関数の拡張について

質問

Ω⊂R^2を有界領域、∂Ωは滑らか、
f(x)をΩの閉包でヘルダー連続な関数とします。
このf(x)をR^2上で台が有界なものに拡張していきます。

∂Ωが滑らかでΩが有界であることから、
ξ∈∂Ωにおける外向き単位法線ベクトルV(ξ)はξの滑らかな関数である。----(1)
また∂Ωの近傍はx=ξ+sV(ξ)と表される。------(2)
N(δ)={ξ+sV(ξ)∈R^2 | ξ∈∂Ω、-δ<s<δ}とする。
とくに外側の点は0<s<δに対応する。------(3)
ただしδ>0は小さくとる。
また、χ(s)をR上の一変数の滑らかな関数で、χ(s)=1(s≦0),χ(s)=0(s≧δ)を満たすものとする。

そしてf*を次の通りに定める
f*=f(x) （x∈Ω)
χ(s)f(ξ) (x=ξ+sV(ξ),ξ∈∂Ω、0<s<δ）
0 （x∈R^2＼（Ωの閉包∪N(δ))）
とおく。
このときf(x)がΩの閉包でヘルダー連続ならばf*はR^2でヘルダー連続となる。----(4)

このとき、(1)(2)(3)は何故このようになるのか理解できず困っております。
(4)については証明が見つけることができなかったので証明をお願いしたいと思っています。

どなたかお答えいただければ幸いです。

回答No.4

ramayana · ベストアンサー

あっと…、ANo.3は勘違いでした。δを∂Ωの曲率半径より小さくすれば、法線ベクトルが交わらないようにできますね。次のようになります。

（１）について

滑らかさの度合いについてとくに指定がないので、C^∞級で考えることにする（本当は、もう少し緩めることもできる）。すると、「∂Ωが滑らか」とは、次のことを意味する：

「

∂Ω上の任意の点pにおいて、適当な近傍A(p)、及びA(p)で定義されるC^∞級関数gが存在して、次の(a)、(b)を満たす。

(a) ∂g(u,v)/∂u≠0, ∂g(u,v)/∂v≠0　for (u,v)∈A(p)
(b) (u,v)∈A(p)のとき、(u,v)∈Ω⇔g(u,v)<0

」

このとき、∂Ω上の点ξ=(u,v)における外向き単位法線ベクトルV(ξ)は、次の式で表される：

V(ξ) = (α(u, v), β(u, v))

ただし、

　　α(u, v) = g1(u,v)/h(u,v)
　　β(u, v) = g2(u,v)/h(u,v)
　　g1(u,v) = ∂g(u,v)/∂u
　　g2(u,v) = ∂g(u,v)/∂v
　　h(u,v) = ((∂g(u,v)/∂u)^2 + (∂g(u,v)/∂v)^2)^(1/2)

である。

g2, g2, hがC^∞級なので、α(u, v) とβ(u, v)もC^∞級である。よって、V(ξ)は、C^∞級、すなわち滑らかな関数である。

（２）について

∂Ωは、有界閉集合だから、コンパクトである。ξ=(u,v)とする。ξにおける∂Ωの曲率半径をr(ξ)とする。r(ξ)は、ξの連続関数である。よって、r(ξ)には、最小値が存在する。δを、その最小値より小さな正数とする。さらに、∂Ωがコンパクトだから、∂Ωは、上記のA(p)のうちの有限個で覆われている。よって、∂Ω上の任意の点で描いた半径δの円が、どれかのA(p)に含まれるようにδを設定することができる。すると、ξがA(p)∩∂Ωの範囲で動き、s が　-δ < s < δの範囲で動くとき、ξとsに

(c)　x = ξ+sV(ξ) = (u,v) + s(α(u, v), β(u, v)) = (u + sα(u, v), v + sβ(u, v))

