アマチュア数学者の日記

とある大学で数学を学んでいます。専門は偏微分方程式です。高校野球、マラソン、カメラ、数学、etc...多趣味です。様々なことを書いていきます。

熊本城に登った

熊本地震で大きな被害を被った熊本城ですが復旧工事もだいぶ進み、今月から日曜・祝日のみ一般開放されています。

今日はカメラを持って熊本城を散策してきました。(もちろん一人)

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美術館側から見た熊本城。人通りも少なく個人的におすすめのスポットです。



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入場チケット。左側が加藤家、右側が細川家の家紋です。

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天守閣の左側から見た熊本城。震災前はここは通路じゃなかったように思います。

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天守閣前の広場。現在はここまでしか行くことはできません。



天守閣前の広場は現在資材置場になっていますが、復旧工事が終わったら、元の砂利道に戻すようです。

ラソンで熊本城のまえを通る機会がよくあるのですが、見るたびに復旧が進んでいる様子で工事関係者の努力が伝わってきます。

 

僕は中学校の修学旅行で熊本城に登りました。今となってはあの時登っておいてよかったなと感じる今日この頃です。

当時、クラスメイトが同じクラスの女の子に駐車場で告白して振られる様子を見た記憶が強すぎて他のことがあまり記憶にありません( ´∀` )

帰りのバスで野球部のエースがHYのNAOを流していた時の雰囲気は一生忘れることはないでしょう。

 

工事中の熊本城ですが、それはそれで今しか見ることのできない光景なのかなとも思います。

ぜひ熊本に来た時には足を運んでみてくださいね!!!

 

kumamoto-guide.jp

 

 

 

 

 

 

 

Laplace方程式⑥調和関数に対するリウビルの定理

今日は調和関数における有界な関数についてみていきます。

その中でもタイトルにあるリウビルの定理について。

リウビルの定理といえば複素解析などの授業で証明した方も多いと思います。

複素解析で登場したリウビルの定理のステートメントを書いておきます。

 

定理(リウビルの定理)

C有界な正則関数は定数関数のみである。

 

以上が複素解析で登場したリウビルの定理です。本質的には同じことなのですが、調和関数版のリウビルの定理というのもあります。

今日はそれを証明していきたいと思います。

 

定理(調和関数に対するリウビルの定理)

u=u(x)R^3有界な調和関数とします。

このときuは定数関数です。

証明

仮定より、\Delta u=0かつ|u(x)|≦MなるMがとれます。

次に、1変数のC^∞級関数η=η(t)

η(t)=\begin{cases} 1(0≦t≦1)\\ 0(2≦t) \end{cases}

と定義します。

また、Rを正の数として

e_R=e_R(x-y)=η(\frac{|x-y|}{R} ) \frac{1}{|x-y|}

とおきます。

I_R=\iiint_{R^3}e_R(x-y) \Delta_y u(y) dy

を考えます。

xを固定する限りは、被積分関数の台は有界であることを確認しておきます。

Greenの公式から、

I_R=-4πu(x)+\iiint_{R^3}( 2\nabla_y η(\frac{|x-y|}{R} ) \nabla_y \frac{1}{|x-y|} + \frac{1}{|x-y|} \Delta_y η(\frac{|x-y|}{R} ))dy

となります。\Delta u =0 なのでI_R =0に注意して、

4πu(x)= \iiint_{R^3}( 2\nabla_y η(\frac{|x-y|}{R} ) \nabla_y \frac{1}{|x-y|} + \frac{1}{|x-y|} \Delta_y η(\frac{|x-y|}{R} )) u(y) dy

積分領域をE_R=\{y\in R≦|x-y |≦2R\}としても一般性を失いません。

また、前回示したように、項別微分が許されて、

4π\frac{\partial u(x)}{\partial x_j } = \iiint_{E_R} \frac{\partial u(x)}{\partial x_j }( 2\nabla_y η(\frac{|x-y|}{R} ) \nabla_y \frac{1}{|x-y|} + \frac{1}{|x-y|} \Delta_y η(\frac{|x-y|}{R} )) u(y) dy

