シュレディンガー方程式の分散性｜基本解のLpLq評価の導出

シュレディンガー（Schrödinger）方程式の基本解に関する基礎的な評価式に$L^pL^q$評価があります．

シュレディンガー方程式の基本解とは，初期値$u_0=u(0,x)$に対する自由シュレディンガー方程式

$\begin{align*}i\partial_t{u}(t,x)+\Delta u(t,x)=0\end{align*}$

の解$u$のことで，$u,u_0\in\mathcal{S}(\R^d)$のとき解は$u=e^{it\Delta}u_0$と表すことができるのでした．

シュレディンガー方程式の$L^pL^q$評価は

$\begin{align*}\|e^{it\Delta}u_0\|_{L^{p}(\R^{d})}\le C_t\|u_0\|_{L^{q}(\R^{d})}\end{align*}$

の形の基本解$e^{it\Delta}u_0$のノルムを初期値$u_0$のノルムで上から評価する不等式です．

$L^pL^q$評価を用いると，シュレディンガー方程式に関する重要な評価式であるストリッカーツ（Strichartz）評価を証明することができます．

一連の記事はこちら

【自由シュレディンガー方程式の基本解とユニタリ群】
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【シュレディンガー方程式のストリッカーツ評価の導出】

シュレディンガー方程式の基本解の$L^pL^q$評価
1. シュレディンガー方程式の基本解（復習）
2. $L^pL^q$評価
$L^pL^q$評価の証明のための準備
$L^pL^q$評価の証明

シュレディンガー方程式の基本解の$L^pL^q$評価

まず前回の記事で説明したシュレディンガー方程式の基本解を復習し，$L^pL^q$評価を紹介します．

シュレディンガー方程式の基本解（復習）

［基本解（自由解）］自由シュレディンガー方程式の初期値問題

$\begin{align*}\begin{cases} i\partial_{t}u(t,x)+\Delta u(t,x)=0 & (t,x)\in\R\times\R^d\\ u(0,x)=u_0(x) & x\in\R^d\\ \end{cases}\end{align*}$

の解$u$をシュレディンガー方程式の基本解（fundamental solution）または自由解（free solution）という．

自由解は以下のように表されます．

初期条件$u(0,x)=u_0(x)$のシュレディンガー方程式の解は

$\begin{align*}e^{it\Delta}u_0(x) &=\mathcal{F}^{-1}\brc{e^{-it|\xi|^2}\hat{u_0}(\xi)}(x) \\&=\frac{1}{(4\pi it)^{d/2}}\int_{\R^d}e^{-\frac{|x-y|^2}{4it}}u_0(y)\,dy\end{align*}$

と表せる．

初期値$u_0$に対するシュレディンガー方程式の自由解$e^{it\Delta}u_0$を与える作用素$e^{it\Delta}$を自由シュレディンガー発展作用素というのでした．

$L^pL^q$評価

以下，$p\in[1,\infty]$とし，$L^p(\R^d)$ノルムを$\|\cdot\|_p$と表します：

$\begin{align*}&\|f\|_p:=\bra{\int_{\R}|f(x)|^p\,dx}^{1/p}\quad(p\in[1,\infty)), \\&\|f\|_{\infty}:=\operatorname{ess\,sup}_{x\in\R}|f(x)|.\end{align*}$

次の評価を$L^pL^q$評価または分散型評価といいます．

［$L^{p}L^{q}$評価］$p\in[2,\infty]$と$u\in L^{q}(\R^{d})$に対して

$\begin{align*}\|e^{it\Delta}u\|_{L^{p}(\R^{d})} \le\bra{4\pi|t|}^{-d(\frac{1}{2}-\frac{1}{p})}\|u\|_{L^{q}(\R^{d})}\end{align*}$

