aについて

(ax, y) = a(x, y)

が導ける．無理数 aについては有理数による極限を考えてノルムの連続性から結論を得る．

例 2 (一様位相の C[0, 1]は内積を持たない) f は [0, 12 )に，g は [ 12 , 1]

に台を持つ連続関数で ||f || = ||g|| = 1とすると，

||f + g||2 = ||f ||2 + 2(f, g) + ||g||2 = 2 + 2(f, g)

||f − g||2 = ||f ||2 − 2(f, g) + ||g||2 − 2(f, g)

だが，||f + g|| = ||f − g|| = 1なので矛盾である．

2.5 開集合と閉集合2.5.1 開集合距離空間 V において，O ⊂ V が開集合であるとは，

∀x ∈ O, ∃ε > 0 ⇒ y ∈ V : d(x, y) < ε ⊂ O

をみたすことです．

定理 5 1. ∅と V は開集合である．

2.5. 開集合と閉集合 13

2. O1, . . . , On が開集合ならば∩n

i=1Oi も開集合である．

3. Oλが開集合の族ならば∪

λOλ は開集合である．

一般に，集合 V において，V の部分集合の族 Oが開集合族であるとは，

1. ∅, V ∈ O

2. O1, . . . , On ∈ O ⇒∩n

i=1Oi ∈ O

3. Oλ ⊂ O ⇒∪

λOλ ∈ O

をみたすことです．

2.5.2 閉集合距離空間 V において，F ⊂が閉集合であるとは任意の収束列 xn ⊂ F に

ついて，limn→∞ xn ∈ V をみたすことです．

定理 6 F が閉集合ならば F cは開集合であり，Oが開集合ならば Ocは閉集合である．

定理 7 1. ∅と V は閉集合である．

2. F1, . . . , Fn が閉集合ならば∪n

i=1 Fi も開集合である．

3. Fλが閉集合の族ならば∩

λ Fλ は開集合である．

一般に，集合 V において，V の部分集合の族 F が開集合族であるとは，

1. ∅, V ∈ F

2. F1, . . . , Fn ∈ F ⇒∪n

i=1 Fi ∈ F

3. Fλ ⊂ F ⇒∩

λ Fλ ∈ F

をみたすことです．

2.5.3 位相空間集合 V において，開集合族または閉集合族が与えられたとき，V を位相空

間といいます．どちらが与えられても，他方はその補集合全体とすれば定義できます．もっとも小さな開集合族は ∅, V で，もっとも大きいのは V の部分集合全体です．前者を密着位相，後者を離散位相といいます．位相空間 V において，xn ⊂ V が x ∈ V に収束するとは

∀O ∋ x ∃n0 s.t. n ≥ n0 ⇒ xn ∈ O

をみたすことと定義します．

14 第 2章 位相空間

問題 5 [0, 1]の上の関数全体を V とし，

Oε,x(f) = g ∈ V : |f(x)− g(x)| < ε

開基とする開集合族を考えると，この位相での収束は各点収束になることを示してください．

集合 V に異なる距離を与えた場合でも開集合族が等しければ同じ位相を与えるといいます．同じ位相を与える場合には，一方の距離で点列が収束するなら，他方でも収束することになります．

問題 6 1. R2に距離d1 = |x1−y1|+|x2−y2|と距離d2 =√(x1 − y1)2 + (x2 − y2)2

が同じ位相を与えることを示してください．

2. 実はRnにはどのような距離を与えても同じ位相を与えることを示してください．

問題 7 Rに [a, b)を開基とする位相をいれたものを Sorgenfrey直線といいます．この位相は Rの通常の位相より強いことを示してください．

解. 単調増加な数列 anを考えると a = limn→∞ anについて [a, b)を考えるとすべての nについて an ∈ [a, b)であるので，Sorgenfrey直線では収束しない．しかし，Sorgenfrey直線で収束するならば通常の位相で収束することは明らかである．

可分，第二可算公理

位相空間で可算な稠密部分集合を持つものを可分といいます．可算な開基をもつとき第二可算公理をみたすといいます．距離空間ではこ

の 2つは同値になります．

補題 3 第二可算公理をみたせば可分である．

証明. O を可算個の開基とする．各 O の元から 1点ずつを取り出して(選択公理)その全体を Aとおく．この集合は稠密になる．なぜなら，任意の開集合OについてOの元O∗で O∗ ⊂ Oが存在する．O∗には Aの元があるので，O ∩A = ∅である．

補題 4 可分距離空間は第二可算公理をみたす．

2.5. 開集合と閉集合 15

証明. Aを可算な稠密集合とする．Aの n番目の点を中心にして半径 1n

の開近傍を考えます．この全体 U が開基になります．なぜなら，∀x ∈ V と開集合O ∋ xについて，xを含み，Oに含まれる U の元が存在することを示せばよいのです．まず，任意の ε > 0 について，x中心半径 εの近傍で Oに含まれるものを選ぶ．Aは稠密であるから，n ≥ n0 (n0 >

1ε )について，xと

距離 1n 以下の点列 an が選べる．an の中には n0 以降のものが必ず存在する

ので，U の元が Oに含まれることがわかった．

分離公理

T0（コルモゴロフ (Kolmogorov) の分離公理）x, y が X の相異なる 2 点ならば，x を含む開集合で y を含まないもの，あるいは y を含む開集合で xを含まないもののうち少なくともいずれかが存在する．

T1（フレシェ (Fre chet) の分離公理）X の任意の点 a と，異なる任意の点x に対し，a を含み xを含まない開集合が存在する．

T2（ハウスドルフ (Hausdorff) の分離公理）X の任意の異なる 2点 x, yに対し，x ∈ U ,y ∈ V , U と V は共通部分を持たない開集合 U, V が存在する．

T3（ビートリス (Vietoris) の分離公理）X の任意の点 x と x を含まない閉集合 F に対し，x ∈ U , F ⊂ H, U ∩H = ∅を満たす開集合 U,H が存在する．

T4（ティーツェ (Tietze) の第一公理）X において，互いに共通部分を持たない任意の 2つの閉集合 E,F に対し，E ⊂ G, F ⊂ H, G ∩H = ∅ を満たす開集合 G,H が存在する．

T5（ティーツェ (Tietze) の第二公理）A ∩ B = ∅を満たす X の任意の部分集合 A,B に対して，A ⊂ U , B ⊂ V , U ∩ V が空であるような開集合 U, V が存在する．

T2+1/2 X の相異なる任意の 2点 a, bに対して,a ∈ U , b ∈ V , U ∩ V = ∅を満たす開集合 U, V が存在する．

T3+1/2（チコノフ (Tikhonov) の分離公理）X の任意の閉集合 F と F に含まれない点 aに対して，次を満たす連続関数 f : X → [0, 1]が存在する：

f(x) =

0 (x ∈ F ),

1 (x = a),

16 第 2章 位相空間

T6 X の任意の閉集合 F に対して，F 上のみで 0 になる連続関数 f : X →[0, 1]が存在する

条件 Ti を満たす位相空間を Ti–空間などと呼ぶことがある．また，通常はこれらの公理を単独で扱うわけではなく幾つか組み合わせたり，別の条件あるいは上の分離公理そのままではないが同値になるような条件を分離公理に加えたりする．

• T0 を満たす位相空間をコルモゴロフ空間，

• T2 を満たす位相空間をハウスドルフ空間，

• T1 を満たす位相空間をクラトウスキ (Kuratowski)空間，

• T1 かつ T3 を満たす位相空間を正則空間，

• T1 かつ T4 を満たす位相空間を正規空間という．

• T1 かつ T3+1/2 を満たす位相空間を完全正則空間と呼ぶ．

2.6 距離空間の完備性定義 2 距離空間 (X, d)において，

点列 xnが

∀ε > 0 ∃n0, s.t. m,n ≥ n0 ⇒ d(xm, xn) < ε

をみたすときコーシー列という．

1.2. すべてのコーシー列が収束するとき，(X, d)を完備であるという．

補題 5 収束列はコーシー列である．

定理 8 (完備化) 距離空間 (X, d)において，距離空間 (X, d)が存在して

1. φ : X → X が存在して，d(φ(x), φ(y)) = d(x, y)

2. φ(X)は X で稠密である．

また，このような (X, d)は本質的に一意的である．

証明. 数列に同値関係 xn ∼ ynを limn→∞ d(xn, yn) = 0を考え，Xのコーシー列全体をこの同値類で割ったものを X とおき，φは自然な写像x 7→ xで与える．x, y ∈ X について，d(x, y) = d(φ(x), φ(y))は明らかである．

2.6. 距離空間の完備性 17

1. φ(X)が稠密であること．2つのコーシー列xn, ynを考えるとd(xn, yn)はコーシー列になる．なぜなら，

d(xm, ym) ≤ d(xm.xn) + d(xn, yn) + d(yn, ym)

および，xn, ynはコーシー列であるから

∀ε > 0 ∃n0 s. t. m,n ≥ n0 ⇒ d(xm, xn), d(ym, yn) < ε

であるから，m,n ≥ n0 ならば

|d(xm, ym)− d(xn, yn)| < 2ε

したがって，limn→∞ d(xn, yn)は存在する．

さらに同じ同値類に属する xn, x′nについては d(xn, x′n) → 0であ

るから，lim

n→∞d(xn, yn) = lim

n→∞d(x′n, yn)

が成り立ち，X に距離 dを導ける．また，d(x, y) = d(x, y)は明らかである．

2. x ∈ X の代表元 xnについて x∗n = xn, xn, . . .を考えると xnはコーシー列であるから

∀ε ∃n0 s.t. n ≥ n0 ⇒ d(x, x∗n) < ε

これより稠密であることがしたがう．

3. X が完備であること xnをコーシー列とする．すなわち，

∀ε ∃n0 s.t. m,n ≥ n0 ⇒ d(xn, xm) < ε

xnに対してxn s.t.d(xn, φ(xn)) <1n となるように，数列 y = xn ⊂ X

を選ぶと，これはコーシー列になる．なぜなら，

d(xn, xm) = d(xn, xm) ≤ d(xn, xn) + d(xn, xm) + d(xm, xm)

<1

n+ d(xn, xm) +

1

m

すなわち，yの同値類 y ∈ X であり，

d(xnm, xm) = d(xnm, xmm) + d(xmm, xm)

