$C^{\mathrm{\infty }}$関数の鏡像拡張

1 準備

定義 1.

$k,l\in {\mathbb{Z}}_{\ge 1}$ とし，$U\subset {ℝ}^k$を開集合とする． そして$f:U\to {ℝ}^l$とする． このとき$f$が$a\in U$で 全微分可能 であるとは 線型写像 $A:{ℝ}^k\to {ℝ}^l$ が存在し

$$\underset{x\to a,x\ne a}{lim}\frac{|f(x)-f(a)-A(x-a)|}{|x-a|}$$

が成り立つときにいう． このとき$f$は点$a$において 任意の方向に偏微分可能であり，さらに $A$は行列として

$$A={\left(\frac{\partial f_j}{\partial x_i}(a)\right)}_{i=1,\mathrm{\dots },k,j=1,\mathrm{\dots },l}$$

と表される． この$A$のことを$f$の導関数であるとか ヤコビ行列だとか呼ぶ． ここで $f=(f_1,\mathrm{\dots },f_l)$と定義する． そしてこの$A$をこの文章では $A=(𝐃f)(a)$と表す．

定義 2.

$k,l\in {\mathbb{Z}}_{ge1}$ とし，$U\subset {ℝ}^k$を開集合とする． そして$f:U\to {ℝ}^l$は$C^1$級とする． このとき関数$e_f:U\times U\to {ℝ}^l$ を

$$e_f(x,y)=f(x)-f(y)-(𝐃f)(y)(x-y)$$

と定義する． この関数は連続関数であることに注意しよう． そして $U\times U$上の 関数$E:U\times U\to {ℝ}^l$を

と定義する．

この定義のもと次が成り立つ．

補題 3.

$k,l\in {\mathbb{Z}}_{\ge 1}$ とし，$U\subset {ℝ}^k$を開集合とする． そして$f:U\to {ℝ}^l$を$C^1$級とする． このとき任意の$a\in U$について

$$\underset{x\to a,x\ne a}{lim}\frac{e(x,a)}{|x-a|}=\underset{x\to a}{lim}E(x,a)=0.$$

が成り立つ．

証明.

全微分可能性の定義から明らか． ∎

初等的な事実として以下が成り立つ．

定理 4.

$k,l\in {\mathbb{Z}}_{ge1}$ とし，$U\subset {ℝ}^k$を開集合とする． そして$f:U\to {ℝ}^l$とする． このとき $f$を$C^1$級ならば $f$は$U$内の任意の点で全微分可能である． またこのとき$𝐃f:U\to {ℝ}^{k\times l}$; $x\to (𝐃f)(x)$ は連続写像である．

以下は多変数関数に関する平均値の定理である．

補題 5.

$k\in {\mathbb{Z}}_{\ge 1}$ とし，$U\subset {ℝ}^k$を開集合とする． そして$f:U\to ℝ$を$C^1$級とする． 2点$x,y\in U$に関して $x$と$y$を結ぶ直線が$U$に含まれていると仮定する． すなわち任意の$t\in [0,1]$ について$tx+(1-t)y\in U$ということである． このとき， $x$と$y$を結ぶ直線上の点$z$が存在して

$$f(x)-f(y)=\sum _{q=0}^k{\partial }_{q}f(z)(x_q-y_q)$$

が成り立つ．

証明.

関数$F:[0,1]\to ℝ$ を $F(t)=f(tx+(1-t)y)$ と定義する． このとき$F$は$[0,1]$上連続で $(0,1)$上では微分可能である． よって一変数の平均値の定理により $F(1)-F(0)=F^{\prime }(s)$ となる$s\in (0,1)$が存在する． $z=sx+(1-s)y$とおく． ここで合成関数の微分の公式から $F^{\prime }(s)={\sum }_{q=1}^k{\partial }_{q}f(z)(x_q-y_q)$ となるので，結局

$$f(x)-f(y)=\sum _{q=1}^k{\partial }_{q}f(z)(x_q-y_q)$$

となる． ∎

補題 6.

