22. エネルギー不等式
• gjk
∈ C2
([0, T] × Rn
), gjk
= gkj
(j, k = 0, . . . , n), L =
n
X
j,k=0
gjk
(t, x)∂j∂k
• (gjk
0 ) = diag(1, −1, . . . , −1)
• rjk
(t, x) := gjk
(t, x) − gjk
0 (t, x),
n
X
j,k=0
|rjk
(t, x)| ≤
1
2
((t, x) ∈ [0, T] × Rn
)
Theorem 5
n ≥ 1, T 0 とし,係数 gjk
は上の仮定をみたすとする.関数 u = u(t, x) は,
u ∈ C2
([0, T] × Rn
) かつ,ある R 0 が存在して
supp u ⊂ [0, T] × {x ∈ Rn
; |x| R} であるとする.このとき,
∥u′
(t, ·)∥L2(Rn) ≤ 2
∥u′
(0, ·)∥L2(Rn) +
Z t
0
∥Lu(s, ·)∥L2(Rn) ds
× exp
Z t
0
2
n
X
i,j,k=0
∥∂igjk
(s, ·)∥L∞(Rn) ds
(t ∈ [0, T]).
奏理音ムイ(Vtuber) 22 / 32
23. 証明
e0(u), ej(u) (j = 1, . . . , n) を以下で定義する:
e0(u) := g00
|∂0u|2
−
n
X
j,k=1
gjk
∂ju∂ku
= |u′
|2
+ r00
|∂0u|2
−
n
X
j,k=1
rjk
∂ju∂ku,
ej(u) := 2
n
X
k=0
gjk
∂0u∂ku (j = 1, . . . , n).
また,
R0 := (∂0g00
)|∂0u|2
−
n
X
j,k=1
(∂0gjk
)∂ju∂ku,
Rj := 2
n
X
k=1
(∂jgjk
)∂0u∂ku (j = 1, . . . , n)
とおく.
奏理音ムイ(Vtuber) 23 / 32
24. このとき,次が成立する.
(2) 2∂0uLu =
n
X
j=0
∂jej(u) −
n
X
j=0
Rj.
(∵) 左辺は
2∂0uLu = 2∂0u
n
X
j,k=0
gjk
∂j∂ku.
右辺第 1 項は,gjk
= gkj
を用いると
∂0e0(u) = 2g00
∂0u∂2
0 u − 2
n
X
j,k=1
gjk
∂ju∂0∂ku + R0,
∂jej(u) = 2
n
X
k=0
gjk
(∂j∂0u∂ku + ∂0u∂j∂ku) + Rj (j = 1, . . . , n)
となる.これらの和を計算すると式 (2) が成立することがわかる.
奏理音ムイ(Vtuber) 24 / 32
25. また,e0(u) について次が成立する.
(3)
1
2
|u′
|2
≤ e0(u) ≤ 2|u′
|2
(∵) e0(u) = |u′
|2
+ r00
|∂0u|2
−
n
X
j,k=1
rjk
∂ju∂ku だった.ここで
r00
|∂0u|2
≤
1
2
|∂0u|2
,
n
X
j,k=1
rjk
∂ju∂ku ≤
n
X
j,k=1
|rjk
|
n
X
l=1
|∂lu|2
≤
1
2
n
X
l=1
|∂lu|2
.
よって,
e0(u) ≥ |u′
|2
−
1
2
|∂0u|2
−
1
2
n
X
l=1
|∂ju|2
≥
1
2
|u′
|2
,
e0(u) ≤ |u′
|2
+
1
2
|∂0u|2
+
1
2
n
X
l=1
|∂ju|2
≤ 2|u′
|2
.
奏理音ムイ(Vtuber) 25 / 32
26. さらに,R :=
n
X
j=0
Rj について次が成立する.
(4) |R| ≤ 4e0(u)
n
X
i,j,k=0
|∂igjk
|.
(∵)
|R| ≤ |∂0g00
||∂0u|2
+
n
X
j,k=1
|∂0gjk
||∂ju∂ku| + 2
n
X
j,k=1
|∂jgjk
||∂0u∂ku|
≤ |∂0g00
||∂0u|2
+
n
X
j,k=1
|∂0gjk
|
n
X
l=1
|∂lu|2
+
n
X
j,k=1
|∂jgjk
|(|∂0u|2
+ |∂ku|2
)
≤ 2|u′
|2
n
X
i,j,k=0
|∂igjk
|
≤ 4e0(u)
n
X
i,j,k=0
|∂igjk
|.
奏理音ムイ(Vtuber) 26 / 32
27. 以上の準備のもと,
E(t) :=
Z
Rn
e0(u)(t, x) dx
を評価しよう.
∂0E(t) =
Z
Rn
∂0e0(u) dx
=
Z
Rn
n
X
j=0
∂jej(u) dx
(∵ u は空間遠方で 0)
式 (2)
=
Z
Rn
2∂0uLu dx +
Z
Rn
R dx
≤ 2∥Lu(t)∥L2(Rn)∥∂0u(t)∥L2(Rn) + ∥R∥L1(Rn)
式 (3),(4)
≤ 2
√
2∥Lu(t)∥L2(Rn)E(t)
1
2 + 4
n
X
i,j,k=0
∥∂igjk
(t)∥L∞(Rn)
E(t).
奏理音ムイ(Vtuber) 27 / 32
28. よって,(E(t) 0 である限りは)
∂0
E(t)
1
2
=
1
2
E(t)− 1
2 ∂0E(t)
≤
√
2∥Lu(t)∥L2(Rn) + 2
n
X
i,j,k=0
∥∂igjk
(t)∥L∞(Rn)
E(t)
1
2 .
したがって,
∂0
E(t)
1
2 exp
−2
Z t
0
n
X
i,j,k=0
∥∂igjk
(s)∥L∞(Rn) ds
≤
√
2∥Lu(t)∥L2(Rn) exp
−2
Z t
0
n
X
i,j,k=0
∥∂igjk
(s)∥L∞(Rn) ds
≤
√
2∥Lu(t)∥L2(Rn).
奏理音ムイ(Vtuber) 28 / 32
29. よって,(もしすべての s ∈ [0, t] で E(s) 0 なら)
上式を [0, t] で積分して,
E(t)
1
2 ≤
E(0)
1
2 +
√
2
Z t
0
∥Lu(s)∥L2(Rn) ds
× exp
Z t
0
2
n
X
i,j,k=0
∥∂igjk
(s)∥L∞(Rn) ds
.
最後に式 (3) を使えば
∥u′
(t)∥L2(Rn) ≤ 2
∥u′
(0)∥L2(Rn) +
Z t
0
∥Lu(s)∥L2(Rn) ds
× exp
Z t
0
2
n
X
i,j,k=0
∥∂igjk
(s)∥L∞(Rn) ds
.
※ [0, T] のどこかで E(t) = 0 となる場合の議論については Theorem 3(前回)
と同じ.
奏理音ムイ(Vtuber) 29 / 32