📂偏微分方程式

ホップ・ラックス・フォーミュラ

ビルドアップ¹

ハミルトニアン$H$が$Du$のみに依存するハミルトン-ヤコビ方程式の初期値問題を見てみよう。

$$\begin{equation} \left\{ \begin{aligned} u_{t} + H(Du)&=0 && \text{in } \mathbb{R}^n \times (0,\infty) \\ u&=g && \text{on } \mathbb{R}^n \times \left\{ t=0 \right\} \end{aligned} \right. \end{equation}$$

一般に、ハミルトニアンは空間変数に依存して$H(Du, x)$のような形を取るが、ここでは$x$に対して影響を受けないとする。そして、ハミルトニアン$H\in C^\infty$に対して次のような仮定をする。

$$\begin{cases} H \mathrm{\ is\ convex} \\ \lim \limits_{|p|\to \infty} \dfrac{H(p)}{|p|}=\infty \end{cases}$$

そして$L=H^{\ast}$とすると、ラグランジアン$L$も同様の特性を満たす。最後に、初期値$g : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}$がリプシッツ連続であるとする。すなわち、

$$\mathrm{Lip}(g):=\sup \limits_{x,y\in \mathbb{R}^n \\ x \ne y} \dfrac{ |g(x)-g(y)| }{|x-y|} < \infty$$

また、与えられたハミルトン-ヤコビ方程式$(1)$の特性方程式は次のようになる。

$$\begin{align*} \dot{\mathbf{p}}(s) &= -D_{x}H \big( \mathbf{p}(s), \mathbf{x}(s) \big) \\ \dot{z}(s) &= D_{p} H\big( \mathbf{p}(s),\ \mathbf{x}(s)\big)\cdot \mathbf{p}(s) -H\big( \mathbf{p}(s), \mathbf{x}(s)\big) \\ \dot{\mathbf{x}}(s) &= D_{p}H\big( \mathbf{p}(s), \mathbf{x}(s) \big) \end{align*}$$

ここで$H$は$x$に無関係であると仮定したので、再び書くと次のようになる。

$$\begin{align*} \dot{\mathbf{p}} &= 0 \\ \dot{z} &= D H( \mathbf{p} )\cdot \mathbf{p} -H ( \mathbf{p} ) \\ \dot{\mathbf{x}} &= DH ( \mathbf{p}) \end{align*}$$

このとき$t(s)=s, p(s)=Du(x(s), s), z(s)=u(x(s), s)$である。$p$に対する微分と$x$に対する微分を区別する必要がないため、$D$の下付き文字を省略した。オイラー-ラグランジュ方程式は固定された開始点と終了点に対して成立するため、与えられたハミルトン-ヤコビ方程式$(1)$の解が存在する場合、以下のようなlocal in time solutionである。

$$u= u(x,t) \in C^2\big( \mathbb{R}^n \times [0,T]\big)$$

上記の特性方程式では、第一式と第三式はラグランジアン$L=H*$によって定義される作用の最小化問題から導かれるオイラー-ラグランジュ方程式を満たすハミルトン方程式である。

$H$と$L$が$p$, $v\in \mathbb{R}^n$で微分可能であれば、以下の内容はすべて同等である。

$$\begin{cases} p\cdot v=L(v) + H(p) \\ p=DL(v) \\ v=DH(p) \end{cases}$$

このとき$p=D_{v}L(v)$で定義されるため、上記の補題を使用すると次を得る。

$$\begin{align*} \dot{z}(s) &= DH(\mathbf{p})\cdot \mathbf{p}-H(\mathbf{p}) \\ &= \mathbf{v} \cdot \mathbf{p}-H(\mathbf{p}) \\ &= L(\mathbf{v})+H(\mathbf{p})-H(\mathbf{p}) \\ &= L(\mathbf{v}) = L\big(\dot{\mathbf{x}}(s)\big) \end{align*}$$

したがって$z(t)$を求めると、次のようになる。

$$\begin{align*} z(t) &= \int_{0}^t \dot{z}(s)dx +z(0) \\ &= \int_{0}^tL \big( \dot{\mathbf{x}}(s) \big) + u\big( \mathbf{x}(0),\ 0\big) \\ &= \int_{0}^t L\big( \dot{\mathbf{x}}(s)\big) ds +g\big(\mathbf{x}(0) \big) \end{align*}$$

しかし、このとき上記の条件では$z(t)=u(x(t), t)$であったので、次を得る。

$$u(x,t)=\int_{0}^t L\big( \dot{\mathbf{x}}(s)\big) ds +g\big(\mathbf{x}(0) \big) \quad (0 \le t <T)$$

これはlocal in time smooth solutionであるため、global in time weak solutionを求めることができるかという問題が残る。再び作用の最小化問題に戻るが、オイラー-ラグランジュ方程式を導いた際と異なる点は終点のみを固定することである。

