# 波動方程式：d'Alembert の公式・球面平均と Kirchhoff の公式・Huygens の原理・有限伝播速度 > 1 次元の d'Alembert の公式を特性線で導き、球面平均の Darboux 方程式から 3 次元の Kirchhoff の公式と 2 次元の Poisson の公式を証明する。Huygens の原理の成否を比べ、エネルギー評価から有限伝播速度を示す。 > https://rikai.mugen-giken.com/mathematics/pde/wave-equation ## 0. この記事の要点 弦をはじいたときの揺れ、水面の波紋、音の広がりは、どれも「波」として同じ形の方程式で表せます。この記事では、ある場所の揺れが次の瞬間にどこまで伝わるのか、一瞬だけ起きた揺れは後に残るのか、という素朴な疑問を、1 次元・3 次元・2 次元の順に式で確かめます。読み終えると、波が伝わる速さに上限があることを、解の公式を使わずに示せるようになります。 - 1 次元の波動方程式 $u_{tt}=u_{xx}$ の解は、左右に進む 2 つの波の和です（**d'Alembert の公式**）。点 $(x,t)$ の値は初期値の $[x-t,x+t]$ の部分だけで決まります。 - 多次元では、解の[球面平均](/mathematics/pde/laplace-equation)（球面上の値の平均）が 1 次元に近い方程式（Euler–Poisson–Darboux 方程式。球面平均を半径と時間の 2 変数の関数とみたときの方程式）を満たします。3 次元ではこれが 1 次元の波動方程式に帰着し、**Kirchhoff の公式** $u(x,t)=\partial_t\bigl(tM_g(x,t)\bigr)+tM_h(x,t)$ が出ます。2 次元の公式は 3 次元から変数を 1 つ落として得ます（**降下法**。3 次元の解を、1 方向に変化しない解とみて 2 次元の解を得る方法）。 - 3 次元では、$(x,t)$ の値は初期値の**球面** $|y-x|=t$ 上の値だけで決まります（**Huygens の原理**）。2 次元では円板全体に依存し、局在した波源の後に「尾」が残ります。 - エネルギー $E(t)=\frac12\int(u_t^2+|\nabla u|^2)$ は保存され、初期値・境界値問題の解は一意です。後退する球の上の局所エネルギーが減少することから、**伝播速度は $1$ 以下**です。 ## 1. 動機 弦や膜の振動、音波、電磁波は波動方程式 $u_{tt}=\Delta u$ に従います（光速や音速を $1$ に規格化しています）。前の 2 章の Laplace 方程式・熱方程式と比べると、波動方程式には次の対照的な性質があります。 | | 熱方程式 | 波動方程式 | |---|---|---| | 滑らかさ | $t\gt0$ で直ちに $C^\infty$ | 初期値の滑らかさが保たれるだけ（増えない） | | 伝播速度 | 無限大 | 有限（$1$） | | 時間の向き | 一方向（後ろ向きには解けない） | 可逆（$t\mapsto-t$ で同じ方程式） | 伝播速度が有限であることは、相対論的な場の理論の**局所性**（因果律）の数学的な核心です。光円錐の外の出来事は互いに影響しません。本章では、この性質をエネルギー評価で証明します。証明は解の公式を使わないので、係数が変わる方程式や Klein–Gordon 方程式にもそのまま通用します。 ## 2. 1 次元：d'Alembert の公式 $g\in C^2(\mathbb{R})$、$h\in C^1(\mathbb{R})$ とする。 $$ u(x,t)=\frac12\bigl(g(x+t)+g(x-t)\bigr)+\frac12\int_{x-t}^{x+t}h(y)\,dy $$ は $u\in C^2(\mathbb{R}\times\mathbb{R})$ で、$u_{tt}=u_{xx}$、$u(x,0)=g(x)$、$u_t(x,0)=h(x)$ を満たす。逆に、これらを満たす $u\in C^2(\mathbb{R}\times[0,\infty))$ は上の式に限る。 **存在。** $H$ を $h$ の原始関数とすると $u=\frac12(g(x+t)+g(x-t))+\frac12(H(x+t)-H(x-t))$ で、$F(x+t)$ の形の関数も $F(x-t)$ の形の関数も、$F\in C^2$ なら $u_{tt}=F''=u_{xx}$ を満たします。初期条件は $t=0$ を代入し、$u_t=\frac12(g'(x+t)-g'(x-t))+\frac12(h(x+t)+h(x-t))$ から確かめられます。 **一意性。