第 3 章 Laplace 方程式、 Poisson 方程式 137
3.4 円板領域における Laplace 方程式の Dirichlet 問題
3.4.3 解であることの確かめ、 Poisson 積分
に等しいことから納得できるであろう。実際、上の例では三角関数の倍角の公式を使って計算 したが、
r2cos 2θ= Re (x+iy)2 =x2−y2. のようにも計算できる。
定理 3.4.3 (境界値が滑らかなら Abel 和が解を与える) 境界値 Ψ = Ψ(θ) が C1 級な らば
u(rcosθ, rsinθ) = A(r, θ) (0≤r≤1, θ∈[0,2π), A は (3.4.10) で定義された関数) は (DP) の古典解である。
証明 方針のみ示す。
(i) A(r, θ) は 0 ≤ r < 1, θ ∈ [0,2π] のとき、何回でも項別微分可能であることが示せる (Weierstrass の M 判定法)。ゆえに C∞ 級で、特に
∂2
∂r2 +1 r
∂
∂r + 1 r2
∂2
∂θ2
A(r, θ) = 0.
(ii) Ψ が C1 級であることから X
(|an|+|bn|) < ∞ が導かれ、これが優級数となるので、
A(r, θ)は 0≤r ≤1, θ ∈[0,2π) で一様収束する。特に連続で、
A(1, θ) = Ψ(θ) (θ ∈[0,2π)).
(この証明の筋は、熱方程式の場合と同様であることが分かるであろう。) 実は境界値の連続性を仮定しただけで解の存在が証明できる。
定理 3.4.4 (連続な境界値に対する解) ψ が連続ならば u(rcosθ, rsinθ) :=
(
A(r, θ) (0≤r <1,θ ∈[0,2π)) ψ(cosθ,sinθ) (r= 1, θ ∈[0,2π)) で定義されるu は (DP) の古典解である。
この定理の証明も熱方程式の場合と同様である。熱方程式に対しては Green 関数を導入する ことで証明したが、今の場合は、以下に紹介する Poisson 積分を用いて証明できる。これも一 通り説明しておこう。
補題 3.4.5 (Abel 和の Poisson 積分による表現)
(3.4.11) Pr(θ) := 1
2π 1 + 2 X∞ n=1
rncosnθ
!
= 1 2π
1−r2 1−2rcosθ+r2. とおくと
A(r, θ) = Z 2π
0
Pr(θ−ϕ)Ψ(ϕ)dϕ (0≤r <1, θ∈[0,2π)) と書ける。
証明 級数は θ に関して一様収束しているので (容易に Weierstrass のM 判定法ができる)、 項別積分が可能であるから、
A(r, θ) = 1 2π
Z 2π
0
Ψ(ϕ)dϕ +
X∞ n=1
rn 1
π Z 2π
0
Ψ(ϕ) cosnϕ dϕcosnθ+ 1 π
Z 2π 0
Ψ(ϕ) sinnϕ dϕsinnθ
= 1 2π
Z 2π
0
Ψ(ϕ)
"
1 + 2 X∞ n=1
rn(cosnϕcosnθ+ sinnϕsinnθ)
# dϕ
= 1 π
Z 2π
0
Ψ(ϕ)
"
1 + 2 X∞ n=1
rncosn(ϕ−θ)
# dϕ
= Z 2π
0
Ψ(ϕ)Pr(θ−ϕ)dϕ.
そして
2πPr(θ) = 1 + 2 X∞ n=1
rncosnθ= 1 + 2Re X∞ n=1
rneinθ = 1 + 2Re reiθ 1−reiθ
= 1 + 2Re reiθ(1−re−iθ)
|1−reiθ|2 = 1 + 2(rcosθ−r2) (1−rcosθ)2+ (rsinθ)2
= 1 + 2(rcosθ−r2)
1−2rcosθ+r2 = 2(rcosθ−r2) + 1−2rcosθ+r2 1−2rcosθ+r2
= 1−r2 1−2rcosθ+r2.
