1 シフト逆と随伴 命題 1.1. Ω ⊂ R n \Omega\subset\R^n Ω ⊂ R n V V V §E15.16 定義 1.3 の境界形式域とする。V V V H 1 ( Ω ; C ) H^1(\Omega;\C) H 1 ( Ω ; C ) ( u , v ) 2 = ∫ Ω u v ‾ d x (u,v)_2=\int_\Omega u\overline v\,dx ( u , v ) 2 = ∫ Ω u v d x V † V^\dagger V † a a a α > 0 \alpha>0 α > 0 κ ≥ 0 \kappa\geq0 κ ≥ 0
ℜ a ( v , v ) + κ ∥ v ∥ 2 2 ≥ α ∥ v ∥ H 1 2 ( v ∈ V ) \Re a(v,v)+\kappa\|v\|_2^2\geq\alpha\|v\|_{H^1}^2
\qquad(v\in V) ℜ a ( v , v ) + κ ∥ v ∥ 2 2 ≥ α ∥ v ∥ H 1 2 ( v ∈ V ) を満たすとする。J : V → V † J:V\to V^\dagger J : V → V † B κ : V → V † B_\kappa:V\to V^\dagger B κ : V → V †
( J u ) ( v ) = ( u , v ) 2 , ( B κ u ) ( v ) = a ( u , v ) + κ ( u , v ) 2 (Ju)(v)=(u,v)_2,\qquad (B_\kappa u)(v)=a(u,v)+\kappa(u,v)_2 ( J u ) ( v ) = ( u , v ) 2 , ( B κ u ) ( v ) = a ( u , v ) + κ ( u , v ) 2 で定める。このときB κ B_\kappa B κ K = B κ − 1 J K=B_\kappa^{-1}J K = B κ − 1 J V V V
さらに
D ( A ) = { u ∈ V : ある f ∈ L 2 ( Ω ) に対して a ( u , v ) = ( f , v ) 2 ( v ∈ V ) } , A u = f D(A)=\{u\in V:\text{ある }f\in L^2(\Omega)\text{ に対して }
a(u,v)=(f,v)_2\ (v\in V)\},\qquad Au=f D ( A ) = { u ∈ V : ある f ∈ L 2 ( Ω ) に対して a ( u , v ) = ( f , v ) 2 ( v ∈ V )} , A u = f と定める。このとき、A A A L 2 ( Ω ; C ) L^2(\Omega;\C) L 2 ( Ω ; C ) A + κ A+\kappa A + κ a ∗ ( u , v ) = a ( v , u ) ‾ a^*(u,v)=\overline{a(v,u)} a ∗ ( u , v ) = a ( v , u ) L 2 L^2 L 2 A ∗ A^* A ∗
証明. §E15.16 命題 1.2 によりV V V H 1 H^1 H 1 H 0 1 ( Ω ) ⊂ V H^1_0(\Omega)\subset V H 0 1 ( Ω ) ⊂ V L 2 L^2 L 2 A u = f Au=f A u = f f f f §E15.16 定理 2.2 をa + κ ( ⋅ , ⋅ ) 2 a+\kappa(\cdot,\cdot)_2 a + κ ( ⋅ , ⋅ ) 2 B κ B_\kappa B κ ∥ B κ − 1 F ∥ H 1 ≤ α − 1 ∥ F ∥ V † \|B_\kappa^{-1}F\|_{H^1}\leq\alpha^{-1}\|F\|_{V^\dagger} ∥ B κ − 1 F ∥ H 1 ≤ α − 1 ∥ F ∥ V †
包含i : V → L 2 i:V\to L^2 i : V → L 2 §E15.11 定理 2.1 によりコンパクトである。写像j : L 2 → V † j:L^2\to V^\dagger j : L 2 → V † j f = ( f , ⋅ ) 2 jf=(f,\cdot)_2 j f = ( f , ⋅ ) 2 J = j i J=ji J = j i K = B κ − 1 j i K=B_\kappa^{-1}ji K = B κ − 1 j i R = i B κ − 1 j R=iB_\kappa^{-1}j R = i B κ − 1 j im R = D ( A ) \im R=D(A) im R = D ( A ) ( A + κ ) R = I (A+\kappa)R=I ( A + κ ) R = I R ( A + κ ) = I R(A+\kappa)=I R ( A + κ ) = I
随伴形式のシフトにも同じ強圧性の評価が成り立つ。対応する逆をR ∗ : L 2 → V ↪ L 2 R_*:L^2\to V\hookrightarrow L^2 R ∗ : L 2 → V ↪ L 2 f , g ∈ L 2 f,g\in L^2 f , g ∈ L 2 R ∗ g , R f R_*g,Rf R ∗ g , R f
