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2024 年度院試 専門科目 解答例 京大数学教室院試解答 (解析系) のぺーじ
6 (1) μ を R 上のルベーグ測度とする.まず,f ∈ L が ∥f∥ = 0 となるとき,f = 0, a.e.
を示す.背理法で示す.μ(f ̸= 0) > 0 であるとする.
{|f| ̸= 0} =
[∞
n=1
|f| ≥ 1
n
より,ある n ≥ 1 が存在して,μ(|f| ≥ 1/n) > 0 となる.左辺を M とおく.このとき,
λ > 0 に対し,
Z
R
Φ
|f(x)|
λ
dx ≥
Z
R
|f(x)|
λ
dx ≥
Z
{|f|≥1/n}
|f(x)|
λ
dx
≥
Z
{|f|≥1/n}
1
nλ dx =
M
nλ
λ↓0
−−→ ∞
となって,∥f∥ = 0 に反する.よって,f = 0, a.e. であり,これより R
R
|f(x)| dx = 0 であ
り,不等式 R
R
|f(x)| dx ≤ ∥f∥ をみたす.
つづいて,∥f∥ > 0 のときを考える.λ > ∥f∥ に対し,∥f∥ の定義から,
Z
R
Φ
|f(x)|
λ
dx ≤ 1
であり,両辺 λ ↓ ∥f∥ とすると,Φ の非負性・単調性・単調収束定理,さらに Φ の連続性
より.
Z
R
Φ
|f(x)|
∥f∥
dx ≤ 1
となる.Φ(t) ≥ t (t ≥ 0) より,
Z
R
|f(x)|
∥f∥
dx ≤
Z
R
Φ
|f(x)|
∥f∥
dx ≤ 1
であり,両端辺 ∥f∥ をかけると,R
R
|f(x)| dx ≤ ∥f∥ を得る.
(2) ∥f∥ = 0 または ∥g∥ = 0 のとき,(1) より f = 0, a.e. または g = 0, a.e. となり,この
ときはほぼ明らかなので,∥f∥ > 0 かつ ∥g∥ > 0 として示す.
0 < t < 1, λ > 0 とする.Φ の単調性と凸性を順番に適用すると,
Z
R
Φ
|f(x) − g(x)|
λ
dx ≤
Z
R
Φ
|f(x)| + |g(x)|
λ
dx
≤ (1 − t)
Z
R
Φ
|f(x)|
(1 − t)λ
dx + t
Z
R
Φ
|f(x)|
tλ
dx.
λ ≥ max{∥f∥/(1 − t), ∥g∥/t} とすると,(1 − t)λ ≥ ∥f∥ かつ tλ ≥ ∥g∥ であるから,Φ の
単調性より,
(1 − t)
Z
R
Φ
|f(x)|
(1 − t)λ
dx + t
Z
R
Φ
|f(x)|
tλ
dx ≤ (1 − t) · 1 + t · 1 = 1.
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したがって,λ ≥ max{∥f∥/(1 − t), ∥g∥/t} のとき,
Z
R
Φ
|f(x) − g(x)|
λ
dx ≤ 1
をみたす.したがって,∥f −g∥ ≤ max{∥f∥/(1−t), ∥g∥/t}.ここで,t = ∥g∥/(∥f∥+∥g∥)
とすると,∥f − g∥ ≤ ∥f∥ + ∥g∥ となって,結論を得る.
(3) (1) より,{fn} は L
1
(R) においてコーシー列になっており,L
1
(R) は完備なので,収束
先 f ∈ L
1
(R) が存在する (厳密には L は a.e. を同一視しておらず,L
1
(R) は同一視した空
間であるが,その差異は些細なことなので触れない).さらにこのとき,部分列 {fnk
} が存
在して,fnk
k→∞ −−−−→ f, a.e. とできる.
