非斉次方程式 | 関数解析 I

1 軟解と古典解

定義 1.1. $X$ を $\mathbb K\in\{\R,\C\}$ 上の Banach 空間とし、 $T$ を $X$ 上の強連続半群とし、 $0<\tau<\infty$ とし、 $f\in L^1(0,\tau;X)$ とする。各 $t\in[0,\tau]$ について、 $f$ の強可測代表元を用いた Bochner 積分

(T*f)(t)=\int_0^tT(t-s)f(s)\,ds

が定まる。写像 $T*f\colon[0,\tau]\to X$ を $T$ と $f$ の畳み込み (convolution) という。 $x\in X$ に対して、

u(t)=T(t)x+(T*f)(t)\qquad(0\le t\le\tau)

で定まる写像 $u\colon[0,\tau]\to X$ を、 $T$ の生成作用素 $A$ について初期値 $x$ と外力 $f$ をもつ方程式 $u'(t)=Au(t)+f(t)$ の軟解 (mild solution) という。

証明.§E12.23 定理 1.3により $C=\sup_{0\le r\le\tau}\lVert T(r)\rVert<\infty$ である。 $f$ の強可測代表元をとり、端点で $0$ と定める。§E10.25 定理 3.1により、 $f$ に各点で収束する可積分単関数列 $(q_n)$ が存在する。 $t\in[0,\tau]$ を固定する。単関数 $q_n$ の各値 $y$ に対して $s\mapsto T(t-s)y$ は $[0,t]$ 上で連続であり、区間の分割による有限値の階段関数で一様近似することができる。したがって $s\mapsto T(t-s)q_n(s)$ は強可測である。 $\lVert T(t-s)(q_n(s)-f(s))\rVert\le C\lVert q_n(s)-f(s)\rVert$ であるから、§E10.18 命題 1.4 (1)により $s\mapsto T(t-s)f(s)$ も強可測である。そのノルムは $C\lVert f(s)\rVert$ 以下であるから、§E10.18 定理 2.4により積分が存在する。 $f$ の二つの代表元が零集合の外で一致するならば、各固定した $t$ について被積分写像もその零集合の外で一致する。Bochner 積分はほとんど至る所の一致で定まるので、すべての $t\in[0,\tau]$ について $(T*f)(t)$ は代表元によらない。▨

定義 1.2. $X$ を $\mathbb K\in\{\R,\C\}$ 上の Banach 空間とし、 $A$ を $X$ 上の線形作用素とし、 $\tau>0$ とし、 $f\colon[0,\tau]\to X$ を連続写像とし、 $x\in X$ とする。写像 $u\colon[0,\tau]\to X$ が、 $u(0)=x$ を満たし、すべての $t\in[0,\tau]$ について $u(t)\in D(A)$ であり、すべての $t\in[0,\tau]$ でノルムについて（端点では片側で）微分可能であって $u'(t)=Au(t)+f(t)$ を満たすとき、 $u$ を初期値問題

u'(t)=Au(t)+f(t)\quad(0\le t\le\tau),\qquad u(0)=x

の非斉次問題の古典解 (classical solution of the inhomogeneous problem) という。この問題が古典解 $u$ をもつならば、 $x=u(0)\in D(A)$ である。

補題 1.3. $X$ を $\mathbb K\in\{\R,\C\}$ 上の Banach 空間とし、 $T$ を $X$ 上の強連続半群とし、 $A$ を $T$ の生成作用素とし、 $\tau>0$ とし、 $g\colon[0,\tau]\to X$ を連続写像とする。§E12.23 補題 5.2 (1)の $C$ をとり、 $\lVert g\rVert_\infty=\sup_{0\le s\le\tau}\lVert g(s)\rVert$ とおく。このとき、次が成り立つ。

$(T*g)(0)=0$ であり、 $\lVert(T*g)(t)\rVert\le tC\lVert g\rVert_\infty$ であり、 $T*g\colon[0,\tau]\to X$ はノルムについて連続である。
$t\in[0,\tau)$ と $0<h\le\tau-t$ について $(T*g)(t+h)=T(h)(T*g)(t)+\int_t^{t+h}T(t+h-s)g(s)\,ds$ であり、 $h\downarrow0$ のとき $h^{-1}\int_t^{t+h}T(t+h-s)g(s)\,ds$ はノルムについて $g(t)$ に収束する。
$t\in[0,\tau)$ とする。このとき、 $h\downarrow0$ のとき $h^{-1}\bigl((T*g)(t+h)-(T*g)(t)\bigr)$ がノルムについて収束するための必要十分条件は、 $(T*g)(t)\in D(A)$ であることである。収束するとき、その極限は $A(T*g)(t)+g(t)$ である。
$x\in D(A)$ とし、すべての $t\in[0,\tau]$ について $(T*g)(t)\in D(A)$ であり、 $A(T*g)\colon[0,\tau]\to X$ が連続であるとする。このとき、 $u(t)=T(t)x+(T*g)(t)$ で定まる軟解 $u$ は、初期値 $x$ と外力 $g$ をもつ古典解であり、 $u'$ は $[0,\tau]$ 上で連続である。