$m\in {\mathbb{Z}}_{\ge 0}$ とする．${ℝ}^m$ 上の連続関数からなる族 ${\{f_n\}}_{n\in {\mathbb{Z}}_{\ge 0}}$ は関数$g:{ℝ}^m\to ℝ$ に広義一様収束しているとする． このとき ${ℝ}^m$の任意のコンパクト集合$K$ と正の数$ϵ\in (0,\mathrm{\infty })$ に対して$\delta =\delta (K,ϵ)\in (0,\mathrm{\infty })$ が存在して以下を満たす． もし$x,y\in K$が$\parallel x-y\parallel \le \delta$ を満たすならば任意の$n$について $|f_n(x)-f_n(y)|\le ϵ$ と $|g(x)-g(y)|\le ϵ$ が成り立つ．

証明.

まず， 各$f_n$は連続であり，$g$に広義一様収束しているので $g$は連続である． ゆえに $g$は$K$上で一様連続である． よって ある${\delta }_1\in (0,\mathrm{\infty })$が存在して $x,y\in K$が $\parallel x-y\parallel \le {\delta }_1$を満たすならば$|g(x)-g(y)|\le ϵ/3$ が成り立つ． さて$\{f_n\}$ は$g$に広義一様収束しているので特に$K$上では $g$に一様収束している． つまり十分大きい$N\in {\mathbb{Z}}_{\ge 0}$ について$n>N$を満たす$n$について 任意の$x\in K$ について$|g(x)-f_n(x)|\le ϵ/3$ が成り立つ． さて，$\{0,\mathrm{\dots },N\}$ は有限集合であり， $f_0,\mathrm{\dots },f_N$は$K$上で一様連続になるので，十分小さい${\delta }_2\in (0,\mathrm{\infty })$ をとれば，もし$x,y\in K$ が$|x-y|\le {\delta }_2$ を満たすならば任意の$i\in \{0,\mathrm{\dots },N\}$について $|f_i(x)-f_i(x)|\le ϵ$ が成り立つ． ここで$\delta =\min \{{\delta }_1,{\delta }_2\}$とする． そして $x,y\in K$が$|x-y|\le \delta$ を満たすとする． このとき$\delta \le {\delta }_2$ なので$i\in \{0,\mathrm{\dots },N\}$ について $|f_i(x)-f_i(y)|\le ϵ$ となる． $n>N$となる$n$については $\delta \le {\delta }_1$なので

$$|f_n(x)-f_n(y)|=|f_n(x)-g(x)|+|g(x)-g(y)|+|g(y)-f_n(y)|\le 3\cdot \frac{ϵ}{3}=ϵ$$

が成り立つ． これで補題が示された． ∎

注意.

おそらく，コンパクト開位相におけるコンパクトな族は 定義域内のコンパクト集合を与えるとその上で 同程度一様連続になるという定理があるのだと思われる．

命題 7.

$m\in {\mathbb{Z}}_{\ge 1}$ とする． 任意の$n\in {\mathbb{Z}}_{\ge 0}$ に対して$f_n:{ℝ}^m\to ℝ$ を関数とする． 以下を仮定する．

1. 各点$x\in {ℝ}^m$について ${lim}_{n\to \mathrm{\infty }}{f}_n(x)$が存在する． 以下では$f(x)={lim}_{n\to \mathrm{\infty }}{f}_n(x)$とおく．

2. 各$f_n$は各$q\in \{1,\mathrm{\dots },m\}$について $x_q$方向に偏微分可能であり，さらに ${\partial }_q{f}_n$は${ℝ}^m$上で連続である．

3. 各点$x$について ${lim}_{n\to \mathrm{\infty }}\partial f_n(x)$ は収束し， さらに${ℝ}^m$ 上で広義一様収束する．

このとき$f$全微分可能である． 特に 各$x_q$方向に偏微分可能であり， さらに任意の$q$と$x\in {ℝ}^m$について ${\partial }_{q}f(x)={lim}_{n\to \mathrm{\infty }}{\partial }_q{f}_n(x)$が成り立つ．

証明.

まず$f_n$が$f$に広義一様収束していることをみよう． ${ℝ}^m$の閉球体上で一様収束すること証明すれば十分である． $\delta \in (0,\mathrm{\infty })$を任意に取る． $B(0,\delta )$上で一様収束することをこれから示す． 仮定の1, 2から， 十分大きい$N\in {\mathbb{Z}}_{\ge 0}$を取ると 任意の$i,j>N$についてと 任意の$q\in \{1,\mathrm{\dots },m\}$について

$$\underset{x\in {ℝ}^m}{sup}|{\partial }_q{f}_j(x)-{\partial }_q{f}_i(x)|\le \frac{ϵ}{2m\delta }$$