となります。

y\in E_Rに対しては、

\frac{\partial }{\partial y_j} (\frac{1}{r}) =O(\frac{1}{r^2})=O(\frac{1}{R^2})

\frac{\partial^2 }{\partial y_i \partial y_j }(\frac{1}{r})  =O(\frac{1}{r^4})=O(\frac{1}{R^4})

\frac{\partial }{\partial y_j}η(\frac{|x-y|}{R} )  =O(\frac{1}{R})

\frac{\partial^2 }{\partial y_i \partial y_j }η(\frac{|x-y|}{R} ) =O(\frac{1}{R^2})

\frac{\partial^3 }{\partial x \partial y_i \partial y_j }η(\frac{|x-y|}{R} ) =O(\frac{1}{R^3})

となります。

※例えばO(\frac{1}{R^2})はおおまかに\frac{1}{R^2}くらいのオーダーを持つという意味です。収束のスピードとかに関係します。

Rによらない定数C_jを用いて、

|4π\frac{\partial u(x)}{\partial x_j }| ≦C_j \frac{1}{R^4}\iiint_{E_R} |u(y)| dy

E_Rの体積は  O(\frac{1}{R^3}) なので、

|\frac{\partial u(x)}{\partial x_j }|=O(\frac{1}{R})

\frac{\partial u(x)}{\partial x_j }→0

u(x)は定数関数

 

 

 

 

Laplace方程式⑤Newtonポテンシャルとポアソン方程式

今日は、Newtonポテンシャルについて。

定義

Ω有界領域、ρΩ有界な連続関数とします。

u(x)=\iiint_Ω \frac{1}{r_{xy}} ρ(y) dy

によって定義されるu(x)のことを密度ρを持つNewtonポテンシャルと呼びます。

 

Newtonポテンシャルの最も重要な性質として、ポアソン方程式

\Delta u(x)=-4πρ(x)

を満足することが挙げられます。

 

定理

Newtonポテンシャルにおいて、ρΩ有界かつC^1級であるなら、u(x) \in C^2(Ω)

\Delta u(x)=-4πρ(x)

が成り立ちます。

証明

ρの台がコンパクトになっている場合のみを考えることにします。

※コンパクトでない場合は適当な補助関数を用いて、コンパクト化することができます。

また、ρΩの外にも0で延長されているものとします。

よって、積分範囲を全空間に延長できて、

u(x)=\iiint_Ω \frac{1}{r_{xy}} ρ(y) dy

=\iiint_{R^3} \frac{1}{r_{xy}} ρ(y) dy

となります。

u(x)xに関する1回偏導関数は、

\frac{\partial u(x)}{\partial x_j} =\iiint_Ω \frac{\partial }{\partial x_j} (\frac{1}{r_{xy}}) ρ(y) dy (j=1,2,3)

となります。これを示します。

\begin{cases} \frac{1}{r} (r≧ε) \\ \frac{1}{ε} + \frac{1}{2ε} (1-\frac{r^2}{ε^2}) (r≦ε) \end{cases}

を用いて、u

u_ε(x)=\iiint_Ω e_ε(x-y)ρ(y)dy

によって近似します。

また、ρ有界な関数なので、

ρ(x)≦MなるMがとれて、これを用いると、

|u(x)-u_ε(x)|

≦\iiint_Ω (\frac{1}{r}-e_ε)|ρ(y)| dy

≦M\iiint_{|x-y|≦ε} \frac{1}{r} dy

=2πMε

ε→0とすることにより、u_εuに一様収束することがわかりました。

したがって、

\frac{\partial u(x)}{\partial x_j} =\iiint_Ω \frac{\partial }{\partial x_j} (\frac{1}{r_{xy}}) ρ(y) dy (j=1,2,3)

