斉次型作用素論の勉強Part2

こんにちは。ひよこてんぷらです。前回に引き続き斉次型作用素論の勉強をしていきましょう。

sushitemple.hatenablog.jp

さて、今回は補間論との関係を見ていきます。まずは一般的な補間論の話をしていきましょう。

をnorm空間とします。さらに、 が共通のHausdorff位相線形空間を部分空間に持つとき、 をcompatibleであるといいます。この仮定のもとでは次の2つの空間 はそれぞれ適当なnormによりnorm空間となります。

さて、次の実数値関数を定義します。

\begin{gather} K:[0,\infty) \times (X+Y) \to \mathbb{R} \\ K(t,z)=\inf_{z=x+y , \, (x,y) \in X\times Y} \left\{ \|x\|_X+t\|y\|_Y \right\} \end{gather}

このとき、 に対して

\begin{gather} (X,Y)_{\theta,q}=\left\{ z \in X+Y \, \left| \, \|z\|_{(X,Y)_{\theta,q}} \lt \infty \right.\right\} \\ \|z\|_{(X,Y)_{\theta,q}} =\|t^{-\theta}K(t,z)\|_{L^q((0,\infty),dt/t)} \end{gather}

と定義します。ここで、normの は測度としてHaar測度 が入っているということです。つまり積分において の代わりに を考えるということですね。

この定義だけではなんだかよく分かりませんが、実はこれによって補間空間が定義されています。特に、

\begin{equation} X \cap Y \subset (X,Y)_{\theta,q} \subset X+Y \end{equation}

が成立することに注意しましょう。また、 という条件下では、

\begin{equation} \overline{X \cap Y}^{\|\cdot\|_{(X,Y)_{\theta,q}}}=(X,Y)_{\theta,q} \end{equation}

が成立しています。

他方、Banach空間 上の線形作用素 において、 が有界解析 半群 を生成するとき、 に対して次のtrace空間 というものが定義されることが知られています。

\begin{gather} D_A(\theta,q)=\left\{ x \in X \, \left| \, \|x\|_{D_A(\theta,q)} \lt \infty \right.\right\} \\ \|x\|_{D_A(\theta,q)}=\|x\|_X+\|t^{1-\theta}Ae^{-tA}x\|_{L^q((0,\infty),dt/t:X)} \end{gather}

そして、実はなんと が成立することが知られています。一見すると全然違う定義ですが、実は位相同型なのです。また、 なので

\begin{equation}D(A) \subset (X,D(A) )_{\theta,q} \subset X\end{equation}

が成立します。先ほどの稠密性の議論から に対して

\begin{equation} \overline{D(A)}^{\|\cdot\|_{(X,D(A) )_{\theta,q}}}=(X,D(A) )_{\theta,q} \end{equation}

ですね。

さて、では補間論はこのくらいにして、前回の斉次型作用素論の続きをやっていきましょう。前回の内容をまとめておきましょう。

(仮定 2.1, 仮定 2.5)

(i) をBanach空間とし、線形作用素

\begin{equation} A:D(A) \to X \end{equation}

を考える。 は 上の有界解析 半群 の生成作用素とする。

(ii) は単射であるとする。すなわち任意の に対して、 ならば とする。

(iii) であって、 と が 上同値となるようなnorm空間 が存在する。すなわち任意の に対して

\begin{equation} C^{-1}\|Ax\|_X \le \|x\|_Y \le C\|Ax\|_X \end{equation}

とする。

(iv) とする。

(命題 2.6) に対して次の拡張された半群

\begin{gather} e^{-tA}:X+D(\dot{A}) \to X+D(\dot{A}) \\ e^{-tA}(x+y)=e^{-tA}x+y-\int_0^te^{-sA}\dot{A}yds \end{gather}

を定義すると、これはwell-definedである。また、 であり

\begin{equation} \dot{A}e^{-tA}(x+y)=Ae^{-tA}x+e^{-tA}\dot{A}y \end{equation}

が成立する。

さて、今回は斉次型作用素 に対するtrace空間を定義し、補間空間との位相同型性をみていきましょう。trace空間 は次で定義します。

\begin{gather} \dot{D}_A(\theta,q)=\left\{ z \in X+D(\dot{A}) \, \left| \, \|z\|_{\dot{D}_A(\theta,q)} \lt \infty \right.\right\} \\ \|z\|_{\dot{D}_A(\theta,q)}=\|t^{1-\theta}\dot{A}e^{-tA}z\|_{L^q((0,\infty),dt/t:X)} \end{gather}

さて、では補題をみましょう。

(補題 2.9) とする。このとき

\begin{equation} \overline{D(A)}^{\|\cdot\|_{D_A(\theta,q)}}=D_A(\theta,q) , \quad \overline{D(A)}^{\|\cdot\|_{(X,D(\dot{A}) )_{\theta,q}}}=(X,D(\dot{A}) )_{\theta,q} \end{equation}