( f , R ∗ g ) 2 = a ( R f , R ∗ g ) + κ ( R f , R ∗ g ) 2 = ( R f , g ) 2 (f,R_*g)_2=a(Rf,R_*g)+\kappa(Rf,R_*g)_2=(Rf,g)_2 ( f , R ∗ g ) 2 = a ( R f , R ∗ g ) + κ ( R f , R ∗ g ) 2 = ( R f , g ) 2 となる。よってR ∗ = R ∗ R^*=R_* R ∗ = R ∗ R ∗ R_* R ∗ g ⊥ im R g\perp\im R g ⊥ im R R ∗ g = 0 R_*g=0 R ∗ g = 0 g = 0 g=0 g = 0 D ( A ) D(A) D ( A )
u m ∈ D ( A ) u_m\in D(A) u m ∈ D ( A ) u m → u u_m\to u u m → u A u m → f Au_m\to f A u m → f L 2 L^2 L 2 u m = R ( A u m + κ u m ) → R ( f + κ u ) u_m=R(Au_m+\kappa u_m)\to R(f+\kappa u) u m = R ( A u m + κ u m ) → R ( f + κ u ) u = R ( f + κ u ) ∈ D ( A ) u=R(f+\kappa u)\in D(A) u = R ( f + κ u ) ∈ D ( A ) A u = f Au=f A u = f A A A
a ∗ a^* a ∗ A ∗ A_* A ∗ w ∈ D ( A ∗ ) w\in D(A_*) w ∈ D ( A ∗ ) u ∈ D ( A ) u\in D(A) u ∈ D ( A ) ( A u , w ) 2 = ( u , A ∗ w ) 2 (Au,w)_2=(u,A_*w)_2 ( A u , w ) 2 = ( u , A ∗ w ) 2 A ∗ ⊂ A ∗ A_*\subset A^* A ∗ ⊂ A ∗ w ∈ D ( A ∗ ) w\in D(A^*) w ∈ D ( A ∗ ) g = ( A ∗ + κ ) w g=(A^*+\kappa)w g = ( A ∗ + κ ) w f ∈ L 2 f\in L^2 f ∈ L 2
( f , w ) 2 = ( ( A + κ ) R f , w ) 2 = ( R f , g ) 2 = ( f , R ∗ g ) 2 (f,w)_2=((A+\kappa)Rf,w)_2=(Rf,g)_2=(f,R_*g)_2 ( f , w ) 2 = (( A + κ ) R f , w ) 2 = ( R f , g ) 2 = ( f , R ∗ g ) 2 なのでw = R ∗ g ∈ D ( A ∗ ) w=R_*g\in D(A_*) w = R ∗ g ∈ D ( A ∗ ) A ∗ = A ∗ A_*=A^* A ∗ = A ∗ R R R i i i ▨
定理 1.2 (Fredholm の交代定理). 命題 1.1 のa , V , A a,V,A a , V , A λ ∈ C \lambda\in\C λ ∈ C
N λ = { u ∈ V : a ( u , v ) = λ ( u , v ) 2 ( v ∈ V ) } , N λ ∗ = { w ∈ V : a ( v , w ) = λ ( v , w ) 2 ( v ∈ V ) } N_\lambda=\{u\in V:a(u,v)=\lambda(u,v)_2\ (v\in V)\},\qquad
N_\lambda^*=\{w\in V:a(v,w)=\lambda(v,w)_2\ (v\in V)\} N λ = { u ∈ V : a ( u , v ) = λ ( u , v ) 2 ( v ∈ V )} , N λ ∗ = { w ∈ V : a ( v , w ) = λ ( v , w ) 2 ( v ∈ V )} とおく。このときN λ = ker ( A − λ ) N_\lambda=\ker(A-\lambda) N λ = ker ( A − λ ) N λ ∗ = ker ( A ∗ − λ ‾ ) N_\lambda^*=\ker(A^*-\overline\lambda) N λ ∗ = ker ( A ∗ − λ ) F ∈ V † F\in V^\dagger F ∈ V †
a ( u , v ) − λ ( u , v ) 2 = F ( v ) ( v ∈ V ) a(u,v)-\lambda(u,v)_2=F(v)\qquad(v\in V) a ( u , v ) − λ ( u , v ) 2 = F ( v ) ( v ∈ V ) が解u ∈ V u\in V u ∈ V w ∈ N λ ∗ w\in N_\lambda^* w ∈ N λ ∗ F ( w ) = 0 F(w)=0 F ( w ) = 0 u 0 u_0 u 0 u 0 + N λ u_0+N_\lambda u 0 + N λ N λ = { 0 } N_\lambda=\{0\} N λ = { 0 } F ∈ V † F\in V^\dagger F ∈ V †
