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前回、$2$ つの積分変換が登場しました。今回は前者の積分核について調べていきます。

\begin{align}
k(X,r)=\int_{\{x\in\partial\Omega:\|x+re_1\|=X\}}\dfrac{\nu\|x+re_1\|}{\sqrt{\|x+re_1\|^2-\langle x+re_1,\nu\rangle^2}}\eta
\end{align}

この積分核の端点 $X=m,M$ 近傍での様子を調べてみましょう。まずは $X=m$ の近傍にフォーカスします。


$r$ が充分大きければ $m(r)=\|x+re_1\|$ なる $x$ は唯一つ存在します。これを $x_m$ とおきます。更に $x_m$ での曲率に関する主方向を $u_1,\dots,u_{n-1}$、それぞれの方向への曲率を $\chi_1,\dots,\chi_{n-1}$ としておきます。


$X=m+\varepsilon$ での $\{x\in\partial\Omega:\|x+re_1\|=X\}$ を近似しましょう。$x=x_m$ 近傍での $\partial\Omega$ を極表示を用いた $2$ 次曲面として

\begin{align}
x=x_m+\rho\sum_{i=1}^{n-1}t^iu_i-\dfrac{1}{2}\rho^2\nu(x_m)\sum_{i=1}^{n-1}\chi_i(t^i)^2,\ t\in S^{n-2}
\end{align}

のように近似します。これを $\|x+re_1\|=X$ に代入すると

\begin{align}
\bigg\|x_m+re_1+\rho\sum_{i=1}^{n-1}t^iu_i-\dfrac{1}{2}\rho^2\nu(x_m)\sum_{i=1}^{n-1}\chi_i(t^i)^2\bigg\|=m+\varepsilon
\end{align}

$x_m+re_1=-m\nu(x_m)$ であることに注意すると

\begin{align}
\rho^2+\bigg\{m+\dfrac{1}{2}\rho^2\sum_{i=1}^{n-1}\chi_i(t^i)^2\bigg\}^2=(m+\varepsilon)^2\approx m^2+2m\varepsilon
\end{align}

これを $\rho$ に関して解けば良いですね。

\begin{align}
\rho=\sqrt{2m\varepsilon\bigg/\bigg\{1+m\sum_{i=1}^{n-1}\chi_i(t^i)^2\bigg\}}
\end{align}

このような曲面 $\rho\sum_{i=1}^{n-1}t^iu_i$ は、各主方向へ

\begin{align}
\sqrt{\dfrac{2m\varepsilon}{1+m\chi_i}}
\end{align}

の半径をもつ楕円曲面ですね。この特徴を反映するならば、$\{x\in\partial\Omega:\|x+re_1\|=X\}$ の表示は極表示ではなく球面から各軸方向へ引き延ばし変形させたものであるとして捉えた方が分り易いです。

\begin{align}
x=x_m+\sum_{i=1}^{n-1}t^iu_i\sqrt{\dfrac{2m\varepsilon}{1+m\chi_i}}-\dfrac{1}{2}\nu(x_m)\sum_{i=1}^{n-1}\dfrac{2m\chi_i(t^i)^2\varepsilon}{1+m\chi_i},\ t\in S^{n-2}
\end{align}

$\nu$ も $t$ の関数として求めてみます。$x\in\partial\Omega$ の $\nu(x_m)$ 成分を微分すれば接平面が分かるので

\begin{align}
\nu(x)=\bigg\{\nu(x_m)+\sum_{i=1}^{n-1}\chi_it^iu_i\sqrt{\dfrac{2m\varepsilon}{1+m\chi_i}}\bigg\}\bigg/\sqrt{1+\sum_{i=1}^{n-1}\dfrac{2m\chi_i^2(t^i)^2\varepsilon}{1+m\chi_i}}
\end{align}

微分形式 $\eta$ も $\{x\in\partial\Omega:\|x+re_1\|=X\}$ から $S^{n-2}$ に引き戻してみると

\begin{align}
\dfrac{1}{\sqrt{2m\varepsilon}}\sqrt{1+\sum_{i=1}^{n-1}m\chi_i(t^i)^2}\prod_{i=1}^{n-1}\sqrt{\dfrac{2m\varepsilon}{1+m\chi_i}}\tilde{\omega}(1+O(\varepsilon^2))
\end{align}

ここに $\tilde{\omega}$ は $S^{n-2}$ の体積形式です。以上の準備で $k(m+\varepsilon,r)$ は具体的に計算できます。

\begin{align}
k(m+\varepsilon,r)=\dfrac{1}{2}\varepsilon^{(n-3)/2}\prod_{i=1}^{n-1}\sqrt{\dfrac{2m}{1+m\chi_i}}\int_{S^{n-2}}\nu\tilde{\omega}(1+O(\varepsilon))
\end{align}