という計算が許されることがわかりました。

次に、ε→0としたときに、\frac{\partial u(x)}{\partial x_j}

v_j(x)= \iiint_Ω\frac{\partial }{\partial x_j} (\frac{1}{r}) ρ(y) dy 

に収束することを見ます。

\frac{\partial }{\partial x_j} \frac{1}{r}= -\frac{x_j-y_j}{|x-y|^3} より、

|\frac{\partial }{\partial x_j} \frac{1}{r}|≦\frac{1}{r^2}

\frac{\partial }{\partial x_j} e_ε(x-y)=\begin{cases} \frac{\partial }{\partial x_j}\frac{1}{r}   (r≧ε) \\ -\frac{1}{ε^2}  (x_j-y_j)   (r≦ε) \end{cases}

|\frac{\partial }{\partial x_j} e_ε(x-y)|≦\frac{1}{r^2}

以上を用いて、

v_(x)-\frac{\partial }{\partial x_j} u_ε(x) |

≦M\iiint_Ω |\frac{\partial }{\partial x_j} \frac{1}{r}-\frac{\partial }{\partial x_j} e_ε| dy

≦M\iiint_{|x-y|≦ε}  | \frac{1}{r^2}+ \frac{1}{r^2} | dy

=8πMε

よって、

次に、ε→0としたときに、

\frac{\partial u(x)}{\partial x_j}

v_j(x)= \iiint_Ω\frac{\partial }{\partial x_j} (\frac{1}{r}) ρ(y) dy 

に収束することが示されました。

ここまで、ρに関する仮定として、ρ(x)≦Mしか用いていません。

したがって、密度ρ有界な関数ならば、Newtonポテンシャルは全空間でC^1級であることがわかりました。

また、ρ\in C_0^1(Ω)であることを用いて、

\frac{\partial u(x)}{\partial x_j} =-\iiint_Ω \frac{\partial }{\partial x_j} (\frac{1}{r}) ρ(y) dy

=\iiint_Ω \frac{1}{r}\frac{\partial }{\partial x_j}ρ(y) dy

このとき右辺は、\frac{\partial }{\partial x_j}ρ(y)を密度とするNewtonポテンシャルそのものになっています。

したがって、先ほどの議論を繰り返し適用できて、

\frac{\partial^2 u(x)}{\partial x_i \partial x_j } =-\iiint_Ω \frac{\partial }{\partial x_i} (\frac{1}{r})\frac{\partial }{\partial x_j} ρ(y) dy

が成り立ち、さらに\frac{\partial^2 u(x)}{\partial x_i \partial x_j } が連続であることもわかります。

u\in C^2(Ω)

最後に、uポアソン方程式\Delta u(x)=-4πρ(x)を満たすことを示します。

x=0の場合のみを考えても一般性を失いません。

\Delta u(x)=-\iiint_Ω \sum_{j=1}^3 \frac{\partial }{\partial y_i} (\frac{1}{r})\frac{\partial }{\partial y_j} ρ(y) dy

=-\iiint_Ω \Delta_y (\frac{1}{r}) ρ(y) dy + \iint_{σ_ε} ρ(y)\frac{\partial }{\partial n_y} (\frac{1}{r}) ρ(y) dy

=\frac{1}{ε^2} iint_{σ_ε}ρ(y) dS

=4π(\frac{1}{4πε^2} \iint_{σ_ε}ρ(y) dS)

→4πρ(0)

以上により、Newtonポテンシャルはポアソン方程式を満たすことが示されました。

 

 

 

 

Laplace方程式④Laplace方程式の基本解

定義

一般に、xを変数とする偏微分作用素L=L_xに対し、

L_xe(x,y)=δ(x-y)

を満足するx,yの関数をy特異点とするLの基本解といいます。

 

e_a(x)=\frac{1}{|x-a|}

Laplace方程式の解になることは以前確認しました。

e_a(x)の最も重要な性質は、

\Delta_x \frac{1}{|x-a|} = -4πδ(x-a)

と表すことができることです。

今日はこれを導きたいと思います。

x,y\in R^3に対して、r_{xy}=|x-y|とおきます。

\Delta_y \frac{1}{|x-a|}=0

次に、Sを滑らかな閉曲面とします。また、Sの内部をΩとします。

u\in C^2(Ω\cap S)を仮定しておきます。

x\in Ωのとき、以下が成り立ちます。

4πu(x)=-\iiint_Ω\frac{1}{r_{xy}}\Delta u(y)dy+ \iint_S\frac{1}{r_{xy}}\frac{\partial u(y)}{\partial n_y}dS_y
                                +\iint_S\frac{\partial }{\partial n_y} (\frac{1}{r_{xy}}) u(y)dS_y・・・(*)