固定された$x \in \mathbb{R}^n, t>0$が与えられたとする。そして、許容クラス$\mathcal{A}$を次のようにする。

$$\mathcal{A}=\left\{ \mathbf{w}\in C^1\big( [0,t];\mathbb{R}^n \big)\ :\ \mathbf{w}(t)=x \right\}$$

そして、以下のような作用に対する最小化問題を考えてみよう。

$$\mathbf{w}(\cdot) \in \mathcal{A} \mapsto \int_{0}^t L\big( \dot{\mathbf{w}}(s)\big) ds + g(\mathbf{w}(0))$$

もし上記の作用のミニマイザー$\mathbf{x}(\cdot)$が存在するならば、$\mathbf{p}(s):=DL(\dot{\mathbf{x}}(s))$であり、オイラー-ラグランジュ方程式を満たし、したがってハミルトン方程式も満たす。したがって、上記のlocal in time solutionの場合と同様に、解は以下のように与えられるだろう。

$$u(x,t)=\int_{0}^tL\big( \dot{\mathbf{x}}(s)\big)ds +g \big( \mathbf{x}(0) \big)$$

上記の内容をモチーフに、global in time weak solutionが存在する場合、次のように定義できる。

$$\begin{equation} u(x,t):=\inf \limits_{\mathbf{w} \in \mathcal{A}} \left\{ \int_{0}^t L\big( \dot{\mathbf{w}}(s) \big)ds + g\big( \mathbf{w}(0) \big) \right\} \end{equation}$$

定理

$x \in \mathbb{R}^n$であり、$t>0$とする。それならば、$(2)$の最小化問題の解は次のように与えられる。

$$u(x,t) = \min \limits_{y \in \mathbb{R}^n} \left\{ tL\left( \dfrac{x-y}{t} \right) +g(y) \right\}$$

これをホップ-ラックス公式^{Hopf-Lax formula}と呼ぶ。

証明

まず$\inf$に対して成立することを示し、その次に実際に$\min$になることを示す順序で証明する。

---

• ステップ 1.

  固定された任意の$y \in \mathbb{R}^n, t\in \mathbb{R}$がある。そして、$\mathbf{w}$を次のように定義しよう。

  $$\mathbf{w}(s) :=y+\frac{s}{t}(x-y) \quad (0 \le s \le t)$$

  すると$\mathbf{w}(0)=y$であり、$\mathbf{w}(t)=x$である。それならば$\mathbf{w}$は許容クラス$\mathcal{A}$の要素である。

  $$\mathcal{A}= \left\{ \mathbf{w}(\cdot) \ \big| \ \mathbf{w}(0)=y,\ \mathbf{w}(t)=x\right\}$$

  それならば～の定義により、次の不等式が成立する。

  $$\begin{align*} u(x,t) & \le& \int_{0}^t L \left( \frac{x-y}{t}\right)ds + g(y) \\ &= tL\left( \frac{x-y}{t}\right)+g(y) \end{align*}$$

  この不等式はすべての$y \in \mathbb{R}^n$に対して成立するので、次を得る。

  $$u(x,t) \le \inf \limits_{y \in \mathbb{R}^n} \left(t L\left(\frac{x-y}{t} \right) +g(y)\right)$$

• ステップ 2.

  ▷eq41

◁としよう。それならば$\mathbf{w}(\cdot) \in C^1([0;t];\mathbb{R}^n)$であり、$\mathbf{w}(t)=x$である。

イェンセンの不等式

関数$f$が凸関数であると仮定しよう。それならば、以下の式が成立する。 $$f \left( -\!\!\!\!\!\! \int_{U} u dx \right) \le -\!\!\!\!\!\! \int_{U} f(u) dx$$

それならば、上記の補題により、次が成立する。

$$L \left( \frac{1}{t}\int_{0}^t \dot{\mathbf{w}}(s) dx\right) \le \dfrac{1}{t}\int_{0}^t L \big( \dot{\mathbf{w}(s)} \big)ds$$

そして、開始点を$y$としよう$\mathbf{w}(0)=y$。それならば、上記の不等式は以下のようになる。

$$\begin{align*} && L\left( \dfrac{1}{t} \big( \mathbf{w}(t)-\mathbf{w}(0) \big) \right) &\le \dfrac{1}{t}\int_{0}^tL \big( \dot{\mathbf{w}}(s) \big)ds \\ \implies&& L\left( \dfrac{x-y}{t} \right) &\le \dfrac{1}{t}\int_{0}^tL \big( \dot{\mathbf{w}}(s) \big)ds \end{align*}$$

