📂偏微分方程式

モリファイアー

定義¹

関数$\eta \in C^{\infty}(\mathbb{R}^{n})$を以下のように定義しよう。

$$ \begin{equation} \eta (x) := \begin{cases} C \exp \left( \dfrac{1}{|x|^2-1} \right) & |x|<1 \\ 0 & |x| \ge 1\end{cases} \label{1} \end{equation} $$

このような$\eta$をモリファイヤー^mollifierと言う。特に$C>0$が$\displaystyle \int_{\mathbb{R}^{n}} \eta dx=1$を満たす定数の時、$\eta$をスタンダードモリファイヤー^{standard mollifier}と言う。

$\epsilon>0$に対して$\eta_{\epsilon}$を以下のように定義しよう。

$$ \eta_\epsilon (x) := \dfrac{1}{\epsilon^n}\eta\left( \dfrac{x}{\epsilon} \right) $$

$\eta$がスタンダードモリファイヤーの場合、$\int_{\mathbb{R^n}} \eta_{\epsilon} dx=1$が成り立つ。これは変数変換で簡単に確認できる。

説明

モリファイヤーは、畳み込みを通じて滑らかでない関数を滑らかにする役割を持っている。mollifyは「なだめる」という意味があり、これは、$\eta$が微分不可能な関数を微分可能に近似させることをモリファイすると表現したものである。

一方で、モリファイヤーの役割を考えると、$\eqref{def}$のような形である必要は必ずしもない。

一般化

$\varphi \in C^{\infty}(\mathbb{R}^{n})$が以下の三つの条件を満たす場合、$\varphi$をモリファイヤーと言う。

• コンパクトサポートを持つ。
• $\displaystyle \int_{\mathbb{R^n}} \varphi dx =1$
• $\lim \limits_{\epsilon \rightarrow 0}\varphi_\epsilon = \lim \limits_{\epsilon \rightarrow 0} \dfrac{1}{\epsilon^n}\varphi \left( \dfrac{x}{\epsilon} \right) =\delta (x)$ この時$\delta (x)$はディラックのデルタ関数である。

以下の条件を満たす場合、ポジティブモリファイヤー^{positive mollifier}と言う。

• $\varphi (x) \ge 0, \quad \forall x \in \mathbb{R^n}$

以下の条件を満たす場合、シメトリックモリファイヤー^{symmetric mollifier}と言う。

• $\mu \in C^{\infty}$に対して、$\varphi (x)=\mu (|x|)$

一方で、$\eqref{1}$で定義された$\eta$が実際にスムース関数であるかは、以下のように証明できる。

証明

まず$f$と$g$を以下のように定義しよう。

$$ \begin{align*} f(s) &:= \begin{cases} C \exp\left( \dfrac{1}{s-1} \right) & s<1 \\ 0 & s \ge 1 \end{cases} \\g(x) &:= |x|^2={x_{1}}^2+{x_{2}}^2+\cdots+{x_{n}}^2 , \quad x\in \mathbb{R}^{n} \end{align*} $$

そして$f\in C^\infty$と$g\in C^\infty$であることを示し、最終的に$\eta=f \circ g \in C^\infty$であることを示そうとする。

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• Part 1. $f \in C^\infty$

  最初に、$(-\infty, 1)$で$f$の導関数を計算すると、以下のようになる。

  $$ \begin{align*} f^{\prime}(s) =&\ Ce ^{ \frac{1}{s-1}} \frac{-1}{(s-1)^2} \\ f^{\prime \prime}(s) =&\ Ce ^{ \frac{1}{s-1}} \frac{-1}{(s-1)^4} + Ce ^{ \frac{1}{s-1}} \frac{2}{(s-1)^3} \\ f^{\prime \prime \prime}(s) =&\ Ce ^{ \frac{1}{s-1}} \frac{-1}{(s-1)^6} +Ce ^{ \frac{1}{s-1}} \frac{2}{(s-1)^5}+Ce ^{ \frac{1}{s-1}} \frac{-6}{(s-1)^4} \end{align*} $$

  したがって、すべての$k \ge 1$に対して、以下の式を満たす定数$a^{(k)}_{0},\ a^{(k)}_{1},\ \cdots,\ a^{(k)}_{2k}$が存在することを数学的帰納法を用いて示そうとする。

  $$ f^{(k)}(s) = \begin{cases} e^{\frac{1}{s-1}} \left( a^{(k)}_{0} + \frac{a^{(k)}_{1}}{s-1}+\cdots+\frac{a^{(k)}_{2k}}{(s-1)^{2k}} \right) & s<1 \\ 0 & s \ge 1 \end{cases} $$

  • Part 1-1. $k=1$

    $$ f^{\prime}(s) = \begin{cases} e^{\frac{1}{s-1} }\frac{-C}{(s-1)^2} & s<1 \\ 0 & s >1\end{cases} $$