証明. R : V → V † \mathcal R:V\to V^\dagger R : V → V † ( R x ) ( v ) = ( x , v ) V (\mathcal R x)(v)=(x,v)_V ( R x ) ( v ) = ( x , v ) V §E10.5 定理 1.1 をv ↦ F ( v ) ‾ v\mapsto\overline{F(v)} v ↦ F ( v ) R \mathcal R R T = R − 1 B κ T=\mathcal R^{-1}B_\kappa T = R − 1 B κ S = R − 1 J S=\mathcal R^{-1}J S = R − 1 J r = R − 1 F r=\mathcal R^{-1}F r = R − 1 F z = λ + κ z=\lambda+\kappa z = λ + κ T T T S = S ∗ S=S^* S = S ∗
Q u = T − 1 r , Q = I − z T − 1 S Q u=T^{-1}r,\qquad Q=I-zT^{-1}S Q u = T − 1 r , Q = I − z T − 1 S と同値である。T − 1 S = K T^{-1}S=K T − 1 S = K
z ≠ 0 z\ne0 z = 0 §E12.4 定理 2.1 をz − 1 I − K z^{-1}I-K z − 1 I − K ker Q \ker Q ker Q ker Q ∗ \ker Q^* ker Q ∗ Q u = T − 1 r Qu=T^{-1}r Q u = T − 1 r ( T − 1 r , y ) V = 0 (T^{-1}r,y)_V=0 ( T − 1 r , y ) V = 0 y ∈ ker Q ∗ y\in\ker Q^* y ∈ ker Q ∗ y = T ∗ w y=T^*w y = T ∗ w
Q ∗ y = 0 ⟺ T ∗ w = z ‾ S w ⟺ a ( v , w ) = λ ( v , w ) 2 ( v ∈ V ) . Q^*y=0\quad\Longleftrightarrow\quad T^*w=\overline z Sw
\quad\Longleftrightarrow\quad a(v,w)=\lambda(v,w)_2\quad(v\in V). Q ∗ y = 0 ⟺ T ∗ w = z S w ⟺ a ( v , w ) = λ ( v , w ) 2 ( v ∈ V ) . したがってw ↦ T ∗ w w\mapsto T^*w w ↦ T ∗ w N λ ∗ N_\lambda^* N λ ∗ ker Q ∗ \ker Q^* ker Q ∗
( T − 1 r , T ∗ w ) V = ( r , w ) V = F ( w ) (T^{-1}r,T^*w)_V=(r,w)_V=F(w) ( T − 1 r , T ∗ w ) V = ( r , w ) V = F ( w ) であり、ker Q = N λ \ker Q=N_\lambda ker Q = N λ z = 0 z=0 z = 0 Q = I Q=I Q = I T T T T ∗ T^* T ∗
L 2 L^2 L 2 N λ = ker ( A − λ ) N_\lambda=\ker(A-\lambda) N λ = ker ( A − λ ) N λ ∗ = ker ( A ∗ − λ ‾ ) N_\lambda^*=\ker(A^*-\overline\lambda) N λ ∗ = ker ( A ∗ − λ ) N λ N_\lambda N λ N λ N_\lambda N λ ▨
2 Neumann 問題の平均条件 定理 2.1. Ω ⊂ R n \Omega\subset\R^n Ω ⊂ R n f ∈ L 2 ( Ω ; C ) f\in L^2(\Omega;\C) f ∈ L 2 ( Ω ; C ) h ∈ H − 1 / 2 ( ∂ Ω ) h\in H^{-1/2}(\partial\Omega) h ∈ H − 1/2 ( ∂ Ω ) H − 1 / 2 ( ∂ Ω ) H^{-1/2}(\partial\Omega) H − 1/2 ( ∂ Ω ) H 1 / 2 ( ∂ Ω ) H^{1/2}(\partial\Omega) H 1/2 ( ∂ Ω ) ⟨ h , φ ⟩ \langle h,\varphi\rangle ⟨ h , φ ⟩ v ∈ H 1 ( Ω ) v\in H^1(\Omega) v ∈ H 1 ( Ω )
∫ Ω ∇ u ⋅ ∇ v ‾ d x = ∫ Ω f v ‾ d x + ⟨ h , T v ⟩ \int_\Omega\nabla u\cdot\overline{\nabla v}\,dx
