ベキ級数解の存在(コワレフスカヤの優級数)(1)

　常微分方程式の一般解の存在定理のシリーズの続きとして,Kovalevskaya の優級数の方法に基づいて常微分方程式の実解析解の存在定理について,論及たいと思います。

　"１階常微分方程式ｄｙ/ｄｘ＝ｆ(ｘ,ｙ)の右辺の関数が,あるＲ₁,Ｒ₂より大きい関連収束半径を持ってベキ級数に展開できる,

　つまりｆ(ｘ,ｙ)＝Σａ_pq(ｘ－ｘ₀)^p(ｙ－ｙ₀)^qと書けて,右辺の級数が,

　|ｘ－ｘ₀|≦Ｒ₁,かつ|ｙ－ｙ₀|≦Ｒ₂で絶対収束するものとする。

　このとき,初期条件:ｙ|_ｘ＝ｘ0＝ｙ₀を満足し,ｘ＝ｘ₀ の近傍において,

　(ｘ－ｘ₀)のベキ級数に展開可能なｄｙ/ｄｘ＝ｆ(ｘ,ｙ)の解が一意的に存在する。"

　という定理です。

　複素解析解,つまり,正則解であれば,方程式ｄｙ/ｄｘ＝ｆ(ｘ,ｙ)の右辺が正則であれば解も正則であることはほぼ自明なので,わざわざ実関数について証明する必要はないのでしょうが,

　その昔,Kovalevskayaの優級数の方法自体に興味を持ったので,やってみたのでした。

　"実解析解の存在定理"の証明のためには,二重ベキ級数の性質を調べることが必要なので,まずそれに関連した補助定理をいくつか提示して証明しておきたいと思います。

　まず,補助定理１です。

　"二重ベキ級数:Σａ_pqｘ^pｙ^q が,ｘ＝α,ｙ＝βに対して,ある項の順序で収束するなら,|ｘ|＜|α|,|ｙ|＜|β|において,Σａ_pqｘ^pｙ^q は絶対かつ広義一様収束する。"

　ではこれの証明です。

　Σａ_pqα^pβ^q が,ある項の順序で収束するので,ｐ,ｑ→ ∞ に対し,

　ａ_pqα^pβ^q → 0 であり,そこで,ある正の数Ｍが存在して全てのｐ,ｑに対して|ａ_pqα^pβ^q|≦Ｍ が成立します。

　したがって,|ｘ|＜|α|,|ｙ|＜|β|なるｘ,ｙに対して,

　|ａ_pqｘ^pｙ^q|＝|ａ_pqα^pβ^q||(ｘ/α)|^p|(ｙ/β)|^p

 ≦Ｍ|(ｘ/α)|^p|(ｙ/β)|^p と書けます。

η＝|(ｘ/α)|,ξ＝|(ｙ/β)|とおけば,0≦η＜1,0≦ξ＜1ですが,

このとき,正項二重級数:Ση^pξ^q は項の順序に関係なく収束して,

Ση^pξ^q＝1/{(1－η)(1－ξ)}となります。

　故に,部分和としてのｍ,ｎの二重数列:Ｓ_mn(ｘ,ｙ)

　≡Σ_p,q＝0^m,n|ａ_pqｘ^pｙ^q|は単調増加で,かつ上に有界なので,

　ｍ,ｎ→∞に対して収束します。

　そこで,通常の級数と同じくΣａ_pqｘ^pｙ^q は絶対収束します。

　次に,0＜∀ε₁≦|α|,0＜∀ε₂≦|β|に対して,|ｘ|≦|α|－ε₁,|ｙ|＜|β|－ε₂なら,|ａ_pqｘ^pｙ^q|≦|ａ_pq(|α|－ε₁)^p(|β|－ε₂)^q|≦Ｍ|{(|α|－ε₁)/α}|^p|{(|β|－ε₂)/β}|^qが成立します。

　そこで,∀ε＞0 に対してｘ,ｙに依存しないある自然数Ｎが存在して,

　ｍ＞Ｎ,ｎ＞Ｎなら,Ｎより大きいあらゆる自然数ｒ,ｓに対してΣ_p=m+1^rΣ_q=n+1^sＭ|{(|α|－ε₁)/α}|^p|{(|β|－ε₂)/β}|^q＜εが成り立ち,|Σ_p=m+1^rΣ_q=n+1^sａ_pqｘ^pｙ^q|＜εが成立します。

