2023大学院入試｜東京大学 数理科学研究科｜専門科目B

(1)の解答

任意に$a\in[0,1]$をとる．$\phi:\R\to\overline{\R}$を

\begin{align*}\phi(y)=\begin{cases}\frac{1}{|a-y|^{1/2}},&0\le y\le1,\\0,&\text{other}\end{cases}\end{align*}

で定める（$\overline{\R}$は拡大実数）．任意の$h\in\R\setminus\{0\}$に対して，

\begin{align*}|Tf(a+h)-Tf(a)|&=\abs{\int_{[0,1]}\frac{f(y)}{|a+h-y|^{1/2}}-\frac{f(y)}{|a-y|^{1/2}}\,dy}
\\&\le\|f\|_X\int_{[0,1]}|\phi(y-h)-\phi(y)|\,dy\end{align*}

である．ここで，

\begin{align*}\int_{[0,1]}\phi(y)\,dy&\le\int_{[0,a]}\frac{1}{|a-y|^{1/2}}\,dy+\int_{[a,1]}\frac{1}{|a-y|^{1/2}}\,dy
\\&=\brc{2(a-y)^{1/2}}_0^a+\brc{2(y-a)^{1/2}}_a^1
\\&=2(\sqrt{a}+\sqrt{1-a})<\infty\end{align*}

だから$\phi\in L^1([0,1])$なので，$L^1$平行移動連続性より

\begin{align*}\lim_{h\to0}\int_{[0,1]}|\phi(y-h)-\phi(y)|\,dy=0\end{align*}

が成り立つ．よって，$\lim\limits_{h\to0}|Tf(a+h)-Tf(a)|=0$が成り立つから$Tf$は$a$で連続である．$a\in[0,1]$は任意だから$Tf$は$[0,1]$上連続である．

(2)の解答

任意の$f\in X$に対して，

\begin{align*}\|Tf\|_X\le\|f\|_X\esssup_{x\in[0,1]}\int_0^1\frac{1}{|x-y|^{1/2}}\,dy\end{align*}

が成り立ち，(1)の$\phi$の積分と同様に

\begin{align*}\int_{[0,1]}\frac{1}{|x-y|^{1/2}}\,dy&=2(\sqrt{x}+\sqrt{1-x})=2(\sin{\theta}+\cos{\theta})
\\&=2\sqrt{2}\sin{\bra{\theta+\frac{\pi}{4}}}\le2\sqrt{2}\end{align*}

である．ただし，$x=\sin^2{\theta}$（$0\le\theta\le\frac{\pi}{2}$）とおいた．$\theta=\frac{\pi}{4}$で最後の等号が成立するから，

\begin{align*}\|Tf\|_X\le\|f\|_X\esssup_{x\in[0,1]}\int_{[0,1]}\frac{1}{|x-y|^{1/2}}\,dy=2\sqrt{2}\|f\|_X\end{align*}

が成り立ち，$\|T\|\le2\sqrt{2}$が従う．

一方，$f(x)\equiv1$とすると，

\begin{align*}\|Tf\|_X=\esssup_{x\in[0,1]}\int_{[0,1]}\frac{1}{|x-y|^{1/2}}\,dy=2\sqrt{2}=2\sqrt{2}\|f\|_X\end{align*}

となるので，$\|T\|\ge2\sqrt{2}$が従う．よって，$\|T\|=2\sqrt{2}$を得る．

(3)の解答

$\|Tf\|_X=\|T\|\|f\|_X$をみたす定数関数でない$f\in X$が存在すると仮定する．

もし$|f|$が定数関数でなければ，ある測度正の可測集合$A\subset[0,1]$が存在して，$x\in A$なら$|f(x)|<\|f\|_X$が成り立ち，任意の$x\in[0,1]$に対して

\begin{align*}&\abs{\int_{[0,1]}\frac{f(y)}{|x-y|^{1/2}}\,dy}
\\&\le\int_{A}\frac{|f(y)|}{|x-y|^{1/2}}\,dy+\int_{[0,1]\setminus A}\frac{|f(y)|}{|x-y|^{1/2}}\,dy
\\&<\int_{A}\frac{\|f\|_X}{|x-y|^{1/2}}\,dy+\int_{[0,1]\setminus A}\frac{|f(y)|}{|x-y|^{1/2}}\,dy
\\&\le\int_{[0,1]}\frac{\|f\|_X}{|x-y|^{1/2}}\,dy\end{align*}