=\int_\Omega f\overline v\,dx+\langle h,Tv\rangle ∫ Ω ∇ u ⋅ ∇ v d x = ∫ Ω f v d x + ⟨ h , T v ⟩ を満たすu ∈ H 1 ( Ω ) u\in H^1(\Omega) u ∈ H 1 ( Ω )
∫ Ω f d x + ⟨ h , 1 ⟩ = 0 \int_\Omega f\,dx+\langle h,1\rangle=0 ∫ Ω f d x + ⟨ h , 1 ⟩ = 0 である。解は定数を除いて一意であり、∫ Ω u d x = 0 \int_\Omega u\,dx=0 ∫ Ω u d x = 0
∥ u ∥ H 1 ≤ C Ω ( ∥ f ∥ 2 + ∥ h ∥ H − 1 / 2 ) \|u\|_{H^1}\leq C_\Omega\bigl(\|f\|_2+\|h\|_{H^{-1/2}}\bigr) ∥ u ∥ H 1 ≤ C Ω ( ∥ f ∥ 2 + ∥ h ∥ H − 1/2 ) を満たす。弱解は− Δ u = f -\Delta u=f − Δ u = f γ ν ∇ u = h \gamma_\nu\nabla u=h γ ν ∇ u = h
証明. 形式a ( u , v ) = ∫ Ω ∇ u ⋅ ∇ v ‾ a(u,v)=\int_\Omega\nabla u\cdot\overline{\nabla v} a ( u , v ) = ∫ Ω ∇ u ⋅ ∇ v V = H 1 ( Ω ) V=H^1(\Omega) V = H 1 ( Ω ) a ( u , u ) + ∥ u ∥ 2 2 = ∥ u ∥ H 1 2 a(u,u)+\|u\|_2^2=\|u\|_{H^1}^2 a ( u , u ) + ∥ u ∥ 2 2 = ∥ u ∥ H 1 2 a ( u , u ) = 0 a(u,u)=0 a ( u , u ) = 0 ∇ u = 0 \nabla u=0 ∇ u = 0 §E15.8 系 2.2 によりu u u §E15.14 定理 2.1 のトレースの有界性によりF ( v ) = ( f , v ) 2 + ⟨ h , T v ⟩ F(v)=(f,v)_2+\langle h,Tv\rangle F ( v ) = ( f , v ) 2 + ⟨ h , T v ⟩ V † V^\dagger V † 定理 1.2 をλ = 0 \lambda=0 λ = 0 F ( 1 ) = 0 F(1)=0 F ( 1 ) = 0
解から平均を引いて∫ Ω u = 0 \int_\Omega u=0 ∫ Ω u = 0 §E15.11 定理 4.1 により∥ u ∥ H 1 ≤ C Ω ∥ ∇ u ∥ 2 \|u\|_{H^1}\leq C_\Omega\|\nabla u\|_2 ∥ u ∥ H 1 ≤ C Ω ∥∇ u ∥ 2 v = u v=u v = u
∥ ∇ u ∥ 2 2 ≤ C Ω ( ∥ f ∥ 2 + ∥ h ∥ H − 1 / 2 ) ∥ u ∥ H 1 \|\nabla u\|_2^2\leq C_\Omega(\|f\|_2+\|h\|_{H^{-1/2}})\|u\|_{H^1} ∥∇ u ∥ 2 2 ≤ C Ω ( ∥ f ∥ 2 + ∥ h ∥ H − 1/2 ) ∥ u ∥ H 1 なので、主張の評価を得る。
§E15.14 定理 2.1 によりT ( H 1 ( Ω ) ) = H 1 / 2 ( ∂ Ω ) T(H^1(\Omega))=H^{1/2}(\partial\Omega) T ( H 1 ( Ω )) = H 1/2 ( ∂ Ω ) H 1 / 2 H^{1/2} H 1/2 §E15.16 命題 1.6 をV = H 1 ( Ω ) V=H^1(\Omega) V = H 1 ( Ω ) A = I A=I A = I b = d = c = β = 0 b=d=c=\beta=0 b = d = c = β = 0 G = 0 G=0 G = 0 − Δ u = f -\Delta u=f − Δ u = f γ ν ∇ u = h \gamma_\nu\nabla u=h γ ν ∇ u = h ▨
系 2.2. 有界 Lipschitz 開集合Ω \Omega Ω Ω 1 , … , Ω m \Omega_1,\ldots,\Omega_m Ω 1 , … , Ω m 1 Ω 1 , … , 1 Ω m 1_{\Omega_1},\ldots,1_{\Omega_m} 1 Ω 1 , … , 1 Ω m f ∈ L 2 ( Ω ) f\in L^2(\Omega) f ∈ L 2 ( Ω ) h ∈ H − 1 / 2 ( ∂ Ω ) h\in H^{-1/2}(\partial\Omega) h ∈ H − 1/2 ( ∂ Ω )
∫ Ω j f d x + ⟨ h , T 1 Ω j ⟩ = 0 ( 1 ≤ j ≤ m ) \int_{\Omega_j}f\,dx+\langle h,T1_{\Omega_j}\rangle=0
\qquad(1\leq j\leq m) ∫ Ω j f d x + ⟨ h , T 1 Ω j ⟩ = 0 ( 1 ≤ j ≤ m ) である。
