前提知識

演算子法（その２）の続きです.多少の解析の知識及び,Weierstrassの多項式近似定理とLiouvilleの定理は仮定します.

Titchmarshの定理への準備

Titchmarshの定理とは,その２で定義した $C$ が整域であることを保証する重要な定理です.これを証明する前にいくつか命題を準備します.

命題1 $T>0$ とし,任意の $f\in{C([0,T],\mathbb{C})}$ に対して,

\forall{n\in{\mathbb{Z}_{\geq{0}}}}\left[\int_0^Tt^{n}f(t)\mathrm{d}t=0\right]

ならば,区間 $[0,T]$ において $f(t)=0$ である.

proof. Wierstrassの多項式近似定理より,任意の $\varepsilon>0$ に対して複素係数多項式 $P_\varepsilon(t)$ が存在して, $|f(t)-P_\varepsilon(t)|<\varepsilon$ となる.
このとき, $|f(t)-P_\varepsilon(t)|^2=|f(t)|^2+|P_\varepsilon(t)|^2-f(t)\overline{P_\varepsilon(t)}-\overline{f(t)}P_\varepsilon(t)$ で,仮定から

\int_0^Tf(t)\overline{P_\varepsilon(t)}\mathrm{d}t=\int_0^T\overline{f(t)}P_\varepsilon(t)\mathrm{d}t=0

ゆえ,

\int_0^T|f(t)|^2\mathrm{d}t \leq{\int_0^T|f(t)-P_\varepsilon(t)|^2\mathrm{d}t} =\int_0^T|f(t)|^2\mathrm{d}t+\int_0^T|P_\varepsilon(t)|^2\mathrm{d}t \leq{\varepsilon^2T}

これは任意の $\varepsilon>0$ について成り立つので,

\int_0^T|f(t)|^2\mathrm{d}t=0

これにより $[0,T]$ で $f(t)=0$ であることがわかる.
□

※この命題は $n$ の条件を $n\geq1$ などに限っても成り立つ。それは命題１の仮定にある $f(t)$ として $tf(t)$ などを採用すればよい。

命題2
任意の $T>0$ に対して, $f\in{C([0,2T],\mathbb{C})}$ が任意の $0\leq{t}\leq{2T}$ で

\int_0^tf(\tau)f(t-\tau)\mathrm{d}\tau=0\Rightarrow{\forall{t\in{[0,T]}}[f(t)=0]}

proof.
$z\in\mathbb{C}$ として,

\int_0^{2T}e^{z(2T-t)}\mathrm{d}t\int_0^tf(\tau)f(t-\tau)\mathrm{d}\tau=0

である. $t=2T-u-v, \tau=T-v$ の変数変換をすると,

\iint_Be^{z(u+v)}f(T-u)f(T-v)\mathrm{d}u\mathrm{d}v=0

ただし, $B:=\{(u,v)\in{\mathbb{R}^2};u,v\leq{T},\,u+v\geq{0}\}$
ここで, $C:=\{(u,v)\in{\mathbb{R}^2};u,v\geq{-T},\,u+v\leq{0}\},D:=[-T,T]\times[-T,T]$ とすると,

\iint_{[-T,T]\times[-T,T]}e^{z(u+v)}f(T-u)f(T-v)\mathrm{d}u\mathrm{d}v=\iint_Ce^{z(u+v)}f(T-u)f(T-v)\mathrm{d}u\mathrm{d}v

$Re(z)\geq{0}$ のとき, $M:=\displaystyle\max_{[0,2T]}|f(t)|$ とすると, $|e^{z(u+v)}|\leq1$ だから,

\left|\int_{-T}^Te^{zu}f(T-u)\mathrm{d}u\right|^2 =\left|\int_{-T}^Te^{zu}f(T-u)\mathrm{d}u\int_{-T}^Te^{zv}f(T-v)\mathrm{d}v\right| \leq{\iint_CM^2\mathrm{d}u\mathrm{d}v=2T^2M^2}\\ \left|\int_{-T}^Te^{zu}f(T-u)\mathrm{d}u\right|\leq{\sqrt2TM}

\therefore\left|\int_0^Te^{zu}f(T-u)\mathrm{d}u\right| \leq{\left|\int_{-T}^Te^{zu}f(T-u)\mathrm{d}u\right|+\left|\int_{-T}^0e^{zu}f(T-u)\mathrm{d}u\right|}\\ \leq{\sqrt2TM+\int_{-T}^0M\mathrm{d}u}=(\sqrt2+1)TM

$Re(z)\leq0$ のとき, $|e^{zu}|\leq1$ だから,

\left|\int_0^Te^{zu}f(T-u)\mathrm{d}u\right| \leq{\int_0^TM\mathrm{d}u=TM}\leq{(\sqrt2+1)TM}

ここで,

F(z):=\int_0^Te^{zu}f(T-u)\mathrm{d}u

は整関数で,上の議論から有界であるから,Liouvilleの定理より, $F(z)$ は定数関数である.よって

F^{(n)}(0)=\int_0^Tu^nf(T-u)\mathrm{d}u=0

が任意の $n\in{\mathbb{Z}_{>0}}$ について成り立つので,命題１と、その後の注意により, $[0,T]$ において $f(t)=0$ である.
□

系 $f\in{C}$ に対して, $f^2=0$ ならば $f=0$ である.

proof. 略

Titchmarshの定理

定理（Titchmarshの定理）任意の $f,g\in{C}$ に対して, $fg=0\Rightarrow f=0$ または $g=0$ .
つまり, $C$ は（非単位的な）整域である.

proof.
$fg=0$ だから,

\int_0^t(t-\tau)g(t-\tau)f(\tau)\mathrm{d}\tau+\int_0^t\tau f(\tau)g(t-\tau)\mathrm{d}\tau=t\int_0^tf(\tau)g(t-\tau)\mathrm{d}\tau=0

で,これは $f_1(t):=tf(t),\,g_1(t):=tg(t)$ とすれば $fg_1+f_1g=0$ を意味する.両辺に $f_1g$ をかけると

f_1gfg_1+(f_1g)^2=(f_1g)^2=0

となるので,先の命題2の系から, $f_1g=0$ ,つまり

\int_0^t\tau f(\tau)g(t-\tau)\mathrm{d}\tau=0

これを繰り返すと

\int_0^t\tau^nf(\tau)g(t-\tau)\mathrm{d}\tau=0

を得るので,命題１から $0\leq{\tau}\leq{t}$ において $f(\tau)g(t-\tau)=0$ となる. $g\neq0$ ならば, $[0,t]$ において,ひいては $[0,\infty)$ において $f(\tau)=0$ であり, $f\neq0$ ならば, $[0,\infty)$ において $g(\tau)=0$ である.
□

（その４に続く）