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몰리파이어 📂편미분방정식

몰리파이어

정의1

함수 η∈C∞(Rn)\eta \in C^{\infty}(\mathbb{R}^{n})을 다음과 같이 정의하자.

η(x):={Cexp⁡(1∣x∣2−1)∣x∣<10∣x∣≥1 \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}

이러한 η\eta를 몰리파이어mollifier라 한다. 특히 C>0C>0가 ∫Rnηdx=1\displaystyle \int_{\mathbb{R}^{n}} \eta dx=1을 만족시키는 상수일 때 η\eta를 스탠다드 몰리파이어standard mollifier라 한다.

ϵ>0\epsilon>0에 대해서 ηϵ\eta_{\epsilon}을 다음과 같이 정의하자.

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

η\eta가 스탠다드 몰리파이어이면 ∫Rnηϵdx=1\int_{\mathbb{R^n}} \eta_{\epsilon} dx=1이 성립한다. 이는 변수 변환으로 쉽게 확인할 수 있다.

설명

몰리파이어는 매끄럽지 않은 함수를 합성곱을 통해 매끄럽게 만들어주는 역할을 한다. mollify는 ‘달래다’라는 의미를 가지고 있는데, 이는 η\eta가 미분 불가능한 함수를 미분 가능하게 근사시켜주는 것을 mollify라고 표현한 것이다.

한편 몰리파이어의 역할을 생각해보면 반드시 (def)\eqref{def}와 같은 꼴이어야할 필요는 없다.

일반화

φ∈C∞(Rn)\varphi \in C^{\infty}(\mathbb{R}^{n})가 아래의 세 조건을 만족하면, φ\varphi를 몰리파이어라고 한다.

  • 컴팩트 서포트를 가진다.
  • ∫Rnφdx=1\displaystyle \int_{\mathbb{R^n}} \varphi dx =1
  • lim⁡ϵ→0φϵ=lim⁡ϵ→01ϵnφ(xϵ)=δ(x)\lim \limits_{\epsilon \rightarrow 0}\varphi_\epsilon = \lim \limits_{\epsilon \rightarrow 0} \dfrac{1}{\epsilon^n}\varphi \left( \dfrac{x}{\epsilon} \right) =\delta (x) 이때 δ(x)\delta (x)는 디랙 델타 함수이다.

다음의 조건을 만족하면 파지티브 몰리파이어positive mollifier라고 한다.

  • φ(x)≥0,∀x∈Rn\varphi (x) \ge 0, \quad \forall x \in \mathbb{R^n}

다음의 조건을 만족하면 시메트릭 몰리파이어symmetric mollifier라고 한다.

  • μ∈C∞\mu \in C^{\infty}에 대해서, φ(x)=μ(∣x∣)\varphi (x)=\mu (|x|)

한편 (1)\eqref{1}로 정의한 η\eta가 실제로 스무스 함수인지는 다음과 같이 증명할 수 있다.

증명

우선 ff와 gg를 다음과 같이 정의하자.

f(s):={Cexp⁡(1s−1)s<10s≥1g(x):=∣x∣2=x12+x22+⋯+xn2,x∈Rn \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*}

그리고 f∈C∞f\in C^\infty와 g∈C∞g\in C^\infty임을 보여서 최종적으로 η=f∘g∈C∞\eta=f \circ g \in C^\infty임을 보이려고 한다.

  • Part 1. f∈C∞f \in C^\infty

    우선 (−∞,1)(-\infty, 1)에서 ff의 도함수들을 구해보면 다음과 같다.

    f′(s)= Ce1s−1−1(s−1)2f′′(s)= Ce1s−1−1(s−1)4+Ce1s−12(s−1)3f′′′(s)= Ce1s−1−1(s−1)6+Ce1s−12(s−1)5+Ce1s−1−6(s−1)4 \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*}

    따라서 모든 k≥1k \ge 1에 대해서 아래의 식을 만족하는 상수 a0(k), a1(k), ⋯ , a2k(k)a^{(k)}_{0},\ a^{(k)}_{1},\ \cdots,\ a^{(k)}_{2k}가 존재한다는 것을 수학적 귀납법을 사용해서 보이려고 한다.

