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まず、今回扱う積分変換を定義しましょう。

\begin{align}
\mathscr{K}f(y)=\int_{\partial S_y}f\omega^y
\end{align}

球面ラドン変換と呼ばれています。ラドン変換と比較すると、測地面上で積分するという点が共通していますね。また、球面ラドン変換は半球面コサイン変換の球面ラプラシアンの結果得られることも前回調べています。


半球面コサイン変換の反転公式と比較して、初手の球面ラプラシアンの計算分だけ不要になります。残りのロジックは共通ですので、球面ラドン変換も簡単ですね。前回の手順を復習してみてください。


今回はここまで。(written by J.Nishigata)


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研究63- 球面ラドン変換

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$\alpha > 0$ とします。$2$ 階微分連続な関数 $f:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^+$ に対して

\begin{align}
\nu:S^{n-1}\ni x\mapsto \dfrac{\alpha fx+(\partial_xf)x-\nabla f}{\sqrt{(\alpha f)^2-(\partial_x f)^2+\|\nabla f\|^2}}
\end{align}

と定義します。$th(t)$ が狭義単調となるような関数 $h:\mathbb{R}^+\to\mathbb{R}^+$ に対して

\begin{align}
&Wf(x)=\dfrac{f(x)(hf)(x)}{\langle x,\nu(x)\rangle},\\
&\mathscr{K}f(y)=\int_{S_y}\{1+\langle x,y\rangle\}Wf\omega
\end{align}

この積分変換(ウィンターニッツ変換という)を今回は考えます。既にファンク変換と半球面コサイン変換をやっているので $Wf$ に関して一意的に解くことはできますね。したがって問題は $W$ が球面上の関数に関して単射であるか否かという点です。

\begin{align}
\alpha Wf(x)=(hf)(x)\sqrt{(\alpha f)^2-(\partial_x f)^2+\|\nabla f\|^2}
\end{align}

見ての通り $W$ は非線形作用素ですので、線型のときのような $Wf=0$ から $f=0$ を導く方法は使えません。$Wf=Wg$ から $f=g$ を証明します。方針は、$f(x_0) < g(x_0)$ なる $x_0\in S^{n-1}$ が存在すると仮定して矛盾を導くという背理法によります。難しそうですがやっていきましょう。


$th(t)$ は狭義単調なので、増加若しくは減少で場合分けが必要です。まずは $th(t)$ が狭義単調減少の場合を考えましょう。

\begin{align}
-(\partial_xf)^2+\|\nabla f\|^2=\{(\partial_x f)x-\nabla f\}^2\ge 0
\end{align}

であることに注意すると

\begin{align}
(\alpha Wf(x_0))^2\ge\{\alpha f(x_0)(hf)(x_0)\}^2
\end{align}

が成り立ちます。ここで左辺は $(\alpha Wg(x_0))^2$ に等しく、右辺は $\{\alpha g(x_0)(hg)(x_0)\}^2$ で下から評価できます。したがって

\begin{align}
-(\partial_xg(x_0))^2+\|\nabla g(x_0)\|^2 > 0
\end{align}

が成り立ちますね。$x_0$ を初期値とする微分方程式

\begin{align}
x(0)=x_0,\ \partial x=-(\partial_xg)x+\nabla g
\end{align}

の解 $x=x_1(t)$ を考えましょう。$2$ つ前の式から $\partial x_1(0)\neq 0$ が分かります。ここで微分方程式の解の一意性定理を考えると、常に $\partial x_1\neq 0$ の成立が言えます。この曲線 $x_1$ の性質を調べてみましょう。


$x_1$ の弧長を

\begin{align}
l_1(t)=\int_0^t\|\partial x_1\|\,dt
\end{align}

とおきます。$\partial l_1 > 0$ より $l_1$ の逆関数 $l_1^{-1}$ が一意的に存在して、その導関数は

\begin{align}
\partial l_1^{-1}(s)=\dfrac{1}{\partial l_1(t)}=\dfrac{1}{\|\partial x_1(t)\|},\ s=l_1(t)
\end{align}

です。これは後程弧長表示するときに使います。$x_1\in S^{n-1}$ も成立しそうな気がします。確かめてみましょう。


或る $t_2$ が存在して $x_1(t_2)\not\in S^{n-1}$ であると仮定して背理法を使います。$t_1 < t_2,x_1(t_1)\in S^{n-1},x_1\big|(t_1,t_2]\not\in S^{n-1}$ なる $t_1$ をとりましょう。

\begin{align}
\dfrac{\partial\|x_1\|^2}{\|x_1\|^2-1}=\dfrac{2\langle x_1,\partial x_1\rangle}{\|x_1\|^2-1}
\end{align}

右辺に微分方程式の $\partial x_1$ を代入すれば

\begin{align}
\dfrac{\partial\|x_1\|^2}{\|x_1\|^2-1}=-2\partial_{x_1}g
\end{align}

これを $[t_1+\varepsilon,t_2]$ の区間で積分してみます。

\begin{align}
\log\big|\|x_1(t_2)\|^2-1\big|-\log\big|\|x_1(t_1+\varepsilon)\|^2-1\big|=-2\int_{t_1+\varepsilon}^{t_2}\partial_{x_1}g\,dt
\end{align}

$\varepsilon\to 0$ の極限で左辺は発散し、右辺は収束します。したがって背理法により $x_1\in S^{n-1}$ であることが分かりました。$\langle x_1,\partial x_1\rangle=0$ ですので

\begin{align}
\partial (gx_1)=\langle \partial x_1,\nabla g\rangle
\end{align}

右辺に微分方程式を代入して

\begin{align}
\partial (gx_1)=\langle \partial x_1,\partial x_1+(\partial_{x_1}g)x_1\rangle=\|\partial x_1\|^2
\end{align}

が成立します。これを弧長表示 $t=l_1^{-1}(s)$ に直してみましょう。

\begin{align}
\partial (gx_1l_1^{-1})(s)=\partial l_1^{-1}(s)\partial (gx_1)(t)=\|\partial x_1(t)\|
\end{align}

これを用いて

\begin{align}
-\partial_{x_1}g(x_1)^2+\|\nabla g(x_1)\|^2=\|\{\partial_{x_1}g(x_1)\}x_1-\nabla g(x_1)\|^2=\|\partial x_1\|^2=\partial (gx_1l_1^{-1})^2
\end{align}

以上で証明するための準備が整いました。今回はここまで。次回は続きをやります。(written by J.Nishigata)


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研究64- 円板定義関数の族と積分変換