証明. $\Phi=\Phi_g$ とおく。§E12.23 補題 5.2 (2)により $\Phi$ は一様連続である。 $\varepsilon>0$ に対して、 $\Delta_\tau$ の点 $p,q$ が $\lvert p-q\rvert<\delta$ を満たすならば $\lVert\Phi(p)-\Phi(q)\rVert<\varepsilon$ となる $\delta>0$ をとる。 $\lVert\Phi(t,s)\rVert\le C\lVert g(s)\rVert\le C\lVert g\rVert_\infty$ である。ここで $\lVert g\rVert_\infty$ は§D1.13 定理 2.1により有限である。

主張 (1)を示す。 $(T*g)(0)=\int_0^0\Phi(0,s)\,ds=0$ であり、§E10.18 補題 7.3 (1)の評価により $\lVert(T*g)(t)\rVert\le tC\lVert g\rVert_\infty$ である。 $0\le t'<t\le\tau$ とする。§E10.18 補題 7.3 (1)の加法性と§E10.18 命題 4.3により

(T*g)(t)-(T*g)(t')=\int_{t'}^t\Phi(t,s)\,ds+\int_0^{t'}\bigl(\Phi(t,s)-\Phi(t',s)\bigr)\,ds

である。 $t-t'<\delta$ ならば、 $s\in[0,t']$ について $\lvert(t,s)-(t',s)\rvert=t-t'<\delta$ であるから、§E10.18 補題 7.3 (1)の評価により $\lVert(T*g)(t)-(T*g)(t')\rVert\le C\lVert g\rVert_\infty(t-t')+\tau\varepsilon$ である。したがって $T*g$ は連続である。

主張 (2)を示す。 $s\in[0,t]$ について $T(t+h-s)=T(h)T(t-s)$ であるから、§E10.18 命題 5.2と§E10.18 補題 7.3 (1)の加法性により、等式を得る。 $\Phi(t,t)=g(t)$ であり、§E10.18 補題 7.3 (1)により $\int_t^{t+h}g(t)\,ds=hg(t)$ であるから

\Bigl\lVert\frac1h\int_t^{t+h}T(t+h-s)g(s)\,ds-g(t)\Bigr\rVert=\Bigl\lVert\frac1h\int_t^{t+h}\bigl(\Phi(t+h,s)-\Phi(t,t)\bigr)\,ds\Bigr\rVert\le\sup_{t\le s\le t+h}\lVert\Phi(t+h,s)-\Phi(t,t)\rVert

である。 $\lvert(t+h,s)-(t,t)\rvert\le\sqrt2\,h$ であるから、右辺は $\sqrt2\,h<\delta$ のとき $\varepsilon$ 以下である。

主張 (3)を示す。主張 (2)により

\frac{(T*g)(t+h)-(T*g)(t)}h=\frac{T(h)(T*g)(t)-(T*g)(t)}h+\frac1h\int_t^{t+h}T(t+h-s)g(s)\,ds

であり、右辺の第二項は $h\downarrow0$ のとき $g(t)$ に収束する。したがって、左辺が収束することと、右辺の第一項が収束することは同値である。§E12.23 定義 3.1により、後者は $(T*g)(t)\in D(A)$ と同値であり、このとき第一項の極限は $A(T*g)(t)$ である。

主張 (4)を示す。 $u(0)=x$ であり、§E12.23 定理 3.2 (3)により $T(t)x\in D(A)$ であるから、すべての $t\in[0,\tau]$ について $u(t)\in D(A)$ である。 $q(t)=Au(t)+g(t)=T(t)Ax+A(T*g)(t)+g(t)$ とおくと、仮定と§E12.23 系 1.5により $q\colon[0,\tau]\to X$ は連続である。各 $t\in[0,\tau)$ において、主張 (3)により $T*g$ の右微分係数は $A(T*g)(t)+g(t)$ であり、§E12.23 定理 3.2 (3)により $T(\cdot)x$ の右微分係数は $T(t)Ax$ であるから、 $u$ の右微分係数は $q(t)$ である。主張 (1)と $T$ の強連続性により $u$ は連続である。したがって、§E10.18 補題 7.4により $u$ は $[0,\tau]$ の各点でノルムについて（端点では片側で）微分可能であり、 $u'=q=Au+g$ は連続である。▨