    f(k)(s)={e1s−1(a0(k)+a1(k)s−1+⋯+a2k(k)(s−1)2k)s<10s≥1 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=1k=1

      f′(s)={e1s−1−C(s−1)2s<10s>1 f^{\prime}(s) = \begin{cases} e^{\frac{1}{s-1} }\frac{-C}{(s-1)^2} & s<1 \\ 0 & s >1\end{cases}

      따라서 a0(1)=a1(1)=0a^{(1)}_{0} =a^{(1)}_{1}=0, a2(1)=−Ca^{(1)}_2=-C이다. 그리고 다음이 성립한다.

      lim⁡h→0+f(1+h)−f(1)h=lim⁡h→0+Ce1hh=lim⁡h→0+C1he−1h=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

      lim⁡h→0−f(1+h)−f(1)h=lim⁡h→0−Ce1hh=lim⁡h→0−C1he−1h=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

      극한값이 00이 되는 것은 로피탈의 정리를 사용하면 쉽게 얻을 수 있다. 위의 결과로 f′(1)=0f^{\prime}(1)=0. 따라서 k=1k=1일 때 성립한다.

    • Part 1-2. 임의의 kk일 때 성립하면 k+1k+1일 때도 성립한다.

      임의의 kk에 대해서 성립한다고 가정하자. 그러면 아래의 식을 만족하는 상수 a0(k), a1(k), ⋯ , a2k(k)a^{(k)}_{0},\ a^{(k)}_{1},\ \cdots,\ a^{(k)}_{2k}가 존재한다.

      f(k)(s)={e1s−1(a0(k)+a1(k)s−1+⋯+a2k(k)(s−1)2k)s<10s≥1 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}

      (−∞,1)(-\infty, 1)에서 f(k+1)(s)f^{(k+1)}(s)를 구해보면 다음과 같다.

      f(k+1)(s)= e1s−1−1(s−1)2(a0(k)+a1(k)s−1+⋯+a2k(k)(s−1)2k)+e1s−1(−a1(k)(s−1)2+⋯+−2ka2k(k)(s−1)2k+1)= e1s−1(a0(k+1)+a1(k+1)s−1+⋯+a2k+2(k+1)(s−1)2k+2) \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*}

      이때 각각의 a0(k+1), ⋯ , a2k+2(k+1)a^{(k+1)}_{0},\ \cdots,\ a^{(k+1)}_{2k+2}는 a0(k), ⋯ , a2k(k)a^{(k)}_{0},\ \cdots,\ a^{(k)}_{2k}로 결정된다. 또한 (1,∞)(1, \infty)에서 f(k+1)(s)=0f^{(k+1)}(s)=0이다. 그리고 아래의 식이 만족하므로 f(k+1)=0f^{(k+1)}=0이다.

      lim⁡h→0+f(1+h)−f(1)h= lim⁡h→0+e1s−1(a0(k)+a1(k)h+⋯+a2k(k)(h)2k)h= lim⁡h→0+(a0(k)h+a1(k)h2+⋯+a2k(k)(h2k+1)2k)e−1h=0 \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*}

      lim⁡h→0−f(1+h)−f(1)h= lim⁡h→0−e1s−1(a0(k)+a1(k)h+⋯+a2k(k)(h)2k)h= lim⁡h→0−(a0(k)h+a1(k)h2+⋯+a2k(k)(h2k+1)2k)e−1h=0 \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*}

      로피탈 정리를 반복해서 사용하면 최종적으로 00을 얻을 수 있다.따라서 수학적 귀납법에 의해 f∈C∞(R)f \in C^\infty(\mathbb{R})

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

    이는 gg의 정의에 의해서 자명하다.

따라서 Part 1., Part 2. 에 의해 다음이 성립한다.

η=f∘g∈C∞(Rn) \eta = f \circ g \in C^\infty ( \mathbb{R^n} )

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  1. Lawrence C. Evans, Partial Differential Equations (2nd Edition, 2010), p713-714 ↩︎