となるから$\|Tf\|_X<\|T\|\|f\|_X$であり，これは矛盾である．よって，ある定数$k>0$と測度正の可測集合$B\subset[0,1]$が存在して

\begin{align*}f(x)=\begin{cases}k,&x\in B,\\-k,&x\notin B\end{cases}\end{align*}

となるが，任意の$x\in[0,1]$に対して

\begin{align*}&\abs{\int_{[0,1]}\frac{f(y)}{|x-y|^{1/2}}\,dy}
\\&=\abs{\int_{B}\frac{k}{|x-y|^{1/2}}\,dy+\int_{[0,1]\setminus B}\frac{-k}{|x-y|^{1/2}}\,dy}
\\&<\int_{B}\frac{k}{|x-y|^{1/2}}\,dy+\int_{[0,1]\setminus B}\frac{k}{|x-y|^{1/2}}\,dy
\\&=\int_{[0,1]}\frac{k}{|x-y|^{1/2}}\,dy\end{align*}

となるから$\|Tf\|_X<\|T\|\|f\|_X$であり，これは矛盾である．以上より，$\|Tf\|_X=\|T\|\|f\|_X$をみたす$f\in X$は定数関数である．

(1)の解答

集合$\set{x\in\Omega}{|f(x)|\ge a}$上で$\frac{|f|}{a}\ge1$だから，

\begin{align*}\mu(|f|\ge a)&=\int_{\{|f|\ge a\}}\,d\mu(x)
\\&\le\int_{\{|f|\ge a\}}\frac{|f(x)|}{a}\,d\mu(x)
\\&\le\frac{1}{a}\int_\Omega |f(x)|\,d\mu(x)\end{align*}

が従う．

(2)の解答

もとより$0\le\int_{\Omega}|f_n(x)|\,d\mu(x)$であり，トネリの定理，三角不等式，$\mu(\Omega)=1$，条件(iii)より

\begin{align*}&\iint_{\Omega\times\Omega}|f_n(x)-f_n(y)|\,d\mu(x)d\mu(y)
\\&=\int_{\Omega}\bra{\int_{\Omega}|f_n(x)-f_n(y)|\,d\mu(y)}\,d\mu(x)
\\&\ge\int_{\Omega}\abs{\int_{\Omega}(f_n(x)-f_n(y))\,d\mu(y)}\,d\mu(x)
\\&=\int_{\Omega}|f_n(x)-0|\,d\mu(x)=\int_{\Omega}|f_n(x)|\,d\mu(x)\end{align*}

が成り立つから，条件(i)と併せて$\lim\limits_{n\to\infty}\dint_{\Omega}|f_n(x)|\,d\mu(x)=0$が従う．

(3)の解答

$(\Omega,\mathcal{F},\mu)$を$[0,1]\subset\R$上のルベーグ測度空間とし，

\begin{align*}f_n(x)=\begin{cases}n,&0\le x\le\delta,\\-n,&\delta<x\le2\delta,\\0,&2\delta<x\le1\end{cases}\end{align*}

とすると，求める例となる．ただし，$\delta=\frac{1}{2n^2}$である．実際，

\begin{align*}&\iint_{\Omega\times\Omega}|f_n(x)-f_n(y)|\,d\mu(x)d\mu(y)
\\&=\iint_{[0,\delta]\times(\delta,2\delta]\cup(\delta,2\delta]\times[0,\delta]}2n\,d\mu(x)d\mu(y)
\\&\quad+\iint_{[0,2\delta]\times(2\delta,1]\cup(2\delta,1]\times[0,2\delta]}n\,d\mu(x)d\mu(y)
\\&=2\delta^2 n+4\delta(1-2\delta) n=4\delta n-6\delta^2n
\\&=\frac{2}{n}-\frac{3}{2n^3}\xrightarrow[]{n\to\infty}0\end{align*}

だから(i)が成り立つ．また，

\begin{align*}&\sup_{n\in\N}\int_{\Omega}|f_n(x)|^2\,d\mu(x)
\\&=\sup_{n\in\N}\int_{[0,2\delta]}n^2\,d\mu(x)=\sup_{n\in\N}2n^2\delta=1\end{align*}

だから(ii)と$\inf\limits_{n\in\N}\dint_{\Omega}|f_n(x)|^2\,d\mu(x)>0$が成り立つ．さらに，

\begin{align*}\int_{\Omega}f_n(x)\,d\mu(x)
&=\int_{[0,\delta]}n\,d\mu(x)+\int_{(\delta,2\delta]}(-n)\,d\mu(x)
\\&=n\delta-n\delta=0\end{align*}