が成り立つ．ただし，$q\in[1,2]$は$p$のHölder共役である：$1=\frac{1}{p}+\frac{1}{q}$．

証明は

$(p,q)=(\infty,1)$の場合（$L^{\infty}L^{1}$評価）
$(p,q)=(2,2)$の場合（$L^2$等長性）

を示したのち，この２つの評価をもとにRiesz-Thorinの複素補間定理を用います．

$L^pL^q$評価の証明のための準備

ここで$L^{\infty}L^{1}$評価，$L^2$等長性を証明し，Riesz-Thorinの複素補間定理を復習しておきます．

$L^{\infty}L^{1}$評価の証明

$(p,q)=(\infty,1)$の場合の$L^{p}L^{q}$評価を示しましょう．

［$L^{\infty}L^{1}$評価］任意の$u\in L^1(\R^d)$に対して，次が成り立つ：

$\begin{align*}\|e^{it\Delta}u\|_{L^{\infty}(\R^{d})}\le\bra{4\pi|t|}^{-\frac{d}{2}}\|u\|_{L^{1}(\R^{d})}\end{align*}$

$\Bigl|e^{-\frac{|x-y|^2}{4it}}\Bigr|=1$より，

$\begin{align*}\|e^{it\Delta}u\|_{L^{\infty}(\R^{d})} &=\nor{\frac{1}{(4\pi it)^{d/2}}\int_{\R^d}e^{-\frac{|x-y|^2}{4it}}u(y)\,dy}_{L^{\infty}(\R^{d})} \\&\le\sup_{x\in\R^d}\bra{\frac{1}{|4\pi it|^{d/2}}\int_{\R^d}\Bigl|e^{-\frac{|x-y|^2}{4it}}u(y)\Bigr|\,dy} \\&=\sup_{x\in\R^d}\bra{\frac{1}{|4\pi t|^{d/2}}\int_{\R^d}|u(y)|\,dy} \\&=(4\pi|t|)^{-\frac{d}{2}}\|u\|_{L^{1}(\R^{d})}\end{align*}$

が従う．

$L^{\infty}L^{1}$評価から，任意の$u_0\in\mathcal{S}(\R^d)$に対して

$\begin{align*}\lim_{|t|\to\infty}\|e^{it\Delta}u\|_{L^{\infty}(\R^{d})}=\lim_{|t|\to\infty}(4\pi|t|)^{-\frac{d}{2}}\|u\|_{L^{1}(\R^{d})}=0\end{align*}$

となるので，シュレディンガー方程式の基本解は$|t|$が増大するにつれて一様に０に近付きますね．

$L^2$等長性の証明

$(p,q)=(2,2)$の場合の$L^{p}L^{q}$評価（$L^2$等長性）を示しましょう．

［$L^{2}L^{2}$評価（$L^2$等長性）］任意の$u\in L^2(\R^{d})$に対して，次が成り立つ：

$\begin{align*}\|e^{it\Delta}u\|_{L^{2}(\R^{d})}=\|u\|_{L^{2}(\R^{d})}\end{align*}$

プランシュレルの等式と$\abs{e^{-it|\xi|^2}}=1$より，

$\begin{align*}\|e^{it\Delta}u\|_{L^{2}(\R^{d})}&=\nor{\mathcal{F}^{-1}\brc{e^{-it|\xi|^2}\hat{u}(\xi)}(x)}_{L^{2}(\R^{d})} \\&=\nor{e^{-it|\xi|^2}\hat{u}(\xi)}_{L^{2}(\R^{d})} \\&=\nor{\hat{u}(\xi)}_{L^{2}(\R^{d})}=\|u\|_{L^{2}(\R^{d})}\end{align*}$

が従う．

上述したようにシュレディンガー方程式の基本解は$|t|$が増大するにつれて一様に０に近付きますが，$L^2$等長性から解の$L^2$ノルムは$t$によらず一定です．

すなわち，解は「消えて」いるわけではなく，空間上で「分散」しているだけであることが分かります．

このことから，$L^{\infty}L^{1}$評価と$L^2$等長性から得られる$L^pL^q$評価は「分散型評価」とも呼ばれるわけですね．

Riesz-Thorinの複素補間定理

ここで，Riesz-Thorinの複素補間定理をこの記事で使う形で確認しておきましょう．

［Riesz-Thorinの補間定理］$p_0,q_0,p_1,q_1\in[1,\infty]$とする．ある$M_0,M_1>0$が存在して，作用素$T$は

$\begin{align*}&\|Tf\|_{L^{p_0}(\R^d)}\le M_0\|f\|_{L^{q_0}(\R^d)}\quad(f\in L^{q_0}(\R^d)), \\&\|Tf\|_{L^{p_1}(\R^d)}\le M_1\|f\|_{L^{q_1}(\R^d)}\quad(f\in L^{q_1}(\R^d))\end{align*}$