命題 1.4. $X$ を $\mathbb K\in\{\R,\C\}$ 上の Banach 空間とし、 $T$ を $X$ 上の強連続半群とし、 $A$ を $T$ の生成作用素とし、 $\tau>0$ 、 $x\in X$ とし、 $f\colon[0,\tau]\to X$ と $u\colon[0,\tau]\to X$ を連続写像とする。このとき、 $u$ が初期値 $x$ と外力 $f$ をもつ軟解であることは、すべての $t\in[0,\tau]$ について $\int_0^tu(s)\,ds\in D(A)$ であり、かつ

u(t)=x+A\int_0^tu(s)\,ds+\int_0^tf(s)\,ds

が成り立つための必要十分条件である。

証明. 演習とする。(問題 5.1)▨

2 可積分な外力

定理 2.1. $X$ を $\mathbb K\in\{\R,\C\}$ 上の Banach 空間とし、 $T$ を $X$ 上の強連続半群とし、 $A$ をその生成作用素とする。実数 $M\ge1$ と $\omega\in\R$ が、すべての $t\ge0$ について $\lVert T(t)\rVert\le Me^{\omega t}$ を満たすとする。 $0<\tau<\infty$ 、 $x\in X$ 、 $f\in L^1(0,\tau;X)$ とする。このとき、初期値 $x$ と外力 $f$ をもつ軟解 $u$ は $[0,\tau]$ 上で連続であり、 $u(0)=x$ であって、

\sup_{0\le t\le\tau}e^{-\omega t}\lVert u(t)\rVert \le M\left(\lVert x\rVert+\int_0^\tau e^{-\omega s}\lVert f(s)\rVert\,ds\right)

を満たす。さらに、連続写像 $v\colon[0,\tau]\to X$ がこの軟解に等しいための必要十分条件は、すべての $t\in[0,\tau]$ について

\int_0^tv(s)\,ds\in D(A),\qquad v(t)=x+A\int_0^tv(s)\,ds+\int_0^tf(s)\,ds

が成り立つことである。外力を含む積分はその代表元によらない。

証明.§E10.18 命題 4.3と半群の指数評価により、すべての $t\in[0,\tau]$ について

e^{-\omega t}\lVert u(t)\rVert \le M\lVert x\rVert+M\int_0^t e^{-\omega s}\lVert f(s)\rVert\,ds \le M\left(\lVert x\rVert+\int_0^\tau e^{-\omega s}\lVert f(s)\rVert\,ds\right)

である。重み $e^{-\omega s}$ は有限区間で有界であるから、右辺は有限である。 $t=0$ において畳み込みは $0$ であるから、 $u(0)=T(0)x=x$ である。

§E10.25 定理 3.1により、各 $n\in\NN$ について $\lVert f-q_n\rVert_{L^1}<1/n$ を満たす単関数 $q_n=\sum_{j=1}^{m_n}\mathbf1_{E_{n,j}}y_{n,j}$ をとる。ここで $E_{n,j}\subseteq(0,\tau)$ は Lebesgue 可測であり、 $y_{n,j}\in X$ である。各指示関数を $\R$ 上で零延長すると $L^1(\R)$ に属する。§E10.47 定理 1.4により、 $\varphi_{n,j}\in C_c^\infty(\R;\R)$ を

\sum_{j=1}^{m_n}\lVert y_{n,j}\rVert\, \lVert\mathbf1_{E_{n,j}}-\varphi_{n,j}\rVert_{L^1(\R)}<1/n

となるようにとることができる。 $f_n(s)=\sum_{j=1}^{m_n}\varphi_{n,j}(s)y_{n,j}$ $(0\le s\le\tau)$ とおくと、 $f_n$ は連続であり、 $\lVert f-f_n\rVert_{L^1(0,\tau;X)}<2/n$ である。

$u_n(t)=T(t)x+(T*f_n)(t)$ とおく。補題 1.3 (1)と $T$ の強連続性により $u_n$ は連続である。 $C=M\max\{1,e^{\omega\tau}\}$ とおくと、 $\lVert T(r)\rVert\le C$ $(0\le r\le\tau)$ であり、§E10.18 命題 4.3により

\sup_{0\le t\le\tau}\lVert u_n(t)-u(t)\rVert \le C\lVert f_n-f\rVert_{L^1(0,\tau;X)}\longrightarrow0

である。したがって $u$ は連続である。

命題 1.4により、すべての $t\in[0,\tau]$ について $U_n(t)=\int_0^tu_n(s)\,ds\in D(A)$ であり、

AU_n(t)=u_n(t)-x-\int_0^tf_n(s)\,ds

である。 $t\in[0,\tau]$ を固定し、 $U(t)=\int_0^tu(s)\,ds$ とおく。積分のノルム評価により $\lVert U_n(t)-U(t)\rVert\le\tau\sup_s\lVert u_n(s)-u(s)\rVert\to0$ であり、 $\lVert\int_0^t(f_n-f)(s)\,ds\rVert\le\lVert f_n-f\rVert_{L^1}\to0$ である。§E12.23 定理 3.2 (5)と§E12.12 補題 1.3 (1)により、 $U(t)\in D(A)$ であり、 $AU(t)=u(t)-x-\int_0^tf(s)\,ds$ である。固定した $t$ は任意であるから、軟解はすべての時刻で積分形を満たす。

