収束定理が使えない例-その2 - 数学についていろいろ解説するブログ

概要

ルベーグの収束定理が適用できない問題の例を紹介し、どうやって解くのかを説明する

問題

$$\lim_{R\to\infty}\int_{0}^{\pi/2}Re^{-R\sin{\theta}}d\theta$$

を求めよ。

考察

${\sin{\theta}=x}$ という置換をしてみる。すると ${\cos{\theta}d\theta=dx}$ より、

${d\theta=\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}}$ である。よって

$$\lim_{R\to\infty}\int_{0}^{1}Re^{-Rx}\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}$$

を求めればいいことになる。このときの被積分関数を ${f_R(x)}$ とおくと

$$\frac{d}{dR}f_R(x)=e^{-Rx}-Rxe^{-Rx}=(1-Rx)e^{-Rx}$$

より、 ${f_R(x)}$ は ${x}$ を固定した時 ${R=\frac{1}{x}}$ で最大となる。

よって、

$$\sup_{R\in (0,\infty)}|f_R(x)|=f_{1/x}(x)=\frac{1}{ex}\cdot \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$$

となる。これは ${x=0}$ 付近で ${O(1/x)}$ となるため可積分関数ではない。よってルベーグの収束定理を適用することはできない。

解答

${1\gt \varepsilon \gt 0}$ を任意に取る。このとき、

$$\int_{0}^{1}f_R(x)dx=\int_{0}^{\varepsilon}f_R(x)dx+\int_{\varepsilon}^{1}f_R(x)dx$$

の2つに分解してそれぞれの極限を計算する。

$$\int_{0}^{\varepsilon}f_R(x)dx$$

については部分積分をすると

$$\int_{0}^{\varepsilon}\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}Re^{-Rx}dx=\left[\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}(-e^{-Rx})\right]_{0}^{\varepsilon}+\int_{0}^{\varepsilon}\frac{x}{(1-x^2)^{3/2}}e^{-Rx}dx$$

$$=1-e^{-R\varepsilon}\frac{1}{\sqrt{1-\varepsilon^2}}+\int_{0}^{\varepsilon}\frac{x}{(1-x^2)^{3/2}}e^{-Rx}dx$$

となる。

ここで、

$$0\leq\int_{0}^{\varepsilon}\frac{x}{(1-x^2)^{3/2}}e^{-Rx}dx\leq \int_{0}^{\varepsilon}\frac{\varepsilon}{(1-\varepsilon^2)^{3/2}}e^{-Rx}dx$$

となるため、

$$\left|1-\int_{0}^{\varepsilon}f_R(x)dx\right|\leq e^{-R\varepsilon}\frac{1}{\sqrt{1-\varepsilon^2}}+\frac{\varepsilon}{(1-\varepsilon^2)^{3/2}}\cdot \frac{1-e^{-R\varepsilon}}{R}$$

となる。これの ${R\to\infty}$ の極限を取ることで、結局

$$\lim_{R\to\infty}\int_{0}^{\varepsilon}f_R(x)dx=1$$

となる。

一方、

$$\left|\int_{\varepsilon}^{1}f_R(x)dx\right|\leq \int_{\varepsilon}^{1}Re^{-R\varepsilon}\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}$$

$$\leq \frac{\pi}{2}Re^{-R\varepsilon}$$

となるため、 ${R\to\infty}$ の極限を取ると

$$\lim_{R\to\infty}\int_{\varepsilon}^{1}f_R(x)dx=0$$

となる。

これらの結果を合わせることで、

$$\lim_{R\to\infty}f_R(x)dx=\lim_{R\to\infty}\int_{0}^{\varepsilon}f_R(x)dx+\lim_{R\to\infty}\int_{\varepsilon}^{1}f_R(x)dx=1+0=1$$

となるため、結局

$$\lim_{R\to\infty}\int_{0}^{1}Re^{-Rx}\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx=1$$

$$\lim_{R\to\infty}\int_{0}^{1}Re^{-R\sin{\theta}}d\theta=1$$

となる。

訂正情報

この記事は一度大幅な訂正されています。訂正前は ${[0,\varepsilon]}$ での積分の評価を別の方法でやっていて、

$$\int_{0}^{\varepsilon}Re^{-Rx}dx\leq \int_{0}^{\varepsilon}Re^{-Rx}\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx\leq \int_{0}^{\varepsilon}Re^{-Rx}\frac{1}{\sqrt{1-\varepsilon^2}}dx$$

から、

$$1-e^{-R\varepsilon}\leq \int_{0}^{\varepsilon}Re^{-Rx}\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx\leq\frac{1}{\sqrt{1-\varepsilon^2}}\left(1-e^{-R\varepsilon}\right)$$

となり、

$$1\leq \lim_{R\to\infty}\int_{0}^{1}f_R(x)dx\leq \frac{1}{\sqrt{1-\varepsilon^2}}$$

から ${\varepsilon}$ の任意性より