§E15.6定数係数作用素の基本解

証明.§E15.2 定理 4.3の微分との交換と Dirac 超関数の単位元性により、

である。$f\in C_c^\infty$のときの滑らかさは§E15.2 命題 4.4による。最後の二つの主張は、それぞれ$P(\partial)$の線形性から

と従う。▨

証明.$f\in C^1(U;\C)$であり$S^{n-1}$はコンパクトであるから、積分記号下の微分により

であり、これは$[0,R]$上で連続である。ゆえに$M_f(a,\cdot)$は$C^1$級である。

$0<r\leq R$とし、$g(z)=f(a+z)$とおく。$j$を固定し、座標$z_j=s$、残りの座標$w\in\R^{n-1}$、$b(w)=\sqrt{r^2-|w|^2}$を用いる。$\Delta g$は閉球上で有界連続であるから、Fubini の定理と一変数の積分により

である。球面$|z|=r$の半球$s=\pm b(w)$をグラフで表すと、面積要素は$(r/b(w))\,dw$、外向き単位法線の$j$成分は$\pm b(w)/r$である。したがって右辺は、球面$|z|=r$上の$\partial_jg$と外向き単位法線$\nu=z/r$の$j$成分の積の面積分に等しい。$\{z_j=0\}$との交わりは面積零である。$j$について加えると

半径$r$の球面の面積要素は$z=r\omega$によって$r^{n-1}d\omega$であるから、右辺は$r^{n-1}\int_{S^{n-1}}\nabla g(r\omega)\cdot\omega\,d\omega=\sigma_{n-1}r^{n-1}\partial_rM_f(a,r)$に等しい。▨

証明.$n=1$では、$\Phi_1=-|x|/2$であり、§E15.2 例 2.2により$|x|''=2\delta_0$であるから、$-\Phi_1''=|x|''/2=\delta_0$である。

$n\geq2$とする。球面の滑らかな座標片$\omega=\omega(u)$において、写像$(r,u)\mapsto r\omega(u)$の Jacobian は$r^{n-1}\sqrt{\det((D\omega)^tD\omega)}$である。座標片を重複なく可測集合に分割し、それぞれに§E10.44 定理 2.1を適用すると、極座標積分公式

を得る。非負関数には非負積分として、可積分関数には絶対収束する積分として適用する。原点付近で$\Phi_n$の絶対値を積分すると、$n\geq3$では定数倍の$\int_0^1r\,dr$、$n=2$では定数倍の$\int_0^1r|\log r|\,dr$となる。したがって$\Phi_n$は局所可積分である。

$\varphi\in C_c^\infty(\R^n)$を取り、$m(r)=\sigma_{n-1}^{-1}\int_{S^{n-1}}\varphi(r\omega)\,d\omega$とおく。$\varphi$が$|x|\geq R$で零になる$R>0$を選ぶ。補題 2.1を中心$0$、$f=\varphi$に適用すると、任意の$r>0$に対して

である。左辺を極座標で書いて$r$で微分することにより

を得る。

$\Phi_n(x)=q(r)$、$r=|x|$と書くと、$n\geq2$のいずれの場合にも

である。$m$は$r\geq R$で零である。球面平均による$\Delta\varphi$の積分表示と$r^{n-1}q'(r)=-1/\sigma_{n-1}$を用い、一変数の部分積分を行うと

を得る。$m'$は原点付近で有界であるから、第一項は$n\geq3$では$O(\varepsilon)$、$n=2$では$O(\varepsilon|\log\varepsilon|)$で零に収束する。第二項は$\varphi(0)$に収束する。局所可積分性により左辺は$\langle-\Delta\Phi_n,\varphi\rangle$に収束するので、主張を得る。▨

証明. 極座標$z=re^{i\theta}$で$|C(z)|\,dx\,dy=\pi^{-1}dr\,d\theta$であるから、$C$は原点付近で可積分である。$z\ne0$では直接微分により$\bar\partial C=0$である。

$\varphi\in C_c^\infty(\R^2)$を取り、その台を含む円板の半径を$R$とする。$\varphi(r,\theta)=\varphi(re^{i\theta})$と書く。連鎖律から