連続写像 $v$ がすべての時刻で積分形を満たすとし、 $z=v-u$ とおく。二つの積分形の差から、すべての $t\in[0,\tau]$ について $\int_0^tz(s)\,ds\in D(A)$ かつ $z(t)=A\int_0^tz(s)\,ds$ である。したがって命題 1.4を $z$ と初期値 $0$ 、連続な零外力に適用すると、 $z(t)=T(t)0=0$ であり、 $v=u$ である。▨

例 2.2. $X=\R$ 、 $T(t)=I$ $(t\ge0)$ 、 $\tau=1$ 、 $x=0$ 、 $f(t)=t^{-1/2}$ $(0<t<1)$ とする。このとき、 $T$ の生成作用素は $A=0$ 、 $D(A)=\R$ であり、 $f\in L^1(0,1)$ である。軟解は

u(t)=\int_0^t s^{-1/2}\,ds=2\sqrt t\qquad(0\le t\le1)

である。実際、 $0<\varepsilon<t\le1$ について $\int_\varepsilon^t s^{-1/2}\,ds=2\sqrt t-2\sqrt\varepsilon$ であり、 $\varepsilon\downarrow0$ の極限から等式を得る。軟解 $u$ は $[0,1]$ 上で連続であるが、 $h^{-1}(u(h)-u(0))=2/\sqrt h\to\infty$ であるから、 $0$ において右微分可能でない。また、 $0<t<1$ について $u'(t)=t^{-1/2}$ であり、

\int_\varepsilon^1|u'(t)|^2\,dt=-\log\varepsilon\longrightarrow\infty \qquad(\varepsilon\downarrow0)

である。したがって、 $f$ も内部時刻の導関数 $u'$ も $L^2(0,1)$ に属さない。

3 定数変化公式

定理 3.1. $X$ を $\mathbb K\in\{\R,\C\}$ 上の Banach 空間とし、 $T$ を $X$ 上の強連続半群とし、 $A$ を $T$ の生成作用素とし、 $\tau>0$ とし、 $f\colon[0,\tau]\to X$ を連続写像とし、 $x\in X$ とする。このとき、次が成り立つ。

$u\colon[0,\tau]\to X$ を連続写像とし、 $u(0)=x$ とし、各 $t\in(0,\tau)$ について $u(t)\in D(A)$ であって、 $u$ が $t$ でノルムについて微分可能であり $u'(t)=Au(t)+f(t)$ を満たすとする。このとき、すべての $t\in[0,\tau]$ について $u(t)=T(t)x+(T*f)(t)$ である。特に、初期値 $x$ と外力 $f$ をもつ古典解は、存在するならば軟解に等しく、ただ一つである。
$x\in D(A)$ とし、 $f$ がすべての $t\in[0,\tau]$ で（端点では片側で）ノルムについて微分可能であり、導関数 $f'$ が連続であるとする。このとき、軟解 $u$ は古典解であり、 $u'$ は連続である。
$x\in D(A)$ とし、すべての $s\in[0,\tau]$ について $f(s)\in D(A)$ であり、 $Af\colon[0,\tau]\to X$ が連続であるとする。このとき、軟解 $u$ は古典解であり、 $u'$ は連続である。

証明. $C$ を§E12.23 補題 5.2 (1)のとおりとする。

主張 (1)を示す。各 $s\in(0,\tau)$ について、 $u(s)\in D(A)$ であり、 $u$ は $s$ で微分可能であって $u'(s)=Au(s)+f(s)$ であるから、 $h\downarrow0$ のとき $h^{-1}(u(s+h)-u(s))$ はノルムについて $Au(s)+f(s)$ に収束する。§E12.23 補題 5.3により、すべての $t\in[0,\tau]$ について $u(t)=T(t)u(0)+(T*f)(t)=T(t)x+(T*f)(t)$ である。初期値 $x$ と外力 $f$ をもつ古典解は、 $[0,\tau]$ の各点で微分可能であるから連続であり、この項の仮定を満たす。したがって、古典解は軟解に等しく、ただ一つである。

主張 (2)を示す。 $t\in[0,\tau)$ と $0<h\le\tau-t$ について、 $k(s)=T(t+h-s)f(s)$ は $[0,t+h]$ 上の連続写像であり、 $k(\sigma+h)=T(t-\sigma)f(\sigma+h)$ である。§E10.18 補題 7.3 (4)を $a=-h$ 、 $b=t$ 、 $c=h$ に適用し、§E10.18 補題 7.3 (1)の加法性と§E10.18 命題 4.3を用いると