** $u$ を解とし、$v=u_t-u_x$ とおくと $v\in C^1$ で $v_t+v_x=u_{tt}-u_{xx}=0$ です（$u\in C^2$ なので混合偏微分は交換できる）。$s\mapsto v(x+s,t+s)$ の微分は $v_x+v_t=0$ なので、$v(x,t)=v(x-t,0)=a(x-t)$、$a=h-g'$ です。次に $w(s)=u(x+t-s,s)$（$0\le s\le t$）とおくと $w'(s)=-u_x+u_t=a(x+t-2s)$ なので $$ u(x,t)=w(t)=g(x+t)+\int_0^ta(x+t-2s)\,ds=g(x+t)+\frac12\int_{x-t}^{x+t}\bigl(h(y)-g'(y)\bigr)dy $$ で、$\int_{x-t}^{x+t}g'=g(x+t)-g(x-t)$ を代入すると公式になります。 直線 $x\pm t=$ 一定を**特性線**といいます。証明は、作用素を $(\partial_t+\partial_x)(\partial_t-\partial_x)$ と因数分解し、それぞれの 1 階の方程式を特性線に沿って積分したものです（1 階の方程式の特性曲線法 の最も簡単な場合）。公式から、$u(x,t)$ は初期値の区間 $[x-t,x+t]$ の部分だけで決まります。この区間が**依存領域**です。また $g$ に角があれば、その角は特性線に沿ってそのまま運ばれ、熱方程式のように均されることはありません。
x t (x₀, t₀) x₀ − t₀ x₀ + t₀ 時刻 t の切り口 B(x₀, t₀ − t) 傾き ±1 の特性線
外力のある方程式 $u_{tt}=u_{xx}+f(x,t)$ は、外力を「各時刻の瞬間的な衝撃の重ね合わせ」と見て、斉次方程式の解に帰着できます。**Duhamel の原理**です。 $f\in C(\mathbb{R}\times[0,\infty))$ で $f_x$ も連続とする。各 $s\ge0$ について、$w(\cdot,\cdot;s)$ を斉次方程式 $w_{tt}=w_{xx}$（$t\ge s$）の、$t=s$ での初期値 $w=0$、$w_t=f(\cdot,s)$ の解 $$ w(x,t;s)=\frac12\int_{x-(t-s)}^{x+(t-s)}f(y,s)\,dy $$ （ で $g=0$、$h=f(\cdot,s)$、時刻を $s$ だけずらしたもの）とする。このとき $$ u(x,t)=\int_0^tw(x,t;s)\,ds $$ は $C^2$ 級で $u_{tt}=u_{xx}+f$、$u(x,0)=u_t(x,0)=0$ を満たし、これらを満たす $C^2$ 級の解は $u$ だけである。 $w$ の偏導関数を計算します。$w_t=\frac12\bigl(f(x+t-s,s)+f(x-t+s,s)\bigr)$、$w_x=\frac12\bigl(f(x+t-s,s)-f(x-t+s,s)\bigr)$ で、さらに $w_{tt}=w_{xx}=\frac12\bigl(f_x(x+t-s,s)-f_x(x-t+s,s)\bigr)$、$w_{xt}=\frac12\bigl(f_x(x+t-s,s)+f_x(x-t+s,s)\bigr)$ で、これらはすべて $(x,t,s)$ について連続です。$t=s$ では $w=0$、$w_x=0$、$w_t=f(x,s)$ です。 積分記号下の微分（）を上端が $t$ の積分に使う（被積分関数とその $t,x$ での偏導関数が連続なので、$H(t,\tau)=\int_0^\tau G(t,s)\,ds$ の偏導関数 $H_t=\int_0^\tau G_t\,ds$、$H_\tau=G(t,\tau)$ が連続で連鎖律が使える）と $$ u_t=w(x,t;t)+\int_0^tw_t\,ds=\int_0^tw_t\,ds,\qquad u_{tt}=w_t(x,t;t)+\int_0^tw_{tt}\,ds=f(x,t)+\int_0^tw_{tt}\,ds $$ $$ u_x=\int_0^tw_x\,ds,\qquad u_{xx}=\int_0^tw_{xx}\,ds,\qquad u_{xt}=w_x(x,t;t)+\int_0^tw_{xt}\,ds=\int_0^tw_{xt}\,ds $$ です。右辺の被積分関数はすべて連続なので、$u$ の 2 階までの偏導関数は連続で、$u\in C^2$ です。$u_{tt}-u_{xx}=f+\int_0^t(w_{tt}-w_{xx})\,ds=f$ です。$t=0$ で積分区間が空なので $u=u_t=0$ です。 一意性：二つの $C^2$ 級の解の差 $v$ は $v_{tt}=v_{xx}$、$v(\cdot,0)=v_t(\cdot,0)=0$ を満たします。