≤ d(xnm, xmm) +

1

m

の極限が d(xn, y)であるから 0に等しい．

18 第 2章 位相空間

4. (X, d)も ψ : X → X で条件を満たすとしよう．ψ φ−1 : X → ψ(X)

は全単射で等長写像である．等長写像は一様連続写像であるから．これは φ(X)の閉包 X から ψ(X)の閉包 X に拡張できる．

2.7 連続写像定義 3 X,Y を位相集合とするとき，

• T : X → Y が連続写像とは，任意の開集合 OY ⊂ Y についてその逆像

T−1(OY ) = x ∈ X : T (x) ∈ OY

がX の開集合になることである．

• 全単射かつ T , T−1 ともに連続な写像が選べるとき，X と Y は同相であるという．

例 3 (像位相) (X,OX)は位相空間，T : X → Y とする．T を連続にするもっとも強い位相により，Y を位相空間にすることができる．

OY = O ⊂ Y : T−1(O) ∈ OX

とおくと，OY は開集合族になる．他の Y の開集合族O′Y で T が連続になる

とすると，その元O ∈ O′Y について, T−1(O) ∈ OX であるから，O ∈ OY を

みたさなければならない．つまり，O′Y ⊂ OY

例 4 (逆位相) (Y,OY )を位相空間，T : X → Y とする．T を連続するもっとも弱い位相により，X を位相空間にできる．T を連続にするX の開集合族全体を

Oλ : λ ∈ Λ

とおく．OY =

∩λ∈Λ

Oλ

が T を連続にする開集合族であることを示せばよい．まず，部分集合全体を開集合族とする離散位相が存在するので Λ = ∅ であることに注意しておきましょう．

2.7. 連続写像 19

• OY は開集合族であることは，以下のように示される．

O1, . . . , On ∈ OY とすると ∀λ ∈ Λ について，O1, . . . , On ∈ Oλ したがって，

∩ni=1Oi ∈ Oλ，したがって，

∩ni=1Oi ∈ OY

• T は連続である．O ∈ OY について，O ∈ Oλであるから，T−1(O) ∈ OX

である．

例 5 (相対位相) Y ⊂ X，(X,OX)を位相空間とするとき，π : X → Y を自然な射影 π(y) = y (y ∈ Y )を連続にする逆位相を相対位相という．

例 6 (商位相) (O,OX)を位相空間，∼を同値関係とする．Y = X\ ∼とする．π : X → Y の自然な写像を連続にする像位相を商位相という．ここで，π(x)は xを含む同値類です．

例 7 (積位相) (Xλ,Oλ) (λ ∈ Λ)を位相空間とするとき，X =∏

λ∈ΛXλ に自然な写像 πλ : X → Xλ により導かれる像位相を積位相という．正確には

OX = O ⊂ Y : π−1λ (O) ∈ Oλ, ∀λ ∈ Λ

とする．

2.7.1 選択公理定義 4 ∼が同値関係とは

• x ∼ x(反射律)

• x ∼ y ⇒ y ∼ x(対称律)

• x ∼ y, y ∼ z ⇒ x ∼ z(推移律)

をみたすことをいう．≤が順序関係とは

• x ≤ x(反射律)

• x ≤ y, y ≤ x⇒ x = y(反対称律)

• x ≤ y, y ≤ z ⇒ x ≤ z(推移律)

をみたすことをいう．

• X の任意の元 x, y ∈ X において，x < y,x = y,x > yのどれか 1つ (そして 1つだけ)が成り立つとき，全順序集合という．

20 第 2章 位相空間

• x ∈ X に対して y > xが成り立つ y ∈ X が存在しないとき，xを極大元という．

• 全順序を持つ部分集合 Y ⊂ XがXの中に上界を持つ　 (つまり，x ∈ X

が存在して，すべての y ≤ xが成り立つ)とき，Y を帰納的順序集合という．

Zornの補題 空でない帰納的順序集合は極大元を持つ．

選択公理 Xλ = ∅ (λ ∈ Λ)ならば，その直積∏

λ∈ΛXλ = ∅

例 8 X = 0, 1としXNを考える．これは 0と 1の無限列全体，つまり，少数全体になる．これが存在するためには選択公理が必要になる．

Zornの補題と選択公理は同値な公理であり，現代数学では成り立つものとしている．

2.7.2 距離空間の連続性距離空間の上の写像 f : (X, dX) → (Y, dY )では a ∈ X に対して

∀ε > 0 ∃δ > 0 s.t. dX(|x, a) < δ ⇒ dY (f(x), f(a)) < ε

のとき，f は aで連続であるという．

∀ε > 0 ∃δ > 0 s.t. dX(x, y) < δ ⇒ dY (f(x), f(y)) < ε

のとき，f は一様連続であるという．

例 9 等長写像は一様連続である．

解. x, y ∈ X について dX(x, y) = dY (f(x), f(y))であるから，∀εに対してδ = εととればよい．

定理 9 距離空間の上の一様連続な写像 f : (X, dX) → (Y, dY )は A ⊂ X について (Y, dY )が完備ならば，Aの閉包に拡張できる．

証明. x ∈ ∂Aについて xnを収束列とする．

f(x) = limn→∞

f(xn)

と定める．これが well–definedであることを示せばよい．

2.8. 縮小写像 21

1. 極限の存在．一様連続性より，∀ε > 0について δ > 0を定める．dX(xn

，x) < δならば dY (f(xn), f(xm)) < εであるから f(xn)はコーシー列である．したがって，収束するので極限を f(x)と定める．

2. well–definedであること，yn → xとする．この極限を gとおくと

dY (f(x), g) ≤ dY (f(x), f(xn)) + dY (f(xn), f(yn)) + dY (f(yn), g)

一様連続性より，n ≥ n0で dX(xn, yn) < δとなる n0が存在するので、f(x) = gでなければならない

2.8 縮小写像距離空間 (X, d)の上に写像 T : X → X が縮小写像であるとは ∃α < 1 s.t.

dY (T (x), T (y)) < αdX(x, y) (x, y ∈ X)

を満たすことである．limn→∞ xn = xとすると

d(T (x), T (xn)) < αd(x, xn)

をみたすので，T は連続であることがわかる．

定理 10 (不動点定理) 完備距離空間の上の縮小写像 T には唯一の不動点が存在する．

証明. x ∈ X に対して，xn = Tn(x)により点列を定める．この点列はm > nについて

d(Tn(x), Tm(x)) ≤ d(Tn(x), Tn+1(x)) + · · ·+ d(Tm−1(x), Tm(x))

≤ αnd(x, T (x)) + · · ·+ αm(x, T (x))

≤ αn

1− αd(x, T (x))

をみたすことからコーシー列になる．したがって，完備性より ∃x ∈ X に収束する．T は連続であるから，xn+1 = T (xn) → T (x)より，T (x) = xをみたす．さらに 2つ不動点 x, y ∈ X があるとすると

d(x, y) = d(Tn(x), Tn(y)) = αnd(x, y)

より d(x, y) = 0である．

22 第 2章 位相空間

例 10 初期条件 y(x0) = y0 のもとで，微分方程式

dy

dx= f(x, y)

において，f が 2変数について領域Gで連続かつ yについてリプシッツ条件

|f(x, y)− f(x, y′)| ≤M |y − y′|

をみたすとする．このとき，唯一の解が存在する．

解. G′ ⊂ Gで |f(x, y)| ≤ K をみたすように G′,K を選ぶ．さらに dを

1. |x− x0| ≤ d，|y − y0| ≤ Kdならば，(x, y) ∈ G′

2. Md < 1

をみたすように選ぶ．C で (x0 − d, x0 + d)で定義され，|φ(x)− y0| ≤ Kdをみたす連続関数全体を表す．このとき，C は完備距離空間である．

T (φ)(x) = y0 +

∫ x

x0

f(t, φ(t)) dt

で写像 T : C → C を定義する．T は縮小写像である．実際，x > x0 なら

|T (φ)(x)− T (ψ)(x)| ≤∫ x

x0)

|f(t, φ(t)− f(t, ψ(t))| dt

≤∫ x

x0

M |φ(t)− ψ(t)| dt

≤ Md supt

|φ(t)− ψ(t)|

これより不動点 Tφ = φが存在し，この φは

φ(x) == y0 +

∫ x

x0

f(t, φ(t)) dt

をみたす．

2.9 近傍系定義 5 (フィルター) X の集合族 F がフィルターであるとは

1. F = ∅かつ ∅ ∈ F

2. F1, F2 ∈ F ならばある F3 ∈ F が存在して F3 ⊂ F1 ∩ F2

3. F ∈ F に対して F ′ ⊃ F ならば F ′ ∈ F

2.10. 収束 23

定義 6 (近傍系) x ∈ X についてX のフィルターN(x)で

1. ∀U ∈ N(x)について x ∈ U

2. ∀U ∈ N(x)と ∃V ∈ N(x) s.t. ∀y ∈ V について U ∈ N(y)

問題 8 位相空間X に対して

N(x) = U ⊂ X : x ∈ U,∃O(開集合), s.t. U ⊃ O ∋ x

は近傍系になることを示してください．

問題 9 近傍系が与えられたとき O ⊂ X で任意の x ∈ O について，あるU ∈ N(x) s.t. U ⊂ O が存在するようなO全体は開集合族の定義を満たすことを示してください．

定義 7 N(x)を近傍系とする．V (x)の元はすべてN(x)の元で，任意の U ∈N(x)について V ⊂ U をみたす V ∈ V (x)が存在するとき，基本近傍系という．