(T*f)(t+h)-(T*f)(t)=\int_{-h}^0T(t-\sigma)f(\sigma+h)\,d\sigma+\int_0^tT(t-\sigma)\bigl(f(\sigma+h)-f(\sigma)\bigr)\,d\sigma

である。第一項については、 $\int_{-h}^0T(t)f(0)\,d\sigma=hT(t)f(0)$ であるから

\Bigl\lVert\frac1h\int_{-h}^0T(t-\sigma)f(\sigma+h)\,d\sigma-T(t)f(0)\Bigr\rVert\le\sup_{-h\le\sigma\le0}\lVert T(t-\sigma)f(\sigma+h)-T(t)f(0)\rVert

であり、 $t-\sigma\in[t,t+h]$ 、 $\sigma+h\in[0,h]$ であるから、右辺は§E12.23 補題 5.2 (1)と $f$ の連続性により $h\downarrow0$ のとき $0$ に収束する。第二項については、 $f'$ が $[0,\tau]$ 上で連続であるから、§E10.18 補題 7.3 (3)により $f(\sigma+h)-f(\sigma)=\int_\sigma^{\sigma+h}f'(r)\,dr$ であり、

\Bigl\lVert\frac{f(\sigma+h)-f(\sigma)}h-f'(\sigma)\Bigr\rVert\le\sup_{\sigma\le r\le\sigma+h}\lVert f'(r)-f'(\sigma)\rVert

である。 $[0,\tau]$ はコンパクトであるから、§E2.9 定理 4.3と§E2.9 定理 5.1により $f'$ は一様連続であり、右辺は $\sigma\in[0,t]$ について一様に $h\downarrow0$ のとき $0$ に収束する。§E10.18 補題 7.3 (1)の評価により

\Bigl\lVert\frac1h\int_0^tT(t-\sigma)\bigl(f(\sigma+h)-f(\sigma)\bigr)\,d\sigma-(T*f')(t)\Bigr\rVert\le\tau C\sup_{0\le\sigma\le t}\Bigl\lVert\frac{f(\sigma+h)-f(\sigma)}h-f'(\sigma)\Bigr\rVert

であり、右辺は $0$ に収束する。したがって、 $T*f$ は各 $t\in[0,\tau)$ で右微分可能であり、右微分係数は $T(t)f(0)+(T*f')(t)$ である。

補題 1.3 (3)により、 $t\in[0,\tau)$ について $(T*f)(t)\in D(A)$ であり、

A(T*f)(t)=T(t)f(0)+(T*f')(t)-f(t)

である。右辺で定まる写像 $q\colon[0,\tau]\to X$ は、§E12.23 系 1.5と補題 1.3 (1)により連続である。 $t_k\uparrow\tau$ を満たす点列について $(T*f)(t_k)\to(T*f)(\tau)$ であり、 $A(T*f)(t_k)=q(t_k)\to q(\tau)$ であるから、§E12.23 定理 3.2 (5)と§E12.12 補題 1.3 (1)により $(T*f)(\tau)\in D(A)$ であり、 $A(T*f)(\tau)=q(\tau)$ である。したがって、すべての $t\in[0,\tau]$ について $(T*f)(t)\in D(A)$ であり、 $A(T*f)=q$ は連続である。補題 1.3 (4)を $g=f$ に適用すると、軟解 $u$ は古典解であり、 $u'$ は連続である。

主張 (3)を示す。 $t\in[0,\tau]$ とする。 $\R$ 上の測度 $\lambda_1^B$ に関して、 $F(s)=T(t-s)f(s)$ $(0\le s\le t)$ と $G(s)=T(t-s)Af(s)$ $(0\le s\le t)$ を $[0,t]$ の外で $0$ として延長した写像は、§E12.23 補題 5.2 (2)と§E10.18 補題 7.3 (1)により Bochner 可積分である。§E12.23 定理 3.2 (3)により、 $0\le s\le t$ について $F(s)\in D(A)$ かつ $AF(s)=T(t-s)Af(s)=G(s)$ であり、 $[0,t]$ の外では $F(s)=0\in D(A)$ かつ $AF(s)=0=G(s)$ である。§E12.23 定理 3.2 (5)により $A$ は閉作用素であるから、§E12.23 補題 2.2により $(T*f)(t)\in D(A)$ であり、 $A(T*f)(t)=(T*Af)(t)$ である。 $Af$ は連続であるから、補題 1.3 (1)により $A(T*f)=T*Af$ は $[0,\tau]$ 上で連続である。補題 1.3 (4)を $g=f$ に適用すると、軟解 $u$ は古典解であり、 $u'$ は連続である。▨