である。$\theta$に関する積分では周期性により角微分の項が零となるので、

$\varepsilon\downarrow0$とすると右辺は$\varphi(0)$に収束する。左辺は局所可積分性により$\langle\bar\partial C,\varphi\rangle$に収束する。この円周平均の係数は、$dz/z=i\,d\theta$による$\int_{|z|=\varepsilon}dz/z=2\pi i$の係数と一致する。▨

証明.$t>0$において$G_t(x)=(4\pi t)^{-n/2}\exp(-|x|^2/(4t))$とおく。§E14.15 例 3.1の Gauss 関数の積分と$x=\sqrt t\,y$による変数変換から

である。したがって$G$は局所可積分である。任意の有界連続関数$a$に対して、優収束定理により

直接微分により

である。

$\varphi\in C_c^\infty(\R^{1+n})$を取り、時間方向の台を含む区間$(-T,T)$を選ぶ。$t\geq\varepsilon>0$では空間の各座標と時間について部分積分することにより

右辺は優収束定理により$\varphi(0,0)$に収束する。左辺は$G$の局所可積分性により$\langle(\partial_t-\Delta_x)G,\varphi\rangle$に収束する。▨

証明.$a=2\pi|\xi|$とおくと、$m_t(\xi)=\int_0^t\cos(sa)\,ds$である。したがって$|t|\leq T$では$|m_t|\leq T$であり、$k\geq1$に対して

である（$k=1$では右辺を$1$とする）。$m_t$は$\xi=0$で連続であり、有界関数として緩増加超関数を定める。§E15.4 定理 3.2により$S(t)$は定義され、

である。時間微分の各次数について、上の多項式評価と Schwartz 関数の減衰により積分の下で微分することができる。

固定したコンパクト集合$L\subset\R^{1+n}$に台をもつ$\varphi$に対し、$L\subset[-T,T]\times B$となる有界集合$B$を選ぶ。$2N>n$となる整数$N$について、空間の部分積分から

である。したがって$E$を定める積分は絶対収束し、試験関数の有限個の導関数の上限ノルムで評価される。ゆえに$E$は超関数である。また、定義により、$t<0$に台をもつ試験関数への作用は零である。

$m_0=0$、$\partial_tm_0=1$、$\partial_t^2m_t+a^2m_t=0$である。定数関数$1$の Fourier 逆変換は$\delta_0$である。実際、§E15.4 例 3.6により$\widehat{\delta_0}=T_1$であるから、§E15.4 定理 3.2により$\mathcal F^{-1}T_1=\delta_0$である。よって$S(0)=0$、$S'(0)=\delta_0$となる。さらに§E15.4 命題 3.3によれば、$-\Delta_x$の乗数は$a^2=4\pi^2|\xi|^2$である。

$\varphi\in C_c^\infty(\R^{1+n})$に対して$\psi(t,\xi)=\widehat{\varphi(t,\cdot)}(-\xi)$とおく。時間の台を含む区間$(-T,T)$を選ぶ。試験関数の Fourier 変換に対する減衰評価を$\varphi$の時間微分と空間微分にも適用し、乗数$m_t$の時間微分の多項式評価と組み合わせると、以下の積分は絶対収束し、時間変数に関する部分積分が正当化される。各$\xi$について二回の時間部分積分を行うと

▨

証明.$n=1$、$t>0$のとき、区間の指示関数の Fourier 変換は

である。$\xi=0$の値も積分により$t$である。Fourier 変換の単射性§E15.4 定理 3.2により$S(t)=\frac12\mathbf1_{\{|x|<t\}}$である。したがって、時間について積分すると一次元の式を得る。

$n=3$、$t>0$のとき、有限測度$\mu_t$を

によって定める。球面の回転と極座標により、$\xi\ne0$に対して

$\xi=0$では$\mu_t(\R^3)=t$である。単射性により$S(t)=\mu_t$である。時間を$[0,T]$に制限したとき$\int_0^T\mu_t(\R^3)\,dt=T^2/2$は有限であり、試験関数に対する時間積分は表示した式に一致する。▨