$X=M$ の近傍に関しても $r$ が充分大きければ $M(r)=\|x+re_1\|$ なる $x$ が唯一つ存在して、同様の議論をすることができます。

\begin{align}
k(M-\varepsilon,r)=\dfrac{1}{2}\varepsilon^{(n-3)/2}\prod_{i=1}^{n-1}\sqrt{\dfrac{2M}{-1+M\chi_i}}\int_{S^{n-2}}\nu\tilde{\omega}(1+O(\varepsilon))
\end{align}

今回はここまで。次回はもう一方の積分核に対しても端点近傍の振る舞いを観察します。(written by J.Nishigata)


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研究152- 端点での積分核の振る舞いその１

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以前考えた、球体の必要充分条件を思い出してみましょう。


i). 或る $(x_1,x_2)\in A$ が存在して $x_1-x_2\neq \|x_1-x_2\|\nu(x_1)$
ii). $\Omega$ は定幅であり、かつ或る $(x_1,x_2)\in A$ が存在して $x_1$ でのガウス曲率と $x_2$ でのガウス曲率は等しくない。


少なくとも一方が成立することと $\Omega$ が球体ではないことは同値です。今はポンペイユの逆問題を考えているので、前提として $\Omega$ は球体ではないということになります。したがって i),ii) の少なくとも一方は成立します。


i) が成立すると仮定しましょう。このとき $x_m\neq -\|x_m\|e_1,x_M=\|x_M\|e_1$ となるように $\Omega$ を配置させることが可能です。前回確かめたように、$X=m$ の近傍では $K$ は $(n-3)/2$ 次のオーダーで振る舞いますが $X=M$ の近傍では $(n-1)/2$ 次のオーダーで振る舞います。


一方、i) が成立しない場合はどうなるでしょうか。$x_m=-\|x_m\|e_1,x_M=\|x_M\|e_1$ となるように $\Omega$ を配置して $k^1$ を考えます。$x_m$ でのガウス曲率と $x_M$ でのガウス曲率は異なるとしておきましょう。

\begin{align}
&k^1(m+\varepsilon,r)=-\dfrac{\sigma_{n-2}}{2}\varepsilon^{(n-3)/2}(1+O(\varepsilon))\prod_{i=1}^{n-1}\sqrt{\dfrac{2m}{1+m\chi_i}},\\
&k^1(M-\varepsilon,r)=\dfrac{\sigma_{n-2}}{2}\varepsilon^{(n-3)/2}(1+O(\varepsilon))\prod_{i=1}^{n-1}\sqrt{\dfrac{2M}{-1+M\tilde{\chi}_i}}
\end{align}

続いて $x_m,x_M$ の位置関係が入れ替わるように $\Omega$ を半回転させて $k^1=\tilde{k}^1$ を考えます。

\begin{align}
&\tilde{k}^1(m+\varepsilon,r)=-\dfrac{\sigma_{n-2}}{2}\varepsilon^{(n-3)/2}(1+O(\varepsilon))\prod_{i=1}^{n-1}\sqrt{\dfrac{2m}{1+m\tilde{\chi}_i}},\\
&\tilde{k}^1(M-\varepsilon,r)=\dfrac{\sigma_{n-2}}{2}\varepsilon^{(n-3)/2}(1+O(\varepsilon))\prod_{i=1}^{n-1}\sqrt{\dfrac{2M}{-1+M\chi_i}}
\end{align}

$\Omega$ は定幅なので $m,M$ は変わらず、曲率部分のみ入れ替わりますね。ここで

\begin{align}
\dfrac{2}{\sigma_{n-2}}k^1\prod_{i=1}^{n-1}\sqrt{\dfrac{1+m\chi_i}{2M}}-\dfrac{2}{\sigma_{n-2}}\tilde{k}^1\prod_{i=1}^{n-1}\sqrt{\dfrac{1+m\tilde{\chi}_i}{2M}}
\end{align}

を考えてみましょう。$X=m$ の近傍でのオーダーは $(n-1)/2$ ですね。一方 $X=M$ の近傍では $(n-3)/2$ 次の係数を計算すると

\begin{align}
\prod_{i=1}^{n-1}\sqrt{\dfrac{1+m\chi_i}{-1+M\tilde{\chi}_i}}-\prod_{i=1}^{n-1}\sqrt{\dfrac{1+m\tilde{\chi}_i}{-1+M\chi_i}}
\end{align}

$r$ の関数として $r\to\infty$ の漸近挙動を考えると

\begin{align}
\prod_{i=1}^{n-1}\sqrt{\dfrac{1+m\chi_i}{-1+M\tilde{\chi}_i}}-\prod_{i=1}^{n-1}\sqrt{\dfrac{1+m\tilde{\chi}_i}{-1+M\chi_i}}\approx\sqrt{\chi_g/\tilde{\chi}_g}-\sqrt{\tilde{\chi}_g/\chi_g}\neq 0
\end{align}

のように消えないことが分かります。以上により端点でのオーダーが、一方で $(n-1)/2$ 他方で $(n-3)/2$ となる積分核を作ることができました。今回はここまで。(written by J.Nishigata)


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研究153- 端点での積分核の振る舞いその２