例 3.2.定理 3.1 (2)と定理 3.1 (3)の結論は、 $f$ についての仮定を連続性だけに弱めると成り立たない。 $\ell^2$ を $\C$ に値をとる二乗総和可能な数列 $z=(z_n)_{n\in\NN}$ の Hilbert 空間とし、 $t\ge0$ と $z\in\ell^2$ について $U(t)z=(e^{int}z_n)_{n\in\NN}$ と定める。このとき、 $U$ は $\ell^2$ 上の強連続半群である。 $A$ をその生成作用素とし、 $y=(1/n)_{n\in\NN}$ とし、 $\tau>0$ とし、 $f(s)=U(s)y$ $(0\le s\le\tau)$ とし、 $x=0$ とする。このとき、 $f$ は連続であり、 $x\in D(A)$ であって、初期値 $x$ と外力 $f$ をもつ方程式の軟解は $u(t)=tU(t)y$ であり、すべての $t\in(0,\tau]$ について $u(t)\notin D(A)$ である。特に、この初期値問題は古典解をもたない。

証明.§E12.23 例 7.1を $\mathbb K=\C$ 、 $a_n=-in$ $(n\in\NN)$ に適用する。すべての $n\in\NN$ について $\Re a_n=0$ であるから、 $U$ は $\ell^2$ 上の強連続半群であり、その生成作用素 $A$ の定義域は $D(A)=\{z\in\ell^2:\sum_{n=1}^\infty n^2\lvert z_n\rvert^2<\infty\}$ である。

$\sum_{n\ge2}n^{-2}\le\sum_{n\ge2}\bigl((n-1)^{-1}-n^{-1}\bigr)=1$ であるから $y\in\ell^2$ であり、 $\sum_nn^2\lvert y_n\rvert^2=\sum_n1=\infty$ である。 $t\ge0$ について、§E5.3 命題 1.7 (1)により $\lvert e^{int}\rvert=1$ であるから $\lvert(U(t)y)_n\rvert=\lvert y_n\rvert$ であり、 $D(A)$ の上の記述により $U(t)y\notin D(A)$ である。 $D(A)$ は線形部分空間であるから、 $t>0$ について $tU(t)y\notin D(A)$ である。

$f(s)=U(s)y$ は§E12.23 系 1.5により連続であり、 $x=0\in D(A)$ である。 $U(t-s)f(s)=U(t-s)U(s)y=U(t)y$ であるから、§E10.18 補題 7.3 (1)により $(U*f)(t)=\int_0^tU(t)y\,ds=tU(t)y$ であり、軟解は $u(t)=tU(t)y$ である。古典解 $v$ が存在するならば、定理 3.1 (1)により $v=u$ であるが、 $v(\tau)=u(\tau)\notin D(A)$ は古典解の定義と両立しない。▨

4 有界摂動

定理 4.1. $X$ を $\mathbb K\in\{\R,\C\}$ 上の Banach 空間とし、 $T$ を $X$ 上の強連続半群とし、 $A$ を $T$ の生成作用素とし、実数 $M\ge1$ と $\omega$ がすべての $t\ge0$ について $\lVert T(t)\rVert\le Me^{\omega t}$ を満たすとし、 $B\in B(X)$ とする。このとき、次が成り立つ。

定義域 $D(A)$ をもつ作用素 $A+B$ は、 $X$ 上の強連続半群 $S$ を生成し、すべての $t\ge0$ について $\lVert S(t)\rVert\le Me^{(\omega+M\lVert B\rVert)t}$ である。
すべての $x\in X$ と $t\ge0$ について $S(t)x=T(t)x+\int_0^tT(t-s)BS(s)x\,ds=T(t)x+\int_0^tS(t-s)BT(s)x\,ds$ が成り立つ。

証明.主張 (1)を示す。§E12.24 補題 2.1により、 $\lVert x\rVert_T=\sup_{t\ge0}e^{-\omega t}\lVert T(t)x\rVert$ は $\lVert x\rVert\le\lVert x\rVert_T\le M\lVert x\rVert$ を満たすノルムであり、 $X_T=(X,\lVert\cdot\rVert_T)$ は Banach 空間であり、 $T$ は $X_T$ 上の強連続半群であってその生成作用素は $A$ であり、 $\lVert T(t)x\rVert_T\le e^{\omega t}\lVert x\rVert_T$ である。二つのノルムは同値であるから、 $X_T$ における収束は $X$ における収束と一致し、 $D(A)$ は $X_T$ で稠密であり、§E12.23 定理 3.2 (5)により $A$ は $X_T$ で閉作用素である。 $\beta=M\lVert B\rVert$ とおくと、 $\lVert Bx\rVert_T\le M\lVert Bx\rVert\le\beta\lVert x\rVert\le\beta\lVert x\rVert_T$ であるから、 $B$ は $X_T$ の有界線形作用素であって作用素ノルムは $\beta$ 以下である。