2.10 収束• 距離空間では

∀ε > 0 ∃n0 s.t. n ≥ n0 ⇒ d(xn, x) < ε

• ノルム空間では

∀ε > 0 ∃n0 s.t. n ≥ n0 ⇒ ||xn − x|| < ε

• 位相空間では

∀開集合 O ∋ x∃n0 s.t. n ≥ n0 ⇒ xn ∈ O

• 近傍系では

∀　 U ∈ N(x)∃n0 s.t. n ≥ n0 ⇒ xn ∈ U

• 有向族 xλλ∈Λ では

∀U(xの近傍)∃λ0 s.t. λ ≥ λ0 ⇒ xλ ∈ U

24 第 2章 位相空間

ただし，X が Hausdorffのときは有向族の極限は 1つに定まることに注意しておく．連続性 f : X → Y

• 距離空間では

∀ε > 0 ∃δ s.t. dX(x, a) < δ ⇒ dY (f(x), f(a)) < ε

• ノルム空間では

∀ε > 0 ∃δ s.t. ||x− a||X < δ||f(x)− f(a)||Y < ε

• 位相空間では

∀開集合 OY ∋ f(a)∃開集合 OX s.t. x ∈ OX ⇒ f(x) ∈ OY

• 近傍系では

∀　 U ∈ N(f(a))∃V ∈ N(a) s.t. x′ ∈ V ⇒ f(x) ∈ U

問題 10 位相空間において，f が連続ならば，∀O ⊂ Y について f−1Oが開集合であることと同値であることを示してください．

例 11 各点収束するが一様収束しない連続関数の列の例

fn(x) =

2n2x 0 ≤ x < 1

2n

2n(1− nx) 12n ≤ x < 1

n

0 x ≥ 1n

2.11 一様位相定義 8 (entourage) X ×X の部分集合の族 V が

1. V = ∅かつ (x, x) : x ∈ X ∈ V

2. V ∈ V に対して

V −1 = (x, y) ∈ X ×X : (y, x) ∈ V ∈ V

3. V ∈ V に対して，「x, y, z ∈ X が (x, y), (y, z) ∈ W ならば (x, z) ∈ V」をみたすW ∈ V が存在する

4. U, V ∈ V ならば U ∩ V ∈ V

2.12. Baireのカテゴリー定理 25

5. U ∈ V かつ U ⊂ V ならば V ∈ V

この entourange V をもつ空間を一様位相空間という．x ∈ X, V ∈ V について，

Vx = y ∈ X : (x, y) ∈ V

とおくと，Vx 全体N(x)は近傍系の公理:

1. ∀U ∈ N(x)について x ∈ U

2. U, V ∈ N(x)ならば U ∩ V ∈ N(x)

3. U ∈ N(x)かつ V ⊃ U ならば V ∈ N(x)

4. ∀U ∈ N(x)と ∃V ∈ N(x)で ∀y ∈ V について U ∈ N(y)

をみたす．

問題 11 f : X → Y が一様連続とは

∀VY ∈ VY ∃VX ∈ VX s.t. (x1, x2) ∈ Vx ⇒ (f(x1), f(x2)) ∈ VY

問題 12 limn→∞ an(x) = a(x)が一様収束するとは

∀V ∈ V ∃n0 s.t. n ≥ n0 ⇒ (an(x), a(x)) ∈ V

定義 9 (Cauchy有向族) 有向族 xλλ∈ΛがCauchy有向族とは任意の V ∈V について，∃λ0 s.t. λ, µ ≥ λ0 (λ, µ ∈ Λ) について (xλ, xµ) ∈ V をみたすことである．

任意の Cauchy有向族が収束するとき，X は完備であるという．

2.12 Baireのカテゴリー定理(X, d)を距離空間，A ⊂ X を

1. Aが内点を持たないとき、Aは希薄であるという．

2. 可算個の希薄な集合 An があって，A ⊂∪

nAn をみたすとき，Aは第1類集合という．

3. 第 1類集合でない集合を第 2類集合という．

定理 11 (Baire) X を完備距離空間とする．X の第 1類集合は内点を持たない. とくに，空でない完備距離空間は第 2類集合になる．

26 第 2章 位相空間

証明. Y ⊂ X を第 1類集合とする．希薄な集合 Anが存在して Y ⊂∪nAnと表せる．任意のx0 ∈ Xと r0 > 0について，B(x0, r0)∩(

∪n An)

c = ∅を示せば，

∪n Anが内点を持たないので，Y も内点を持たないことが示せる．

• 0 < rn <rn−1

2

• B(xn, rn) ⊂ B(xn−1, rn−1)

• B(xn, rn) ∩ An = ∅

をみたす点列を作ろう．まず，A1は内点を持たないので，x1 ∈ B(x0, r0) でx1 ∈ A1 を選ぶ．A1 は閉集合だから，∃r1 s.t. B(x1, r1) ∩ A1 = ∅,r1 < r0

2

かつ B(x,r1) ⊂ B(x0, r0)をみたすように選べる．xn, rnまで選べたとするとAn+1 は内点を持たないので，xn+1 ∈ B(xn, rn)を xn+1 ∈ An+1 と選ぶ．r1を選んだのと同様に，rn+1 を定めれば良い．構成より，m > nならば，xm ∈ B(xn, rn)，つまり　

d(xm, xn) < rn =r02n

Xは完備なので，極限 x = limn→∞ xnが存在する．構成より，x ∈ B(xn, rn)，したがって x ∈ An, なので，x ∈

∪n An．これで証明終り．

さらに，空でない完備距離空間は内点を持つから第 1 類集合ではあり得ない．

27

第3章 線形空間

3.1 Banach空間線形空間X の上にノルム

• ||x|| ≥ 0であり，||f || = 0になるのは x = 0に限る．

• ||αx|| = |α| ||x||

• ||x+ y|| ≤ ||x||+ ||||(三角不等式)

が存在するとき，ノルム空間と言います．

例 12 (積空間) ノルム空間 (X, || · ||X)と (Y, || · ||Y )の直積X × Y の上にノルム

||(x, y)|| = ||x||X + ||y||Y

例 13 (商空間) ノルム空間 (X, || · ||X)の上の同値関係 ∼について，商空間X\ ∼ の上にノルム

||x|| = inf||y||X : y ∼ x

2つのノルム空間X,Y はその間に全単射な等長作用素 φ ∈ L(X,Y )，φ−1 ∈L(Y,X)が存在するとき，ノルム空間として同型であるといいます．完備なノルム空間は Banach空間と呼ばれます．

定理 12 ノルム空間X について以下は同値

1. X は Banach空間

2.

∀xn s.t.∞∑

n=1

||xn|| <∞ ⇒∞∑

n=1

xn収束する

証明. (1)⇒(2): sn =∑n

k=1 xk とおくと，

||sn − sm|| ≤m∑

k=n+1

||xk|| → 0

であるから，snはコーシー列になる．したがって，仮定より収束する．　

28 第 3章 線形空間

(2)⇒(1) xnをコーシー列とする．部分列 xnkを

||xnk− xnk+1

|| < 1

2k

となるように選ぶ．∞∑k=1

||xnk− xnk+1

|| <∞

であるから，N∑

k=1

(xnk− xnk+1

= xn1 − xnN+1

は収束する．言い換えれば xnkは収束する．xnはコーシー列であるか

ら，このことから xnは収束することが言える．細かくいうと，xを部分列の極限とする．∀ε > 0について n0をm,n ≥ n0

ならば ||xm − xn|| < ε,さらに k0を k ≥ k0ならば，||xnk− x|| < εを満たす

とする．n1 = maxn0, nk0とすると，m,n ≥ n1 ならば ||xm − x|| < 2ε

3.2 開写像定理T ∈ L(X,Y )がX の開集合を Y の開集合に写すとき開写像という．

補題 6 T が開写像 Leftrightarrow ある ε > 0 が存在して T (BX(0, 1)) ⊂BY (0ε)が成り立つことである．　

証明. T が開写像ならば，T (BX(0, 1))は開集合なので，T (BX(0, 1)) ⊂BY (0ε)が成り立つ ε > 0が存在することは明らかである．O ⊂ X を開集合とする．y ∈ T (O)について x ∈ O s.t. T (x) = y Oは開

集合だから，∃r > 0 s.t. BX(x, r) ⊂ O．一方，

T (O) ⊃ T (BX(x0, r)) = T (x0+BX(0, r)) = y+rT (BX(0, 1)) ⊃ y+rBY (0, ε)

により yは T (O)の内点になる．

定理 13 (開写像定理) T : X → Y が全射ならば開写像である．

証明.

3.2. 開写像定理 29

1. T (BX(0, 1)) ⊃ BY (0, ε) をみたす ε > 0の存在を示す．これには Bn =

T (BX(0, n)) とすると∪

nBn = T (∪

n(BX(0, n)) = T (X) = Y であるので，Baireの定理より，内点をもつ Bn が存在する．Bn は凸だから，Bn ⊃BY (0, ∃δ)したがって，

B(0, 1) =1

nBn(0, n) ⊃

1

nBY (0, δ) = BY

(0,δ

n

)2. ∀y ∈ BY (0, ε)について， ||y||

ε < r < 1と選ぶ．帰納的に xn ⊂ X を構成する．

1. ||xn|| < r(1− r)n−1

2. ||y −∑n

k=1 Txk|| < εr(1− r)n

||x1|| < rなら，T (BX(0, r) ⊃ BY (0, rε)

であるから，||y||rεなので，x1 は存在する．nまで構成できたとすると，

T (BX(0, r(1− r)n) ⊃ BY (0, r(1− r)nε)

なので，

||(y −n∑

k=1

xk)− Txn+1|| < εr(1− r)n+1

をみたす ||xn+1|| < r(1− r)n が存在する．

3.∑∞

n=1 ||xn|| <∑∞

n=1 r(1 − r)n−1 < 1 であるので，完備性より，x =∑∞n=1 xn が存在し，||x|| < 1 故に y = Txになる．

系 1 T : X → Y が全単射ならば，T−1 ∈ L(Y, x) である．

証明. T が全単射なので，逆写像 T−1は存在し，線形写像である．T は開写像になるので，T−1 は連続写像になる．

3.2.1 一様有界定理定理 14 X を Banach空間，Y をノルム空間，Tαα∈A ⊂ L(X,Y )は

∀x ∈ X について supα∈A

||Tαx|| <∞ ⇒ supα∈A

||Tα|| <∞

30 第 3章 線形空間

証明.