証明. 1 Ω j ∈ H 1 ( Ω ) 1_{\Omega_j}\in H^1(\Omega) 1 Ω j ∈ H 1 ( Ω ) §E15.8 系 2.2 により各成分上で定数である。定理 1.2 により、外力がこの核の各基底元を零化することが可解条件となる。▨
例 2.3. Ω = ( 0 , 1 ) \Omega=(0,1) Ω = ( 0 , 1 ) h = 0 h=0 h = 0 f ( x ) = cos ( π x ) f(x)=\cos(\pi x) f ( x ) = cos ( π x ) u ( x ) = π − 2 cos ( π x ) u(x)=\pi^{-2}\cos(\pi x) u ( x ) = π − 2 cos ( π x ) − u ′ ′ = f -u''=f − u ′′ = f u ′ ( 0 ) = u ′ ( 1 ) = 0 u'(0)=u'(1)=0 u ′ ( 0 ) = u ′ ( 1 ) = 0 ∫ 0 1 u = 0 \int_0^1u=0 ∫ 0 1 u = 0 u u u f = 1 f=1 f = 1 h = 0 h=0 h = 0 ∫ 0 1 f = 1 \int_0^1 f=1 ∫ 0 1 f = 1
二つの合同な有界連結 Lipschitz 開集合を正の距離だけ離して置き、その和をΩ = Ω 1 ∪ Ω 2 \Omega=\Omega_1\cup\Omega_2 Ω = Ω 1 ∪ Ω 2 h = 0 h=0 h = 0 f f f Ω 1 \Omega_1 Ω 1 1 1 1 Ω 2 \Omega_2 Ω 2 − 1 -1 − 1 ∫ Ω f = 0 \int_\Omega f=0 ∫ Ω f = 0 ∫ Ω 1 f = ∣ Ω 1 ∣ ≠ 0 \int_{\Omega_1}f=|\Omega_1|\ne0 ∫ Ω 1 f = ∣ Ω 1 ∣ = 0
3 Green 作用素 定理 3.1. 命題 1.1 の形式a a a A A A L 2 L^2 L 2
im A = ( ker A ) ⊥ , L 2 ( Ω ) = ker A ⊕ im A \im A=(\ker A)^\perp,\qquad L^2(\Omega)=\ker A\oplus\im A im A = ( ker A ) ⊥ , L 2 ( Ω ) = ker A ⊕ im A であり、im A \im A im A P P P ker A \ker A ker A H 0 = ( ker A ) ⊥ H_0=(\ker A)^\perp H 0 = ( ker A ) ⊥
A 0 : D ( A ) ∩ H 0 ⟶ H 0 A_0:D(A)\cap H_0\longrightarrow H_0 A 0 : D ( A ) ∩ H 0 ⟶ H 0 の逆を用いてG = A 0 − 1 ( I − P ) G=A_0^{-1}(I-P) G = A 0 − 1 ( I − P ) G G G A A A Green 作用素 (Green operator )G G G L 2 L^2 L 2
A G = I − P は L 2 上で , G A = I − P は D ( A ) 上で AG=I-P\quad\text{は }L^2\text{ 上で},\qquad
GA=I-P\quad\text{は }D(A)\text{ 上で} A G = I − P は L 2 上で , G A = I − P は D ( A ) 上で 成り立つ。さらにa ( u , u ) ≥ 0 a(u,u)\geq0 a ( u , u ) ≥ 0 u ∈ V u\in V u ∈ V G G G G ∣ H 0 G|_{H_0} G ∣ H 0 A 0 A_0 A 0
証明. 命題 1.1 の随伴の同定とa = a ∗ a=a^* a = a ∗ A A A 定理 1.2 をF ( v ) = ( f , v ) 2 F(v)=(f,v)_2 F ( v ) = ( f , v ) 2 λ = 0 \lambda=0 λ = 0 f ∈ im A f\in\im A f ∈ im A f ⊥ ker A f\perp\ker A f ⊥ ker A u ∈ D ( A ) u\in D(A) u ∈ D ( A ) P u ∈ ker A Pu\in\ker A P u ∈ ker A H 0 H_0 H 0 A 0 A_0 A 0
A A A A 0 − 1 : H 0 → H 0 A_0^{-1}:H_0\to H_0 A 0 − 1 : H 0 → H 0 §E12.21 系 3.3 によりA 0 − 1 A_0^{-1} A 0 − 1 G G G A G = I − P AG=I-P A G = I − P G A = I − P GA=I-P G A = I − P f , g ∈ L 2 f,g\in L^2 f , g ∈ L 2
( G f , g ) 2 = ( G f , ( I − P ) g ) 2 = ( G f , A G g ) 2 = ( A G f , G g ) 2 = ( f , G g ) 2 (Gf,g)_2=(Gf,(I-P)g)_2=(Gf,AGg)_2