を満たすとする．このとき，任意の$\theta\in(0,1)$に対して，$p$, $q$を

$\begin{align*}\frac{1}{p}:=\frac{1-\theta}{q_0}+\frac{\theta}{q_1},\quad \frac{1}{p}:=\frac{1-\theta}{p_0}+\frac{\theta}{p_1}\end{align*}$

と定めると，ある$M>0$が存在して

$\begin{align*}\|Tf\|_{L^{p}(\R^d)}\le M\|f\|_{L^{q}(\R^d)}\quad(f\in L^{q}(\R^d))\end{align*}$

が成り立ち，$M\le M_0^{1-\theta}M_1^{\theta}$が成り立つ．

一般にノルム空間$\mathcal{X},\mathcal{Y}$，作用素$T:\mathcal{X}\to\mathcal{Y}$に対して，ある$K>0$が存在して

$\begin{align*}\|Tf\|_{\mathcal{Y}}\le K\|f\|_{\mathcal{X}}\quad(f\in\mathcal{X})\end{align*}$

を満たすとき，この$K$の最小値を$f$の作用素ノルムといい，$\|T\|_{\mathcal{X}\to\mathcal{Y}}$などと表します．

いまのRiesz-Thorinの複素補間定理は

作用素$T$は$L^{q_0}(\R^d)$から$L^{p_0}(\R^d)$への有界作用素で$\|T\|_{L^{q_0}(\R^d)\to L^{p_0}(\R^d)}\le M_0$
作用素$T$は$L^{q_1}(\R^d)$から$L^{p_1}(\R^d)$への有界作用素で$\|T\|_{L^{q_1}(\R^d)\to L^{p_1}(\R^d)}\le M_1$

を満たせば，$T$は$L^{q}(\R^d)$から$L^{p}(\R^d)$への有界作用素で$\|T\|_{L^{q}(\R^d)\to L^{p}(\R^d)}\le M_0^{1-\theta}M_1^{\theta}$とも言えますね．

Riesz-Thorinの補間定理の証明は以下の記事を参照してください．

Riesz-Thorinの複素補間定理とその証明

[三線定理]を用いて証明される[Riesz-Thorinの複素補間定理]はLpからLqへの作用素が有界であるための十分条件を述べた定理である．この定理の応用としては，Schrödinger方程式の解のLpLqノルムの評価がある．

$L^pL^q$評価の証明

以上の準備をもとに，Riesz-Thorinの複素補間定理から$L^{p}L^{q}$評価を証明しましょう．

［$L^{p}L^{q}$評価（再掲）］$p\in[2,\infty]$と$u\in L^{q}(\R^{d})$に対して

$\begin{align*}\|e^{it\Delta}u\|_{L^{p}(\R^{d})} \le\bra{4\pi|t|}^{-d(\frac{1}{2}-\frac{1}{p})}\|u\|_{L^{q}(\R^{d})}\end{align*}$

が成り立つ．ただし，$q\in[1,2]$は$p$のHölder共役である：$1=\frac{1}{p}+\frac{1}{q}$．

$(p,q)=(\infty,1)$の場合（$L^{\infty}L^{1}$評価）と$(p,q)=(2,2)$の場合（$L^2$等長性）はすでに示した：

$\|e^{it\Delta}u\|_{\infty}\le\bra{4\pi|t|}^{-\frac{d}{2}}\|u\|_1$
$\|e^{it\Delta}u\|_2=\|u\|_2$

ここで，座標平面上の２点$\mrm{P_1}(\frac{1}{1},\frac{1}{\infty})=(1,0)$, $\mrm{P_2}(\frac{1}{2},\frac{1}{2})$を考え，線分$\mrm{P_1P_2}$を$\theta:(1-\theta)$ （$\theta\in[0,1]$）に内分する点を$\mrm{P}(\frac{1}{q},\frac{1}{p})$とする．

このとき，Riesz-Thorinの複素補間定理を用いて

$\begin{align*}\|e^{it\Delta}\|_{L^q(\R^{d})\to L^p(\R^{d})} &\le\brb{\bra{4\pi|t|}^{-\frac{d}{2}}}^{1-\theta}1^{\theta} \\&=\bra{4\pi|t|}^{-\frac{d}{2}(1-\theta)}\end{align*}$