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前回飛ばしていた $\partial\chi=0$ の場合を考えて見ましょう。$\partial\chi=0$ のとき、係数比較の式で $(t-t_0)^3$ の項は消えます。したがって $(t-t_0)^2,(t-t_0)^4$ の項からどのような $(X-m)$ の無限小が出てくるのかを考えれば良いです。


$\delta+1/2 < 2$ の場合は $(X-m)^{\delta+1/2}$ の項が出てきてしまい両辺の次数が合いません。したがって $\delta\ge 3/2$ が得られます。あとは $a^{\pm}$ を積分核へ代入すれば前回と同様の評価が成立します。確認してみてください。


今回はここまで。(written by J.Nishigata)


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研究140- 積分核の端点近傍の様子その４

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或る $(x_1,x_2)\in A$ が存在して $x_1-x_2\neq \|x_1-x_2\|\nu(x_1)$ が成立する場合は、前回のように適当に $\Omega$ を配置して一方でのみ発散する積分核 $k_2$ が得られます。今回は、任意の $(x_1,x_2)\in A$ に対して $x_1-x_2= \|x_1-x_2\|\nu(x_1)$ が成立する場合を考えていきましょう。


積分核 $k_2$ の端点の一方のみが発散することはありません。一方が発散するとき同時にもう一方の端点も発散して

\begin{align}
&k_2= \sqrt{\dfrac{2m}{1+m\chi(t_0)}}\langle a(t_0),\partial a(t_0)\rangle(X-m)^{-1/2}+c_2(X-m)^{1/2}+o((X-m)^{1/2}),\\
&k_2= \sqrt{\dfrac{2M}{-1+M\chi(t_1)}}\langle a(t_1),\partial a(t_1)\rangle(M-X)^{-1/2}+c_4(M-X)^{1/2}+o((M-X)^{1/2})
\end{align}

という振る舞いをします。$a(t_0)-a(t_1)=\|a(t_0)-a(t_1)\|\nu(t_0)$ に $\partial a(t_0)$ を掛けると $\langle a(t_0),\partial a(t_0)\rangle=\langle a(t_1),\partial a(t_0)\rangle$ が成立し、$\partial a(t_0)=-\partial a(t_1)$ に注意すると

\begin{align}
\langle a(t_0),\partial a(t_0)\rangle=-\langle a(t_1),\partial a(t_1)\rangle
\end{align}

と書き換えることができます。したがって $k_1$ との線形和を考えて一方のみを相殺しようとしても、$k_1$ も同様の振る舞い

\begin{align}
&k_1= \sqrt{\dfrac{2m}{1+m\chi(t_0)}}\langle p,\partial a(t_0)\rangle(X-m)^{-1/2}+c_1(X-m)^{1/2}+o((X-m)^{1/2}),\\
&k_1= \sqrt{\dfrac{2M}{-1+M\chi(t_1)}}\langle p,\partial a(t_1)\rangle(M-X)^{-1/2}+c_3(M-X)^{1/2}+o((M-X)^{1/2})
\end{align}

をするので上手くいきません。以前証明した、円ではないことの必要充分条件を使いましょう。すなわち $\Omega$ は定幅であり、或る $(x_1,x_2)\in A$ が存在して $\chi(x_1)\neq \chi(x_2)$ が成立することを使います。


まず

\begin{align}
a(t_1)=0,\ \nu(t_1)=e_1,\ \chi(t_0)\neq\chi(t_1)
\end{align}

という状況で $k_1$ の振る舞いを考えます。

\begin{align}
&k_1= -\sqrt{\dfrac{2m}{1+m\chi(t_0)}}(X-m)^{-1/2}+c_1(X-m)^{1/2}+o((X-m)^{1/2}),\\
&k_1= \sqrt{\dfrac{2M}{-1+M\chi(t_1)}}(M-X)^{-1/2}+c_3(M-X)^{1/2}+o((M-X)^{1/2})
\end{align}

$p=e_2$ とおけばこのようになりますね。続いて $\Omega$ を $\pi$ だけ回転運動させて

\begin{align}
ga(t_1)=0,\ g\nu(t_1)=e_1
\end{align}

のように配置します。このときの積分核を $k_1$ と区別して $\tilde{k}_1$ と書いておきましょう。

\begin{align}
&\tilde{k}_1= -\sqrt{\dfrac{2m}{1+m\chi(t_1)}}(X-m)^{-1/2}+\tilde{c}_1(X-m)^{1/2}+o((X-m)^{1/2}),\\
&\tilde{k}_1= \sqrt{\dfrac{2M}{-1+M\chi(t_0)}}(M-X)^{-1/2}+\tilde{c}_3(M-X)^{1/2}+o((M-X)^{1/2})
\end{align}

$k_1$ と比べると、曲率の部分が入れ替わっているだけですね。$k_1,\tilde{k}_1$ の線型結合を考えてみましょう。$\chi(t_0)\neq\chi(t_1)$ なので、適当に結合させれば一方のみ発散を解消させることができます。


今回はここまで。次回は一般次元の場合を考えます。(written by J.Nishigata)


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研究141- 端点の一方のみで発散する積分核その１