(*)が成り立つことの証明

一般性を失うことなくx=0とすることができます。

また、r_{0y}=|y|を単にrとかくことにします。

εを十分小さい正の数とし、球面σ_ε=\{y| |y|=ε\}Ωからσ_εを取り除いた領域をΩ_εとします。

Greennの公式

\iiint_{Ω_ε}(\Delta v - v\Delta u )dV=\iint_S( u \frac{\partial v}{\partial n}-v \frac{\partial u}{\partial n}) dS

V=Ω_ε,v=\frac{1}{r}に対して適用すると、

V=Ω_εv=\frac{1}{r}は調和なので、

-\iiint_{Ω_ε}\frac{1}{r}\Delta u dy=\iint_{S \cup σ_ε} u \frac{\partial }{\partial n_y}\frac{1}{r} -\frac{1}{r}\frac{\partial u }{\partial n_y}dS

となります。ε→0とすると、

-\iiint_{Ω}\frac{1}{r}\Delta u dy=\iint_{S } u \frac{\partial }{\partial n_y}\frac{1}{r} -\frac{1}{r}\frac{\partial u }{\partial n_y}dS+4πu(0)

がえられます。

これは(*)のx=0の場合になります。よって(*)が示されました。

次に(*)におけるu(x)の代わりに、φ=φ(x)\in C_0^∞(Ω)をとります。

φ(x)ΩC^∞級でΩの境界Sの近くでは恒等的にφ(x)=0となるものの全体です。

したがって、

φ(x)=-\frac{1}{4π}\iiint_Ω \frac{1}{r_{xy}}\Delta_y φ(x)

これは、超関数の意味で

-\Delta_y \frac{1}{4π} \frac{1}{|x-y|} = δ(x-y)

が成り立つことを意味しています。x,yの対称性より、

-\Delta_x \frac{1}{4π} \frac{1}{|x-y|} = δ(x-y)

とできます。

yは任意にとってきたので、

e_a(x)=\frac{1}{|x-a|}

Laplace方程式の基本解であることがわかりました。

 

 

 

線型代数③内積の定義

内積とは

今日は内積についてです。

内積は高校数学から登場する概念ですが、いろいろ奥が深い概念です。

ちなみに、

a=(a_1,a_2,...,a_n)

b=(b_1,b_2,...,b_n)

に対して、

(a,b)=a_1b_1+...+a_nb_n

のように定義する内積を「標準内積」といいます。

「標準」とつくように、高校数学でも内積の計算の仕方はこのような方法で学習しました。

一方で、これ以外にも内積はたくさんあって、ある性質を満たす関係のことを内積といいます。言い換えるとある条件さえ満たせば、全部内積です。今から内積の満たすべき条件・定義と内積のいくつかの例を見ていきたいとおもいます。

 

定義(内積

V線型空間とします。

V上で定義された二変数の写像

V×V→R

内積であるとは、任意のx,y,z\in Vλ\in Rに対して、

(λx+y,z)=λ(x,z)+(y,z)(第1変数に対する線型性)

(x,λy+z)=λ(x,y)+(x,z)(第2変数に対する線型性)

(x,y)=(y,x)(エルミート対称性)

(x,x)=0x=0(非退化性)

(x,x)≧0(正値性)

 を満たすことをいいます。

 

くどいようですが、以上の定義さえ満たせばその写像内積です。

 

内積の例

R^nにおける内積

a=(a_1,a_2,...,a_n)

b=(b_1,b_2,...,b_n)

に対して、

(a,b)=a_1b_1+...+a_nb_n=\sum_{i=1}^n a_ib_i

②C^nにおける内積

a=(a_1,a_2,...,a_n)

b=(b_1,b_2,...,b_n)

に対して、

(\overline a,b)=\overline a_1b_1+...+\overline a_nb_n=\sum_{i=1}^n \overline a_ib_i

または、

(a,\overline b)=a_1\overline b_1+...+a_n\overline b_n=\sum_{i=1}^n a_i\overline b_i