が成立する。

これは簡単です。先に見たように に対して

\begin{equation} \overline{D(A)}^{\|\cdot\|_{(X,D(A) )_{\theta,q}}}=(X,D(A) )_{\theta,q} \end{equation}

であり、位相同型の意味で なので、前者は従います。では後者はというと、これは仮定(iv)より

\begin{equation} D(A)=D(\dot{A})\cap X \subset (X,D(\dot{A}) )_{\theta,q} \end{equation}

なので、先の稠密性より従います。

(補題 2.10) とする。 に対して

\begin{equation}\begin{split} &\left\| t^{-\theta}\int_0^t\|\dot{A}e^{-sA}z\|_Xds+t^{1-\theta}\|\dot{A}e^{-tA}z\|_X \right\|_{L^q((0,\infty),dt/t)} \\ &\le \left(1+\frac{1}{\theta}\right)\|z\|_{\dot{D}_A(\theta,q)} \end{split}\end{equation}

が成立する。

これは の定義から

\begin{equation}\left\| t^{1-\theta}\|\dot{A}e^{-tA}z\|_X \right\|_{L^q((0,\infty),dt/t)} =\|z\|_{\dot{D}_A(\theta,q)} \end{equation}

なので、積分の項をなんとかすればいいです。これはHardyの不等式を使います。

(Hardyの不等式) とする。このとき、実数値関数 に対して

\begin{equation} \left\| t^{\beta -1}\int_0^t f(s)ds \right\|_{L^q(0,\infty)} \le \frac{1}{1-\beta-1/q}\|t^{\beta}f(t)\|_{L^q(0,\infty)} \end{equation}

が成立する。

証明は前の記事でやりました。

sushitemple.hatenablog.jp

さてここでは

\begin{equation} \beta =1-\theta-1/q , \quad f(s)=\|\dot{A}e^{-sA}z\|_X \end{equation}

とすれば条件を満たすので、計算しましょう。

\begin{equation} \left\| t^{-\theta-1/q}\int_0^t \|\dot{A}e^{-sA}z\|_Xds \right\|_{L^q(0,\infty)} \le \frac{1}{\theta}\left\| t^{1-\theta-1/q} \|\dot{A}e^{-tA}z\|_X \right\|_{L^q(0,\infty)} \end{equation}

ここで左辺と右辺はそれぞれ

\begin{equation}\begin{split} \left\| t^{-\theta-1/q}\int_0^t \|\dot{A}e^{-sA}z\|_Xds \right\|_{L^q(0,\infty)}&=\left\| t^{-\theta}\int_0^t \|\dot{A}e^{-sA}z\|_Xds \right\|_{L^q((0,\infty),dt/t)} \\ \frac{1}{\theta}\left\| t^{1-\theta-1/q} \|\dot{A}e^{-tA}z\|_X \right\|_{L^q(0,\infty)}&=\frac{1}{\theta}\left\| t^{1-\theta} \|\dot{A}e^{-tA}z\|_X \right\|_{L^q((0,\infty),dt/t)} \\ &=\frac{1}{\theta} \|z\|_{\dot{D}_A(\theta,q)}\end{split}\end{equation}

なので、結局

\begin{equation}\begin{split} &\left\| t^{-\theta}\int_0^t\|\dot{A}e^{-sA}z\|_Xds+t^{1-\theta}\|\dot{A}e^{-tA}z\|_X \right\|_{L^q((0,\infty),dt/t)} \\ &\le \left\| t^{-\theta}\int_0^t\|\dot{A}e^{-sA}z\|_Xds \right\|_{L^q((0,\infty),dt/t)} +\left\|t^{1-\theta}\|\dot{A}e^{-tA}z\|_X \right\|_{L^q((0,\infty),dt/t)} \\ &\le \left(1+\frac{1}{\theta}\right)\|z\|_{\dot{D}_A(\theta,q)} \end{split}\end{equation}

が示されましたね。

さて、ではいよいよ位相同型性を示しましょう！！

(命題 2.11) とする。このとき

\begin{equation} (X,D(\dot{A}) )_{\theta,q}=\dot{D}_A(\theta,q) \end{equation}

が位相同型の意味で成立する。

さて、まずは としましょう。このとき を用いて と表しておきましょう。すると命題 2.6より

\begin{equation} \dot{A}e^{-tA}z=\dot{A}e^{-tA}(x+y)=Ae^{-tA}x+e^{-tA}\dot{A}y \end{equation}

が成立し、また仮定(i)より は有界解析 半群なので、 にも注意すれば

\begin{equation} \|Ae^{-tA}x\|_X \le \frac{C}{t}\|x\|_X , \quad \|e^{-tA}\dot{A}y\|_X \le C\|\dot{A}y\|_X \end{equation}