Yn = x ∈ X : supα∈A

||Tα　 x|| ≤ n

とおくと，　 Ynは凸集合であり，X =∪

n≥1 Ynをみたす．Baireより，Yn0

は内点 x0 ∈ X を持つ．n0 が存在する．−x0 ∈ Yn0 であるから，0 = 12x0 +

12 (−x0) ∈ Yn0．これより r > 0で B(0, r) ⊂ Yn0 なので，||x|| < r ならば||Tαx|| ≤ n0 となり，||Tα|| ≤ n0

r

3.3 線形作用素定義 10 1. X,Y を線形空間，T : X → Y が

(a) T (αx) = αT (x)

(b) T (x+ y) = T (x) + T (y)

をみたすとき，線形作用素と呼びます．

2. X,Y をノルム空間，T : X → Y が

||T (x)||Y ≤M ||x||X

をみたすとき，有界作用素といいます．

||T || = supx∈X

||T (x)||Y||x||X

を T の作用素ノルムとよびます．線形性から

||T || = sup||x||=1

||Tx||

をみたすことは明らかです．

有界作用素は連続であることは

||T (x)− T (y)|| = ||T (x− y)|| ≤M ||x− y||

より導けます．逆に T が連続ならば 0で連続であるので，

∀ε > 0 ∃δ > 0 s.t. ||x|| < δ ⇒ ||T (x)|| < ε

y = δx2||x|| ととると ||y|| < δであるから ||T (y)|| < ε，一方，

||T (y)|| = δ

2||x||||T (x)||

3.3. 線形作用素 31

だからδT ||x||2||x||

< ε

すなわち||T |x||||x||

<2ε

δ

これより有界性が示される．X,Y をノルム空間とするとき，L(X,Y )で有界線形作用素 T : X → Y を

表し，とくに有界線形作用素 T : X → X 全体を L(X)で表します．L(X,Y )

自身が線形空間になり，さらのノルム空間になることは容易に示せます．

定理 15 Y が Banach空間ならば，L(X,Y )も Banach空間である．

証明. Tn をコーシー列，すなわち ∀ε > 0について ∃n0 s..t. m,n ≥ n0

ならば||Tn − Tm|| = sup

||x||=1

||(Tn − Tm)x|| < ε

すなわち||Tn(x)− Tm(x)|| < ε

なので，完備性より y = limn→∞ Tn(x)が存在する．これより，T (x) = yとおけば T ∈ L(X,Y )である．

問題 13 S, T で ST − TS = I をみたす有界線形作用素は存在しないことを示してください．

解.

S2T − TS2 = S(ST − TS) + ST (S − T ) = 2S

により帰納的に SnT − TSn = nSn−1 が成り立つ．そこで

n||Sn−1|| = ||SnT − TSn||

≤ ||SnT ||+ ||TSn||

≤ ||Sn−1|| ||S|| ||T ||+ ||T || ||Sn−1|| ||S||

= 2||Sn−1|| ||S|| ||T ||

により n ≥ ||T || ||S||では ||Sn−1|| = 0を意味する．k = minn : ||Sn|| = 0とおくと，

k||Sk−1|| = ||SkT − TSk|| = 0

となり，k = 1でなければならない．

32 第 3章 線形空間

3.4 共役空間ノルム空間 X から Rまたは C への線形写像全体 L(X,R)または L(X, C)

をX∗ で表し，X の共役空間とよびます. Rおよび C は完備ですから，その上の作用素ノルムを考えると共役空間は Banach空間になります．

3.4.1 Hahn–Banach

定義 11 p : X → Rが劣線形であるとは

p(x+ y) ≤ p(x) + p(y), p(λx) = λp(x)

を満たすことである.

定理 16 (Hahn–Banach) Xは実線形空間，p : X → Rは劣線形関数，Y ⊂X は部分空間とする．Y 上の線形関数 f0 : Y → Rが f0 ≤ pを満たしていれば，X 上の f ≤ pをみたす f0 の拡張 f が存在する．

証明. F はX の線形部分空間D(g)を定義域とする f0の拡張となる線形関数で定義域の上で g ≤ pを満たすもの全体とする．F の上の順序 g ≤ hをhが gの拡張であることとする．この順序で F は帰納的な順序 (つまり，全順序部分集合は上に有界)である．なぜなら F0 ⊂ F を全順序集合とすると

1. D =∪D(g) : g ∈ F0は線形部分空間

2. x ∈ Dに対して，∃g ∈ F0 で x ∈ D(g)，かつこの条件を満たす全てのgについて g(x)は一致するので，Dで定義される g0 が存在する．

3. g0 ≤ p

を示せばよい．x, y ∈ D に対して，x ∈ D(g)と y ∈ D(h)となる g, h ∈ F0 が存在する.

F0は全順序集合だから，g ≤ hとする．すなわち，D(g) ⊂ D(h) D(h)は線形部分空間で x, y ∈ D(h)だから x + y ∈ D(h) ⊂ D したがって，Dの全ての点で g0 を定義できるし，g0 ≤ pは明らかである．これより，Zornの補題により，極大元 G が存在する．

3.4. 共役空間 33

3.4.2 弱収束ノルム空間X 上の点列 xnが

1. ||xn||は有界

2. ∀x∗ ∈ X∗ について x∗(xn) → x∗(x)に収束する

が成り立つとき，xnは xに弱収束するという．

例 14 Rn では弱収束は通常の収束と一致する．

以下では x ∈ X と x∗ ∈ X∗ について，x∗(x)を内積のように (x, x∗)と表すこともあります．X∗ の共役空間X∗∗ を考えましょう．そのために 1つ準備をします．

定理 17 (Hahn–Banach) ノルム空間Xの線形部分空間Aの上で定義された関数 f ∈ L(X,K) (K = RまたはK = C)はX の上に拡張できる．

証明. X を可分な線形空間の場合だけ証明する．x0 ∈ Aについて，y = tx0 + x : t ∈ K,x0 ∈ Xについては

F (y) = tF (x0) + f(x)

として，|F (y)| ≤ ||f || ||y||

をみたすような F (x0)をみつける．未完成

系 2 x0 ∈ X (x0 = 0)と正の数M について

||x∗|| =M, (x0, x∗) = ||x∗|| ||x0|| (x ∈ X)

をみたす x∗ ∈ X∗ が存在する．

証明. x∗(tx0) = tM ||x0||とおけば，Hahn–Banachの定理によりノルムがM の元 x∗ ∈ X∗ が得られる．

定理 18 X ⊂ X∗∗

34 第 3章 線形空間

証明. x∗ ∈ X∗ に対して

ψx(x∗) = (x, x∗)

と定めることで，x ∈ X は ψX ∈ X∗∗ と等しいと考える．この ψx ∈ X∗∗ である．さらに

||ψx|| = supx∗

|(x∗, ψx)|||x∗||

= supx∗

|(x, x∗)|||x∗||

≤ ||x|| ||x∗

||x∗||= ||x||

一方，Hahn–Banachの定理より，∃x∗0 ∈ X∗ s.t.

|(x, x∗0)| = ||x∗0|| ||x||

をみたす．作用素ノルムの定義より |(x, x∗)| ≤ ||x∗|| ||x||であるから

||ψx|| = supx∗

|(x, x∗)||x∗||

= ||x||

X = X∗∗ をみたすX を反射的といいます．

3.5 Hilbert空間1. (x, x) ≥ 0かつ (x, x) = 0となるのは x = 0のときに限る．

2. (αx, y) = α(x, y)

3. (x, y) = (y, x)

4. (x1 + x2, y) = (x1, y) + (x2, y)

から定まるノルム，そしてそれから定まる距離について完備な線形空間をHilbert空間と言います．

補題 7 (Schwarz) x, y ∈ X について，

|(x, y)| ≤ ||x|| ||y||

証明. α ∈ C について，||αx− y|| ≥ 0であることから

|α|2||x||2 − α(x, y)− α(y, x) + ||y||2 ≥ 0

3.5. Hilbert空間 35

なので，α = (y,x)||x||2 とおくと，

|(x, y)|2

||x||2− 2(y, x)(x, y)

||x||2+ ||y||2 ≥ 0

すなわち，|(x, y)|2 ≤ ||x||2||y||2

は求める式である

3.5.1 直交補空間内積のある空間X の部分空間 Aについて

A⊥ = y ∈ X : (x, y) = 0 ∀x ∈ A

を A の直交補空間といいます．直交補空間も線形空間になります．内積はSchwarzにより連続ですから，直交補空間は閉集合です．

補題 8 A ⊂ X が空でない閉凸集合，x ∈ X について

||x− x0|| = inf||xy|| : y ∈ A

をみたす x0 ∈ X が存在する．また，

ℜ(x− x0, y − x0) ≤ 0 (∀y ∈ A)

をみたす．

証明. d(x,A) = inf||xy|| : y ∈ Aは xとAの距離になる．xn ⊂ Aをその下限を達成する列とする．この列がコーシー列であることを示せば,Aが閉集合であることも考慮して x0 ∈ Aの存在が示せる．

||xm − xn||2 = ||(xm − x)− (xn − x)||2

= 2(||xm − x||2 + ||xn − x||2)− ||xm + xn − 2x||2 (中線定理)

= 2(||xm − x||2 + ||xn − x||2)− 4||xm + xn2

− x||2

≤ 2(||xm − x||2 + ||xn − x||2)− 4d(x,A)2 (Aは凸)

m,n→ ∞で右辺は 0に収束するので，コーシー列であることが確かめられた．一意性は x′nをとれば，

||x0 − x′0||2 ≤ 2(||x0 − x||2 + ||x− x′0||2)− 4d(x,A) = 0

36 第 3章 線形空間

より導かれる．x0 + t(y − x0) ∈ Aより

||x− (x0 + t(y − x0)||2 ≥ ||x− x0||2

これから求める式が得られる． xから x0 ∈ Aを対応させる写像を Aへの射影 P とよぶ．

Aが閉部分空間ならば凸集合であるので，Aへの射影 P が存在して，

定理 19

X = A⊕A⊥

証明. z ∈ Aについて，y = x0 + z ∈ Aについて

ℜ(x− x0, y − x0) ≤ 0

を適用するとℜ(x− x0, z) ≤ 0

一方，(x− x0, z)z ∈ Aであるから (x− x0, z)z + x0 ∈ A

(x− x0, z)2 = ℜ(x− x0, (x− x0, z)z) ≤ 0

より，x− x0 ∈ A⊥になるので，直和分解 x = x0 + (x− x0) が得られた．このとき，A⊥ が直交補空間と呼ばれます．

射影 P は P 2 = P をみたします．これは射影作用素を特徴づける性質です．

問題 14

(A⊥)⊥　 ⊃ A

(((A⊥)⊥)⊥ = A⊥

解.上の式は内積の定義より明らかでしょうこの式をA⊥に用いれば，A⊥ ⊂(((A⊥)⊥)⊥ はすぐに従います．また，(A⊥)⊥) ⊃ Aであるから，両辺の直交補空間をとると逆の不等式も示せます．

3.5. Hilbert空間 37

3.5.2 正規直交系xλが (xλ, xmu) = δλ,µ をみたすとき，正規直交系といいます．さらに，

それらが生成する空間がX で稠密であるとき完全正規直交系といいます．

定義 12 xλλ∈Λ ⊂ X が summable とはある x ∈ X が存在して，任意のε > 0について，ある有限集合 Λε が存在して Λ1 ⊃ Λ0 をみたす有限集合については

||∑λ∈Λ1

xλ − x|| < ε

をみたすことである．この xを∑

λ∈Λ xλ と表す.

