AlxisDataBlog-数学・物理学


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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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多項式で表現できる関数全体の大きさ

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以前球面ラプラシアンの固有方程式について考えたときには、次のことが分りました。$k$ 次の球面調和関数は球面ラプラシアンの固有関数であり、その固有値は $-k(k+1)$。すなわち特定の関数の性質を調べただけでした。


今回はちゃんと解いていきます。球面上の 2 階微分可能な関数 $f$ をフーリエ級数展開します。

\begin{align}
f=\sum_{k,l}\langle Y_{kl},f\rangle_2Y_{kl}
\end{align}

これが自明ではない固有関数ならば

\begin{align}
0=\Delta^Sf-\lambda f&=\sum_{k,l}\langle Y_{kl},f\rangle_2\lambda_kY_{kl}-\lambda\sum_{k,l}\langle Y_{kl},f\rangle_2 Y_{kl}\\
&=\sum_{k,l}\langle Y_{kl},f\rangle_2(\lambda_k-\lambda)Y_{kl}
\end{align}

フーリエ級数で表現することの一意性より

\begin{align}
\langle Y_{kl},f\rangle_2(\lambda_k-\lambda)=0\ \text{for all }k,l
\end{align}

が成立しなければなりません。自明な固有関数ではないとしているので、或る $k_0,l_0$ が存在して

\begin{align}
\langle Y_{k_0l_0},f\rangle_2\neq 0
\end{align}

すなわち

\begin{align}
\lambda=\lambda_{k_0}=-k_0(k_0+1)
\end{align}

ということが分ります。これで固有値がわかりました。これを踏まえて 3 つ上の式を考えると

\begin{align}
k\neq k_0\Longrightarrow\langle Y_{kl},f\rangle_2=0\Longrightarrow f\in H^{k_0}
\end{align}

このように結局のところ $f$ は球面調和関数であることが分ります。無事球面ラプラシアンの固有方程式が解けました。話を元に戻しますが、何のためにこのようなことをやってきたのかというと、熱伝導方程式を解くためでしたよね。この話も折り返し地点を過ぎました。残りの問題も頑張って解きましょう。


次回はラプラス方程式とヘルムホルツ方程式の動径成分について話していきます。(written by J.Nishigata)


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