前回の質問を変えました。

質問

前回の質問を変えて改めて次の主張を書きます。前回の質問に回答してくださった方ありがとうございました。

(主張)
　　　　L={f; sup(x∈R)|f(x)| <∞}　とする。
任意のf∈L1(R)∩L(R) に対して、次を満たすようなfにL1収束するC0^∞(R)の列{fn}が存在する。

・ n∈N に依らず、sup(x∈R) |fn(x)-f(x)| < ∞　が成立する　　　　　　

主張はこれです。これが正しいかどうかですが、私も今考えている途中で随時分かれば新たに補足などに書く予定です。何かアドバイス、あるいはこのような定理見たことがある方お願いします。
グラフを描けばなんとなく主張が正しい気もしますが、この正しい気がするという気分が味わえるだけで、じゃあ本当に証明できるのかという話です。余談話ですがちなみにこの主張なぜ出てきたかといいますと、
f∈L1(R) のとき、任意のg∈C0^∞(R)に対して
　　　　　　　　　　　　　　∫fgdx =0 ⇒　f=0 a.e. in R (積分区間はR)

の証明を関数解析の本に載ってある証明以外をちょっと考えていまして、このような主張が生まれました。もしこの最初の主張が正しいならば別証明としてできるのではないかなと思ったことと、あと
この主張を使えばルベーグ積分でも上から評価できる不等式がさらに作れたりするのかなと思いました。具体的に
リーマン積分では
　　　　　　　　　　　　　　∫fdx < max(x∈A)|f| ・measure(A) (A上積分)
というテクニックは頻繁にありますが、ルベーグ積分ではあまり見ないですよね。
なぜなら測度0の点はどんな値でもかまわないのでそこを無視しているためあまり使われないのかなと。
最後に個人的な感想を書いてしまいましたが、ぜひ初めに書いた主張について私もできたらいいなと思います

回答No.5

noname#199771 · ベストアンサー

前の質問に

＞C0^∞(R)はL1(R)において稠密であるから

とありました。つまり質問者さんはその証明をご存知なんですよね？

それは多分構成的な証明方法ではないかと思うのですが、fが有界
という仮定を最初に入れてその稠密性の証明をたどっていけば、近
似する点列を評価する事によって自然に言えてしまう、ということに
なるようにみえます。

結論だけに飛びつこうとせずに、その線でやってみてください。

回答No.4

Tacosan

「f に L1 収束する」とかそんなことはどうでもよくって, 単に
g∈C0^∞(R) → sup|g| < ∞
ってだけなんじゃないかなぁ. ほかの人の回答を見ると, そんな感じがするよ.

補足

当然g∈C0^∞(R) → sup|g| < ∞
は成り立ちます。しかしfが先ほど申し上げたように複雑な関数だとすれば
fn∈C0^∞(R)でも収束先がC0^∞(R)の元だとは限らないし、どのように収束していくか。
収束していく過程で極端にとがった形に近づきながらL1収束する場合も起こりうるかもしれない。
だからnに依存していいならsup|fn|< ∞となりますが、nにも依らなくてもよいことを言わないといけないと思います。

回答No.3

Tacosan

確認ですが, 「C0^∞(R)」ってどんな関数の集合なんでしょうか?

補足

Rを実数全体の集合として、C^∞(R)の元でありかつコンパクト台をもつ関数全体のことをC0^∞(R)としています。

回答No.2

ramayana

「果たしてnに依らずsup|fn|が有界かどうかです。」

nに依らず、sup(x∈R) |fn(x)| < ∞です。 n によって、sup(x∈R) |fn(x)| の値は変わるかもしれませんが、それは、「n∈N に依らず、sup(x∈R) |fn(x)-f(x)| < ∞　が成立する」という主張の正否と関係ありません。

「sup|fn|<∞はそんなに自明ではない」

n や x によらず |fn(x)|≦S ですから、sup[x∈R, n∈N ] |fn(x)|<∞ は、自明です。

補足

回答してくださってありがたいですが、
>>nに依らず、sup(x∈R) |fn(x)| < ∞です。 n によって、sup(x∈R) |fn(x)| の値は変わるかもしれませんが、それは、「n∈N に依らず、sup(x∈R) |fn(x)-f(x)| < ∞　が成立する」という主張の正否と関係ありません。

もちろんそれはそうです。今回はそのことが問題なのではなくて、それでnに依らずsup|fn|が有界かどうかこれは一見自明に見えるかもしれませんが、ここが本来のこの証明の意図だと思います。
先ほどの補足にも書きましたが、fがすごく複雑な関数だったらどうしますか？
例えばfをxが無理数の時0,xが有理数の時100だとするとfにl1収束するfnで近似させた場合、そんな簡単にnに依らずsup|fn|<∞　となるでしょうか。私もちょっと考えています。

回答No.1

ramayana

前のご質問の ANo.4 （http://okwave.jp/qa/q7953027.html）にも書きましたが、その主張は自明です。どんな fn(x) を選んだとしても、すべての n について、 fn(x) と f(x) が有界なので、当然、 sup(x∈R) |fn(x)-f(x)| < ∞ です。

もし、

「sup(x∈R, n∈R) |fn(x)-f(x)| < ∞　が成立するような fn が存在する」

ということなら、次の手順でやれば、簡単に証明できる思います。

[1]　{ pn } を、C0^∞(R) に属する関数の列で、f に L1 収束するものとする。

[2]　S = sup(x∈R) | f(x)| として、qn(x) を次のように定める。

　　pn(x)<-S なら、qn(x) = -S
　　 -S≦pn(x)≦S なら、qn(x) = pn(x)
　　 pn(x)> S なら、qn(x) = S

[3]　qn は、pn の上下を切り取った関数であって、f に L1 収束する。しかし、滑らか（C^∞級）とは限らない。

[4]　qn(x) が滑らかでないような x は、高々可算個である。そのような x の近傍でだけ、滑らかになるように qn(x) を修正する。そのようにして作られる関数を fn(x) とする。修正する近傍の長さはいくらでも小さくできるので、lim[n→∞]|qn(x)-fn(x)| （一様収束）となるように fn を作ることができる。これが、求めるものである。

補足

回答してくださってありがとうございます。申し訳ないですが
>>どんな fn(x) を選んだとしても、すべての n について、 fn(x) と f(x) が有界なので
は違うと思います。
fが有界なのはよろしいですが、fnはfにL1収束する近似列なのでいくらfnが滑らかでも近似する際に
局所的にfによってはものすごく出っ張ったあるいはとがった形をしながら近似関数としてなる場合もあるかもしれない。果たしてnに依らずsup|fn|が有界かどうかです。
したがってnに依らずess.sup|fn|<∞　なら自明かもしれませんが　sup|fn|<∞
はそんなに自明ではないと思いました。
あとそれから(1)から(4)の証明を読みましたが、問題はfがL1に入っていればどんな関数でもよいという仮定なので、fがすごい形をした関数(不連続点が限りなく多いとか)についてもそのような列{fn}があることを言わないといけないと思います。
したがって回答者様が書かれた証明を読んでもなんのために
S=sup|f(x)|とおいて　qnを定めたのかが分からないです。