　以上から,Σａ_pqｘ^pｙ^q は絶対,かつ広義一様に収束することが証明されました。

　これの系として,Σａ_pqｘ^pｙ^q は|ｘ|＜|α|,|ｙ|＜|β|において順序に関係なく収束し,Σａ_pqｘ^pｙ^q ＝Σ_p=0^∞(Σ_q=0^∞ａ_pqｙ^q)ｘ^p＝Σ_q=0^∞(Σ_p=0^∞ａ_pqｘ^p)ｙ^q が成立する。

　ことになります。

　証明は部分和にして扱えば,順序に関係ないという性質からほぼ自明なので省略します。

　この定理から２つの正の数Ｒ₁,Ｒ₂に対して,級数:Σａ_pqｘ^pｙ^q が|ｘ|＜Ｒ₁,|ｙ|＜Ｒ₂では絶対収束し,|ｘ|＞Ｒ₁,|ｙ|＞Ｒ₂では発散するという性質のＲ₁,Ｒ₂の組が存在することがわかったので,

　この(Ｒ₁,Ｒ₂)を関連収束半径と呼びます。

　関連という言葉通り関連収束半径の組は一意的には決まりません。

　次に補助定理２です。

　"(Ｒ₁,Ｒ₂)をΣａ_pqｘ^pｙ^q の関連収束半径とするとき,|ｘ|＜Ｒ₁,|ｙ|＜Ｒ₂に対してΣａ_pqｘ^pｙ^q＝ｆ(ｘ,ｙ)と表わすことにする。

　このときｆ(ｘ,ｙ)は|ｘ|＜Ｒ₁,|ｙ|＜Ｒ₂で項別に無限回偏微分可能,かつ無限回積分可能であり,さらにａ_pq＝{1/(ｐ!ｑ!)}{∂^p+q/(∂ｘ^p∂ｙ^q)}ｆ(ｘ,ｙ)|_x=0,y=0と一意的に表わされる。"

　これの証明は以下の通りです。

　|ｙ|＜Ｒ₂を満たすｙを任意のある値に固定しておけば,Σａ_pqｘ^pｙ^q は通常のｘに関する定数係数のベキ級数となり,|ｘ|＜Ｒ₁において広義一様にｆ(ｘ,ｙ)に収束します。

　そこで,通常の１変数ｘの関数についての定理により|ｘ|＜Ｒ₁においてはｆ(ｘ,ｙ)はｘについて項別に無限回微積分可能です。同様なことはｙについてもいえます。

そうして,任意のｒ≧1に対して,(∂^r/∂ｘ^r)ｆ(ｘ,ｙ)＝Σ_p=r^∞ｐ(ｐ－1)...(ｐ－ｒ＋1)ａ_pqｘ^p-rｙ^qもまた,|ｘ|＜Ｒ₁,|ｙ|＜Ｒ₂で広義一様に収束するので,ｙについて項別に無限回微分可能となり,ｘ,ｙに関して任意回数の項別偏微分が可能であることがわかります。

同様なことは,積分についてもいえます。

さらに,{∂^r+s/(∂ｘ^r∂ｙ^s)}ｆ(ｘ,ｙ),および{∂^s+r/(∂ｙ^s∂ｘ^r)}ｆ(ｘ,ｙ)は一様収束するベキ級数の和で表わされるので明らかに連続です。

それ故,{∂^r+s/(∂ｘ^r∂ｙ^s)}ｆ(ｘ,ｙ)＝{∂^s+r/(∂ｙ^s∂ｘ^r)}ｆ(ｘ,ｙ)

が任意のｒ,ｓについて成立します。

そこで,{∂^r+s/(∂ｘ^r∂ｙ^s)}ｆ(ｘ,ｙ)＝Σ_p=r,q=s^∞ｐ(ｐ－1)...(ｐ－ｒ＋1)ｑ(ｑ－1)...(ｑ－ｓ＋1)ａ_pqｘ^p-rｙ^q-s となります。

両辺でｘ＝0 ,ｙ＝0 とおけば,ａ_rs＝{1/(ｒ!ｓ!)}{∂^r+s /(∂ｘ^r∂ｙ^s)}ｆ(ｘ,ｙ)|_x=0,y=0と一意的に表わされることがわかります。

(以上証明終わり)

次に補助定理３ですが,この定理は次のようなものです。

"Σ_μ=1^∞(Σ_ν=1^∞|ａ_μν|),Σ_ν=1^∞(Σ_μ=1^∞|ａ_μν|)の少なくとも一方が有限なら,Σ_μ,ν=1^∞ａ_μνは絶対収束して,

Σ_μ=1^∞(Σ_ν=1^∞|ａ_μν|)＝Σ_ν=1^∞(Σ_μ=1^∞|ａ_μν|)＝Σ_μ,ν=1^∞|ａ_μν|,および,Σ_μ=1^∞(Σ_ν=1^∞ａ_μν)＝Σ_ν=1^∞(Σ_μ=1^∞ａ_μν)＝Σ_μ,ν=1^∞ａ_μν