    だから$a^{(1)}_{0} =a^{(1)}_{1}=0$, $a^{(1)}_2=-C$である。そして、次が成り立つ。

    $$ \lim \limits_{h \rightarrow 0^+} \dfrac{ f(1+h)-f(1) }{h}=\lim \limits_{h \rightarrow 0^+} \dfrac{Ce^{ \frac{1}{h} } }{h}=\lim \limits_{h \rightarrow 0^+} \dfrac{C\frac{1}{h}}{e^{-\frac{1}{h} } }=0 $$

    $$ \lim \limits_{h \rightarrow 0^-} \dfrac{f(1+h)-f(1) }{h} = \lim \limits_{h \rightarrow 0^-} \dfrac{Ce^{ \frac{1}{h} } }{h}=\lim \limits_{h \rightarrow 0^-} \dfrac{C\frac{1}{h}}{e^{-\frac{1}{h} } }=0 $$

    極値$0$が得られるのはロピタルの定理を使えば容易に得られる。これにより$f^{\prime}(1)=0$。従って、$k=1$の時に成立する。

  • Part 1-2. 任意の$k$の時に成り立つのであれば、$k+1$の時も成り立つ。

    任意の$k$に対して成り立つと仮定する。すると、以下の式を満たす定数$a^{(k)}_{0},\ a^{(k)}_{1},\ \cdots,\ a^{(k)}_{2k}$が存在する。

    $$ f^{(k)}(s) = \begin{cases} e^{\frac{1}{s-1}} \left( a^{(k)}_{0} + \frac{a^{(k)}_{1}}{s-1}+\cdots+\frac{a^{(k)}_{2k}}{(s-1)^{2k}} \right) & s<1 \\ 0 & s \ge 1 \end{cases} $$

    $(-\infty, 1)$で$f^{(k+1)}(s)$を計算すると、以下のようになる。

    $$ \begin{align*} f^{(k+1)}(s) =&\ e^{\frac{1}{s-1}} \dfrac{-1}{(s-1)^2}\left( a^{(k)}_{0} + \frac{a^{(k)}_{1}}{s-1}+\cdots+\frac{a^{(k)}_{2k}}{(s-1)^{2k}} \right) + e^{\frac{1}{s-1}}\left( \frac{-a^{(k)}_{1}}{(s-1)^2}+\cdots+\frac{-2k a^{(k)}_{2k}}{(s-1)^{2k+1}} \right) \\ =&\ e^{\frac{1}{s-1}} \left( a^{(k+1)}_{0} + \frac{a^{(k+1)}_{1}}{s-1}+\cdots+\frac{a^{(k+1)}_{2k+2}}{(s-1)^{2k+2}} \right) \end{align*} $$

    この時、それぞれの$a^{(k+1)}_{0},\ \cdots,\ a^{(k+1)}_{2k+2}$は$a^{(k)}_{0},\ \cdots,\ a^{(k)}_{2k}$で決定される。また、$(1, \infty)$では$f^{(k+1)}(s)=0$である。そして、以下の式が満たされるので、$f^{(k+1)}=0$である。

    $$ \begin{align*} \lim \limits_{h \rightarrow 0^+} \dfrac{ f(1+h)-f(1)}{h}=&\ \lim \limits_{h \rightarrow 0^+} \dfrac{e^{\frac{1}{s-1}} \left( a^{(k)}_{0} + \frac{a^{(k)}_{1}}{h}+\cdots+\frac{a^{(k)}_{2k}}{(h)^{2k}} \right) }{h} \\ =&\ \lim \limits_{h \rightarrow 0^+} \dfrac{ \left( \frac{a^{(k)}_{0}}{h} + \frac{a^{(k)}_{1}}{h^2}+\cdots+\frac{a^{(k)}_{2k}}{(h^{2k+1})^{2k}} \right) }{e^{-\frac{1}{h}} } =0 \end{align*} $$

    $$ \begin{align*} \lim \limits_{h \rightarrow 0^-} \dfrac{ f(1+h)-f(1)}{h}=&\ \lim \limits_{h \rightarrow 0^-} \dfrac{e^{\frac{1}{s-1}} \left( a^{(k)}_{0} + \frac{a^{(k)}_{1}}{h}+\cdots+\frac{a^{(k)}_{2k}}{(h)^{2k}} \right) }{h} \\ =&\ \lim \limits_{h \rightarrow 0^-} \dfrac{ \left( \frac{a^{(k)}_{0}}{h} + \frac{a^{(k)}_{1}}{h^2}+\cdots+\frac{a^{(k)}_{2k}}{(h^{2k+1})^{2k}} \right) }{e^{-\frac{1}{h}} }=0 \end{align*} $$

    ロピタルの定理を繰り返し使うことで、最終的に$0$を得られる。従って、数学的帰納法により$f \in C^\infty(\mathbb{R})$が証明される。

• Part 2. $g \in C^\infty( \mathbb{R^n})$

  これは$g$の定義によって自明である。

従って、Part 1., Part 2. により、次が成り立つ。

$$ \eta = f \circ g \in C^\infty ( \mathbb{R^n} ) $$

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