命題 1 xλλ∈Λ が summable ならば，ある可算集合 Λ0 が存在して

||∑λ∈Λ0

xλ −∑λ∈Λ

xλ|| = 0

証明. ε = 1n として，Λ1/n を考える．µ ∈ Λ\Λ1/n については

||xµ|| = ||∑

λ∈Λ1/n∪µ

xλ −∑

λ∈Λ1/n

xλ||

≤ ||∑

λ∈Λ1/n∪µ

xλ −∑λ∈Λ

xλ||+ ||∑λ∈Λ

xλ −∑

λ∈Λ1/n|

xλ||

≤ 2n

したがって，||xµ|| ≥ 2n ならば xµ ∈ Λ1/nなので有限個しかない．すなわち，

xµ = 0となるのは可算個しかないことになる．

補題 9 (Besselの不等式) xλλ∈Λ を正規直交系とすると∑λ∈Λ

|(x, xλ)|2 ≤ ||x||2

証明. Λ0 を有限集合とする．

y =∑λ∈Λ0

(x, xλ)xλ

は µ ∈ Λ0について (x−y, xµ) = 0をみたす．したがって，||x−y||2+ ||y||2 =

||x||2 であるから，||y||2 ≤ ||x||2 をみたす．

||y||2 =∑

λ,µ∈Λ0

((x, xλ)xλ, (x, xµ)xµ)

=∑λ∈Λ0

|(x, xλ)|2

38 第 3章 線形空間

であるので∑

λ∈Λ0|(x, xλ)|2 ≤ ||x||2が成り立つ．これより

∑λ∈Λ0

|(x, xλ)|2

の上限が有限であることが言えて，証明を終る． 完全正規直交系を目指そう．

補題 10 Aを正規直交系，caa∈Aは |ca|2a∈Aが summableとする．このとき，

x =∑a∈A

caa

は存在し，(x, a) = ca かつ ||x|| =∑

a∈A |ca|2 をみたす．

証明. 上の命題よりAは可算集合としてよい．とくに添字は Nとしよう．xn =

∑nk=1 cnan とおくと，これはコーシー列になる．実際、

||xm − xn|| = ||m∑

k=n+1

ckak||

=m∑

k=n+1

||ckak|| (直交性)

=

m∑k=n+1

|ca|2 (正規性)

したがって，x ∈ X が定まる．内積の連続性から結論を得る．

定理 20 (Parseval) 次の 3条件は同値

1. Aは完全正規直交系

2. 　 Aは正規直交系の中で極大

3. 任意の x ∈ X について ∑a∈A

|(x, a)|2 = ||x||2

4. x ∈ X が，任意の a ∈ Aについて (x, a) = 0ならば，x = 0

証明.

(1)⇒ (2) A′ ⫌ Aかつ A′ は正規直交系とする，ある a0 ∈ A′\Aが存在する．A′が正規直交系でA ⊂ A′だから，(a, a0) = 0 (a ∈ A)．したがって，Aの任意の収束部分列 an ⊂ Aについて (an, a0) = 0 だから，Aの元と直交するが，A = X であるので，a0 = 0

3.5. Hilbert空間 39

(2)⇒(3) x ∈ X について，Bessel不等式から∑a∈A

|(x, a)|2 ≤ ||x||2

したがって，ca = (x, a)とおくと，|ca|2は summable．ゆえに，補題により，y =

∑a∈A caaは存在して，　 ||y|| =

∑a∈A |ca|2 をみたす．

(y − x, a) = (y, a)− (x, a) = 0

つまり，y − xはすべて a ∈ Aに直交するが Aは極大なので，y − x = 0

(3)⇒(4) x ∈ Xがすべての a ∈ Aと直交すると仮定すると (3)より ||x|| = 0

(4)⇒(1) A の生成する部分集合を Y とすると，Y は閉部分空間である．y ∈ Y ⊥ について (y, a) = 0 (a ∈ A)であるから，y = 0，すなわち，Y = X

である． 以上により，包含関係の作る順序を考慮すれば、Zornの補題により完全正

規直交系の存在が示される．

3.5.3 Rieszの表現定理補題 11 φ ∈ X∗ φ = 0)に対して冪零空間

N = x ∈ X : φ(x) = 0

とすると，N⊥ は 1次元である．

証明. N は閉部分空間であるので，直和分解 X = N ⊕ N⊥ が成り立つことに注意する．∃x0 ∈ N⊥ s.t x0 = 0．このとき，任意の x ∈ N⊥ について，x′ = φ(x)x0

を考えるとφ(φ(x0)x− φ(x)x0) = 0

より φ(x0)x− φ(x)x0 ∈ N なので，

φ(x0)x− φ(x)x0 ∈ N ∩N⊥ = 0

すなわち，φ(x0)x = φ(x)x0，よって，N⊥ は 1次元である．

定理 21 (Riesz) φ ∈ X∗ に対して，ある x∗ ∈ X が存在して．

φ(x) = (x, x∗)

40 第 3章 線形空間

証明. φ = 0のときは，x∗ = 0である．φ = 0としよう．x0 ∈ N⊥ について

x∗ =φ(x0)x0||x0||2

とおく．任意の x ∈ X を直和分解して，N⊥ が 1次元であるから

x = x′ +(x, x0)

||x0||2x0 (x′ ∈ N)

と表す．このときφ(x) =

(x, x0)

||x0||2φ(x0) = (x, x∗)

一意性は yも条件をみたすとすると (x, x∗ − y) = 0がすべての xについて成り立つので，x = x∗ − yとおけば y = x∗ が導かれる．

系 3 X∗ = X

T : X → X を有界線形作用素 T ∈ L(X,X)を考えましょう．

定理 22 T ∈ L(X,X)に対して，

(Tx, y) = (x, T ∗y)

をみたす adjoint作用素 T ∗ が一意的に存在して (x, Ty) = (T ∗x, y)かつ

1. (T + S)∗ = T ∗ + S∗

2. (λT )∗ = λT ∗

3. (TS)∗ − S∗T ∗

4. (T ∗)∗ = T

5. I∗ = I

6. ||T || = ||T ∗||, ||T ||2 = ||T ∗T ||

7. R(T )⊥ = N (T ∗),

が成り立つ．

証明. (Tx, y) は y ∈ X を固定すると，(T ·, y) ∈ 　 X∗ であるから，Rieszの定理より ∃x0 ∈ X が一意的に定まって，

(Tx, y) = (x0, y)

をみたす．T ∗(x) = x0 が求めるものである．後は内積の性質から導かれる

3.6. 自己共役作用素 41

3.6 自己共役作用素AA∗ = A∗Aをみたすものを正規作用素，AA∗ = I をみたすものをユニタ

リ作用素，A = A∗ をみたすものを自己共役作用素という．

補題 12 Aを自己共役作用素とする．

• ||A|| = r(A)

• ||A|| = sup|(Ax, x)| : ||x|| = 1

証明.

||A2n+1|| = ||(A2n)2|| = ||A2nA∗2n || = ||A2n ||2

より，||A2n || = ||A||2

n

したがって，

r(A) = limn→∞

||An||1/n = limn→∞

||A2n ||2−n

= ||A||

一方，α = sup|(Ax, x)| : ||x|| = 1とすると，Schwarzより

α = sup|(Ax, x)| : ||x|| = 1 ≤ sup||A||(x, x) : ||x|| = 1 = ||A||

逆に φ(x, y) = (Ax, y)とおくと，

φ(x, x) = (Ax, x) = (x,Ax) = (Ax, x) = φ(x, x)

φ(x) = φ(x, x)とおくと，内積の式より

φ(x, y) =1

4φ(x+ y)− φ(x− y)+ i

4φ(x+ iy)− φ(x− iy)

よって φ(x, y) = |φ(x, y)|eiθ と表すと，

|φ(x, y)|φ(x, y)e−iθ = (Ax, eiθy) = ℜφ(x, eiθy)

=1

4

(φ(x+ eiθy)− φ(x− eiθy)

)≤ α

4(||x+ eiθy||+ ||x− eiθy||)

≤ α

2(||x||+ ||y||)

であるから，

||A|| = sup||AX|| : ||x|| ≤ 1 = sup|(Ax, y)| : ||x||, ||y|| ≤ 1

≤ α

42

第4章 積分で定まる関数空間

4.1 長さ，面積，体積Rd における区間の集合関数

1. 長さ，物差しで測る⇒ 区間，有理数全体は長さ 0

2. 面積，長方形⇒三角形，円の面積，極限操作

3. 体積，直方体，四角錐の体積は導けない．Banach–Tarski paradox(選択公理)

4. 測度

測度の基本的性質

• m(A) ≥ 0

• disjoint sum: m(A ∪B) = m(A) +m(B)

• m(A ∪B) ≤ m(A) +m(B) (劣加法性)

問題 15 上の仮定よりm(∅) = 0が示せる．

解.

m(∅) = m(∅) +m(∅)

mの定義域の問題

問題 16 disjointなA,Bについて m(A∪B) = m(A)+m(B)が成り立てば，m(∅) = 0 が成り立つことを示してください．

4.2. 抽象的構築 43

4.2 抽象的構築• 硬貨投げ

• サイコロ投げ

• 硬貨 2回投げ

確率変数の定義域としての Ω

σ–algebra B

1. ∅ ∈ B

2. A ∈ Bならば，Ac ∈ B

3. A1, A2, . . . ∈ Bならば，∪An ∈ B

問題 17 A,B ∈ Bならば，A ∪B ∈ Bであることを示してください，

問題 18 1. Ω ∈ B

2.∩An ∈ B

3. lim supAn, lim inf An ∈ B

(Ω,B)を可測空間という．

確率 P

1. P (A) ≥ 0，P (Ω) = 1

2. A1, A2, . . . ∈ Bかつ互いに disjointならば，

P (∪An) =

∑P (An)

(Ω,B, P )を確率空間，P が P (Ω) = 1を必ずしも満たさない場合，測度空間という．

問題 19 A,B ∈ Bが互いに素なら P (A ∪ B) = P (A) + P (B)であることを示してください．

問題 20 A,B ∈ Bについて，A ∩B = ∅ならば，

m(A ∪B) = m(A) +m(B)