と

$$|f_i(0)-f_j(0)|\le ϵ/2$$

が成り立つ． (収束するので特にコーシー列になる)．

$k,l\in {\mathbb{Z}}_{\ge 0}$を$k,l>N$となるようにとる． このとき 補題5より $x\in B(a,\delta )$を任意に取ると $a$と$x$を結ぶ直線上の点$z$と$w$が存在して

(1) $f_k(x)-f_k(a)={\displaystyle \sum _{q=1}^m}{\partial }_q{f}_k(z)x_q$

(2) $f_l(x)-f_l(a)={\displaystyle \sum _{q=1}^m}{\partial }_q{f}_l(w)x_q$

が成り立つ． このとき$|x_i|\le \parallel x\parallel \le \delta$なので

$$|(f_k(x)-f_k(a))-(f_l(x)-f_l(a))|\le \parallel x\parallel \cdot \sum _{q=0}^m|{\partial }_q{f}_k(z)-{\partial }_q{f}_l(w)|\le ϵ/2$$

が成り立つ． よって$|f_k(0)-f_l(0)|\le ϵ/2$なので

$$|f_k(x)-f_l(x)|\le ϵ.$$

が成り立つ． $l\to \mathrm{\infty }$とすると

$$|f(x)-f_l(x)|\le ϵ$$

なので$f_n$が$f$に$B(a,\delta )$上 一様収束している ことがわかる． よって${ℝ}^m$上で $f_n$は$f$に広義一様収束する.

さて任意の$q\in \{1,\mathrm{\dots },m\}$ について ${lim}_{n\to \mathrm{\infty }}{\partial }_q{f}_n(x)$ を$G_q(x)$と書くことにする． 各${\partial }_q{f}_n$が連続なので $G_q$も連続である．

さて

$$R(x,y)=f(x)-f(y)-\sum _{q=1}^m{G}_q(y)(x_q-y_q)$$

とする．今から 任意に固定した$a\in {ℝ}^m$について

$$\underset{x\to a,x\ne a}{lim}\frac{R(x,a)}{\parallel x-a\parallel }=0$$

となることを証明しよう．

まず$K=B(a,1)$ とおく． $x\in K\setminus \{a\}$を任意に取る． 各$n\in {\mathbb{Z}}_{\ge 0}$について 補題 5より $x$と$a$の間の点$z_n$ が存在して

$$f_n(x)-f_n(a)=\sum _{q=1}^m{\partial }_q{f}_n(z_n)(x_q-a_q)$$

が成り立つ． ここで必要ならば部分列をとり， $z_n$は$z$に収束するとしてもよい． この$z$は$a$と$x$を結ぶ直線の上の点である．

補題6より， $ϵ\in (0,\mathrm{\infty })$ を与えたとき， $\delta =\delta (ϵ)\in (0,\mathrm{\infty })$ が存在して $x,y\in B(a,1)$が$|x-y|\le \delta$ を満たすならば任意の$n\in {\mathbb{Z}}_{\ge 0}$ と$q\in \{1,\mathrm{\dots },m\}$について $|{\partial }_q{f}_n(x)-{\partial }_q{f}_n(y)|\le ϵ$ である．特に$|G_q(x)-G_q(y)|\le ϵ$ もわかる．

ここで$B(a,1)$上で ${\partial }_q{f}_n(z)$は $G_q$ に一様収束しているの十分大きい$n$について $|G_a(z)-{\partial }_q{f}_n(z)|\le ϵ$ である． そして$n$を十分大きく取れば$\parallel z_n-z\parallel \le \delta$ となるので， $|{\partial }_q{f}_n(z)-{\partial }_q{f}_n(z_n)|\le ϵ$ となる． よって

$$|G_q(z)-{\partial }_q{f}_n(z_n)|\le |G_a(z)-{\partial }_q{f}_n(z)|+|{\partial }_q{f}_n(z)-{\partial }_q{f}_n(z_n)|\le 2ϵ$$

なので特に${lim}_{n\to \mathrm{\infty }}{\partial }_q{f}_n(z_n)=G_q(z)$である． よって

$$f(x)-f(a)=\sum _{q=1}^m{G}_q(z)(x_q-a_q)$$

である． 従って，$x\in B(a,1)$ が$\parallel x-a\parallel \le \delta$ を満たすならば

$|R(x,a)|$ $=\left|{\displaystyle \sum _{q=1}^m}{G}_q(z)(x_q-a_q)-{\displaystyle \sum _{q=1}^m}{G}_q(a)(x_q-a_q)\right|\le \parallel x-a\parallel {\displaystyle \sum _{q=1}^m}|G_q(z)-G_q(a)|$

$\le mϵ\parallel x-a\parallel$

が成り立つので，

$$\underset{x\to a}{lim}\frac{R(x,y)}{\parallel x-a\parallel }=0$$

である． これは$f$が全微分可能であり， さらに ${\partial }_{q}f=G_q={lim}_{n\to \mathrm{\infty }}{\partial }_q{f}_n$ ということを意味する． ∎

命題 8.

