AlxisDataBlog-数学・物理学


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円周のときを思い返せば固有振動子の方程式を解くだけで非常に簡単だったのですが、球面になると急に難しくなるものですね。何か糸口を見つけなければならないのですが、やはり既に解けている円周の問題を参考にすべきでしょう。

\begin{align}
1,\sin\theta,\cos\theta,\sin 2\theta,\cos 2\theta,\sin 3\theta,\cos 3\theta,\ldots
\end{align}

何か思い付きませんか。

\begin{align}
1,e^{i\theta},e^{2i\theta},e^{3i\theta},\ldots
\end{align}

これではどうでしょう。

\begin{align}
(e^{i\theta})^0,(e^{i\theta})^1,(e^{i\theta})^2,(e^{i\theta})^3,\ldots
\end{align}

ここまでやれば分りますか。多項式です。多項式をベースにして解を考えていきましょう。まず、$k$ 次の同次多項式全体を $P^k$ とおきましょう。この部分空間でラプラシアンのカーネル全体を $Q^k$ とします。$Q^k$ の元の定義域を球面へ制限したものを $H^k$ とおきます。


少し分りにくいかもしれませんが、$H^k$ の元はラプラス方程式の解($Q^k$ の元)の球面成分、すなわち球面ラプラシアンの固有関数になっています。固有値は動径成分を見ればわかります。


$Q^k$ のことを $k$ 次の調和関数空間、その元を $k$ 次の調和関数、$H^k$ のことを $k$ 次の球面調和関数空間、その元を $k$ 次の球面調和関数と呼びます。


$k$ 次の調和関数 $F$ に対応する球面調和関数を $f$ とおくと、$F$ は $k$ 次の同次多項式でもあるので

\begin{align}
F(rx)=r^kf(x),\ x=(x^1,x^2,x^3)\in S^2
\end{align}

すなわち動径成分は $r^k$ になります。これをラプラス方程式の動径成分

\begin{align}
r^2\partial^2A+2r\partial A-\alpha A=0
\end{align}

に代入して $\alpha =k(k+1)$ を得ます。$k$ 次の球面調和関数の固有値が $-k(k+1)$ であることが分りました。今回はこの辺まで。


多くの記号や定義が出てきて、尚且つ球面という少し高度なもので追いつけないかもしれませんが、そういう場合は円周の場合に都度置き換えると良いでしょう。


$H^k$ というのは円周では $\{\sin(k\theta),\cos(k\theta)\}$ のことですね。


また、今回からベクトルの表記が変わりました。今までの $(x,y,z)$ のような表記では、式が重く且つ文字の浪費が激しいため $x=(x^1,x^2,x^3)$ のように書くことにしています。上付きの添え字は「冪乗」の意味ではなく「要素のインデックス」なのでご注意ください。


次回は、フーリエ係数の計算時に使った直交性の球面調和関数バージョンをやります。(written by J.Nishigata)


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球面ラプラシアンの固有値と固有空間を調べる

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前回、調和関数空間の直和空間の直交分解の話をしました。そこで気になるのは、この直和空間の大きさです。狭すぎると使い物になりませんので、できる限り大きいことが望まれます。


いきなりこの問題に挑むのは難しいでしょう。調和関数空間を定義するスタート地点は多項式でした。まずは簡単な多項式の場合で直和空間の大きさを調べていきましょう。


多項式というとテイラー展開を思い浮かべるでしょうか。テイラー展開を実行するためには無限回の微分可能性が必要であるため、関数空間の大きさとしては好ましくありません。別の手法を考えましょう。少しテクニカルですが、確率論の式を使います。

\begin{align}
\sum_{k=0}^n f(k/n)\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k}
\end{align}

この式(バーンスタイン多項式と呼ぶ)の形を見てピンとくるでしょうか。表の出る確率 $x$ 裏の出る確率 $1-x$ のコインを $n$ 回投げたとき、表が $k$ 回出る確率は

\begin{align}
\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k}
\end{align}

です。$n$ 回投げて $k$ 回表が出たときに $f(k/n)$ の得点を付けることにすると、得点の期待値は最初の式で表されます。一方、$n$ 回投げたときの表の平均枚数は $nx$ ですので、$nx$ 枚に対応する得点 $f(x)$ が期待値であるとも言えます。$nx$ 枚という部分に違和感を感じますが、とりあえずこの式を参考にして厳密に考えていきましょう。


関数 $f$ を区間 $[0,1]$ で定義された関数とします。

\begin{align}
B_n(x)=\sum_{k=0}^n f(k/n)\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k}
\end{align}

とおいて $f$ との差を評価していきましょう。

\begin{align}
\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k}=1
\end{align}

に注意すると

\begin{align}
f-B_n=\sum_{k=0}^n \{f-f(k/n)\}\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k}
\end{align}

したがって絶対値は

\begin{align}
|f-B_n|\le \sum |f-f(k/n)|\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k}
\end{align}

と評価できます。右辺の絶対値の部分を評価していきましょう。関数 $f$ が連続であれば一様連続でもあり、任意の $\varepsilon > 0$ に対して $\delta > 0$ が存在して $|x-y| < \delta$ なる任意の $x,y$ に対して $|f(x)-f(y)| < \varepsilon$ が成立します。一方、$|x-y|\ge\delta$ の場合は

\begin{align}
|f(x)-f(y)|\le 2\max|f|\le\dfrac{(x-y)^2}{\delta^2}2\max|f|
\end{align}

したがって、任意の $x,y$ に対して

\begin{align}
|f(x)-f(y)|\le\varepsilon+\dfrac{(x-y)^2}{\delta^2}2\max|f|
\end{align}

という評価が成り立ちます。これを代入してみましょう。

\begin{align}
|f-B_n|&\le\varepsilon+\dfrac{2\max |f|}{\delta^2n^2}\sum_{k=0}^n (nx-k)^2\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k}
\end{align}

絶対値部分の評価が終わったので、総和の部分の計算をしましょう。これは単純に 2 乗の部分を展開して計算していくだけです。

\begin{align}
&\sum_{k=0}^n k\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k}=nx,\\
&\sum_{k=0}^n k(k-1)\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k}\sum k(k-1)\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k}=n(n-1)x^2
\end{align}

を利用すれば簡単でしょう。

\begin{align}
|f-B_n|\le\varepsilon+\dfrac{2\max |f|}{\delta^2n}(1-x)x\le\varepsilon+\dfrac{\max |f|}{2n}
\end{align}

$n$ を充分大きくとれば

\begin{align}
|f-B_n|\le 2\varepsilon
\end{align}

となります。$\varepsilon$ の任意性より、結局

\begin{align}
f=\lim_{n^to\infty}B_n
\end{align}

であることが言えました。関数 $f$ の定義域を $[0,1]$ に限定して説明してきましたが、任意の閉区間を定義域とする関数であっても、適当にスケーリングすれば今回のロジックが使えます。これで、有界な閉区間で定義された連続関数は多項式(級数)で書けることが分りました。これをワイエルシュトラスの近似定理と呼びます。


証明を端折りますが、多変数の場合は変数の個数分のコインを使った確率モデルで見当をつければ同様に解けます。


今回はここまで。次回はワイエルシュトラスの近似定理を使って球面調和関数空間の直和空間について調べていきます。(written by J.Nishigata)


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球面調和関数空間の直交性