だから(iii)が成り立つ．

(1)の解答

$u(x,t)=\frac{1}{\sqrt{t}}\phi(\frac{x}{\sqrt{t}})$だから，

\begin{align*}u_t(x,t)&=-\frac{1}{2t\sqrt{t}}\phi\bra{\dfrac{x}{\sqrt{t}}}+\frac{1}{\sqrt{t}}\phi’\bra{\dfrac{x}{\sqrt{t}}}\bra{-\frac{x}{2t\sqrt{t}}}
\\&\quad-\frac{1}{2t\sqrt{t}}\brb{\phi\bra{\dfrac{x}{\sqrt{t}}}+\frac{x}{\sqrt{t}}\phi’\bra{\dfrac{x}{\sqrt{t}}}}
\\u_{xx}(x,t)&=\frac{1}{\sqrt{t}}\phi^{\prime\prime}\bra{\dfrac{x}{\sqrt{t}}}\bra{\frac{1}{\sqrt{t}}}^2
=\frac{1}{t\sqrt{t}}\phi^{\prime\prime}\bra{\dfrac{x}{\sqrt{t}}}\end{align*}

である．よって，$u_t(x,t)=u_{xx}(x,t)$に代入して整理すると

\begin{align*}2\phi^{\prime\prime}\bra{\dfrac{x}{\sqrt{t}}}+\phi\bra{\dfrac{x}{\sqrt{t}}}+\frac{x}{\sqrt{t}}\phi’\bra{\dfrac{x}{\sqrt{t}}}=0\end{align*}

が成り立つから，$\phi$は常微分方程式

\begin{align*}2\phi^{\prime\prime}(s)+s\phi'(s)+\phi(s)=0\quad\dots(*)\end{align*}

をみたす．

(2)の解答

常微分方程式$(*)$が$\phi(s)=Ce^{-\alpha s^2}$（$\alpha>0$, $C>0$）の形の特殊解を持つと予想する．

\begin{align*}&\phi'(s)=-2C\alpha se^{-\alpha s^2},\quad
\\&\phi^{\prime\prime}(s)=-2C\alpha(1-2\alpha s^2)e^{-\alpha s^2}\end{align*}

だから，$(*)$に代入して$Ce^{-\alpha s^2}$で割って整理すると

\begin{align*}&-2\alpha(1-2\alpha s^2)+s(-2\alpha s)+1=0
\\&\iff 2\alpha(4\alpha-1)s^2+(1-4\alpha)=0\end{align*}

となるから，$\alpha=\frac{1}{4}$を得る．さらに，

\begin{align*}\int_{\R}e^{-s^2/4}\,ds=2\int_{\R}e^{-s^2}\,ds=2\sqrt{\pi}\end{align*}

だから，$\int_{\R}\phi(s)\,ds=1$をみたすには$C=\frac{1}{2\sqrt{\pi}}$とすればよく，

\begin{align*}\phi(s)=\frac{1}{2\sqrt{\pi}}e^{-s^2/4}\end{align*}

は条件を満たす$\phi$である．

(3)の解答

(2)で得た$\phi$をもとに，関数$G:[0,\infty)\times(0,\infty)\to\R$を

\begin{align*}G(x,t)=\frac{1}{\sqrt{t}}\phi\bra{\frac{x}{\sqrt{t}}}=\frac{1}{2\sqrt{\pi t}}e^{-x^2/4t}\end{align*}

と定めると，$G_t=G_{xx}$をみたす．また，関数$u_0:[0,\infty)\to\R$を

\begin{align*}u_0(x)=2e^{-x^2}\sin^2{x}\end{align*}

と定める．以下，

\begin{align*}u(x,t)=(G(\cdot,t)*u_0)(x)=\int_{\R}G(x-y,t)u_0(y)\,dy\end{align*}

で定まる関数$u:[0,\infty)\times[0,\infty)\to\R$が求める古典解であることを示す．ただし，$u(x,0)=\lim\limits_{t\to+0}u(x,t)$と定める．

［１］偏微分方程式$u_t(x,t)=u_{xx}(x,t)$をみたすことを示す．

任意の$t>0$に対して，$G(\cdot,t),u_0\in\mathcal{S}(\R)$だから，$G(\cdot,t)*u_0\in\mathcal{S}(\R)$で

\begin{align*}u_{xx}(\cdot,t)=G_{xx}(\cdot,t)*u_0=G_t(\cdot,t)*u_0\end{align*}

が成り立つから，あとは$u_t(\cdot,t)=G_t(\cdot,t)*u_0$を示せばよい．すなわち，

\begin{align*}\frac{\partial}{\partial t}(G_t(x,t)*u_0)=\frac{\partial}{\partial t}\int_{\R}G(x-y,t)u_0(y)\,dy\end{align*}

の微分と積分の順序交換が可能であることを示せばよい．

任意の$t>0$, $x\in\R$に対して，

\begin{align*}G_t(x,t)&=-\frac{1}{4t\sqrt{\pi t}}e^{-x^2/4t}+\frac{x^2}{8t^2\sqrt{\pi t}}e^{-x^2/4t}
\\&=\frac{1}{4t\sqrt{\pi t}}\bra{-1+\frac{x^2}{2t}}e^{-x^2/4t}\end{align*}