実数 $\lambda>\omega+\beta$ とする。§E12.23 定理 4.1を $X_T$ 上の $T$ に適用すると、 $\lambda\in\rho(A)$ であり、 $\lVert R(\lambda,A)\rVert_T\le(\lambda-\omega)^{-1}$ である。したがって $\lVert BR(\lambda,A)\rVert_T\le\beta/(\lambda-\omega)<1$ であり、§E12.1 補題 3.1により $V=(I-BR(\lambda,A))^{-1}\in B(X_T)$ が存在して $\lVert V\rVert_T\le(\lambda-\omega)/(\lambda-\omega-\beta)$ である。 $x\in D(A)$ について

(\lambda I-A-B)x=\bigl(I-BR(\lambda,A)\bigr)(\lambda I-A)x

である。 $y\in X$ について、 $x\in D(A)$ が $(\lambda I-A-B)x=y$ を満たすことは、 $z=(\lambda I-A)x$ が $(I-BR(\lambda,A))z=y$ を満たすことと同値であり、 $\lambda I-A\colon D(A)\to X$ は全単射であるから、これは $x=R(\lambda,A)Vy$ と同値である。したがって $\lambda I-A-B\colon D(A)\to X$ は全単射であり、その逆写像 $R(\lambda,A)V$ は $B(X_T)$ に属して $\lVert R(\lambda,A)V\rVert_T\le(\lambda-\omega-\beta)^{-1}$ である。§E12.12 定義 1.5により $\lambda\in\rho(A+B)$ であり、すべての $n\in\NN$ について $\lVert R(\lambda,A+B)^n\rVert_T\le(\lambda-\omega-\beta)^{-n}$ である。

$A$ は $X_T$ で閉作用素であるから、§E12.12 補題 1.3 (3)により $A+B$ は $X_T$ で閉作用素であり、定義域 $D(A)$ は稠密である。§E12.24 定理 2.2を $X_T$ と実数 $1$ 、 $\omega+\beta$ に適用すると、 $A+B$ は $X_T$ 上の強連続半群 $S$ を生成し、 $\lVert S(t)\rVert_T\le e^{(\omega+\beta)t}$ である。ノルムの同値性により、 $S$ は $X$ 上の強連続半群であって生成作用素は $A+B$ であり、 $\lVert S(t)x\rVert\le\lVert S(t)x\rVert_T\le e^{(\omega+\beta)t}\lVert x\rVert_T\le Me^{(\omega+\beta)t}\lVert x\rVert$ である。

主張 (2)を示す。第一の等式は§E12.24 補題 1.1である。 $S$ は生成作用素 $A+B$ をもち、 $T$ の生成作用素 $A$ は定義域 $D(A+B)=D(A)$ をもつ作用素 $(A+B)+(-B)$ である。§E12.24 補題 1.1を、 $T$ 、 $S$ 、 $A$ 、 $B$ のかわりに $S$ 、 $T$ 、 $A+B$ 、 $-B$ に適用すると、 $T(t)x=S(t)x-\int_0^tS(t-s)BT(s)x\,ds$ を得る。▨

例 4.2.定理 4.1 (1)の結論は、 $B$ が有界であるという仮定を、 $B$ が $D(B)\supseteq D(A)$ を満たす線形作用素であって、ある実数 $a,b\ge0$ がすべての $x\in D(A)$ について $\lVert Bx\rVert\le a\lVert x\rVert+b\lVert Ax\rVert$ を満たすという仮定に弱めると、成り立たない。 $\ell^2$ を $\mathbb K\in\{\R,\C\}$ に値をとる二乗総和可能な数列の Hilbert 空間とし、 $T$ を§E12.23 例 7.1の $a_n=n$ の場合の半群 $T(t)x=(e^{-nt}x_n)_{n\in\NN}$ とし、 $A$ をその生成作用素とする。§E12.23 例 7.1により、 $D(A)=\{x\in\ell^2:\sum_nn^2\lvert x_n\rvert^2<\infty\}$ 、 $Ax=(-nx_n)_{n\in\NN}$ である。定義域 $D(A)$ をもつ線形作用素 $B=-2A$ は $B(\ell^2)$ に属さないが、すべての $x\in D(A)$ について $\lVert Bx\rVert=2\lVert Ax\rVert$ を満たし、 $a=0$ 、 $b=2$ について上の不等式を満たす。このとき、定義域 $D(A)$ をもつ作用素 $A+B=-A$ は、 $\ell^2$ 上のいかなる強連続半群も生成しない。

証明. 定義域 $D(A)$ をもつ作用素 $A+B=-A$ は $x\mapsto(nx_n)_{n\in\NN}$ であるから、§E12.23 例 7.1 (1)により、 $\ell^2$ 上のどの強連続半群の生成作用素でもない。▨

5 演習

問題 5.1.命題 1.4の証明を完成させよ。

解答.