が示されているとき，

44 第 4章 積分で定まる関数空間

1. A1, . . . , An ∈ Bが互いに素ならば

m(n∪

i=1

Ai) =n∑

i=1

m(Ai)

が成り立つことを示してください．

2. A1, A2, . . . ∈ Bが互いに素でも

m(∞∪i=1

Ai) =∞∑i=1

m(Ai)

が成り立つとは限らない理由を述べてください．

問題 21 1. Aも σ–algebraならば A ∩ Bも σ–algebra，

2. A ∪ Bは必ずしも σ–algebraになるとは限らない．

3. Aλが σ–algebraとするとき，すべての Aλλ∈Λに含まれる最大の σ–

algebraが存在する．

4. 集合族 Aについて，Aを含む最小の σ–algebraが存在する．実際

1. (a) ∅ ∈ Aかつ ∅ ∈ B

(b) C ∈ A∩Bならば，C ∈ AかつC ∈ Bなので，Cc ∈ AかつCc ∈ Bよって，Cc ∈ A ∩ B

(c) C1, C2 · · · ∈ A ∩ B ならば，それぞれが　両方の σ–algebra に入っているのだから，可算和集合も入っている．したがって，両方に入っている．

2.∩An を考えればよい．

3. Aλλ∈ΛをA ⊂ Aλをみたす σ–algebra 全体を表すとするとき，この集合の集合族は空でないことに注意すれば

∩λ∈Λ Aλ を考えればよい．

問題 22 Ω = [0, 1]とするとき，A ⊂ Ωについて，

m∗(A) = inf∑i

|Ii|

と定義します．ここで，inf は∞∪i=1

Ii ⊃ A

をみたす区間の族 Ii全体についてとる．このとき，A,B ⊂ Ωについて

m∗(A ∪B) ≤ m∗(A) +m∗(B)

をみたすことを示してください．

4.3. 硬貨投げの抽象的構築 45

4.3 硬貨投げの抽象的構築1. X : Ω → 0, 1 1回硬貨投げ

2. 2回硬貨投げX1, X2

3. この方法では 3回まで

硬貨投げの可測性と部分 σ–algebra

1. (Ω,B1, P1)はX1 可測

2. (Ω,B2, P2)はX2 可測

3. (Ω,B12, P12)はX1, X2 可測

σ–algebraは「情報」である．

問題 23 1. P (∅) = 0

2. A ⊂ B ならば，P (A) ≤ P (B)

4.4 硬貨なげの具体的構築1. 0, 1の上の 1回硬貨投げ

0, 0, 0, 1, 1, 0, 1, 1の上に 2回硬貨投げ

Ω = 0, 1N

2. ランダムウォーク 0, 1, 2, 0, 1, 0, 0,−1, 0, 0,−1,−2に 2回硬貨投げ

Ω = s0s1 · · · : s0 = 0, sn − sn−1 = ±1

Sn(ω) =∑n

k=1Xk(ω) (Xk(ω) = ±1)

ω ∈ Ω: S2(ω) = 0, S4(ω) = 0

などが σ–algebraの元になる．

3. [0, 1]の上に

X1(ω) =

0 0 ≤ ω < 12

1 12 ≤ ω ≤ 1

, X2(ω) =

0 0 ≤ ω < 14 or 1

2 ≤ ω < 34

1 14 ≤ ω < 1

2 or 34 ≤ ω ≤ 1

2進展開と硬貨投げ

• 大数の法則と 2進展開

• 確率変数は単調増加にいつでもできる．

46 第 4章 積分で定まる関数空間

4.5 単調有界定理とFatouの補題定理 23 (単調有界定理 1) An ↓ Aまたは An ↑ Aならば，P (An) → P (A)

証明. 単調増加なときはBn = An\An−1 (A0 = ∅)とおけば，B1, B2, . . . ∈Bかつ互いに disjoint，したがって

P (∪Bn) =

∑P (Bn)

一方，

An =

n∪k=1

Bk

なので，

limP (An) = limn∑

k=1

P (Bk) =∑

P (Bk) = P (∪Bk)

= P (lim

n∪k=1

Bk) = P (limAn) = P (A)

単調減少のとき，Bn = An\A とおいて，P (Bn) = P (An) − P (A) より，P (Bn) → 0を言えばよい．一方，Cn = Bn\Bn+1 とおくと，Cn ∈ B かつdisjoint，一方，Bn =

∪k≥n Ck より，

P (Bn) =∑k≥n

P (Ck)

かつ ∑P (Cn) = P (

∪Cn) = P (B1) = P (A1)− P (A) <∞

により，P (Bn) → 0

定理 24 (集合に関する Fatou)

lim inf P (An) ≥ P (lim inf An)

lim supP (An) ≤ P (lim supAn)

とくに，lim inf An = lim supAn ならば，

∃ limP (An) = P (limAn)

証明.∩

k≥nAk = Bn とおくと，単調増加．したがって，単調収束定理より

limP (Bn) = P (limBn) = P (lim inf An)

limP (Bn) = lim inf P (Bn) ≤ lim inf P (An)

4.6. 可測関数 47

他方は，

lim supAcn =

∩n

∪k≥n

Ack =

∩n

∩k≥n

Ak

c

=

∪n

∩k≥n

Ak

c

= (lim inf An)c

を用いればよい．

4.6 可測関数f : Ω → Rが可測関数であるとは，∀a ∈ Rについて

ω ∈ Ω: f(ω) ≤ a ∈ B

をみたすことである．

定理 25 f が可測であることと以下のものは同値

1. ∀a ∈ Rについて，ω ∈ Ω: f(ω) < a ∈ B

2. ∀a ∈ Rについて， ω ∈ Ω: f(ω) ≥ a ∈ B

3. ∀a ∈ Rについて， ω ∈ Ω: f(ω) > a ∈ B

証明.

ω ∈ Ω: f(ω) ≤ a = ω ∈ Ω: f(ω) > ac

であることと

ω ∈ Ω: f(ω) < a =∩n

ω ∈ Ω: f(ω) ≤ a+1

n ∈ B

問題 24 f が可測ならば，a < bについて以下のことを示してください．

1. ω ∈ Ω: a < f(ω) < b ∈ B

2. ω ∈ Ω: f(ω) = a ∈ B

Rの σ–algebraは区間によって生成される．可測空間 (Ω,B)から (R,F)への可測関数とは，∀C ∈ F について

ω ∈ Ω: f(ω) ∈ C ∈ B

が成り立つこと，と一般化される．先の定義では C として，区間 (−∞, a]の場合についてのみ仮定するが，F は区間から生成されることより，2つの定義は同値であることがわかる．

48 第 4章 積分で定まる関数空間

定理 26 f, gが可測関数で，a ∈ Rならば f + g，af，f × gは可測関数であることを示してください．

証明.

ω ∈ Ω: f(ω) + g(ω) ≤ a =∪r∈Q

[ω ∈ Ω: f(ω) ≤ r ∩ ω ∈ Ω: g(ω) ≤ a− r

]ω ∈ Ω: f(ω)g(ω) ≤ a =

∪r∈Q

[ω ∈ Ω: f(ω) ≤ r ∩ ω ∈ Ω: g(ω) ≤ a

r]

定理 27 f1, f2, . . .が可測なときには sup fn，inf fn，lim sup fn，lim inf fnも可測である．

証明.

ω ∈ Ω: sup fn(ω) ≤ a =∩

ω ∈ Ω: fn(ω) ≤ a ∈ B

より，他も同様． 確率変数とは Ωから Rへの可測関数のことである．

問題 25 X を確率変数とするとき，X を可測にする最小の σ–algebraが存在することを示してください．

4.7 Lebesgue積分硬貨投げX : Ω → 0, 1において，∫

X dP = 0× Pω ∈ Ω: X(ω) = 0+ 1× Pω ∈ Ω: X(ω) = 1

有限個の値をとる確率変数の積分も同様に定義され，その値は期待値 E(X)

に等しい．

問題 26 確率変数の期待値 E(X)は，それを表現する確率空間によらないことを示してください．

高次元のRiemann積分 (重積分)の定義を思い出そう．f : Ω → Rは f(ω) ≥ 0

とする．このとき，

Ωn(k) = ω ∈ Ω:k

2n≤ f(ω) <

k + 1

2n

4.7. Lebesgue積分 49

とおこう．

Ω =

∞∪k=0

Ωn(k)

である．以下ではΩ(∞) = ω ∈ Ω: f(ω) = ∞

が空集合でなくても，P (Ω(∞)) = 0ならば問題は何も起きないし．

Ω(undefind) = ω ∈ Ω: f(ω) is undefined

が空集合でなくても，P (Ω(undefind) = 0なら問題はない．直感的な定義は

f ≥ 0ならば∫f dP は

Sn =22n∑k=0

k

2nP (Ωn(k))

とおいて，limn→∞

Sn

で定義する．この和は単調増加なので，∞を含めて収束する．

問題 27 以下の積分を Lebsgue積分の定義に基づいて求めてください．

1.∫ 1

0x dx

2.∫ 1

−1x2 dx，この場合，値域を 1

2n で分割すると計算が困難である．1n2

で分割すればよい．

今ひとつの定義は

定義 13 f が単関数であるとは，c1, . . . , cn > 0とA1, . . . , An ∈ Bが存在して

f(ω) =∑

ci1Ai(ω)

と表されることである．

と定義して

定義 14 f ≥ 0について ∫f dP = sup

∑ciP (Ai)

ここで，sup は f(ω) ≥∑ci1Ai(ω)をみたす単関数全体についてとる．

50 第 4章 積分で定まる関数空間

一般の正の値も負の値もとるような関数については

f(ω) = f+(ω)− f−(ω)

と分けて

f+(ω) = maxf(ω), 0, f−(ω) = max−f(ω), 0

の両方が有限の値をとるとき，f を可積分であるといい，∫f dP =

∫f+ dP −

∫f− dP

で定義する．上に与えた関数の値で分割して積分を定義する方法と単関数の上限で積分

を定義する方法が等しいことを示さなければならない．関数の値で分割して得られるものは f より小さい値をとる単関数であるから，上限で定義した積分の方が大きいことは自明である．一般には次の定理によって積分の定義の正当性が導かれる．