任意の $(x_0,t_0)$ について、$B(x_0,t_0)$ 上で初期値が $0$ なので、有限伝播速度（、$n=1$）により $v(x_0,t_0)=0$ です。 $f(x,t)=\sin x$ では $w(x,t;s)=\frac12\bigl(\cos(x-t+s)-\cos(x+t-s)\bigr)=\sin x\,\sin(t-s)$ で、$u(x,t)=\sin x\int_0^t\sin(t-s)\,ds=\sin x\,(1-\cos t)$ です。確かめると $u_{tt}=\sin x\cos t$、$u_{xx}=-\sin x(1-\cos t)$ で、$u_{tt}-u_{xx}=\sin x=f$、初期値は $u=u_t=0$ です。$f\equiv1$ なら $w=t-s$、$u=\frac{t^2}2$ です。 ## 3. 球面平均と Darboux の方程式 以下 $n\ge2$ とし、前章までと同じく球面平均を $M_f(x,r)=\frac1{n\omega_n}\int_{\partial B(0,1)}f(x+rz)\,dS(z)$ と書きます。この式は $r\le0$ でも意味をもち、$z\mapsto-z$ の対称性から $r$ について偶関数です。$f\in C^k$ なら $(x,r)\mapsto M_f(x,r)$ は $\mathbb{R}^n\times\mathbb{R}$ 上 $C^k$ 級で、$M_f(x,0)=f(x)$ です（積分記号下の微分）。 次の補題のねらいは、球面平均を半径 $r$ の関数とみたとき、$r$ に関する 2 階と 1 階の微分の組み合わせが $\Delta$ の球面平均に等しいことを示すことです。これにより、多次元の波動方程式が $(r,t)$ の 2 変数の方程式に移ります。証明では、前の章で平均値の性質を示したときの計算を使います。 $f\in C^2(\mathbb{R}^n)$ なら、$r\gt0$ で $$ \Delta_xM_f(x,r)=M_{\Delta f}(x,r)=\partial_r^2M_f(x,r)+\frac{n-1}r\,\partial_rM_f(x,r). $$ 第 1 の等号は、積分記号下で $\Delta_x$ を $f(x+rz)$ に施したものです。第 2 の等号のために、 の証明の計算（$\varphi'(s)=\frac snA_{\Delta f}(x,s)$）を思い出すと $$ r^{n-1}\partial_rM_f(x,r)=\frac1{n\omega_n}\int_{B(x,r)}\Delta f\,dy $$ です。両辺を $r$ で微分すると、 から右辺は $\frac1{n\omega_n}\int_{\partial B(x,r)}\Delta f\,dS=r^{n-1}M_{\Delta f}(x,r)$、左辺は $r^{n-1}\partial_r^2M_f+(n-1)r^{n-2}\partial_rM_f$ です。 波動方程式の解 $u$ に適用すると、$U(x;r,t)=M_{u(\cdot,t)}(x,r)$ は $x$ を固定して $U_{tt}=U_{rr}+\frac{n-1}rU_r$（**Euler–Poisson–Darboux 方程式**）を満たします。これは $(r,t)$ の 2 変数の方程式で、$n=3$ のときは $rU$ が 1 次元の波動方程式を満たします。実際 $(rU)_{rr}=rU_{rr}+2U_r=r\bigl(U_{rr}+\frac2rU_r\bigr)$ です。以下では、この観察を初期値の球面平均の側で使って、解を直接作ります。 ## 4. Kirchhoff の公式と Huygens の原理 ### 4.1. 3 次元 前節の観察から、3 次元では半径方向に $r$ を掛けると 1 次元の波動方程式の形になります。そこで、初期値の球面平均に $t$ を掛けたもの $tM_h$ が解になることを先に示します（初期値は $(0,h)$ の形になります）。$g$ の項には、この解の時間微分をとります。時間で微分すると、初期値の組が $(0,g)$ から $(g,0)$ に入れ替わるからです。 $n=3$、$h\in C^k(\mathbb{R}^3)$（$k\ge2$）とし、$W_h(x,t)=t\,M_h(x,t)$ とおく。このとき $W_h\in C^k(\mathbb{R}^3\times\mathbb{R})$ で、$\partial_t^2W_h=\Delta W_h$、$W_h(x,0)=0$、$\partial_tW_h(x,0)=h(x)$ が成り立つ。 滑らかさは $M_h$ の滑らかさからです。$t\ne0$ で （$n=3$、$M_h$ は $t$ について偶関数なので $t\lt0$ でも同じ式）を使うと $$ \Delta W_h=t\Bigl(\partial_t^2M_h+\frac2t\partial_tM_h\Bigr)=t\,\partial_t^2M_h+2\partial_tM_h=\partial_t^2\bigl(tM_h\bigr)=\partial_t^2W_h $$ です。