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  1. 1. 球面平均法(続き:技術的な補題の準備) Corollary 6 で導いた Euler–Poisson–Darboux 方程式 ∂2 t Mu(t, r, x) − [ ∂2 r + n − 1 r ∂r ] Mu(t, r, x) = 0, (t, r, x) ∈ R × R × Rn を解くため,低階項を消す変換を施す.そのために以下の補題を準備する. Lemma 7 k ≥ 1 かつ ϕ ∈ Ck+1 (R) ならば, ∂2 r ( 1 r ∂r )k−1 [ r2k−1 ϕ(r) ] = ( 1 r ∂r )k [ r2k ϕ′ (r) ] . 奏理音ムイ(Vtuber) 1 / 5
  2. 2. 証明 k = 1 のときは ∂2 r [rϕ(r)] = 2ϕ′ (r) + rϕ′′ (r), ( 1 r ∂r ) [ r2 ϕ′ (r) ] = 1 r [2rϕ′ (r) + r2 ϕ′′ (r)] = 2ϕ′ (r) + rϕ′′ (r) より成立.k のとき成立すると仮定すると, ∂2 r ( 1 r ∂r )k [ r2k+1 ϕ(r) ] = ∂2 r ( 1 r ∂r )k−1 [ r2k−1 {(2k + 1)ϕ(r) + rϕ′ (r)} ] = ( 1 r ∂r )k [ r2k {(2k + 1)ϕ(r) + rϕ′ (r)} ′ ] = ( 1 r ∂r )k 1 r [ (2k + 2)r2k+1 ϕ′ (r) + r2k+2 ϕ′′ (r) ] = ( 1 r ∂r )k+1 [ r2k+2 ϕ′ (r) ] となり,k + 1 のときも成立する. 奏理音ムイ(Vtuber) 2 / 5
  3. 3. k ≥ 1 に対し作用素 Tk を次で定義する. Tk ϕ(r) = ( 1 r ∂r )k−1 [ r2k−1 ϕ(r) ] . Lemma 8 k ≥ 1 かつ ϕ ∈ Ck+1 (R) ならば, ∂2 r Tk ϕ(r) = Tk [( ∂2 r + 2k r ∂r ) ϕ(r) ] および,ある定数 c0, . . . , ck−1 が存在して Tk ϕ(r) = k−1 ∑ j=0 cj rj+1 ϕ(j) (r) が成立する.特に,j = 0 の項の ϕ(r) の係数 c0r は次で与えられる. c0r = ( 1 r ∂r )k−1 r2k−1 = (2k − 1)!!r. 奏理音ムイ(Vtuber) 3 / 5
  4. 4. 証明 まず Lemma 7 から, ∂2 r Tk ϕ(r) = ∂2 r ( 1 r ∂r )k−1 [ r2k−1 ϕ(r) ] = ( 1 r ∂r )k [ r2k ϕ′ (r) ] = ( 1 r ∂r )k−1 [ r2k−1 ϕ′′ (r) + 2kr2k−2 ϕ′ (r) ] = ( 1 r ∂r )k−1 [ r2k−1 ( ∂2 r + 2k r ∂r ) ϕ(r) ] = Tk [( ∂2 r + 2k r ∂r ) ϕ(r) ] . これで前半の主張が示された. 奏理音ムイ(Vtuber) 4 / 5
  5. 5. 次に,Tk の定義 Tk ϕ(r) = ( 1 r ∂r )k−1 [ r2k−1 ϕ(r) ] から,ϕ(r) には最大 k − 1 回の微分がかかることがわかる.そして j 階導関数 ϕ(j) (r) の係数として現れる r の次数は, (係数の方に k − 1 − j 回の微分がかかる ため) (2k − 1) − (k − 1) − (k − 1 − j) = j + 1 となる.したがって Tk ϕ(r) は Tk ϕ(r) = k−1 ∑ j=0 cj rj+1 ϕ(j) (r) という形に表される.特に j = 0 の項の係数は, (Tk のすべての微分が r2k−1 の 方にかかって出てくる項であるから) c0r = ( 1 r ∂r )k−1 r2k−1 = (2k − 1)!!r となる.これで後半の主張が示された. 奏理音ムイ(Vtuber) 5 / 5

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