両辺に$t$を掛けて$g(y)$を足すと、次のようになる。

$$tL\left( \dfrac{x-y}{t} \right) + g(y) \le \int_{0}^tL \big( \dot{\mathbf{w}}(s) \big)ds + g(y)$$

右辺の$\inf$が$u(x,t)$であるので、次のようになる。

$$tL\left( \dfrac{x-y}{t} \right) + g(y) \le u(x,t)$$

最後に、両辺に$\inf \limits_{y\in \mathbb{R}^n}$を取ると、次を得る。

$$\inf \limits_{y \in \mathbb{R}^n} \left( tL\left( \dfrac{x-y}{t} \right) + g(y) \right) \le u(x,t)$$

したがって、ステップ 1. と ステップ 2. により、次が成立する。

$$\begin{equation} u(x,t) = \inf \limits_{y \in \mathbb{R}^n} \left( tL\left( \dfrac{x-y}{t} \right) + g(y) \right) \end{equation}$$

• ステップ 3.

  $\left\{y_{k} \right\}_{k=1}^\infty$を$(3)$の最小化シーケンス^{minimizing sequence}としよう。それならば、次が成立する。

  $$\begin{equation} tL\left( \dfrac{x-y_{k}}{t} \right) + g(y_{k}) \to u(x,t)\in [-\infty, \infty) \quad \mathrm{as}\ k\to \infty \end{equation}$$

  まず、$\left\{y_{k} \right\}$が有界でないと仮定しよう。これが矛盾であることを確認して、$\left\{ y_{k} \right\}$が有界であることを示す。仮定により、$|y_{k}| \to \infty$であり、$y_{k}=0$の$k$は多くても有限個である。したがって、$y_{k}\ne 0$を満たすものだけを集めた部分列を再び$\left\{ y_{k} \right\}$としよう。次が成立する。

  $$\left| \dfrac{x-y_{k}}{t} \right| \to \infty$$

  それならば、ラグランジアン$L$の性質により、次が成立する。

  $$a_{k}:= \dfrac{L\left( \dfrac{x-y_{k}}{t}\right)}{\left| \dfrac{x-y_{k}}{t}\right|} \to \infty$$

  したがって、$L\left( \dfrac{x-y_{l}}{t}\right) \to \infty$であり、ここに定数を掛けても同じ結果を得る。

  $$\begin{equation} tL\left( \dfrac{x-y_{k}}{t}\right) \to \infty \end{equation}$$

  $g$のリプシッツ条件を再び書くと、次のようになる。

  $$\dfrac{|g(x)-g(y_{k})|}{|x-y_{k}|} \le \mathrm{Lip}(g)=C \quad \forall \ k \in \mathbb{N}$$

  したがって、次を得る。

  $$g(x) -g(y_{k}) \le C|x-y_{k}|$$

  両辺に$(5)$を足すと、次のようになる。

  $$tL\left( \dfrac{x-y_{k}}{t}\right)+ g(x) -g(y_{k}) \le C|x-y_{k}|+ tL\left( \dfrac{x-y_{k}}{t}\right) \quad \mathrm{for\ large}\ k$$

  上記の式を適切に移項すると、以下のようになる。

  $$tL\left( \dfrac{x-y_{k}}{t}\right)-C|x-y_{k}| + g(x) \le tL\left( \dfrac{x-y_{k}}{t}\right) + g(y_{k})$$

  再び書くと、次のようになる。

  $$a_{k}|x-y_{k}| -C|x-y_{k}| + g(x) =|x-y_{k}|(a_{k}-C)+g(x) \le tL\left( \dfrac{x-y_{k}}{t}\right) + g(y_{k})$$

  $a_{k}\to \infty$であり、$|x-y_{k}| \to \infty$であるため、左辺が$\infty$に発散し、右辺も発散する。したがって、$u(x,t)$の定義により、$u(x,t)\to \infty$である。これは$(4)$に矛盾するため、$\left\{ y_{k} \right\}$は有界である。

  $\left\{ y_{k} \right\}$が有界であるため、$y_{k} \to y_{0}$と仮定しよう。すると、次が成立する。

  $$tL \left( \dfrac{x-y_{k}}{t} \right)+g(y_{k}) \to tL \left( \dfrac{x-y_{0}}{t}\right)+g(y_{0}) =\min\limits_{y \in \mathbb{R}^n}\left( tL \left( \dfrac{x-y}{t}\right)+g(y) \right)$$

  それならば、$(4)$により、次が成立する。

  $$tL\left( \dfrac{x-y_{k}}{t} \right) + g(y_{k}) \to u(x,t)\in [-\infty, \infty) \quad \mathrm{as}\ k\to \infty$$

  したがって、次を得る。

  $$u(x,t) = \min \limits_{y \in \mathbb{R}^n} \left( tL\left( \dfrac{x-y}{t} \right) +g(y) \right)$$

■