なるxを対応させる写像は、A(p)∩∂Ω×(-δ, δ)で定義されるC^∞級全単射になる。
(c)式のx = ξ+sV(ξ)は、近傍A(p)の選び方によらず、一意的に定まる 。したがって、(c)式は、∂Ω×(-δ, δ)全体で定義されるC^∞級全単射を定義している。この写像による∂Ω×(-δ, δ)の像が、N(δ)={ξ+sV(ξ)∈R^2 | ξ∈∂Ω、-δ<s<δ} に他ならない。

（３）について、

(c)式の(α(u, v), β(u, v))が局所的にg(u,v)=0で定義される曲線（=∂Ω）の外向き法線ベクトルで、(u, v)がその曲線上の点なのだから、(b)により、

s>0 ⇔ g(u + sα(u, v), v + sβ(u, v))>0
⇔ξ+sV(ξ)= (u + sα(u, v), v + sβ(u, v)) がΩの外側

となる。

（４）について

f*(x) がχ(s)f(ξ) か f(x) かの境目となるx=ξ以外でヘルダー連続になるのは、当たり前。x=ξのときは、次のとおり。

yをR^2の元とする。もし、f*(y)= χ(s)f(ξ)なら、χ(s)f(ξ)がヘルダー連続だから、適当な正数 m と aが存在して、yがxに十分近いとき|χ(0)f(ξ)-f*(y)|<m|x-y|^aとなる。もし、f*(y)=f(y)なら、f(y)がヘルダー連続だから、適当な正数 m' と a'が存在して、yがxに十分近いとき| f(x)-f*(y)|<m'|x-y|^a'となる。χ(0)f(ξ)=f(x)=f*(x)だから、m と m'のうち大きい方をm''とし、a と a'　のうち小さい方をa''とすれば、yがどっちに属していようと、yがxに十分近いとき| f*(x)-f*(y)|<m''|x-y|^a''となる。

回答No.6

noname#171951

ああ、雑な回答でごめんなさい。
ひく方はクロージャーをとってください。
度々失礼しました。

回答No.5

noname#171951

#1ですが、∂Ωがなめらかでないという指摘を受けたので。
確かに反例になっていませんでした。失礼しました。

そこで、
B(a,r)を中心a半径rの開球として、
Ω=∪{B(0,1/(2n-1))＼B(0,1/2n)|nは自然数}
を上げます。

質問文のようなδをとることはできません。
やはり問題がおかしいです。

凸くらいあればいいのかな、という気がしますが。
単に有界領域だけでは不十分にみえます。

回答No.3

ramayana

ANo1のΩは、 n を正整数として、 x = 1/(nπ) や x = 0 において境界が滑らかでないので、反例にならないのでは？

しかし、このテキストの証明は、いただけません。一番怪しいのは、（２）です。∂Ωが湾曲している状態を考えると、湾曲の内側では、どこか２か所からの法線ベクトルが必ず交わるはずです。法線ベクトルの長さをどんなに短くしても、これは避けられません。したがって、その湾曲点の近傍をどれだけ狭くとったとしても、その近傍内の点 x を x = ξ + sV(ξ) と表現するξと s が、一意的に定まるとは思えません。

むしろ、法線ベクトルを使わない証明なら、∂Ωが局所的に直線と可微分同相なコンパクト集合であることを考慮すれば、可能性がありそうです。ただ、きちんと記述するのは、面倒くさそう。

回答No.2

noname#171951

＞すみません、テキストをそのまま転記させていただいております。

そうであればそのテキストがおかしい。
以上。

回答No.1

noname#171951

これ、問題の転記ミスしてません？

例えば
Ω={(x,y)|0<x<1/π,0<y<sin(1/x)}
とかだとδがうまく選べないからf*が
定義できないようにみえます。

(2)の表記は明らかにおかしいし。

χの条件もそんなんでいいのかと
疑問ですし。

補足

すみません、テキストをそのまま転記させていただいております。