定理 28 f ≥ 0とする．任意の単関数の単調増加列 0 ≤ f1 ≤ f2 ≤ · · · かつf(ω) = limn→∞ fn(ω)をみたす (各点収束)とき

limn→∞

∫fn dP =

∫f dP

ここで，積分は上限によって定義されたものである．これを示すには次の定理を示せばよい．

定理 29 (Egoroff) fnが f に各点収束するとき，任意の ε > 0について，あるH ∈ Bが存在して，P (H) < εかつHc の上で fn は f に一様収束する

Egoroffの定理から収束の証明．∀ε > 0について，∃H s.t. P (H) < εかつfn は f に一様収束する．したがって，∀δ > 0について ∃n0 s.t.

|fn(ω)− f(ω)| < δ (ω ∈ H)

任意の正の単関数 g ≤ f について

fn(ω)− g(ω) = fn(ω)− f(ω) + f(ω)− g(ω) > −δ

したがって ∫g dP =

∫H

g dP +

∫Hc

g dP

≤ εmax g +

∫Hc

(fn(ω) + δ) dP

=

∫H

fn dP + εmax g + δ

4.7. Lebesgue積分 51

極限をとって，ε, δは任意だから∫g dP ≤ lim

n→∞

∫fn dP

上の極限は単調増加より存在する．ここで単関数について上限をとれば∫f dP ≤ lim

n→∞

∫fn dP

逆の不等式は fn ≤ f をみたす単関数であることから明らかである． Egoroffの証明．

A(r, n) =∞∩

k=n

ω ∈ Ω: |fk(ω)− f(ω)| < 1

2r

とおく．fn → f より，A(r, n)は nについて単調増加で

∪∞n=1A(r, n) = Ωで

ある．集合に関する単調収束定理より

limn→∞

P (A(r, n)) = P (Ω) = 1

したがって，∃nr s.t. n ≥ nr ならば

m(A(r, n)) > 1− 1

2r

ここでHR =

∪r≥R

A(r, nr)c

とおくと

P (HR) = P (∪r≥R

A(r, nr)c) ≤

∑r≥R

P (A(r, n)c)

<∑r≥R

(1− (1− 1

2r)

)=

1

2R−1

R を十分大きくとって，右辺を ε 以下になる HR を H とおく．ω ∈ Hc =∩r≥RA(r, nr)なら，ω ∈ A(r, nr) ∀r ≥ Rなので n ≥ nr ならば

|fn(ω)− f(ω)| < 1

2r

つまり，一様収束する．

問題 28 可測な f について，f+も f−も可測であることを確かめてください．

問題 29 f, gが可積分なら

52 第 4章 積分で定まる関数空間

1. ∫(f + g) dP =

∫f dP +

∫g dP∫

af dP = a

∫f dP

2. f ≤ gならば ∫f dP ≤

∫g dP

3. ∫|f | dP =

∫f+ dP +

∫f− dP

4.8 収束定理補題 13 1. fn ≥ 0とするとき∫ ∑

fn dP =∑∫

fn dP

2. 0 ≤ f1 ≤ f2 ≤ · · · かつ fn は f に各点収束するならば

limn→∞

∫fn dP =

∫f dP

証明.

1. fn に下から収束する単関数の列を fn,m とおこう．∫fn,m dP →

∫fn dP

をみたす．また

gm(ω) =m∑

n=1

fn,m(ω)

とおくと，これも単関数であり，

gm(ω)− gm−1(ω) =m−1∑n=1

(fn,m(ω)− fn,m−1(ω)) + fm,m(ω) ≥ 0

より単調増加である．また

∑fn(ω) ≥

m∑n=1

fn,m(ω) = gm(ω)

4.8. 収束定理 53

また，任意の lについて

limm→∞

gm(ω) ≥ limm→∞

l∑n=1

fn,m(ω) =

l∑n=1

fn(ω)

ここで，l → ∞ととれば

limm→∞

gm(ω) ≥∞∑

n=1

fn(ω)

より gm は∑fn に下から収束する単関数の列であるので∫ ∑

fn dP = limm→∞

∫gm dP

一方

limm→∞

∫gm dP = lim

m→∞

m∑n=1

∫fn,m dP

≤ limm→∞

m∑n=1

∫fn dP =

∞∑n=1

∫fn dP

逆の不等式は f(ω) ≥∑m

n=1 fn(ω)より∫ ∞∑n=1

fn dP ≥∫ m∑

n=1

fn dP =m∑

n=1

∫fn dP

2. fn のかわりに fn − fn−1 を考えればよい．

究極の目標の 1つ，Fatouの補題は

定理 30 (Fatou) fn ≥ 0のとき∫lim infn→∞

fn dP ≤ lim infn→∞

∫fn dP∫

lim supn→∞

fn dP ≥ lim supn→∞

∫fn dP

証明. gn(ω) = infk≥n fk(ω)とおけば，これは単調増加な正の関数列である．したがって，単調収束定理より∫

lim infn→∞

fn dP =

∫lim

n→∞gn dP

= limn→∞

∫gn dP = lim inf

n→∞

∫gn dP

≤ lim infn→∞

∫fn dP

54 第 4章 積分で定まる関数空間

定理 31 (Lebesgueの有界収束定理) fn が有界で

Pω ∈ Ω: limn→∞

fn(ω) = f(ω) = 1 (概収束)

するなら ∫f dP = lim

n→∞

∫fn dP

証明. Ω′ = ω ∈ Ω: limn→∞ fn(ω) = f(ω) とおくと∫f1Ω′ dP =

∫f dP

などが成り立つことにまず注意．M = supfn(ω) : ω ∈ Ω, n = 1, 2, . . .とおくと，Fatouの補題より∫

lim infn→∞

(M + fn) dP ≤ lim infn→∞

∫(M + fn) dP∫

lim infn→∞

(M − fn) dP ≤ lim infn→∞

∫(M − fn) dP

後はほどくことと inf −fn = − sup fn に注意するだけで∫lim infn→∞

fn dP ≤ lim infn→∞

∫fn dP∫

lim supn→∞

fn dP ≥ lim supn→∞

∫fn dP

となり，この左辺は∫f dPに等しいので，limn→∞

∫fn dPの存在が示せる．

一般の測度空間 (Ω,B,m)については

定理 32 (Lebesgue) fnが f に概収束し，∫g dm <∞をみたす可測関数

gについて，|fn(ω)| ≤ g(ω)が a.e.で成り立つならば∫f dm = lim

n→∞

∫fn dm

4.9 Lp空間(Ω,B,m)を測度空間とするとき，f : Ω → C または f : Ω → Rの全体を同

値関係 f ∼ gをmω ∈ Ω: f(ω) = g(ω) = 0

で定めます．p ≥ 1について， ∫

|f(ω)|p dm <∞

4.9. Lp 空間 55

をみたす関数全体を同値類で割ったものを Lp 空間と言います．この上にノルムを

||f ||p =

(∫|f(ω)|p dm

)1/p

で定めます．また，sup |f(ω)| <∞をみたす可測関数全体を L∞ とよび，

||f ||∞ = sup |f(ω)|

でノルムを定義します．L∞ および L1 が線形空間でその上の || · ||∞ および || · ||1 がノルムになる

ことは明らかですが，その他は三角不等式が成り立つことの証明が必要です．まず．L2 を考えましょう．L2 に内積

(f, g) =

∫f(ω)g(ω) dm

を定義します．定義より，内積の条件が成り立つのは明らかです．次のSchwarz

により，内積の存在が示せます．実は，この Schwarzは任意の内積について成り立つ式です．第一段階だけは内積の性質のみを用いています．

補題 14 (Schwarz) f, g ∈ L2 について，

|(f, g)| ≤ ||f ||2 ||g||2

証明.

f, gが有界かつmω ∈ Ω: f(ω) = 0,mω ∈ Ω: g(ω) = 0 <∞のとき この場合，(f, g)の存在は明らかである．また，mω ∈ Ω: f(ω) = 0 = 0のとき，式が成り立つのも明らかなので，mω ∈ Ω: f(ω) = 0 > 0とする．α ∈ C について，||αf − g|| ≥ 0であることから

|α|2||f ||22 − α(f, g)− α(g, f) + ||g||22 ≥ 0

なので，α = (g,f)||f ||22

とおくと，

|(f, g)|2

||f ||22− 2(g, f)(f, g)

||f ||22+ ||g||22 ≥ 0

すなわち，|(f, g)|2 ≤ ||f ||22||g||22

は求める式である

56 第 4章 積分で定まる関数空間

一般の場合 Fn = ω ∈ Ω: 1n ≤ |f(ω)| ≤ n かつ Gn = ω ∈ Ω: 1

n ≤|g(ω)| ≤ n とおいて，

fn(ω) =

f(x) x ∈ Fn

0 x ∈ Fn

, gn(ω) =

g(x) x ∈ Gn

0 x ∈ Gn

と定めると，|fn(ω)| ≤ |f(ω)|,|gn(ω)| ≤ |g(ω)|, かつ mω ∈ Ω: fn(ω) =0,mω ∈ Ω: gn(ω) = 0 <∞をみたすので，

|(fn, gn)| ≤ ||fn||2 ||gn||2

を満たす．Lebesgueの収束定理により,証明を終る． 以下では p, qは p > 1かつ 1

p + 1q = 1を満たすとする．

補題 15 α, β ≥ 0について

αβ ≤ αp

p+βq

q

証明. α = 0ならば明らかであるので，α, β > 0とする．

φ(x) =xp

p+

1

q− x

は x = 1で最小値 0をとるので，x = αβ−q/p ととると

αpβ−q

p+

1

q− αβ−q/p ≥ 0

これを整理すると証明を終る． 一般の場合は Lp の共役空間が Lq であることを用いると

定理 33 (Holder) f ∈ Lp, g ∈ Lq ならば

|(f, g)| ≤ ||f ||p ||g||q

証明. ||f ||p または ||g||q が 0に等しいときは明らかである．

α =|f(ω)|||f ||p

, β =|g(ω)|||g||q

とおいて補題を適用すればよい．

定理 34 (Minkowski) || · ||p は三角不等式を満たす．

4.9. Lp 空間 57

証明. p > 1とする．

||f ||pp =

∫|f(x) + g(x)|p dm =

∫|f(x) + g(x)|p−1|f(x) + g(x)|], dm

≤∫

|f(x) + g(x)|p−1|f(x)| dm+

∫|f(x) + g(x)|p−1|g(x)| dm

≤(∫

|f(x) + g(x)|(p−1)q dm

)1/q

(||f ||p + ||g||p) (Holder)

=

(∫|f(x) + g(x)|p dm

)1−1/p

(||f ||p + ||g||p)