ε > 0 とする.このとき,問題文よりある N ≥ 1 が存在して,任意の nk, nl ≥ N に対し,
∥fnk − fnl
∥ < ε とできる.したがって,
Z
R
Φ
|fnk
(x) − fnl
(x)|
ε
dx ≤ 1.
l → ∞ とすることを考える.Φ は非負であることに注意して,Fatou の補題と Φ の連続性
より,
Z
R
Φ
|fnk
(x) − f(x)|
ε
dx ≤ lim inf
l→∞ Z
R
Φ
|fnk
(x) − fnl
(x)|
ε
dx ≤ 1
であるから,fnk − f ∈ L であり,∥fnk − f∥ ≤ ε.さらに,(2) と,定義から明らかに
g ∈ L ⇐⇒ −g ∈ L であることの 2 つから,f = −(fnk − f) − (−fnk
) ∈ L.よって,L
において,fnk
k→∞ −−−−→ f が言えた.
部分列の収束から,{fn} 全体の収束が言えるから,fn
n→∞ −−−−→ f in L が言えた.
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7 (1) x ∈ H に対し,Pn+kT Pkx ∈ Hn+k は,各 n ∈ Z について直交している.さらに
Pn は直交射影より Pn = P
2
n であるから,m ≥ 1 に対し,
Xm
k=1
Pn+kT Pkx
2
=
Xm
k=1
∥Pn+kT Pkx∥
2 =
Xm
k=1
∥Pn+kT P2
k
x∥
2
≤
Xm
k=1
∥Pn+kT Pk∥
2
∥Pkx∥
2 ≤ a
2
n
Xm
k=1
∥Pkx∥
2 ≤ a
2
n
∥x∥
2
.
したがって,m → ∞ を考えると,H はヒルベルト空間より,P∞
k=1 Pn+kT Pkx は収束し
て,∥Snx∥
2 ≤ a
2
n
∥x∥
2.ゆえに ∥Sn∥ ≤ an である.
(2) n ∈ Z, m ≥ 1, x ∈ H に対し,Sn,mx =
Pm
k=1 Pn+kT Pkx と定めると,Sn,mx ∈
Sm
k=1 Hn+k であり,右辺は有限次元空間なので,Sn,m は有限階作用素である.以下,1 つ
目に Parseval の等式を用いて,
∥Snx − Sn,mx∥
2 =
X∞
k=m+1
∥Pn+kT Pkx∥
2 =
X∞
k=m+1
∥Pn+kT P2
k
x∥
2
≤
X∞
k=m+1
∥Pn+k∥
2
∥T Pk∥
2
∥Pkx∥
2 ≤ sup
k≥m+1
∥T Pk∥
2 X∞
k=m+1
∥Pkx∥
2
≤ sup
k≥m+1
∥T Pk∥
2
∥x∥
2
.
したがって,∥Sn − Sn,m∥ ≤ supk≥m+1∥T Pk∥.条件 (i) より,右辺は m → ∞ で 0 に収束
するから,Sn,m は Sn に作用素ノルムにおいて収束する.Sn,m は有限階作用素であったか
ら,Sn はコンパクトである.
(3) H は完備なので,有界線形作用素 S : H → H の空間 L(H, H) も完備である.U =
P
n∈Z
Sn と定める.これは,(1) と条件 (ii) より,
X
n∈Z
∥Sn∥ ≤ X
n∈Z
an < ∞
となるので,L(H, H) において収束する.(2) より Sn はコンパクトであったから,U はコ
ンパクトな有界線形作用素である.T = U であることを示そう.
l ≥ 1 とする.x ∈ Hl とすると,
Pkx =
(
x if k = l,
0 otherwise
となるから,
Snx =
X∞
k=1
Pn+kT Pkx = Pn+lT x.
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ゆえに,
Ux =
X
n∈Z
Snx =
X
n∈Z
Pn+lT x = T x.
したがって,U = T on S∞
n=1 Hn となり,条件より,S∞
n=1 Hn は H において稠密なので,
U = T が示せた.よって,T はコンパクトである.
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