디니 정리

단조로운 함수열은 점별수렴만으로 균등수렴이 되는지를 봅니다.

닫힌 구간에서는 가능합니다. 한 번 따라잡으면 뒤처지지 않는 단조성 덕분입니다. 각 점에서 필요한 기다림을 모아도 유한한 상한으로 묶입니다. 그래서 전체가 한꺼번에 가까워집니다.

예를 들면, 🪜 계단을 오르는 것과 비슷해요. 뒤로 물러서지 않고 한 칸씩 오르면, 마지막 칸에 닿는 순간 전원이 다 올라온 셈이에요.

예제

$K$ 를 컴팩트 거리공간이라 하자.

각 $f_n : K \to \mathbb{R}$ 가 연속이고, 각 $x \in K$ 에서 $f_n(x)$ 가 단조 증가하면서 연속함수 $f : K \to \mathbb{R}$ 에 수렴할 때, $f_n \to f$ 가 $K$ 에서 균등수렴함을 증명하세요.

E_n = \{x \in K : f(x) - f_n(x) < \varepsilon\}, \qquad E_n \subseteq E_{n+1}, \qquad K = \bigcup_{n=1}^{\infty} E_n

n=8

: 최대 간격

1/9 \approx 0.1111

—

n

이 커질수록 간격이 한꺼번에 줄어든다.

증명 보기

$\varepsilon > 0$ 을 고정하고 $E_n = \{x \in K : f(x) - f_n(x) < \varepsilon\}$ 이라 두자.
$f - f_n$ 은 연속이므로 각 $E_n$ 은 $K$ 의 열린 부분집합이다.
단조 증가 $f_n(x) \le f_{n+1}(x)$ 이므로 $f(x) - f_n(x) \ge f(x) - f_{n+1}(x)$ 이고, 따라서 $E_n \subseteq E_{n+1}$ 이다.
각 $x$ 에서 $f_n(x) \to f(x)$ 이므로, $f(x) - f_n(x) < \varepsilon$ 인 $n$ 이 존재하고 따라서 $x \in E_n$ 이다. 즉 $\{E_n\}$ 은 $K$ 의 열린 덮개이다.
$K$ 가 컴팩트이므로 유한 부분덮개 $E_{n_1}, \dots, E_{n_k}$ 가 존재한다.
$N = \max\{n_1, \dots, n_k\}$ 라 두면 단조성에 의해 $K \subseteq E_N$ 이다.
$n \ge N$ 이면 $E_N \subseteq E_n$ 이므로 모든 $x \in K$ 에 대해 $f(x) - f_n(x) < \varepsilon$ 이다.
명시하면, 증가 수렴이므로 $f_n(x) \le f(x)$ 이고 따라서 $0 \le f(x) - f_n(x)$ 이므로 $|f(x) - f_n(x)| = f(x) - f_n(x) < \varepsilon$ 이다 — $x$ 에 의존하지 않는 하나의 $N$ 이 전체 $K$ 에 통하므로 균등수렴이다.
(단조 감소인 경우 $-f_n$ 에 적용한다.)

$g_n(x) = x^n$ 이 $(0,1]$ 에서 각 점별로 $g(x) = 0$ ( $(0,1)$ 에서, $g(1) = 1$ )에 수렴하지만, 단조 감소임에도 균등수렴하지 않음을 보이세요.

\sup_{x \in (0,1]} |g(x) - g_n(x)| = 1 \quad \text{for every } n

n=20

: sup 간격이 1에 묶여 있음 — 곡선들은 0에 달라붙지만 절대 균등하게 붙지 않는다.