$m\in {\mathbb{Z}}_{\ge 1}$ とする． 任意の$n\in {\mathbb{Z}}_{\ge 0}$ に対して$f_n:{ℝ}^m\to ℝ$ を関数とする． 以下を仮定する．

1. 各点$x\in {ℝ}^m$について ${\sum }_{n=0}^{\mathrm{\infty }}{f}_n(x)$が存在する． 以下では$f(x)={\sum }_{n=0}^{\mathrm{\infty }}{f}_n(x)$とおく．

2. 各$f_n$は各$q\in \{1,\mathrm{\dots },m\}$について $x_q$方向に偏微分可能であり，さらに ${\partial }_q{f}_n$は${ℝ}^m$上で連続である．

3. 各点$x$について ${\sum }_{n=0}^{\mathrm{\infty }}\partial f_n(x)$ は収束し， さらに${ℝ}^m$ 上で広義一様収束する．

このとき$f$全微分可能である． 特に 各$x_q$方向に偏微分可能であり， さらに任意の$q$と$x\in {ℝ}^m$について ${\partial }_{q}f(x)={lim}_{n\to \mathrm{\infty }}{\partial }_q{f}_n(x)$が成り立つ．

証明.

各$n\in {\mathbb{Z}}_{\ge 0}$に対し $F_n:{ℝ}^m\to ℝ$ を $F_n(x)={\sum }_{k=0}^n{f}_{n(x)}$ と定義すると， ${\{F_n\}}_{n\in {\mathbb{Z}}_{\ge 0}}$ は命題 7 の仮定を満たすので， 定理が成り立つ． ∎

2 本文

定理 9 (ファンデルモンドの行列式).

$n\in {\mathbb{Z}}_{\ge 1}$とする． このとき任意の$x_1\mathrm{\dots },x_n\in ℝ$ に対して

が成り立つ．

補題 10 (クラメルの公式).

$n\in {\mathbb{Z}}_{\ge 0}$ とする．$A$を$n$次の可逆な正方行列として

とする． $b$を$n$次元の縦ベクトルとして

$$b=\left(\begin{array}{c}{b}_1\\ b_2\\ \mathrm{⋮}\\ b_n\end{array}\right)$$

とする． このとき 線形方程式 $Ax=b$の解は $x$の第$i$成分を$x_i$として

$$x_i=\frac{det(A_i)}{det(A)}$$

で表される． ここで$A_i$ は$A$の第$i$列目の成分を$b$に置き換えた行列である．

補題 11.

以下の条件を満たす二つの実数列${\{a_i\}}_{i\in {\mathbb{Z}}_{\ge 0}}$ と${\{b_i\}}_{i\in {\mathbb{Z}}_{\ge 0}}$が存在して以下を満たす．

1. 任意の$i$についてを満たす．

2. 任意の$n\in {\mathbb{Z}}_{\ge 0}$について を満たす.

3. 任意の$n\in {\mathbb{Z}}_{\ge 0}$について ${\sum }_{i=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_i{(b_i)}^n=1$を満たす.

4. ${lim}_{i\to \mathrm{\infty }}{b}_i=-\mathrm{\infty }$が成り立つ．

証明.