\overline a_i\overline b_iはそれぞれa_ib_i複素共役になります。

すなわち、複素ベクトル空間における内積は、一方のベクトルの成分の複素共役を取ったベクトルとの通常の内積になります。

L_2内積について

f(x),g(x)[0,1]上の連続関数とします。

内積(f,g)

(f(x),g(x))=\int_0^1 f(x) g(x) dx

と定義します。

今回は区間を[0,1]としましたが、別にどのように定義しても構いません。

この定義は内積の公理を満たしています。これは積分の線型性や非退化性から容易に確認することができます。

(数学科の1年の解析の授業で積分について当たり前と思われることをあれほど丁寧に行うのはそのためです。)

内積からノルムを定義する

ノルムの定義については以前書きましたのでそちらを参照いただければとおもいます。

今回は内積からノルムを定義します。

a=(a_1,a_2,...,a_n)C^nの元とします。

R^nでも同じことですが、より一般的なC^nを考えます)

aのノルム||a||

||a||=\sqrt{(a,a)}

と定義することにより、

||a||=\sqrt{a_1^2+...+a_n^2}

=\sqrt{\sum_{i=1}^n a_i^2}

となって、通常のユークリッドノルムが定義できました。

次に、L_2内積からノルムを構成しましょう。

||f(x)||^2=(f(x),f(x))=\int_0^1 f^2(x) dx

というように構成することにより、ノルムを定義することができます。

これによりノルムを関数に対して定義することができます。

この内積・ノルムを用いて、三角関数がベクトル空間の基底となっていることをみたいと思います。それもただの基底でなく直交基底となってます。

また、適当な定数倍をかますことによりノルムを1とすることも容易なので、正規直交基底となります。(厳密には正規直交系と呼びます。)

まず、相異なる任意の自然数n,mに対して、内積(sin(nπ),sin(mπx))を考えます。

(sin(nπ),sin(mπx))=\int_0^1 sin(nπx) sin(mπx) dx

               =\frac{1}{2}\int_0^1\{cos(m-n)πx-cos(m+n)πx\}dx

                                    =0

よって任意のn≠mに対して、内積0。以上の計算により直行性が示されました。

ついでにノルムを測って正規化しておきましょう。

任意のnに対して

||sin(nπx)||^2=\int_0^1 sin^2(nπx) dx

                             =\frac{1}{2}\int_0^1 \{1-cos(2nπx)\} dx

                             =\frac{1}{2}

||sin(nπx)||=\frac{1}{\sqrt2}

従ってφ_n(x)=\sqrt2sin(nπx)と定義すると、φ_n(x)L_2[0.1]上の正規直交系となります。

ここで登場したL_2内積の入った空間をヒルベルト空間といいます。ヒルベルト空間の話まですると収集がつかなくなりそうなので止めておきますが、解析学をやるうえではような空間になっています。

 

 

 

 

 

デスクトップを買っちゃいました

買っちゃった。

買っちゃいました。

はい、確かに僕が買いました。

約1月分のバイト代で買いましたよ。

 

10月から消費増税ということを言い訳に、デスクトップを買っちゃいました。

今まではTOSHIBAdynabookの13インチを使っていたのですが、

・ブログや卒論などでパソコンを使うことが増えたこと

・プログラミングの勉強を本格的に始めたこと

・大きい画面でやりたかった

・ただただ欲しかった

等々の理由から、デスクトップを導入しちゃいました。(一番の理由は一番下です)

買ったのはこれ↓

www.dell.com

第9世代i5、メモリ8ギガというスペック的には標準ちょい上くらいかなと思います。

メモリが足りなそうなら増設も検討中ですが、使ってみてから決めたいと思います。

 

それにしてもDELLの即納モデルの発送がめちゃめちゃ早かった。

9月30日深夜 購入

9月30日昼  発送

10月2日   到着

といった感じでした。正直パソコンは2週間くらいかかるというイメージだったので結構意外でした。即納モデルだったということもあるかもしれないけど。

僕の実家は昔からパソコンにはそこそこ金をかけている方でした。しかし、親は全くセットアップなどせず、いつも僕が何もかもを準備していました。そんなこともあり、セットアップは手慣れたものなのですが、今回はノートパソコンと同じWindows10ということもあって、ほとんど何もすることがありませんでした。

欲しいソフトをインストールするくらい。

時代の変化に少し感動しました。クラウド様様ですね。

ただ、モニターを買うお金まではなかったので、HDMIでテレビにつないで作業してます。ノートパソコンでも同じじゃないかというコメントはいりません。

テレビはSHARPアクオスを使っているのですが、普通にパソコンのモニターとしてもいけます。

ま、そんな感じで更新頑張っていきます!!!