증명 보기

각 $g_n$ 은 연속이고, $0 < x < 1$ 에서는 $g_{n+1}(x) = x^{n+1} \le x^n = g_n(x)$ 이므로 단조 감소한다. 각 점별 수렴: $0 < x < 1$ 이면 $x^n \to 0$ 이고, $x = 1$ 에서는 $g_n(1) = 1$ 이므로 극한 $g$ 는 $x = 1$ 에서 불연속이다.
$(0,1)$ 위에서 $\sup_{x \in (0,1)} |g(x) - g_n(x)| = \sup_{x \in (0,1)} x^n = 1$ 이다 ( $x \to 1^-$ ). 즉 $\varepsilon = \tfrac{1}{2}$ 에 대해 어떤 $n$ 도 모든 $x$ 에 동시에 통하지 않으므로 균등수렴이 아니다.
두 경우를 분리해야 합니다.
(i) $(0,1)$ 위에서는 극한 $g \equiv 0$ 이 연속이고, 각 $g_n$ 은 연속이며 단조 감소하므로, 실패한 디니 가설은 컴팩트성뿐입니다( $(0,1)$ 은 컴팩트하지 않음) — 위의 $\sup = 1$ 계산이 바로 그 예입니다.
(ii) $(0,1]$ 위에서는 컴팩트성도 실패하지만, 극한 $g$ 가 $x = 1$ 에서 불연속이므로 연속인 극한이라는 가설도 함께 실패합니다.
따라서 $(0,1]$ 예만으로는 컴팩트성 하나만을 분리해 보여줄 수 없습니다.
균등수렴하는 연속함수열의 극한은 연속이어야 한다는 사실은 (ii)에서도 비균등성을 줍니다.

$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n^2}$ 가 $[0,1]$ 에서 균등수렴함을 디니 정리로 보이세요.

S_N(x) = \sum_{k=1}^{N} \frac{x^k}{k^2} \uparrow S(x), \qquad 0 \le \frac{x^k}{k^2} \le \frac{1}{k^2}

n=12

, compact 모드:

[0,1]

위의 단조 연속함수열 — 최대 간격

1/13 \approx 0.0769

가 균등하게 줄어든다.

증명 보기

부분합 $S_N(x) = \sum_{k=1}^{N} \frac{x^k}{k^2}$ 은 연속함수의 유한합이므로 연속이고, $[0,1]$ 에서 $S_{N+1}(x) - S_N(x) = \frac{x^{N+1}}{(N+1)^2} \ge 0$ 이므로 단조 증가한다.
각 $x \in [0,1]$ 에 대해 $0 \le \frac{x^k}{k^2} \le \frac{1}{k^2}$ 이고 $\sum \frac{1}{k^2} = \frac{\pi^2}{6} < \infty$ 이므로, 각 점별 극한 $S(x) = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{x^k}{k^2}$ 이 존재한다.
$S$ 가 연속임을 M-판정법 없이 보입니다(M-판정법은 균등수렴 자체를 주므로 순환이 됩니다).
$x, x_0 \in [0,1]$ 에 대해 꼬리 추정 $0 \le S(x) - S_N(x) = \sum_{k>N} \frac{x^k}{k^2} \le \sum_{k>N} \frac{1}{k^2}$ 를 이용하면 $|S(x) - S(x_0)| \le |S_N(x) - S_N(x_0)| + 2\sum_{k>N} \frac{1}{k^2}$ 입니다.
$\varepsilon > 0$ 에 대해 꼬리가 $\varepsilon/3$ 보다 작아지는 $N$ 을 고른 뒤, $S_N$ 의 연속성으로 $|x - x_0|$ 가 충분히 작을 때 $|S_N(x) - S_N(x_0)| < \varepsilon/3$ 이 되게 하면 $|S(x) - S(x_0)| < \varepsilon$ 입니다.
따라서 $S$ 는 연속입니다 — 여기서 꼬리 추정은 $S$ 의 연속성 검증에만 쓰였고, 균등수렴을 가정한 것은 아닙니다.
이제 디니 정리를 적용합니다: $[0,1]$ 은 컴팩트하고, $S_N$ 은 연속이며 단조 증가로 $S$ 에 점별 수렴하고, 방금 보인 대로 $S$ 는 연속입니다. 따라서 $S_N \to S$ 는 $[0,1]$ 에서 균등수렴합니다.