B. 命題 4.2 の証明

命題 4.2 は基本的な内容だが、 案外と載っていない本が多いので、 Brezis [4] に従って証明しておく。


\begin{jlemma}[超関数微分が $0$\ である局所可積分関数は $0$\ ...
...egin{displaymath}
f=C\quad\mbox{a.e. on $(a,b)$}.
\end{displaymath}\end{jlemma}
(導関数が 0 に等しい超関数は定数関数に等しいという命題の証明と 同じである。)

$\displaystyle \int_a^b\psi(t)\,\D t=1
$

を満たす $ \psi\in C^\infty_0((a,b);\R)$ を一つ取って固定する (実は $ C=\dsp\int_a^b f(t)\psi(t)\,\D t$ となる)。 任意の $ w\in C^\infty_0((a,b);\R)$ に対して、

(1) $\displaystyle h(t):=w(t)-\left(\int_a^b w(s)\D s\right)\psi(t)$   $\displaystyle \mbox{($t\in(a,b)$)}$

とおくと、 $ h\in C^\infty_0((a,b);\R)$ かつ

$\displaystyle \int_a^b h(t)\,\D t
=\int_a^b w(t)\,\D t
-\int_a^b w(s)\,\D s\int_a^b\psi(t)\,\D t
=\int_a^b w(t)\,\D t-\int_a^b w(s)\,\D s=0.
$

ゆえに

$\displaystyle \varphi(t):=\int_a^t h(s)\,\D s$   $\displaystyle \mbox{($t\in(a,b)$)}$

とおくと $ \varphi\in C^\infty_0((a,b);\R)$ , $ \varphi'=h$ . 仮定から

$\displaystyle 0=\int_a^b f(t)\varphi'(t)\,\D t
$

である。 これに $ \varphi'=h$ $ h$ の定義式 (2) を代入すると
  0 $\displaystyle =$ $\displaystyle \int_a^b f(t)w(t)\,\D t
-\int_a^b f(t)\left(\int_a^b w(s)\,\D s\right)\psi(t)\,\D t$
    $\displaystyle =$ $\displaystyle \int_a^b f(t)w(t)\,\D t
-\int_a^b f(t)\psi(t)\,\D t \int_a^b w(s)\,\D s$
    $\displaystyle =$ $\displaystyle \int_a^b f(t)w(t)\,\D t-C\int_a^b w(s)\,\D s
=\int_a^b\left(f(t)-C\right)w(t)\,\D t,$

ただし

$\displaystyle C:=\int_a^b f(s)\psi(s)\,\D s.
$

変分法の基本補題から

$\displaystyle f(t)=C$   $\displaystyle \mbox{(a.a. $t\in(a,b)$)}$$\displaystyle . \qed
$


\begin{jlemma}[局所可積分関数の不定積分の超関数微分はもと...
...
\quad\mbox{($\varphi\in C^\infty_0((a,b);\R)$)}.
\end{displaymath}\end{jlemma}
証明の要点は Fubini の定理による積分の順序交換である (ただし積分範囲は $ (t,s)$ 平面の二つの三角形の和であり、 まず積分を二つに分けてから、 それぞれについて Fubini の定理を適用することになる)。
  $\displaystyle \int_a^b f(t)\varphi'(t)\,\D t$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \int_a^{y_0} f(t)\varphi'(t)\,\D t
+\int_{y_0}^b f(t)\varphi'(t)\,\D t$
    $\displaystyle =$ $\displaystyle \int_a^{y_0}\varphi'(t)\D t\int_{t}^{y_0}g(s)\,\D s
+\int_{y_0}^b\varphi'(t)\D t\int_{y_0}^tg(s)\,\D s$
    $\displaystyle =$ $\displaystyle -\int_a^{y_0}g(s)\,\D s\int_a^s\varphi'(t)\,\D t
+\int_{y_0}^bg(s)\,\D s\int_t^b\varphi'(t)\,\D t
=-\int_a^b g(s)\varphi(s)\,\D s.\qed$

命題 4.2の証明     $ I=(a,b)$ とする。 $ u\in W^{1,p}(I;\R)$ より $ u'\in L^p(I;\R)$ であるから、 任意に $ t_0\in I$ を取って固定して、

$\displaystyle \overline u(t):=\int_{t_0}^t u'(s)\,\D s$   $\displaystyle \mbox{($t\in\overline I$)}$

とおくと $ \overline u$ $ C(\overline I;\R)$ に属する ($ I=(a,b)$ 自身が非有界の場合でも、 $ t_0$ , $ t$ は有限なので、 $ \overline u$ を定義する積分の積分区間は有界であり、 $ u'$ はそこで可積分となることに注意)。 また、補題B.2より

$\displaystyle \int_a^b \overline u(t)\varphi'(t)\,\D t
=-\int_a^b u'(t)\varphi(t)\,\D t$   $\displaystyle \mbox{($\varphi\in C^\infty_0(I;\R)$)}$$\displaystyle .
$

一方 $ u\in W^{1,p}(I;\R)$ であるから

$\displaystyle \int_a^b u(t)\varphi'(t)\,\D t
=-\int_a^b u'(t)\varphi(t)\,\D t.
$

これから

$\displaystyle \int_a^b\left(u(t)-\overline u(t)\right)\varphi'(t)\,\D t=0.
$

補題B.1より $ \exists C\in\R$ s.t.

$\displaystyle u-\overline u=C$   $\displaystyle \mbox{a.e. on $I$}$$\displaystyle .
$

そこで

$\displaystyle \widetilde u(t):=\overline u(t)+C$   $\displaystyle \mbox{($t\in\overline I$)}$

とおくと、 $ \widetilde u\in\left(\overline I;\R\right)$ そして

$\displaystyle \widetilde u=u$   $\displaystyle \mbox{a.e. on $I$}$$\displaystyle ,
$

そして

$\displaystyle \widetilde u(x)-\widetilde u(t)
=\int_y^x u'(t)\,\D t$   $\displaystyle \mbox{($x$, $y\in\overline I$)}$$\displaystyle . \qed
$

桂田 祐史
2016-12-30