各$k\in {\mathbb{Z}}_{\ge 0}$に対して $b_k=-2^k$ と定義する． そして$a_{k,N}$ を ${\sum }_{k=0}^N{X}_k{(b_k)}^n=1$ の解とする． つまり$N+1$次の行列

と全ての成分が$1$である$N+1$次元の縦ベクトル

$$u=\left(\begin{array}{c}1\\ \mathrm{⋮}\\ 1\end{array}\right)$$

についての線形方程式 $Ax=u$ の第$k$成分を$a_{k,N}$ とする． するとクラメルの公式から$a_{k,N}$ は

$$a_{k,N}=\frac{det(A_k)}{det(A)}$$

と表される． ここで$A_k$は$A$の第$k$列を$u$に変えた行列である． 今からこの量を具体的に表示しよう． まず$A_k$ を

と表示する． このとき$i\ne k$ならば$c_i=b_i$ であり，$i=k$の時は$c_k=1$である．

さて，まず$det(A)$ はファンデルモンドの行列式の公式が使えて

となる． また $det(A_k)$ もファンデルモンドの行列式が適応できる行列の形になっている．よって第$k$列の成分が$u$になっていることに気をつけると

すると

$a_{k,N}$ $={\displaystyle \frac{det(A_k)}{det(A)}}$

$={\displaystyle \prod _{j=0}^{k-1}}{\displaystyle \frac{(1+2^j)}{2^j-2^k}}{\displaystyle \prod _{i=k+1}^N}{\displaystyle \frac{1+2^j}{2^j-2^k}}$

となる． 今ここで ${\beta }_k$を

$${\beta }_k=\prod _{j=0}^{k-1}\frac{1+2^j}{2^j-2^k}$$

とし， ${\gamma }_{k,N}$を

$${\gamma }_{k,N}=\prod _{j=k+1}^N\frac{1+2^j}{2^j-2^k}$$

とすると

$$a_{k,N}={\beta }_k\cdot {\gamma }_{k,N}$$

である． さて，$a_k$ を$a_k={lim}_{N\to \mathrm{\infty }}{a}_{k,N}$ と定義したいのだが，この極限が存在することを確かめよう． 今から${\beta }_k$と ${\gamma }_{k,N}$ を上から評価する． まず$j\in \{0,\mathrm{\dots },k-1\}$のとき， $2^j\le 2^k$なので

$$|2^j-2^k|=2^k-2^j\ge 2^{k-1}$$

なので

$|{\beta }_k|$ $\le {\displaystyle \prod _{j=0}^{k-1}}(1+2^j)2^{-(k-1)}\le {\displaystyle \prod _{j=0}^{k-1}}{2}^{j+1-(k-1)}={\displaystyle \prod _{j=0}^{k-1}}{2}^{j+2-k}=2^{{\sum }_{j=0}^{k-1}(j+2-k)}$

$=2^{\frac{k(k-1)}{2}+(2-k)k}=2^{\frac{-k^2+3k}{2}}$

次に${\gamma }_{k,N}$を評価する． ${\gamma }_{k,N}$の各因子について

$$\frac{1+2^j}{2^j-2^k}=\frac{1+2^k+2^j-2^k}{2^j-2^k}=1+\frac{1+2^k}{2^j-2^k}$$

となる$j\ge k+1$のとき $2^j-2^k\ge 0$に注意しよう． $x\ge 0$のとき $\log (1+x)\le x$に注意すると

$\log ({\gamma }_{k,N})$ $={\displaystyle \sum _{j=k+1}^N}\log \left(1+{\displaystyle \frac{1+2^k}{2^j-2^k}}\right)\le {\displaystyle \sum _{j=k+1}^N}{\displaystyle \frac{1+2^k}{2^j-2^k}}\le (1+2^k){\displaystyle \sum _{j=k+1}^N}{2}^{-(j-1)}$

$\le (1+2^k){\displaystyle \sum _{j=k+1}^{\mathrm{\infty }}}{2}^{-(j-1)}=(1+2^k)2^{-k+1}\le 4$

となる． つまり$k$を固定したとき${\gamma }_{k,N}$ は有界でその絶対値は上から$e^4$で抑えられる. そして$N$が増加するごとに$1$より大きい因子がかけられていくので${\gamma }_{k,N}$は$N$が増加するとき単調増加する．つまり${\gamma }_{k,N}$は$N\to \mathrm{\infty }$のとき収束する．${\beta }_k$は$N$に依存しないので ${lim}_{N\to \mathrm{\infty }}{a}_{k,N}$は存在する． さらに上での評価から

(3) $|a_k|\le e^4{2}^{\frac{-k^2+3k}{2}}$

という不等式を得る． ここで$b_k=-2^k$なので 各$n\in {\mathbb{Z}}_{\ge 0}$について

$$\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}|a_k|{|b_k|}^n$$

は有限の値に収束する． $N\le k$のときには$a_{k,N}=0$と暫定的に置いてやると $a_{k,N}$の定義から各$n\in {\mathbb{Z}}_{\ge 0}$について

$$\sum _{k=0}{a}_{k,N}{b}_k^n=1$$

が成り立つ. $|a_{k,N}|\le |a_k|$ なので優収束定理が使えて

$$\sum _{k=0}{a}_k{b}_k^n=1$$

となる． よって 数列${\{a_k\}}_{k\in {\mathbb{Z}}_{\ge 0}}$ と${\{b_k\}}_{k\in {\mathbb{Z}}_{\ge 0}}$は条件を満たす． ∎

定義 12.