=(AGf,Gg)_2=(f,Gg)_2 ( G f , g ) 2 = ( G f , ( I − P ) g ) 2 = ( G f , A G g ) 2 = ( A G f , G g ) 2 = ( f , G g ) 2 なので、G G G R = ( A + κ ) − 1 R=(A+\kappa)^{-1} R = ( A + κ ) − 1
G = R ( I − P + κ G ) G=R(I-P+\kappa G) G = R ( I − P + κ G ) であり、命題 1.1 によりR R R G G G
a a a ( G f , f ) 2 = ( G f , A G f ) 2 = a ( G f , G f ) ≥ 0 (Gf,f)_2=(Gf,AGf)_2=a(Gf,Gf)\geq0 ( G f , f ) 2 = ( G f , A G f ) 2 = a ( G f , G f ) ≥ 0 G ∣ H 0 G|_{H_0} G ∣ H 0 D ( A ) ∩ H 0 D(A)\cap H_0 D ( A ) ∩ H 0 §E12.14 命題 2.5 をH 0 H_0 H 0 G ∣ H 0 G|_{H_0} G ∣ H 0 A 0 A_0 A 0 ▨
例 3.2. 有界 Lipschitz 開集合上の Dirichlet Laplace 作用素では、核の元u ∈ H 0 1 ( Ω ) u\in H^1_0(\Omega) u ∈ H 0 1 ( Ω ) ∥ ∇ u ∥ 2 2 = 0 \|\nabla u\|_2^2=0 ∥∇ u ∥ 2 2 = 0 §E15.8 定理 5.4 によりu = 0 u=0 u = 0 G = A − 1 G=A^{-1} G = A − 1
連結な有界 Lipschitz 開集合上の Neumann Laplace 作用素では、定理 2.1 により核は定数からなり、
P f = 1 ∣ Ω ∣ ∫ Ω f d x Pf=\frac1{|\Omega|}\int_\Omega f\,dx P f = ∣Ω∣ 1 ∫ Ω f d x である。G f Gf G f A ( G f ) = f − P f A(Gf)=f-Pf A ( G f ) = f − P f
Dirichlet 条件と Neumann 条件を混合した Laplace 作用素では、核の元は各連結成分上で定数であり、そのトレースは Dirichlet 部分で零となる。したがって、Dirichlet 部分をもたない成分には定数の核が残る。各成分の Dirichlet 部分が正の表面測度をもつならば、その成分上の定数は零となる。
例 3.3. 区間( 0 , π ) (0,\pi) ( 0 , π ) H 0 1 ( 0 , π ) H^1_0(0,\pi) H 0 1 ( 0 , π )
a c ( u , v ) = ∫ 0 π ( u ′ v ′ ‾ − c u v ‾ ) d x ( c ∈ R ) a_c(u,v)=\int_0^\pi(u'\overline{v'}-cu\overline v)\,dx\qquad(c\in\R) a c ( u , v ) = ∫ 0 π ( u ′ v ′ − c u v ) d x ( c ∈ R ) とする。このとき、c = 1 c=1 c = 1 − ∂ x 2 − 1 -\partial_x^2-1 − ∂ x 2 − 1 sin x \sin x sin x
c = 2 c=2 c = 2 u ′ ′ = − 2 u u''=-2u u ′′ = − 2 u L 2 L^2 L 2 §E15.8 系 2.2 を二回用いると、その差は一次関数となる。したがって、u ∈ H 2 ( 0 , π ) u\in H^2(0,\pi) u ∈ H 2 ( 0 , π ) u ( x ) = a sin ( 2 x ) + b cos ( 2 x ) u(x)=a\sin(\sqrt2 x)+b\cos(\sqrt2 x) u ( x ) = a sin ( 2 x ) + b cos ( 2 x ) b = 0 b=0 b = 0 a sin ( 2 π ) = 0 a\sin(\sqrt2\pi)=0 a sin ( 2 π ) = 0 2 ∉ Z \sqrt2\notin\Z 2 ∈ / Z a = 0 a=0 a = 0 ( − ∂ x 2 − 2 ) sin x = − sin x (-\partial_x^2-2)\sin x=-\sin x ( − ∂ x 2 − 2 ) sin x = − sin x G sin x = − sin x G\sin x=-\sin x G sin x = − sin x
4 非対称な実現の可解条件とスペクトル 定理 4.1. 命題 1.1 の一般の境界形式a a a L 2 L^2 L 2 A A A σ ( A ) \sigma(A) σ ( A ) σ ( A ) \sigma(A) σ ( A ) C \C C
