Representation of solutions to the initial value problem of the wave equation in odd space dimensions (in Japanese)

1. 奇数次元 (n ≥ 3) の波動方程式の解
関数 u = u(t, x) ∈ C2
(R × Rn
) が波動方程式の初期値問題





∂2
u
∂t2
(t, x) − ∆u(t, x) = 0, (t, x) ∈ Rn+1
,
u(0, x) = u0(x),
∂u
∂t
(0, x) = u1(x), x ∈ Rn
(2)
をみたすとする．このとき Corollary 6 より，u の球面平均 Mu(t, r, x) は
Euler–Posson–Darboux 方程式の初期値問題





∂2
t Mu(t, r, x) −
∂2
r +
n − 1
r
∂r
Mu(t, r, x) = 0, (t, r, x) ∈ R × R × Rn
,
Mu(0, r, x) = Mu0
(r, x), ∂tMu(0, r, x) = Mu1
(r, x), (r, x) ∈ R × Rn
をみたす．
奏理音ムイ（Vtuber） 1 / 9

2. いま，作用素 T を
Tϕ(r) := Tn−1
2
ϕ(r) =
1
r
∂r
n−3
2
rn−2
ϕ(r)
で定め，
e
u = TMu, e
u0 = TMu0
(= e
u(0, r, x)), e
u1 = TMu1
(= ∂t e
u(0, r, x))
とおく．このとき，Lemma 8 より
∂2
r Tϕ(r) = T
∂2
r +
n − 1
r
∂r
ϕ(r)
となるから，Euler–Poisson–Darboux 方程式に左から T を作用させると，(t, r)
変数についての空間 1 次元波動方程式
∂2
t e
u = ∂2
r e
u
を得る．
奏理音ムイ（Vtuber） 2 / 9

3. したがって D’Alembert の公式から e
u を求めることができて，
e
u(t, r, x) =
1
2
[ e
u0(r + t, x) + e
u0(r − t, x)] +
1
2
Z r+t
r−t
e
u1(s, x) ds
を得る．あとは両辺の e
u, e
u0, e
u1 を u, u0, u1 に戻していけばよい．Lemma 8 より
ũ = TMu = Tn−1
2
Mu =
n−3
2
X
j=0
cj rj+1
∂j
r Mu(t, r, x)
と表されることを用いると，
u(t, x) = Mu(t, 0, x) = lim
r→0
e
u(t, r, x)
c0r
となる．ここで，c0 = (n − 2)!! である．
奏理音ムイ（Vtuber） 3 / 9

4. ここで，Mu0
(r, x) は r について偶関数であることから，
e
u0(r, x) = TMu0
(r, x) =
1
r
∂r
n−3
2
rn−2
Mu0
(r, x)
は奇関数となり，∂r e
u0(r, x) は偶関数．同様に e
u1(r, x) は奇関数となる．
したがって，
u(t, x) = lim
r→0
e
u(t, r, x)
c0r
= lim
r→0
1
2c0r
e
u0(r + t, x) + e
u0(r − t, x) +
Z r+t
r−t
e
u1(s, x) ds
=
1
2c0
[(∂r e
u0) (t, x) + (∂r e
u0) (−t, x) + e
u1(t, x) − e
u1(−t, x)]
=
1
c0
[(∂r e
u0) (t, x) + e
u1(t, x)]
=
1
c0
[∂t e
u0(t, x) + e
u1(t, x)] .
奏理音ムイ（Vtuber） 4 / 9

5. 以上をまとめて，次の解表示の導出ができたことになる．
Theorem 1
n を 3 以上の奇数とする．また，u0 ∈ C
n+3
2 (Rn
), u1 ∈ C
n+1
2 (Rn
) とする．このと
き，関数 u を
u(t, x) =
1
(n − 2)!!ωn
∂t
1
t
∂t
n−3
2
tn−2
Z
|y|=1
u0(x + ty) dσ(y)
!
+
1
t
∂t
n−3
2
tn−2
Z
|y|=1
u1(x + ty) dσ(y)
!#
で定義すると，u ∈ C2
(Rn+1
) であり，u は波動方程式の初期値問題 (2) の解と
なる．
奏理音ムイ（Vtuber） 5 / 9

6. Theorem 1 の証明
右辺第 2 項を (n − 2)!! 倍して
v(t, x) =
1
t
∂t
n−3
2
tn−2
ωn
Z
|y|=1
u1(x + ty) dσ(y)
!
=
1
t
∂t
n−3
2
tn−2
Mu1 (t, x)
とおく．u1 ∈ C
n+1
2 (Rn
) より，v ∈ C2
(R × Rn
) である．Proposition 4 および，
Lemma 7 で k = n−1
2 とおいた式から，
∆x v(t, x) =
1
t
∂t
n−3
2
tn−2
∆x Mu1 (t, x)
=
1
t
∂t
n−3
2
tn−2
∂2
t Mu1
(t, x) + (n − 1)tn−3
∂tMu1
(t, x)
=
1
t
∂t
n−1
2
tn−1
∂tMu1
(t, x)
= ∂2
t
1
t
∂t
n−3
2
tn−2
Mu1 (t, x)
= ∂2
t v(t, x).
奏理音ムイ（Vtuber） 6 / 9

7. また，
w(t, x) =
1
t
∂t
n−3
2
tn−2
Mu0 (t, x)
とおくと，w ∈ C3
(R × Rn
) であり，上と同様にして ∆x w = ∂2
t w を得る．これ
より ∆x (∂tw) = ∂2
t (∂tw) も成立する．定理の主張の u は
u(t, x) =
1
(n − 2)!!
[∂tw(t, x) + v(t, x)]
と表されるから，u が波動方程式 ∆x u = ∂2
t u をみたすことがわかる．
奏理音ムイ（Vtuber） 7 / 9

8. 最後に u が初期条件をみたすことを確認する．
v(t, x) =
1
t
∂t
n−3
2
tn−2
Mu1
(t, x)
= TMu1
(t, x)
であるから，Lemma 8 を k = n−1
2 で適用すると，
v(t, x) =
n−3
2
X
j=0
cj tj+1
∂j
tMu1 (t, x), ∂tv(t, x) =
n−3
2
X
j=0
cj ∂t
tj+1
∂j
tMu1 (t, x)
.
これより
v(0, x) = 0, ∂tv(0, x) = c0Mu1
(0, x) = (n − 2)!!u1(x)
を得る．
奏理音ムイ（Vtuber） 8 / 9

9. 同様にして，
∂tw(t, x) =
n−3
2
X
j=0
cj ∂t
tj+1
∂j
tMu0
(t, x)
, ∂2
t w(t, x) =
n−3
2
X
j=0
cj ∂2
t
tj+1
∂j
tMu0
(t, x)
となり，∂tMu0
(t, x) は t について奇関数なので ∂tMu0
(0, x) = 0 に注意すると，
∂tw(0, x) = (n − 2)!!u0(x), ∂2
t w(0, x) = 0
を得る．以上より，
u(0, x) =
1
(n − 2)!!
[∂tw(0, x) + v(0, x)] = u0(x),
∂tu(0, x) =
1
(n − 2)!!
∂2
t w(0, x) + ∂tv(0, x)
= u1(x)
となり，u が初期条件をみたすことが確かめられた．
奏理音ムイ（Vtuber） 9 / 9