部分線形空間

${\bf V}$が${\bf R}$上の線形空間であるとします。すなわち,

$$\begin{eqnarray*} && 任意の{\bf x,y} \in {\bf V}について {\bf x+y=y+x}\\ && 任.. ...in {\bf R} と任意の{\bf x }\in {\bf V}について1{\bf x }={\bf x } \end{eqnarray*}$$

が成り立っているものとします。

ここで,${\bf V}$の部分集合 ${\bf W} \subseteq {\bf V}$について

$$\begin{eqnarray*} && {\bf W} \ne \phi ~~ ({\bf W}は空集合でないという意味) \\ &... ...と任意の{\bf x }\in {\bf V}について \alpha {\bf x } \in {\bf W} \end{eqnarray*}$$

が成り立っているとき

${\bf W}$も${\bf R}$上の線形空間になっています。${\bf W}$を${\bf V}$の部分線形空間といいます。

[問題3.2]　${\bf W}$が上の条件を充たすとき線形空間になっていることを確かめてください。

[例1]

$C[0,1]$でからへの連続な関数の集合を表すとき,すなわち,

$$C[0,1]=\{f\vert fは関数[0,1] \rightarrow {\bf R} で，[0,1]でfは連続\}$$

のとき,$C[0,1]$は ${\cal F}([0,1],{\bf R})$の部分線形空間です。
[証明]

復習すが,関数 $f:[0,1] \rightarrow {\bf R}$ が$[0,1]$上で連続というのは

「任意の$x \in[0,1]$について,任意の正数$\varepsilon>0$に対して,これらに依存したある正数 $\delta(x,\varepsilon)$が存在して

$$\vert x-y\vert<\delta(x,\varepsilon)$$

となる任意の$y \in [0,1]$に対して

$$\vert f(x)-f(y)\vert<\varepsilon$$

が成り立つ」ということでした。

まず,部分集合$C[0,1]$は空集合ではありません。実際 関数

$$0: x \in[0,1] \mapsto 0 \in {\bf R}$$

は$[0,1]$上で連続で,$C[0,1]$の元の一つです。

　次に 関数

$$f: x \in[0,1] \mapsto 0 \in {\bf R} ,~~, g: x \in[0,1] \mapsto 0 \in {\bf R}$$

が $C[0,1]$の元とします。このとき

$$f+g: x \in[0,1] \mapsto f(x)+g(x) \in {\bf R}$$

も$C[0,1]$の元です。実際
${\cal F}([0,1],{\bf R})$は線形空間でしたから $f+g$は ${\cal F}([0,1],{\bf R})$の元です。

$f,g$は$[0,1]$上で連続でしたので, 任意の$x \in[0,1]$について,任意の正数 $\varepsilon>0$に対して

それぞれ,

$$\frac{1}{2}\varepsilon$$

と$x$に依存したある正数

$$\delta_1(x,\frac{1}{2}\varepsilon), ~~ \delta_2(x,\frac{1}{2}\varepsilon)$$

が存在して

$$\vert x-y\vert < \delta_1(x,\frac{1}{2}\varepsilon)$$

となる任意の$y \in [0,1]$に対して

$$\vert f(x)-f(y)\vert<\frac{1}{2}\varepsilon$$

$$\vert x-y\vert<\delta_2(x,\frac{1}{2}\varepsilon)$$

となる任意の$y \in [0,1]$に対して

$$\vert g(x)-g(y)\vert<\frac{1}{2}\varepsilon$$

が成り立っています。

すると，

$$\delta(x,\varepsilon) < \delta_1(x,\varepsilon), \delta_2(x,\varepsilon)$$

となるように $\delta(x,\varepsilon)$を選ぶと,

$$\vert x-y\vert<\delta(x,\varepsilon)$$

となる任意の$y \in [0,1]$に対して

$$\begin{eqnarray*} && \vert(f+g)(x)-(f+g)(y)\vert \\ && =\vert f(x)+g(x)-(f(x)+g... ...ac{1}{2} \varepsilon + \frac{1}{2}\varepsilon\\ && =\varepsilon \end{eqnarray*}$$

が成り立っています。従って$f+g$が$[0,1]$上で連続で, $C[0,1]$の元となります。

さらに 関数

$$f: x \in[0,1] \mapsto 0 \in {\bf R}$$

が $C[0,1]$の元で $\alpha \in {\bf R}$とします。このとき

$$\alpha f: x \in[0,1] \mapsto \alpha f(x) \in {\bf R}$$

も$C[0,1]$の元です。実際
${\cal F}([0,1],{\bf R})$は線形空間でしたから $\alpha f$は ${\cal F}([0,1],{\bf R})$の元です。
$\alpha=0$なら$\alpha f=0$で，$\alpha f$は$C[0,1]$の元です。