 

線型代数②線型写像と1次独立

今日は線型写像と1次独立について。

この二つは、線型代数を学ぶ上でも最も重要な概念かもしれません。

まずは定義から。

定義(線型写像

V,W線型空間とします。写像f:V→W線型写像であるとは

に対し、f

f(a+b)=f(a)+f(b)

f(ka)=kf(a)

を満たすことをいいます。

 

ベクトル空間(線型空間)の定義と同様に和とスカラー倍に関して演算が保たれている写像のことを線型写像といいます。

 

定義(1次独立)

n個のベクトルの組{x_1,x_2,...,x_n}が1次独立(線型独立)であるとは、

c_1,c_2,...,c_n≠0で、

c_1x_1+c_2x_2+...+c_nx_n=0・・・(*)

なるc_i(i=1,2,...,n)の組が存在することです。

c_1,c_2,...,c_n=0の場合は、0×x_1+0×x_2+...+0×x_n=0という明らかな式になります。このような式を自明な関係式と呼びます。それに対して、(*)の式を'非'自明な関係式と呼びます。1次独立の定義として、「非自明な1次関係式を持たないこと」と表現されることもあります。

 

落書き(どっかの演習問題から抜粋です)

fR^n線型写像であるとします。このとき以下が成り立ちます。

(1){a_1,a_2,...,a_n}が一次独立でkerf={o}ならば、{f(a_1),f(a_2),...,f(a_n)}も一次独立である。

(2){f(a_1),f(a_2),...,f(a_n)}が一次独立ならば、{a_1,a_2,...,a_n}も一次独立である。

証明

まずは(1)について

kerf={o}より{f(a_1)≠o,f(a_2)≠o,...,f(a_n)}≠oが成り立ちます。また、f(o)=oも成り立ちます。

次に{a_1,a_2,...,a_n}が一次独立であるということから、

x_1a_1+x_2a_2+...+x_na_n=oを満たす{x_1,x_2,...,x_n}\in Rの組は、

x_1=0,x_2=0,...x_n=0のみになることを確認しておきます。

いま、{x_1,x_2,...,x_n}\in Rに対し、

x_1f(a_1)+x_2f(a_2)+...+x_nf(a_n)=oを仮定します。

このとき、線型写像の性質から、f(x_1a_1+x_2a_2+...+x_na_n)=oとなります。

kerf={o}より、fで写したときにoに写る元はoのみ。

したがって、x_1a_1+x_2a_2+...+x_na_n=o

{a_1,a_2,...,a_n}が一次独立より、x_1a_1+x_2a_2+...+x_na_n=oを満たすxの組はx_1=0,x_2=0,...x_n=0のみなので、

x_1f(a_1)+x_2f(a_2)+...+x_nf(a_n)=oを満たすxの組もx_1=0,x_2=0,...x_n=0のみになります。

以上より、{f(a_1),f(a_2),...,f(a_n)}も一次独立であることが示されました。

次に(2)について

{f(a_1),f(a_2),...,f(a_n)}が一次独立なので、

x_1f(a_1)+x_2f(a_2)+...+x_nf(a_n)=oを満たすxの組は

x_1=0,x_2=0,...x_n=0

のみになります。

いま、x_1a_1+x_2a_2+...+x_na_n=oを仮定しておきます。

線型写像の性質より、

o=f(o)

=f(x_1a_1+x_2a_2+...+x_na_n)

=x_1f(a_1)+x_2f(a_2)+...+x_nf(a_n)

したがって、

x_1f(a_1)+x_2f(a_2)+...+x_nf(a_n)=o

これを満たすxの組はx_1=0,x_2=0,...x_n=0のみになります。

以上より、

{a_1,a_2,...,a_n}も一次独立であることが証明されました。