十分性を示す。 $\bar f\colon[0,\tau+1]\to X$ を、 $s\le\tau$ のとき $\bar f(s)=f(s)$ 、 $s>\tau$ のとき $\bar f(s)=f(\tau)$ と定めると、 $\bar f$ は連続である。 $t\in[0,\tau]$ について、 $(T*\bar f)(t)$ の被積分写像は $[0,t]$ 上で $T(t-s)f(s)$ に等しいから、 $(T*\bar f)(t)=(T*f)(t)$ である。 $v=T*\bar f\colon[0,\tau+1]\to X$ とおくと、補題 1.3 (1)により $v$ は連続であり、 $v(0)=0$ である。 $t\in[0,\tau]$ とし、 $V(t)=\int_0^tv(s)\,ds$ とおく。

$0<h\le1$ とする。 $s\in[0,t]$ について $s+h\le\tau+1$ であるから、補題 1.3 (2)により $v(s+h)=T(h)v(s)+I_h(s)$ 、 $I_h(s)=\int_s^{s+h}T(s+h-r)\bar f(r)\,dr$ である。 $v$ と $T(h)v$ は連続であるから $I_h$ は $[0,t]$ 上で連続である。§E10.18 命題 5.2と§E10.18 命題 4.3により

T(h)V(t)-V(t)=\int_0^t\bigl(v(s+h)-v(s)\bigr)\,ds-\int_0^tI_h(s)\,ds

である。§E10.18 補題 7.3 (4)と§E10.18 補題 7.3 (1)の加法性により、右辺の第一項は $\int_t^{t+h}v(s)\,ds-\int_0^hv(s)\,ds$ に等しく、§E10.18 補題 7.3 (2)により、その $h^{-1}$ 倍は $h\downarrow0$ のとき $v(t)-v(0)=v(t)$ に収束する。

$\varepsilon>0$ とする。§E12.23 補題 5.2 (2)を $[0,\tau+1]$ と $\bar f$ に適用すると、 $\Phi_{\bar f}$ は一様連続であるから、 $\Delta_{\tau+1}$ の点 $p,q$ が $\lvert p-q\rvert<\delta$ を満たすならば $\lVert\Phi_{\bar f}(p)-\Phi_{\bar f}(q)\rVert<\varepsilon$ となる $\delta>0$ が存在する。 $\sqrt2\,h<\delta$ とし、 $s\in[0,t]$ とする。 $r\in[s,s+h]$ について $\lvert(s+h,r)-(s,s)\rvert\le\sqrt2\,h$ であり、 $\Phi_{\bar f}(s,s)=f(s)$ であるから、§E10.18 補題 7.3 (1)の評価により $\lVert h^{-1}I_h(s)-f(s)\rVert\le\varepsilon$ である。したがって

\Bigl\lVert\frac1h\int_0^tI_h(s)\,ds-\int_0^tf(s)\,ds\Bigr\rVert\le t\varepsilon

であり、 $h\downarrow0$ のとき $h^{-1}(T(h)V(t)-V(t))$ は $v(t)-\int_0^tf(s)\,ds$ に収束する。§E12.23 定義 3.1により、 $V(t)\in D(A)$ であり、 $AV(t)=(T*f)(t)-\int_0^tf(s)\,ds$ である。

$u$ を軟解とすると、 $\int_0^tu(s)\,ds=\int_0^tT(s)x\,ds+V(t)$ である。§E12.23 定理 3.2 (1)により $\int_0^tT(s)x\,ds\in D(A)$ かつ $A\int_0^tT(s)x\,ds=T(t)x-x$ であるから、 $\int_0^tu(s)\,ds\in D(A)$ であり

A\int_0^tu(s)\,ds=T(t)x-x+(T*f)(t)-\int_0^tf(s)\,ds=u(t)-x-\int_0^tf(s)\,ds

である。

必要性を示す。 $u$ がすべての $t\in[0,\tau]$ について積分の定義域への所属と等式を満たすとし、 $\tilde u$ を軟解とする。上で示したことにより、 $\tilde u$ も等式を満たす。 $z=u-\tilde u$ とおき、 $t\in[0,\tau]$ について $Z(t)=\int_0^tz(s)\,ds$ とおく。 $D(A)$ は線形部分空間であるから、 $Z(t)\in D(A)$ であり、二つの等式の差をとると $AZ(t)=z(t)$ である。§E10.18 補題 7.3 (2)により、各 $s\in(0,\tau)$ について $h\downarrow0$ のとき $h^{-1}(Z(s+h)-Z(s))$ はノルムについて $z(s)=AZ(s)$ に収束する。§E12.23 補題 5.3を $Z$ と $[0,\tau]$ 上の零写像に適用すると、§E10.18 補題 7.3 (1)により零写像の積分は $0$ であるから、すべての $t\in[0,\tau]$ について $Z(t)=T(t)Z(0)=0$ である。したがって $z(t)=AZ(t)=0$ であり、 $u=\tilde u$ は軟解である。▨

§E12.26非斉次方程式

1 軟解と古典解

2 可積分な外力

3 定数変化公式

4 有界摂動

5 演習

前提記事