定義 3.4.6 (Poisson 核、Poisson 積分) (3.4.11)で定義される関数 Pr(θ)を単位円板の Poisson 核 (Poisson kernel)、Poisson 核と Ψとの畳み込み(convolution) である積分
(3.4.12) Pr∗Ψ(θ) =
Z 2π 0
Pr(θ−ϕ)Ψ(ϕ)dϕ を Poisson 積分 (Poisson integral)と呼ぶ。
つまりΨ の Abel 和 A(r, θ)は、Ψの Poisson 積分である:
A(r, θ) = Pr∗Ψ(θ) (r ∈[0,1), θ ∈[0,2π)).
注意 3.4.7 Fourier級数で書けているのに、あえて書き直す理由は何か？
(1) 実は Poisson 積分は、空間の次元 n が 3 以上の場合に一般化できるという利点がある。
(これに対して、Fourier 級数による解法を一般化するのは難しい。n= 3 の場合にこれに 相当するのは、球面調和関数を用いた解法であろうが、相当面倒である。)高次元への拡 張は次のようになる。
命題 3.4.8 (高次元の球における Poisson 積分) n 次元の開球 Ω = {x ∈ Rn;|x|2 <
R2} の境界を ΓR と書くとき、ψ ∈C(ΓR)に対して、ディリクレ問題 4u= 0 (in Ω), u=ψ (on Γ)
の解u∈C2(Ω)∩C(Ω) はただ一つ存在して、Poisson の積分表示式 u(x) = 1
|Sn−1|R Z
ΓR
R2− |x|2
(R2−2x·y+|x|2)n/2 ψ(y)dσy.
で与えられる。ただし |Sn−1| は Rn の単位球の表面積で、x·y は x と y の Euclid 内積、dσ は ΓR 上の面積要素を表すとする。
(証明は例えば熊ノ郷 [24] 第 5章を見よ。)
(2) 熱伝導方程式に対する Green 関数でもそうであるが、無限級数よりも、単一の関数をか けて積分する形の公式の方が取り扱いやすい場合が多い。(無限級数では、すぐに項別積 分が可能かどうか問題になる— まあ、積分形式で書いても、そう簡単になるわけではな いのだが…)
練習問題 半径 R の円盤における Dirichlet 問題の解の公式はどうなるか？ Fourier 級数を 使った形と Poisson 積分を使った形の両方を求めよ。確認用に Poisson 積分の場合を書いて おくと
u(r, θ) = 1 2π
Z 2π
0
Ψ(ϕ) R2−r2
R2+r2−2Rrcos(θ−ϕ)dϕ (r∈[0, R), θ∈[0,2π]).
Poisson 核の性質について準備しよう。
補題 3.4.9 (Poisson 核の性質) (1) Pr(θ)>0.
(2) Z 2π
0
Pr(θ)dθ = 1.
(3) Pr(−θ) = Pr(θ+ 2π) = Pr(θ).
(4) 任意のδ ∈(0, π)に対して、δ≤ |θ| ≤π を満たす θ に関して一様にlim
r↑1 Pr(θ) = 0.
証明
(1) 1−r2 >0, 1−2rcosθ+r2 ≥1−2r+r2 = (1−r)2 >0 であるから。
(2) 級数は項別積分できるから、
Z 2π 0
Pr(θ)dθ = 1 2π
Z 2π 0
dθ+ 2 X∞ n=1
rn Z 2π
0
cosnθ dθ
!
= 1
2π 2π+ 2 X∞ n=1
0
!
= 1.
(3) cos は周期2π の偶関数であるから。
(4) Pr(θ) は変数 θ の偶関数であるから、θ > 0 だけ考えれば十分である。δ ≤θ ≤ π で cos が減少関数だからcosθ≤cosδ. ゆえに
1−2rcosθ+r2 ≥1−2rcosδ+r2 >0.