= ||f ||p−1p (||f ||p + ||g||p)

により証明が終る．

定理 35 Lp は Banach空間である．

証明. fn ⊂ Lp をコーシー列とする．部分列 fnkを n ≥ nk ならば

(n1 < n2 < · · · )を||f − fnk

||p < 2−n

をみたすように選ぶ．

gn(ω) = fn1(ω) +n∑

k=1

∣∣∣fnk+1(ω)− fnk

(ω)∣∣∣

と定める．gn ∈ Lp かつ単調増加有界 (||gn||p ≤ ||fn1 ||p + 1) であるので，∃g ∈ Lp，したがって，g(ω)の存在する ω ∈ Ωでは fnk

(ω) ≤ gk(ω)なので絶対収束する，すなわち，概収束もする．この極限を f(ω)とする．このとき，

||fn − f ||p ≤ ||fn − fnk||p + ||fnk

− f ||p

であるから，fnは f に収束する．

系 4 fn ⊂ Lp が収束するなら，概収束する部分列が選べる．

定義 15 fnが f に測度収束するとは，∀ε > 0 について

limn→∞

mω ∈ Ω: |fn(ω)− f(ω)| > ε = 0

をみたすことである．

4.9.1 ソボレフ空間，弱微分

58

第5章 スペクトル分解

5.1 スペクトルBanach空間 X の上の有界線形作用素 T : X → X の resolventρ(T )とは

λI − T が 1 to 1, ontoになるような λ ∈ Cの集合であり，resolventの補集合を spectrumσ(T )という．spectraは以下の 3種類が考えられる．

点スペクトルPσ(T ) = λ ∈ C : ∃x ∈ X s.t. Tx = λx

近似点スペクトル ∃xn ⊂ X s.t. ||(T − λ)xn|| → 0 をみたす λ ∈ C 全体を Aσ(T )で表す．

剰余スペクトル T − λI の値域がX で稠密にならない λ ∈ C 全体を Rσ(T )で表す．

これらは重複していることに注意しよう．

5.1.1 レゾルベント方程式命題 2 T ∈ L(X)について，

λ ∈ ρ(T ) ⇔ ∃S s.t. S(λ− T ) = (λ− T )S = I

証明. S ∈ L(X)が存在すれば，λ− T が全単射である．逆に λ− T が全単射ならば，開写像定理により S = (λ− T )−1 ∈ L(X)なので成立する． λ ∈ ρ(T )ならば R(λ, T ) = (λ− T )−1 ∈ L(X) なので，これを Resolventと

いう．

定理 36 (Resolvent equation)

第一Resolvent equation λ, µ ∈ ρ(T )ならば

R(λ, T )−R(µ, T ) = (µ− λ)R(λ, T )R(µ, T ) = (µ− λ)R(µ, T )R(λ, T )

第二Resolvent equation λ ∈ ρ(T ) ∩ ρ(S)ならば

R(λ, T )−R(λ, S) = R(λ, T )(T − S)R(λ, S) = R(λ, S)(T − S)R(λ, T )

5.1. スペクトル 59

証明.

1.

(µ− T )− (λ− T ) = µ− λ

の右 (左)から R(µ, T ),左（右)から R(λ, T )をかければよい．

2.

(λ− S)− (λ− T ) = T − S

の右 (左)から R(λ, S),左（右)から R(λ, T )をかければよい．

補題 16 ||T || < 1ならば (I − T )−1 =∑∞

n=0 Tn

証明.∑∞

n=0 ||Tn|| < ∞ であるから，S =∑∞

n=0 Tn ∈ L(X) SN =∑N

n=0 Tn とすると

(I − T )SN = SN (I − T ) = I − TN+1 → I

一方

||(I − T )SN − (I − T )S|| = ||(I − T )(SN − S|| ≤ ||I − T || ||SN − S|| → 0

なので，(I − T )S = I

補題 17 1. λ 7→ R(λ, T )を ρ(T ) → L(X)と見て，連続写像である．

2. R(λ, T )は λ0 ∈ ρ(T )で微分可能であり

limλ→λ0

R(λ, T )−R(λ0, T )

λ− λ0= −R(λ0, T )2

3. lim|λ|→∞ ||R(λ, T )|| = 0

証明.

1. |λ− λ0| < 1||R(λ0,T ) ||ならば

R(λ, T ) = (λ− T )−1 = (((λ0 − T ) + λ− λ0)−1

= R(λ0, T )(I − (λ0 − λ)R(λ0, T ))−1

=∞∑

n=0

(λ0 − λ)nR(λ0, T )n+1

60 第 5章 スペクトル分解

なので

||R(λ, T )−R(λ0, T )|| ≤∞∑

n=1

|λ0 − λ|n||R(λ0, T )||n+1

=|λ0 − λ| ||R(λ0, T )||2

1− |λ0 − λ| ||R(λ0, T )||

により連続性は確かめられた．

2. Resolvent equationより

R(λ, T )−R(λ0, T )

λ− λ0= R(λ, T )R(λ0, T )

と連続性から微分が示される．

3. |λ| > ||T ||ならば，

||R(λ, T )|| = ||∞∑

n=0

Tn

λn+1|| ≤

∞∑n=0

||T ||n

|λ|n+1

=1

|λ| − ||T ||

なので証明される．

定理 37 (スペクトル) 1. σ(T ) ⊂ λ ∈ C : |λ| ≤ ||T ||

2. σ(T )は閉集合

3. σ(T ) = ∅

証明.

1. λ ≥ ||T ||とすると，||Tλ || < 1であるから λ − T = λ(I − Tλ )は補題よ

り逆元をもつ，したがって，λ ∈ ρ(T )

2. λ0 ∈ ρ(T )とする．

λ− T = λ− λ0 + (λ0 − T ) = (I − (λ0 − λ)R(λ0, T ))(λ0 − T )

||(λ0−λ)R(λ0, T )|| < 1ならば，I − (λ0−λ)R(λ0, T )は全単射になる．λ0−T は全単射だから，上と合わせて λ−T も全単射になる．したがって，λ ∈ ρ(T )，つまり λ0 の近傍は ρ(T )に入るので，開集合になる．

5.1. スペクトル 61

3. σ(T ) = ∅とする．x ∈ X と f ∈ X∗ として，φ(λ) = f(R(λ, T )x)とおく．

φ(λ)− φ(λ0)

λ− λ0=

f(R(λ, T )x)− f(R(λ0, T )

λ− λ0

=f((R(λ, T −R(λ0, T )x)

λ− λ0= f(R(λ, T )R(λ0, T )x)

より，φは解析的である．また，

|φ(λ)| = |f(R(λ, T )x)| ≤ ||f || ||R(λ, T )|| ||x||

であるから，limλ→∞ φ(λ) = 0．φは Cで有界で極限で 0になるのだから，Liouvilleの定理より φ(λ) ≡ 0でなければならないが，矛盾である．

参考

定理 38 (Liouville) 解析的な関数 f が C で有界ならば定数関数である．

証明. Cauchyの定理より，原点を囲む単純閉曲線について

an =1

2πi

∮f(ζ)

ζn+1dζ

であるから，原点中心の半径 rの円を考えて

|an| ≤1

2π

∫ 2π

0

M

rn+1r dθ =

M

rn

r → ∞を考えれば，an = 0がわかる．

補題 18

limn→∞

||Tn||1/n = infn

||Tn||1/n

証明. infn ||Tn||1/n = αとすると，

∀ε > 0 ∃n0 s.t. ||Tn0 ||1/n0 ≤ α+ ε

n = qn0 + rについて

||Tn||1/n = ||(Tn0)qT r||1/n

≤ (||Tn0 ||1/n0)qn0/n||T ||r/n

≤ (α+ ε)qn0/n||T ||r/n

→ α+ ε

62 第 5章 スペクトル分解

すなわち，lim supn→∞ ||Tn||1/n ≤ αであり，lim infn→∞ ||Tn||1/n ≥ αは明らかだから証明を終る．

補題 19 p, qを多項式とすると

1. (p+ q)(T ) = p(T ) + q(T )

2. (pq)(T ) = p(T )q(T )

3. (cp)(T ) = cp(T )

4. σ(p(T )) = p(σ(T ))

証明. (i)–(iii)は明らか．

σ(p(T )) ⊂ p(σ(T )) p(t)− p(λ) = q(t)(t− λ)とすると

p(T )− p(λ) = (T − λ)q(T )(T − λ)

λ ∈ σ(T )とすると右辺は全単射ではないので，左辺も全単射ではない．ゆえに p(λ) ∈ σ(p(T ))

σ(p(T )) ⊃ p(σ(T )) p(t)− λを因数分解して

p(t)− λ = c∏i

(t− λi)

とするとp(T )− λ = c

∏i

(T − λi)

λ ∈ σ(p(T ))とすると左辺は全単射ではないので，右辺のどれかは全単射ではない．T − λ1 が全単射でないとする (λ1 ∈ σ(T )) と

p(λ1)− λ = 0

なので，λ ∈ p(σ(T ))

定理 39 スペクトル半径 r(T ) = sup|λ : λ ∈ σ(T )は

r(T ) = limn→∞

||Tn||1/n

をみたす．

5.1. スペクトル 63

証明. λ ∈ σ(T )ならば λn ∈ σ(Tn)であるから，r(Tn) = r(T )n であるので，

r(T ) = r(Tn)1n ≤ ||Tn||1/n

したがってr(T ) ≤ inf

n||Tn||1/n = lim

n→∞||Tn||1/n

逆の不等式を示す．|λ| > r(T )で x ∈ X と f ∈ X∗ を考え，

φ(λ) = f(R(λ, T )x)

を考える．条件より，λ ∈ ρ(T )，すなわち，

R(λ, T ) = (λ− T )−1 =∞∑

n=0

Tnλn+1

であるので，φは正則であるので，ローラン展開

φ(λ) =∞∑

n=0

f(Tnx)

λn+1

を得る．この級数は |λ| > r(T )で収束するので，

supn

∣∣∣∣f(Tn(x)

λn

∣∣∣∣ = supn

|f(Tn(x))||λ|n

<∞

したがって，共鳴定理より

supn

||Tn

λn|| <∞ ⇒ sup

n||Tn|| < |λ|n∃C

すなわちsupn

||Tn||1/n < |λ|

すべての |λ| > r(T )で成り立つのだから，supn ||Tn||1/n ≤ r(T )