$\alpha \ne 0$なら$\vert\alpha\vert >0$です。

$f,$は$[0,1]$上で連続でしたので, 任意の$x \in[0,1]$について,任意の正数$\varepsilon>0$に対して

$$\frac{1}{\vert\alpha\vert}\varepsilon >0$$

と$x$に依存したある正数

$$\delta_1(x,\frac{1}{\vert\alpha\vert}\varepsilon)$$

が存在して

$$\vert x-y\vert<\delta_1(x,\frac{1}{\vert\alpha\vert}\varepsilon)$$

となる任意の$y \in [0,1]$に対して

$$\vert f(x)-f(y)\vert<\frac{1}{\vert\alpha\vert}\varepsilon$$

が成り立っています。

すると，

$$\delta(x,\varepsilon) < \delta_1(x,\frac{1}{\vert\alpha\vert}\varepsilon)$$

となるように $\delta(x,\varepsilon)$を選ぶと,

$$\vert x-y\vert<\delta(x,\varepsilon)$$

となる任意の$y \in [0,1]$に対して

$$\begin{eqnarray*} && \vert\alpha f (x)-\alpha f(y)\vert \\ && \le \vert\alpha\v... ...\vert \frac{1}{ \vert\alpha\vert}\varepsilon \\ && =\varepsilon \end{eqnarray*}$$

が成り立っています。従って$\alpha f$が$[0,1]$上で連続で, $C[0,1]$の元となります。

[例2]前章にもでてきた,$C^1[0,1]$

$$\begin{eqnarray*} &&C^1[0,1]=\{f\vert f:[0,1]から{\bf R}への関数,[0,1]で微分可能,\\ &&その導関数x\in [0,1] \mapsto f'(x)がxについて連続。\} \end{eqnarray*}$$

は$C[0,1]$, ${\cal F}([0,1],{\bf R})$の部分線形空間です。
しかも

$$C^1[0,1] \subseteq C[0,1] \subseteq {\cal F}([0,1],{\bf R})$$

です。

[証明]
まず微積分の復習から。

関数 $f :[0,1] \to {\bf R}$が $x_0 \in [0,1]$で微分可能であるとは次の極限値

$$\lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(x_0+h)-f(x)}{h}$$ (1.1)

が存在することでした。そしてこの極限値を

$$\frac{d f}{dx}(x_0)$$

または

$$f'(x_0)$$

で表しました。

さらに,任意の$x_0 \in [0,1]$で微分可能であるとき 関数$f$は $[0,1]$上で微分可能であるといいました。

$$\frac{d f}{dx} :x \in [0,1] \mapsto \frac{d f}{dx}(x) \in {\bf R}$$

あるいは

$$f' :x \in [0,1] \mapsto \frac{d f}{dx}(x) \in {\bf R}$$

を導関数と呼びました。さらに,この導関数が$[0,1]$上連続のとき,すなわち

$$f' \in C[0,1]$$

のとき,関数$f$は $[0,1]$上で連続微分可能といいます。

結局,以上の定義を使って書き直せば,

$$C^1[0,1]=\{f\vert f \in C[0,1] かつ　f は[0,1]上微分可能かつ　f' \in C[0,1]\}$$

です。

関数

$$0: x \in[0,1] \mapsto 0 \in {\bf R}$$

は$[0,1]$上で連続で,かつ,微分可能なので$C^1[0,1]$の元の一つです。
よって,$C^1[0,1]$は空集合ではありません。

　次に

$$f,g \in C^1[0,1], \alpha \in {\bf R}$$

なら

$$f,g \in C[0,1], \alpha \in {\bf R}$$

で,

$$C[0,1]$$

が線形空間になっていることは既に確かめましたので,

$$f+g ,\alpha f \in C[0,1]$$

です。

さらに定義から,$f,g$は$[0,1]$上微分可能かつ

$$f',g' \in C[0,1]$$

です。

また，任意の$x_0 \in [0,1]$にいて，

$$\begin{eqnarray*} &&\lim_{h \rightarrow 0} \frac{(f+g)(x_0+h)-(f+g)(x)}{h} \\ &... ...+h)-f(x)}{h} +\lim_{h \rightarrow 0} \frac{g(x_0+h)-g(x)}{h} \\ \end{eqnarray*}$$

$$\begin{eqnarray*} &&\lim_{h \rightarrow 0} \frac{(\alpha f)(x_0+h)-(\alpha f)(x)... ... &&=\alpha f \lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(x_0+h)-f(x)}{h} \\ \end{eqnarray*}$$

となることから,

$f+g,\alpha f$は$[0,1]$上微分可能で,

$$(f+g)'=f'+g' \in C[0,1] ~~(\alpha f)'=\alpha f' \in C[0,1]$$

よって,

$$f+g ,\alpha f \in C^1[0,1]$$