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フーリエ解析の問題

難易度 3大学院入試の専門科目の標準レベル大学院数学フーリエ解析

$R^{3}$ 上の関数 $u (x) = \frac{e ^{- 2∣ x ∣}}{∣ x ∣}$ （ $∣ x ∣$ はユークリッドノルム）は局所可積分であり、 $R^{3}$ 上の超関数とみなせる。超関数の意味でのラプラシアン $Δ u$ が、実定数 $a, c$ を用いて
$Δ u = a u + c δ$
と表されるとき（ $δ$ は原点のディラックのデルタ）、組 $(a, c)$ を求めよ。

この問題で使うもの

ラプラシアンの基本解と放射関数の超関数ラプラシアン（説明と入口の問題）
超関数と超関数の意味での微分（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（83 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

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ヒント 1

原点の外では古典的に計算できる。動径関数のラプラシアン $Δ v = \frac{1}{r} (r v)^{''}$ を使う。

ヒント 2

超関数としては $⟨ Δ u, φ ⟩ = \int u Δ φ$ 。原点の周りに半径 $ε$ の球を除いてグリーンの公式を使う。

ヒント 3

原点の外で $Δ u = 4 u$ 。境界項では $\partial_{r} u \approx - 1/ r^{2}$ の部分だけが残り、球面の面積 $4 π ε^{2}$ と打ち消し合って $φ (0)$ の定数倍になる。

答えと解説

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(4, - 4 π)

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解説を読む

$r = ∣ x ∣$ とする。

原点の外. 動径関数 $v (r)$ に対し $Δ v = \frac{1}{r} \frac{d ^{2}}{d r ^{2}} (r v)$ 。 $v = e^{- 2 r} / r$ なら $r v = e^{- 2 r}$ 、 $(r v)^{''} = 4 e^{- 2 r}$ なので $Δ u = \frac{4 e ^{- 2 r}}{r} = 4 u$ （ $x \neq = 0$ ）。

超関数としての計算. $φ \in C_{c}^{\infty} (R^{3})$ に対し、 $u$ の可積分性から
$⟨ Δ u, φ ⟩ = \int u Δ φ d x = ε \to 0 lim \int_{r > ε} u Δ φ d x .$
グリーンの公式を ${r > ε}$ で使う。境界 $S_{ε} = {r = ε}$ 上の外向き法線は原点向きなので $\partial_{ν} = - \partial_{r}$ であり
$\int_{r > ε} u Δ φ d x = \int_{r > ε} (Δ u) φ d x + \int_{S_{ε}} (- u \partial_{r} φ + φ \partial_{r} u) d S .$
- $∣ u ∣ \leq 1/ ε$ 、 $∣ S_{ε} ∣ = 4 π ε^{2}$ なので $\int_{S_{ε}} u \partial_{r} φ d S = O (ε) \to 0$ 。
- $\partial_{r} u = - \frac{e ^{- 2 r}}{r ^{2}} - \frac{2 e ^{- 2 r}}{r}$ なので $\int_{S_{ε}} φ \partial_{r} u d S = - (e^{- 2 ε} + 2 ε e^{- 2 ε}) \cdot \frac{1}{4 π ε ^{2}} \int_{S_{ε}} φ d S \cdot 4 π \to - 4 π φ (0)$ 。
- $\int_{r > ε} (Δ u) φ = \int_{r > ε} 4 u φ \to \int 4 u φ d x$ 。

よって
$⟨ Δ u, φ ⟩ = 4 ⟨ u, φ ⟩ - 4 π φ (0),$
すなわち $Δ u = 4 u - 4 π δ$ 。 $u$ と $δ$ は（ $δ$ は特異、 $u$ は関数なので）一次独立であり、表し方は一意。

答え: $(a, c) = (4, - 4 π)$

別解

$r = ∣ x ∣ > 0$ では、球対称関数のラプラシアン $Δ w = w^{''} + \frac{2}{r} w^{'} = \frac{1}{r} (r w)^{''}$ を使う。 $u = \frac{e ^{- 2 r}}{r}$ のとき $r u = e^{- 2 r}$ 、 $(r u)^{''} = 4 e^{- 2 r}$ なので $Δ u = \frac{4 e ^{- 2 r}}{r} = 4 u$ ( $r > 0$ )。

原点での特異性: $u = \frac{1}{r} + (\frac{e ^{- 2 r} - 1}{r})$ で、第 2 項は $- 2 + 2 r - \dots$ と連続（原点で有界）であり、 $r > 0$ で $Δ$ をとった分と原点にある $δ$ の分に分けられる。基本解の関係 $Δ \frac{1}{∣ x ∣} = - 4 π δ$ より、超関数として $Δ u = 4 u + cδ$ の $c$ は $- 4 π$ である。

具体的に確認: 試験関数 $φ$ に対し $⟨ Δ u, φ ⟩ = lim_{ε \to 0} [\int_{r > ε} u Δ φ]$ 。グリーンの公式で $\int_{r > ε} (u Δ φ - φ Δ u) d x = \int_{r = ε} (φ \partial_{r} u - u \partial_{r} φ) d S$ （外向き法線は原点向き）の符号に注意して、 $\partial_{r} u \approx - \frac{1}{ε ^{2}}$ 、 $u \approx \frac{1}{ε}$ 、 $d S$ 総面積 $4 π ε^{2}$ から面積分は $- 4 π φ (0)$ に収束する（ $u \partial_{r} φ$ の項は $O (ε)$ で消える）。よって $Δ u = 4 u - 4 π δ$ 。

検算: 基本解の場合 ( $e^{- k r} / r$ で $k \to 0$ ) が $Δ \frac{1}{r} = - 4 π δ$ に一致し、一般に $Δ \frac{e ^{- k r}}{r} = k^{2} \frac{e ^{- k r}}{r} - 4 π δ$ （ $k = 2$ で $a = 4$ ）。

答え: $(a, c) = (4, - 4 π)$ 。

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