$n\in {\mathbb{Z}}_{\ge 1}$とする． 集合$S_{+}^n$ を

$$S_{+}^n={ℝ}^n\times (0,\mathrm{\infty })$$

と定義し， $D_{+}^n$を $f\in C^{\mathrm{\infty }}(S_{+}^n)$ であって，その任意階数の導関数 は${ℝ}^n\times [0,\mathrm{\infty })$ 上に連続関数として拡張できるもの全体とする．

定理 13.

$n\in {\mathbb{Z}}_{\ge 1}$とする． 数列${\{a_i\}}_{i\in {\mathbb{Z}}_{\ge 0}}$ と${\{b_i\}}_{i\in {\mathbb{Z}}_{\ge 0}}$ を補題11で存在が保証される数列とする． そして $\varphi :ℝ\to ℝ$ を$C^{\mathrm{\infty }}$関数であって $t\le 1$のとき$\varphi (t)=1$で $2\le t$のとき$\varphi (t)=0$となるものとする． このとき $f\in D_{+}^n$に対して$f$は${ℝ}^n\times [0,\mathrm{\infty })$ 上に連続関数として拡張できるのでその拡張を同じ記号$f$で表すことにして

と定義すると$E(f)$は${ℝ}^{n+1}$上で$C^{\mathrm{\infty }}$関数で ${E(f)|}_{S_{+}^n}=f$である．

証明.

各$\alpha \in {\mathbb{Z}}_{\ge 0}^{n+1}$ について${lim}_{t\to +0}{\partial }_{\alpha }f(x,t)$ を$G_{\alpha }(x)$とする．また， ${\partial }_{\alpha }f(x,0)=G_{\alpha }$ と考える．そして 各$\alpha \in {\mathbb{Z}}_{\ge 0}^{n+1}$ について$E_{\alpha }(f):{ℝ}^{n+1}\to ℝ$を

と定義する． $E_0=E$に注意しよう．

$r\in (0,\mathrm{\infty })$とし， $B(r)=\{(x,t)\mid \parallel x\parallel \le r\text{ and }|t|\le r\}$ とする． $\alpha \in {\mathbb{Z}}_{\ge 0}^{n+1}$を固定する．このとき

${\partial }_{\alpha }\varphi (b_{i}t)f(x,b_{i}t)$ $={\displaystyle \sum _{\beta +\gamma =\alpha ,\beta \le \alpha ,\gamma \le \alpha }}{b}_i^{|\beta |}({\partial }_{\beta }\varphi )(b_{i}t)\cdot b_i^{|\gamma |}({\partial }_{\gamma }f)(x,b_{i}t)$

$=b_i^{|\alpha |}{\displaystyle \sum _{\beta +\gamma =\alpha ,\beta \le \alpha ,\gamma \le \alpha }}({\partial }_{\beta }\varphi )(b_{i}t)({\partial }_{\gamma }f)(x,b_{i}t)$

である． さて$(x,t)\in B(r)$ とすると$2\le b_{i}t$ならば $\varphi$の定義から${\partial }_{\beta }\varphi (b_{i}t)=0$ となる． よって$b_i\to -\mathrm{\infty }$なので $(x,t)\in B(r)$ ならば， $i$に依存しない定数$M_{\alpha ,r}\in (0,\mathrm{\infty })$ が存在して $|{\partial }_{\alpha }(\varphi (b_{i}t)f(x,b_{i}t))|\le M_{\alpha ,r}$ となる． よって$(x,t)\in B(r)$ならば なので， ${\sum }_i{a}_i{\partial }_{\alpha }(\varphi (b_{i}t)f(x,b_{i}t))$ は広義一様収束する．

上の議論から優収束定理が使えて，${\sum }_{i=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_i{b}_i^m=1$なので