が成り立つ。"

では証明です。

一般性を失うことなく,Σ_μ=1^∞(Σ_ν=1^∞|ａ_μν|)＜＋∞とします。

すると,任意の自然数ｍ,ｎに対し,Σ_μ,ν=1^ｍ,ｎ|ａ_μν|≦Σ_μ=1^ｍ(Σ_ν=1^∞|ａ_μν|)≦Σ_μ=1^∞(Σ_ν=1^∞|ａ_μν|)＜＋∞が成立します。

故に,Σ_μ,ν=1^ｍ,ｎ|ａ_μν|は有界であり,したがって収束します。

このことからΣ_μ,ν=1^∞ａ_μνは絶対収束します。

このとき,明らかにΣ_μ=1^∞(Σ_ν=1^∞|ａ_μν|)＝Σ_ν=1^∞(Σ_μ=1^∞|ａ_μν|)＝Σ_μ,ν=1^∞|ａ_μν|,およびΣ_μ=1^∞(Σ_ν=1^∞ａ_μν)＝Σ_ν=1^∞(Σ_μ=1^∞ａ_μν)＝Σ_μ,ν=1^∞ａ_μνが成り立ちます。（以上証明終わり）

さらに補助定理４です。

"Σ_n=0^∞ａ_nｘⁿ は|ｘ|＜Ｒで絶対収束するとする。

ｍを正の整数として(Σａ_nｘⁿ)^mを形式的に展開して得られるベキ級数をΣ_n=0^∞ａ_n^(m)ｘⁿとおくと,それは|ｘ|＜Ｒにおいて絶対収束して,

等式:(Σ_n=0^∞ａ_nｘⁿ)^m＝Σ_n=0^∞ａ_n^(m)ｘⁿ (|ｘ|＜Ｒ)が成り立つ。"

ここで(Σａ_nｘⁿ)^mを形式的に展開して得られるベキ級数:Σ_n=0^∞ａ_n^(m)ｘⁿ

とは,ｘⁿの係数ａ_n^(m)がｍ＝1ではａ_n⁽¹⁾＝ａ_n,

ｍ≧2 に対してはａ_n^(m)≡ａ_n^(m-1)ａ₀＋ａ_n-1^(m-1)ａ₁＋...＋ａ₀^(m-1)ａ_n

(ｎ＝0,1,2,．．)で与えられるベキ級数のことです。

以下,証明です。

証明は数学的帰納法に依ります。

まず,ｍ＝1のときはａ_n⁽¹⁾＝ａ_nですから,Σ_n=0^∞ａ_n^(m)ｘⁿ＝Σ_n=0^∞ａ_nｘⁿ＝(Σ_n=0^∞ａ_nｘⁿ)^mは明らかに成立します。

そこで,ｍ＝ｋのとき,|ｘ|＜ＲでΣ_n=0^∞ａ_n^(m)ｘⁿ が絶対収束して,その極限値について,|ｘ|＜Ｒで(Σ_n=0^∞ａ_nｘⁿ)^k＝Σ_n=0^∞ａ_n^(k)ｘⁿが成立するものと仮定します。

このとき,Σ_n=0^∞ａ_n^(k)ｘⁿ とΣ_n=0^∞ａ_nｘⁿ は共に|ｘ|＜Ｒで絶対収束するので,Cauchyによる絶対収束級数の積に対する定理によって,

Σ_n=0^∞(ａ_n^(k)ａ₀＋ａ_n-1^(k)ａ₁＋...＋ａ₀^(k)ａ_n)ｘⁿ

＝(Σ_n=0^∞ａ_n^(k)ｘⁿ)(Σ_n=0^∞ａ_n^(k)ｘⁿ)が成立し,

左辺の級数は右辺の値に絶対収束します。

ところが,明らかに左辺の項のｘⁿの係数はａ_n^(k+1)に一致します。

帰納法の仮定によりΣ_n=0^∞ａ_n^(k)ｘⁿ＝(Σ_n=0^∞ａ_nｘⁿ)^kですから,

結局Σ_n=0^∞ａ_n^(k+1)ｘⁿ も|ｘ|＜Ｒで絶対収束して

Σ_n=0^∞ａ_n^(k+1)ｘⁿ ＝(Σ_n=0^∞ａ_nｘⁿ)^k+1 となります。

以上から帰納法によって,定理の成立することが示されました。

今日はここまでとします。

http://fphys.nifty.com/(ニフティ「物理フォーラム」サブマネージャー）                                  TOSHI 

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