が成立します。したがって

\begin{equation}\begin{split} t\|\dot{A}e^{-tA}z\|_X &\le t\|Ae^{-tA}x\|_X+t\|e^{-tA}\dot{A}y\|_X \\ &\le C\left( \|x\|_X+t\|\dot{A}y\|_X \right) \\ &= C\left( \|x\|_X+t\|y\|_{D(\dot{A})} \right) \end{split}\end{equation}

が成立するわけですが、 は を満たせばなんでもよいので、この下限を考えれば

\begin{equation} t\|\dot{A}e^{-tA}z\|_X \le CK(t,z) \end{equation}

が得られます。これより

\begin{equation}\begin{split} \|z\|_{\dot{D}_A(\theta,q)}&=\|t^{1-\theta}\dot{A}e^{-tA}z\|_{L^q((0,\infty),dt/t:X)} \\ &=\left\|t^{1-\theta}\|\dot{A}e^{-tA}z\|_X\right\|_{L^q((0,\infty),dt/t)} \\ &\le C\|t^{-\theta}K(t,z)\|_{L^q((0,\infty),dt/t)} \\ &=C\|z\|_{(X,D(\dot{A}) )_{\theta,q}} \end{split}\end{equation}

が得られるので、 ですね。逆はどうでしょうか。 としましょう。やはりこのときもある でもって と表せます。さて、拡張された半群の定義から

\begin{equation} e^{-tA}z=e^{-tA}(x+y)=e^{-tA}x+y-\int_0^te^{-sA}\dot{A}yds \end{equation}

が成立するわけですが、 に対しては、前回やったように通常の半群の性質から

\begin{equation} e^{-tA}x-x=-A\int_0^te^{-sA}xds \end{equation}

が成立するので、これを代入して

\begin{equation}\begin{split} e^{-tA}z&=x-A\int_0^te^{-sA}xds+y-\int_0^te^{-sA}\dot{A}yds \\ &=z-A\int_0^te^{-sA}xds-\int_0^te^{-sA}\dot{A}yds \end{split}\end{equation}

が得られます。命題 2.6から

\begin{equation} \dot{A}e^{-sA}z=\dot{A}e^{-sA}(x+y)=Ae^{-sA}x+e^{-sA}\dot{A}y \end{equation}

が成立していることに注意しましょう。補題 2.10によれば

\begin{equation} \int_0^t\|\dot{A}e^{-sA}z\|_Xds \lt \infty \end{equation}

であり、また より

\begin{equation} \int_0^t\|e^{-sA}\dot{A}y\|_Xds \le C\int_0^t\|\dot{A}y\|_Xds \lt \infty \end{equation}

なので、自動的に

\begin{equation} \int_0^t\|Ae^{-sA}x\|_Xds \lt \infty \end{equation}

が従います。これより

\begin{equation} A\int_0^te^{-sA}xds=\int_0^tAe^{-sA}xds \end{equation}

が成立するので、

\begin{equation}\begin{split} e^{-tA}z &=z-A\int_0^te^{-sA}xds-\int_0^te^{-sA}\dot{A}yds \\ &=z-\int_0^tAe^{-sA}xds-\int_0^te^{-sA}\dot{A}yds \\ &=z-\int_0^t(Ae^{-sA}x+e^{-sA}\dot{A}y)ds \\ &=z-\int_0^t \dot{A}e^{-sA}z ds \end{split}\end{equation}

と変形できます。したがって

\begin{equation}z=e^{-tA}z+\int_0^t \dot{A}e^{-sA}z ds \end{equation}

ですね。さて、ここで命題 2.6から であり、また なので、

\begin{equation}\begin{split} K(t,z) &\le \left\| \int_0^t \dot{A}e^{-sA}z ds \right\|_X+t\|e^{-tA}z\|_{D(\dot{A})} \\ &\le \int_0^t \| \dot{A}e^{-sA}z \|_Xds+t\|\dot{A}e^{-tA}z\|_X \end{split}\end{equation}

が得られます。したがって命題 2.10より

\begin{equation}\begin{split} &\|z\|_{(X,D(\dot{A}) )_{\theta,q}} \\ &=\|t^{-\theta}K(t,z)\|_{L^q((0,\infty),dt/t)} \\ &\le \left\| t^{-\theta}\int_0^t \| \dot{A}e^{-sA}z \|_Xds+t^{1-\theta}\|\dot{A}e^{-tA}z\|_X \right\|_{L^q((0,\infty),dt/t)} \\ &\le \left(1+\frac{1}{\theta}\right)\|z\|_{\dot{D}_A(\theta,q)} \end{split}\end{equation}

となり が示されました！！

さて、今回はこのくらいにしておきましょう。次回はさらに発展的な内容を扱っていきます。最終的には最大正則性評価を目指します！！がんばりましょう！！