$\underset{t\to -0}{lim}{\displaystyle \sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}}{a}_i{\partial }_{\alpha }(\varphi (b_{i}t)f(x,b_{i}t))={\displaystyle \sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}}\underset{t\to -0}{lim}{a}_i{\partial }_{\alpha }(\varphi (b_{i}t)f(x,b_{i}t))$

$={\displaystyle \sum _{i=0}}{a}_i{b}_i^{|\alpha |}\underset{t\to -0}{lim}{\partial }_{\alpha }f(x,b_{i}t)={\displaystyle \sum _{i=0}}{a}_i{b}_i^{|\alpha |}{G}_{\alpha }(x)=G_{\alpha }(x)$

を得る． ここで${ℝ}^{n+1}\times [0,\mathrm{\infty })$上の関数$U_{\alpha }$ を

と定義する． $D_{+}^n$の定義から$U_{\alpha }$ は連続関数である． また${ℝ}^n\times (-\mathrm{\infty },0]$上の関数$L_{\alpha }$ を

と定義する．優収束定理より$L_{\alpha }$ は定義域の上で連続となる． すると定義域の共通点では同じ値を取るので， $t\ge 0$では$U(x,t)$, $t\le 0$では $L(x,t)$と定義するとこれは${ℝ}^{n+1}$上の関数として連続になる． そして命題 8を帰納的に適応すると ${\partial }_{\alpha }(E(f))=E_{\alpha }(f)$ であることがわかり，これで定理の証明が終わる． ∎

定義 14.

$n\in {\mathbb{Z}}_{\ge 1}$とする． $M$をハウスドルフ空間であって， 各点において$M$は${ℝ}^n\times [0,\mathrm{\infty })$ の開集合と同相な開近傍をもつとする． このとき 以下の条件を「条件(B1)」と呼ぶことにする： 開被覆${\{U_i\}}_{i\in I}$ と同相写像 ${\varphi }_i:U_i\to U_i^{\mathrm{♯}}\subset {ℝ}^{n+1}\times [0,\mathrm{\infty })$ が存在して 任意の$i,i^{\prime }\in I$について $F_{i,i^{\prime }}={\varphi }_{i^{\prime }}\circ {\varphi }_i^{-1}$は${ℝ}^n\times [0,\mathrm{\infty })$ の開集合${\varphi }_i(U_i\cap U_{i^{\prime }})$で定義された関数であり，尚且つ$F_{i,i^{\prime }}$は $U_{i,i^{\prime }}^{\circ }={\varphi }_i(U_i\cap U_{i^{\prime }})\setminus {ℝ}^n\times \{0\}$ 上では$C^{\mathrm{\infty }}$であり， ${F_{i,i^{\prime }}|}_{U_{i,i^{\prime }}^{\circ }}$ とその任意階数の微分は ${\varphi }_i(U_i\cap U_{i^{\prime }})$ 上へ連続な拡張を持つ．

また以下の条件を「条件(B2)」と呼ぶことにする： 開被覆${\{U_i\}}_{i\in I}$ と同相写像 ${\varphi }_i:U_i\to U_i^{\mathrm{♯}}\subset {ℝ}^{n+1}\times [0,\mathrm{\infty })$ が存在して任意の$i,i^{\prime }\in I$について $F_{i,i^{\prime }}={\varphi }_{i^{\prime }}\circ {\varphi }_i^{-1}$は${ℝ}^n\times [0,\mathrm{\infty })$ の開集合${\varphi }_i(U_i\cap U_{i^{\prime }})$で定義された関数であり，尚且つ ${\varphi }_i(U_i\cap U_{i^{\prime }})$ を含む${ℝ}^{n+1}$上の開集合$V_{i,i^{\prime }}$ とその上の$C^{\mathrm{\infty }}$級写像$G_{i,i^{\prime }}:V_{i,i^{\prime }}\to {ℝ}^{n+1}$が存在して $G_{i,i^{\prime }}$ を${\varphi }_i(U_i\cap U_{i^{\prime }})$に制限すると$F_{i,i^{\prime }}$になり $G_{i,i^{\prime }}$ は滑らかな埋め込みになる．

系 15.

$n\in {\mathbb{Z}}_{\ge 1}$とする． $M$をハウスドルフ空間であって， 各点において$M$は${ℝ}^n\times [0,\mathrm{\infty })$ の開集合と同相な開近傍をもつとする． このとき 条件(B1)と条件(B2)は同値である.