である．ここで，任意に$\delta>0$をとる．任意の$t>\delta$, $x\ge0$, $y\in\R$に対して，

\begin{align*}&|G_t(x-y,t)u_0(y)|
\\&=\abs{\frac{1}{4t\sqrt{\pi t}}\bra{-1+\frac{(x-y)^2}{2t}}e^{-(x-y)^2/4t}\cdot2e^{-y^2}\sin^2{y}}
\\&\le\frac{1}{2\delta\sqrt{\pi\delta}}\bra{1+\frac{(x-y)^2}{2\delta}}e^{-y^2}\end{align*}

が成り立つ．この最右辺は$t$によらない関数で，任意の$x\in[0,\infty)$に対して，$y$について$\R$上可積分だから，平均値の定理とルベーグの収束定理より$t>\delta$で$u_t(\cdot,t)=G_t(\cdot,t)*u_0$が成り立つ．

$\delta>0$は任意だったから，$t>0$で$u_t(\cdot,t)=G_t(\cdot,t)*u_0$が成り立つ．

［２］境界値条件$u_x(0,t)=0$をみたすことを示す．

任意の$t>0$に対して，$G(\cdot,t),u_0\in\mathcal{S}(\R)$だから，$G(\cdot,t)*u_0\in\mathcal{S}(\R)$で，任意の$t>0$に対して

\begin{align*}u_x(0,t)&=G_x(0,t)*u_0
\\&=-\int_{\R}\frac{0-y}{4t\sqrt{\pi t}}e^{-(0-y)^2/4t}\cdot2e^{-y^2}\sin^2{y}\,dy
\\&=\int_{\R}\frac{y}{2t\sqrt{\pi t}}\exp\bra{-\Bigl(\frac{1}{4t}+1\Bigr)y^2}\sin^2{y}\,dy\end{align*}

の被積分関数は奇関数なので，$u_x(0,t)=0$が成り立つ．

［３］初期条件$u(x,0)=u_0(x)$をみたすことを示す．とくに$\|\cdot\|$を$[0,\infty)$上の一様ノルムとして，$\lim\limits_{t\to+0}\|u(\cdot,t)-u_0\|=0$が成り立つことを示す．

任意に$\epsilon>0$をとる．$u_0$は一様連続なので，ある$\delta>0$が存在して，

\begin{align*}|x-y|<\delta\Ra|u_0(x)-u_0(y)|<\epsilon\end{align*}

が成り立つ．ここで，任意の$x\ge0$に対して，$\int_{\R}G(x-y,t)\,dy=1$であることより

\begin{align*}&|u(x,t)-u_0(x)|
\\&=\abs{\int_{\R}G(x-y,t)u_0(y)\,dy-\int_{\R}G(x-y,t)u_0(x)\,dy}
\\&\le\int_{\{|x-y|\ge\delta\}}G(x-y,t)|u_0(y)-u_0(x)|\,dy
\\&\quad+\int_{\{|x-y|\le\delta\}}G(x-y,t)|u_0(y)-u_0(x)|\,dy\end{align*}

となり，第１項目について

\begin{align*}&\int_{\{|x-y|\ge\delta\}}G(x-y,t)|u_0(y)-u_0(x)|\,dy
\\&\le\int_{\{|x-y|\ge\delta\}}\frac{1}{2\sqrt{\pi t}}e^{-(x-y)^2/4t}\cdot2\|u_0\|\,dy
\\&=\frac{2\|u_0\|}{\sqrt{\pi t}}\int_{\delta}^{\infty}e^{-s^2/4t}\,ds
\le\frac{2\|u_0\|}{\sqrt{\pi t}}\int_{\delta}^{\infty}e^{-\delta s/4t}\,ds
\\&=\frac{2\|u_0\|}{\sqrt{\pi t}}\brc{-\frac{4t}{\delta}e^{-\delta s/4t}}_{\delta}^{\infty}
\\&=\frac{8\|u_0\|\sqrt{t}}{\delta\sqrt{\pi}}e^{-\delta^2/4t}
\xrightarrow[]{t\to+0}0\end{align*}

が成り立ち，第２項目について

\begin{align*}&\int_{\{|x-y|\le\delta\}}G(x-y,t)|u_0(y)-u_0(x)|\,dy
\\&\le\int_{\{|x-y|\le\delta\}}G(x-y,t)\epsilon\,dy
\\&\le\epsilon\int_{\R}G(x-y,t)\,dy=\epsilon\end{align*}

が成り立つ．よって，$\lim\limits_{t\to+0}\|u(\cdot,t)-u_0\|\le\epsilon$が成り立つから，$\epsilon>0$の任意性より$\lim\limits_{t\to+0}\|u(\cdot,t)-u_0\|=0$を得る．