A. 補遺

ここでは、2 節で触れた、 (4), (5) から $C(+0)=0$ が導かれることを 説明する。

命題 5

$(0,1)$ 上の関数 $f(x)$ が $f(x)\geq 0$ で、

  $$\int_0^1\frac{f(x)}{x}\, dx <\infty$$ (30)

を満たし、かつ $g(x)=xf(x)$ が非減少関数であれば、 $f(+0)$ が存在して $f(+0)=0$ となる。

(30) は当然 (5) に対応するが、 「$xf(x)$ が非減少」というのは、 (4) の最後の条件から得られる (7) の 条件に対応する。よって命題 5 が成り立てば $C(+0)=0$ が 成り立つ。

なお、この命題 5 は、 「$xf(x)$ が非減少」という条件がなければ成り立たないことに注意する。 もし $f(+0)$ が存在すれば、(30) より それが 0 でなければいけないことはすぐにわかるが、 $xf(x)$ が非減少でなければ $f(+0)$ が存在しない例が容易に作れる。 例えば、 $\phi_0(x)\in C_c(R)$ を

$$\phi_0(x)\geq 0, \hspace{1zw}\mathop{\mathrm{supp}}\phi_0\subset [1,2], \hspace{1zw}\int\phi_0\, dx = 1$$

であるような関数とし、$\{p_n\}$, $\{a_n\}$ を $p_n\downarrow 0$ で $p_n + 1/a_n < p_{n-1}$ となるように取り、

$$\phi_n(x) = \phi_0\left(a_n\left(x-p_n+\frac{1}{a_n}\right)\right), \hspace{1zw}f(x) = \sum_{n=1}^\infty \phi_n(x)$$

とする。この場合、 $\mathop{\mathrm{supp}}\phi_n = [p_n,\ p_n+1/a_n]$ は互いに交わらず、よって、$f(x)$ は 0 の近くで $\phi_0$ の幅で振動する関数となり、 もちろん $f(+0)$ は存在しないが、

$$\int_{p_n}^{p_n+1/a_n}\frac{\phi_n}{x}\,dx = \int_1^2 \frac{... ...n}\,dy \leq \frac{1}{a_np_n}\int\phi_0\, dy = \frac{1}{a_np_n}$$

となるので、例えば $a_n=n^4$, $p_n=1/n^2$ とすれば

$$\int_0^1\frac{f(x)}{x}\,dx =\sum \int\frac{\phi_n(x)}{x}\, dx \leq \sum\frac{1}{n^2}<\infty$$

は満たされる。つまり、$f(+0)=0$ となるためには $f\geq 0$ と (30) だけでは不十分であり、 「$xf(x)$ が非減少」のような条件が必要であることがわかる。

さて命題 5 を背理法で証明する。 もし、$f(+0)=0$ でないとすると、

  $$f(x_n)\geq \varepsilon_0 > 0, \hspace{1zw}x_n\downarrow 0 \hspace{1zw}(x_1<1)$$ (31)

となるような正数 $\varepsilon_0$ と数列 $\{x_n\}$ が存在する。

$g(x)=xf(x)$ は増加関数なので、 $x_n\leq x\leq x_{n-1}$ では、

$$g(x)\geq g(x_n) = x_nf(x_n)\geq \varepsilon_0 x_n$$

となる。よって、 $f(x)=g(x)/x\geq \varepsilon_0 x_n/x$ となり、

$$\begin{eqnarray*}\int_0^{x_1} \frac{f(x)}{x}\,dx &=& \sum_{n=2}^\infty \int_{x... ...um_{n=2}^\infty x_n\left(\frac{1}{x_n}-\frac{1}{x_{n-1}}\right)\end{eqnarray*}$$

より、(30) より

  $$\sum_{n=1}^\infty \left(1-\frac{x_{n+1}}{x_n}\right)<\infty$$ (32)

が成り立つことになる。しかしこれが不合理であることを示す。

今、 $b_n=1-x_{n+1}/x_n$ とすると、 $x_n\downarrow 0$ より $0<b_n<1$ で、 (32) より $\sum b_n<\infty$ であるから $\lim b_n=0$ となり、 よって $n\geq N$ ならば $0<b_n<1/2$ となるような $N$ が存在する。

$x_{n+1}=x_n(1-b_n)$ より、$n\geq N$ に対して $$x_n = x_N\prod_{k=N}^n (1-b_k)$$、 よって、

$$\log x_n = \log x_N + \sum_{k=N}^n \log(1-b_k)$$

となる。ここで、 $x_n\downarrow 0$ であったから、

  $$\sum_{k=N}^\infty \{-\log(1-b_k)\} = \infty$$ (33)

が言えることになるが、$0<x<1/2$ では $(-\log(1-x))/x$ は 正でかつ有界な関数なので、 $(-\log(1-x))\leq c_0x$ となる定数 $c_0>0$ が取れる。 よって、

$$\sum_{k=N}^\infty \{-\log(1-b_k)\} \leq c_0\sum_{k=N}^\infty b_k < \infty$$

となるが、これは (33) に矛盾する。

よって (31) となるような $\varepsilon_0$ と $\{x_n\}$ は 取れないことになり、命題 5 が成り立つことが示された。