証明. R = ( A + κ ) − 1 R=(A+\kappa)^{-1} R = ( A + κ ) − 1 − κ ∈ ρ ( A ) -\kappa\in\rho(A) − κ ∈ ρ ( A ) λ ≠ − κ \lambda\ne-\kappa λ = − κ z = λ + κ z=\lambda+\kappa z = λ + κ μ = z − 1 \mu=z^{-1} μ = z − 1
A − λ = ( I − z R ) ( A + κ ) は D ( A ) 上で成り立つ。 A-\lambda=(I-zR)(A+\kappa)\quad\text{は }D(A)\text{ 上で成り立つ。} A − λ = ( I − z R ) ( A + κ ) は D ( A ) 上で成り立つ。 I − z R I-zR I − z R ( A − λ ) − 1 = R ( I − z R ) − 1 (A-\lambda)^{-1}=R(I-zR)^{-1} ( A − λ ) − 1 = R ( I − z R ) − 1 A − λ A-\lambda A − λ I − z R I-zR I − z R I + z ( A − λ ) − 1 I+z(A-\lambda)^{-1} I + z ( A − λ ) − 1
λ ∈ σ ( A ) ⟺ μ ∈ σ ( R ) ∖ { 0 } . \lambda\in\sigma(A)\quad\Longleftrightarrow\quad\mu\in\sigma(R)\setminus\{0\}. λ ∈ σ ( A ) ⟺ μ ∈ σ ( R ) ∖ { 0 } . §E12.2 定理 6.1 によりμ \mu μ R R R R u = μ u Ru=\mu u R u = μu u = μ − 1 R u ∈ D ( A ) u=\mu^{-1}Ru\in D(A) u = μ − 1 R u ∈ D ( A ) A u = λ u Au=\lambda u A u = λ u
m ≥ 1 m\geq1 m ≥ 1 u ∈ D ( ( A − λ ) m ) u\in D((A-\lambda)^m) u ∈ D (( A − λ ) m ) R R R A − λ A-\lambda A − λ
( R − μ ) m u = ( − μ ) m R m ( A − λ ) m u (R-\mu)^m u=(-\mu)^mR^m(A-\lambda)^m u ( R − μ ) m u = ( − μ ) m R m ( A − λ ) m u が成り立つ。R R R ker ( A − λ ) m ⊂ ker ( R − μ ) m \ker(A-\lambda)^m\subset\ker(R-\mu)^m ker ( A − λ ) m ⊂ ker ( R − μ ) m E m = ker ( R − μ ) m E_m=\ker(R-\mu)^m E m = ker ( R − μ ) m R = μ I + N R=\mu I+N R = μ I + N N m = 0 N^m=0 N m = 0
( R ∣ E m ) − 1 = μ − 1 ∑ j = 0 m − 1 ( − μ − 1 N ) j (R|_{E_m})^{-1}=\mu^{-1}\sum_{j=0}^{m-1}(-\mu^{-1}N)^j ( R ∣ E m ) − 1 = μ − 1 j = 0 ∑ m − 1 ( − μ − 1 N ) j である。よってE m ⊂ im R = D ( A ) E_m\subset\im R=D(A) E m ⊂ im R = D ( A ) A E m ⊂ E m AE_m\subset E_m A E m ⊂ E m E m ⊂ D ( ( A − λ ) m ) E_m\subset D((A-\lambda)^m) E m ⊂ D (( A − λ ) m ) E m ⊂ ker ( A − λ ) m E_m\subset\ker(A-\lambda)^m E m ⊂ ker ( A − λ ) m §E12.2 定理 6.1 によりR R R A A A
M > 0 M>0 M > 0 ∣ λ ∣ ≤ M |\lambda|\leq M ∣ λ ∣ ≤ M ∣ μ ∣ = ∣ λ + κ ∣ − 1 ≥ ( M + κ ) − 1 |\mu|=|\lambda+\kappa|^{-1}\geq(M+\kappa)^{-1} ∣ μ ∣ = ∣ λ + κ ∣ − 1 ≥ ( M + κ ) − 1 §E12.2 定理 6.1 により、この下限を満たすR R R σ ( A ) ∩ { ∣ λ ∣ ≤ M } \sigma(A)\cap\{|\lambda|\leq M\} σ ( A ) ∩ { ∣ λ ∣ ≤ M } ▨
例 4.2. Ω = ( 0 , 1 ) \Omega=(0,1) Ω = ( 0 , 1 ) b ∈ R ∖ { 0 } b\in\R\setminus\{0\} b ∈ R ∖ { 0 } V = H 1 ( 0 , 1 ) V=H^1(0,1) V = H 1 ( 0 , 1 )