割り算して
0< 1−r2
1−2rcosθ+r2 ≤ 1−r2 1−2rcosδ+r2. すなわち
0< Pr(θ)≤Pr(δ).
r↑ 1 とすると、右辺 →0 は明らかだから (分母→1−2 cosδ+ 1 = 2(1−cosδ)6= 0 に 注意)、θ につき一様に
limr↑1 Pr(θ) = 0.
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9
-3 -2 -1 0 1 2 3
p(0,x) p(0.1,x) p(0.2,x) p(0.3,x) p(0.4,x) p(0.5,x) p(0.6,x) p(0.7,x)
図 3.1: r= 0,0.1, . . . ,0.7に対して Pr のグラフを[−π, π] の範囲で描く (デルタ超関数に収束していくことが信じられそう？ )
補題 3.4.10 (連続関数の Poisson 積分) 周期2π の周期関数 Ψ : R→R が連続ならば、
(3.4.10) で定義されるΨ の Abel 和 A(r, θ) について、
lim
r↑1 max
θ∈[0,2π]|A(r, θ)−Ψ(θ)|= 0.
つまりr ↑1 のとき、θ ∈[0,2π]につき一様に Abel 和 A(r, θ)は Ψ(θ)に収束する。
証明 Ψ は一様連続であるから、∀ε >0 に対して、十分小さな δ >0を取ると、
|θ−τ|< δ =⇒ |Ψ(θ)−Ψ(τ)|< ε.
そこで
A(r, θ)−Ψ(θ) = Z 2π
0
Pr(θ−ϕ)(Ψ(ϕ)−Ψ(θ))dϕ = Z
|θ−ϕ|≤π
Pr(θ−ϕ)(Ψ(ϕ)−Ψ(θ))dϕ より
|A(r, θ)−Ψ(θ)| ≤ Z
δ≤|θ−ϕ|≤π
Pr(θ−ϕ)|Ψ(ϕ)−Ψ(θ)|dϕ+ Z
|θ−ϕ|<δ
Pr(θ−ϕ)|Ψ(ϕ)−Ψ(θ)|dϕ
≤2 max
θ∈[0,2π]|Ψ(θ)| Z
δ≤|θ−ϕ|≤π
Pr(θ−ϕ)dϕ+ε Z
|θ−ϕ|<δ
Pr(θ−ϕ)dϕ
≤2 max
θ∈[0,2π]|Ψ(θ)| ·2π max
δ≤|τ|≤πPr(τ) +ε = 4π max
θ∈[0,2π]|Ψ(θ)| max
δ≤|τ|≤πPr(τ) +ε.
右辺第1項は補題 3.4.9の (4) からr ↑1のとき θ につき一様に 0に収束する。
定理 3.4.4 の証明 A が [0,1)×T, T =R/2πZ において C∞ 級で、
∂2
∂r2 +1 r
∂
∂r + 1 r2
∂2
∂θ2
A(r, θ) = 0
が成り立つことは、定理3.4.3の証明と同様である。ゆえにuは B(0; 1)で C∞ 級で4u= 0.
u の定義から u が境界条件
u(cosθ,sinθ) =ψ(cosθ,sinθ) (θ ∈T)
を満たすことは明らか。問題は u が ∂B(0; 1) 上の任意の点、つまり (cosθ,sinθ) (θ ∈ T) で 連続であることを証明することであるが、
|u(cosθ,sinθ)−u(rcosθ′, rsinθ′)| ≤ |u(cosθ,sinθ)−u(cosθ′,sinθ′)| +|u(cosθ′,sinθ′)−u(rcosθ′, rsinθ′)|
≤ |ψ(cosθ,sinθ)−ψ(cosθ′,sinθ′)| + max
θ∈[0,2π]|A(r, θ)−Ψ(θ)|
において、(r, θ′) → (1, θ) とするとき、右辺第 1 項は ψ の連続性から、右辺第 2 項は補題
3.4.10 から、いずれも 0に収束することが分かる。