a ( u , v ) = ∫ 0 1 ( u ′ v ′ ‾ + b u ′ v ‾ ) d x a(u,v)=\int_0^1(u'\overline{v'}+bu'\overline v)\,dx a ( u , v ) = ∫ 0 1 ( u ′ v ′ + b u ′ v ) d x とする。このとき、Young の不等式から
ℜ a ( u , u ) + ( 1 + b 2 2 ) ∥ u ∥ 2 2 ≥ 1 2 ∥ u ′ ∥ 2 2 + ∥ u ∥ 2 2 \Re a(u,u)+\left(1+\frac{b^2}{2}\right)\|u\|_2^2
\geq\frac12\|u'\|_2^2+\|u\|_2^2 ℜ a ( u , u ) + ( 1 + 2 b 2 ) ∥ u ∥ 2 2 ≥ 2 1 ∥ u ′ ∥ 2 2 + ∥ u ∥ 2 2 である。この形式の実現は
A u = − u ′ ′ + b u ′ , D ( A ) = { u ∈ H 2 ( 0 , 1 ) : u ′ ( 0 ) = u ′ ( 1 ) = 0 } Au=-u''+bu',\qquad D(A)=\{u\in H^2(0,1):u'(0)=u'(1)=0\} A u = − u ′′ + b u ′ , D ( A ) = { u ∈ H 2 ( 0 , 1 ) : u ′ ( 0 ) = u ′ ( 1 ) = 0 } である。実際、弱方程式からu ′ ′ = b u ′ − A u ∈ L 2 u''=bu'-Au\in L^2 u ′′ = b u ′ − A u ∈ L 2
随伴形式の実現についても同じ議論を用いると
A ∗ w = − w ′ ′ − b w ′ , D ( A ∗ ) = { w ∈ H 2 ( 0 , 1 ) : w ′ ( 0 ) + b w ( 0 ) = w ′ ( 1 ) + b w ( 1 ) = 0 } A^*w=-w''-bw',\qquad
D(A^*)=\{w\in H^2(0,1):w'(0)+bw(0)=w'(1)+bw(1)=0\} A ∗ w = − w ′′ − b w ′ , D ( A ∗ ) = { w ∈ H 2 ( 0 , 1 ) : w ′ ( 0 ) + b w ( 0 ) = w ′ ( 1 ) + b w ( 1 ) = 0 } となる。境界条件の変化は、u ′ ( 0 ) = u ′ ( 1 ) = 0 u'(0)=u'(1)=0 u ′ ( 0 ) = u ′ ( 1 ) = 0
( A u , w ) 2 − ( u , − w ′ ′ − b w ′ ) 2 = [ u ( w ′ ‾ + b w ‾ ) ] 0 1 (Au,w)_2-(u,-w''-bw')_2=[u(\overline{w'}+b\overline w)]_0^1 ( A u , w ) 2 − ( u , − w ′′ − b w ′ ) 2 = [ u ( w ′ + b w ) ] 0 1 にも現れる。
A u = 0 Au=0 A u = 0 u = c 1 + c 2 e b x u=c_1+c_2e^{bx} u = c 1 + c 2 e b x c 2 = 0 c_2=0 c 2 = 0 A ∗ w = 0 A^*w=0 A ∗ w = 0 w = d 1 + d 2 e − b x w=d_1+d_2e^{-bx} w = d 1 + d 2 e − b x d 1 = 0 d_1=0 d 1 = 0
ker A = span { 1 } , ker A ∗ = span { e − b x } . \ker A=\operatorname{span}\{1\},\qquad
\ker A^*=\operatorname{span}\{e^{-bx}\}. ker A = span { 1 } , ker A ∗ = span { e − b x } . 定理 1.2 により、A u = f Au=f A u = f ∫ 0 1 f ( x ) e − b x d x = 0 \int_0^1f(x)e^{-bx}\,dx=0 ∫ 0 1 f ( x ) e − b x d x = 0
f ( x ) = x − 1 2 f(x)=x-\tfrac12 f ( x ) = x − 2 1 ∫ 0 1 f = 0 \int_0^1f=0 ∫ 0 1 f = 0
∫ 0 1 ( x − 1 2 ) e − b x d x = ∫ 0 1 / 2 t ( e − b ( 1 / 2 + t ) − e − b ( 1 / 2 − t ) ) d t ≠ 0 \int_0^1\left(x-\frac12\right)e^{-bx}\,dx
=\int_0^{1/2}t\bigl(e^{-b(1/2+t)}-e^{-b(1/2-t)}\bigr)\,dt\ne0 ∫ 0 1 ( x − 2 1 ) e − b x d x = ∫ 0 1/2 t ( e − b ( 1/2 + t ) − e − b ( 1/2 − t ) ) d t = 0 である。実際、被積分関数は0 < t < 1 / 2 0<t<1/2 0 < t < 1/2 b > 0 b>0 b > 0 b < 0 b<0 b < 0