両辺は連続なので $t=0$ でも成り立ちます。$W_h(x,0)=0$ と、$\partial_tW_h=M_h+t\,\partial_tM_h$ に $t=0$ を入れて $M_h(x,0)=h(x)$ が出ます。 $n=3$、$g\in C^3(\mathbb{R}^3)$、$h\in C^2(\mathbb{R}^3)$ とする。 $$ u(x,t)=\partial_t\bigl(t\,M_g(x,t)\bigr)+t\,M_h(x,t)=\frac1{4\pi t^2}\int_{\partial B(x,t)}\Bigl(t\,h(y)+g(y)+\nabla g(y)\cdot(y-x)\Bigr)dS(y)\quad(t\gt0) $$ とおくと、$u\in C^2(\mathbb{R}^3\times[0,\infty))$ で、$u_{tt}=\Delta u$、$u(x,0)=g(x)$、$u_t(x,0)=h(x)$ を満たす。 から $W_h$ は $C^2$ の解で初期値は $(0,h)$ です。$W_g\in C^3$ も解なので、$\partial_tW_g\in C^2$ も解です（$\partial_t$ と $\partial_t^2-\Delta$ は可換）。その初期値は $\partial_tW_g(x,0)=g(x)$、$\partial_t^2W_g(x,0)=\Delta W_g(x,0)=0$ です（$W_g(\cdot,0)=0$）。足し合わせれば $u=\partial_tW_g+W_h$ は初期値 $(g,h)$ の解です。 第 2 の表示は、$\partial_tM_g(x,t)=\frac1{4\pi}\int_{\partial B(0,1)}\nabla g(x+tz)\cdot z\,dS(z)$ から $t\,\partial_tM_g=\frac1{4\pi t^2}\int_{\partial B(x,t)}\nabla g(y)\cdot(y-x)\,dS(y)$、および $tM_h=\frac1{4\pi t^2}\int_{\partial B(x,t)}t\,h\,dS$ を合わせたものです。 一意性は で示します。公式の形から、次のことが読み取れます。 の解 $u(x,t)$ は、$g,h$ と $\nabla g$ の球面 $\partial B(x,t)$ 上の値だけで決まる。特に、$g,h$ の台が $\bar B(0,R)$ に含まれるなら、$t\gt R$ で $u(\cdot,t)$ の台は殻 $\{t-R\le|x|\le t+R\}$ に含まれる。 前半は公式そのものです。後半は、$|x|\lt t-R$ または $|x|\gt t+R$ なら球面 $\partial B(x,t)$ が $\bar B(0,R)$ と交わらないことから出ます（三角不等式で、球面上の $y$ は $|y|\ge t-|x|\gt R$ または $|y|\ge|x|-t\gt R$）。 一瞬だけ鳴った音は、ある時間だけ聞こえて完全に止みます。3 次元の音声通信が成り立つのはこの性質のおかげです。 ### 4.2. 2 次元と降下法 2 次元には $rU$ のような 1 次元への帰着がありません。そこで、2 次元の初期値を 3 次元の関数とみなします。第 3 の座標に依存しない関数と考え、その 3 次元の解も第 3 の座標に依存しないことを使います。すると 3 次元の公式の球面の積分が、円板の積分に書き直せます。 $n=2$、$g\in C^3(\mathbb{R}^2)$、$h\in C^2(\mathbb{R}^2)$ とする。$t\gt0$ について $$ u(x,t)=\partial_t\Bigl(\frac1{2\pi}\int_{B(x,t)}\frac{g(y)}{\sqrt{t^2-|y-x|^2}}\,dy\Bigr)+\frac1{2\pi}\int_{B(x,t)}\frac{h(y)}{\sqrt{t^2-|y-x|^2}}\,dy $$ とおくと、$u$ は $C^2(\mathbb{R}^2\times[0,\infty))$ に延びて $u_{tt}=\Delta u$、$u(x,0)=g$、$u_t(x,0)=h$ を満たす。 $\bar g(x_1,x_2,x_3)=g(x_1,x_2)$、$\bar h$ も同様にして、3 次元の Kirchhoff の解 $\bar u$ を作ります。$\bar u$ は $x_3$ によらない（初期値が $x_3$ 方向の平行移動で不変で、公式も平行移動と可換）ので、$u(x_1,x_2,t)=\bar u(x_1,x_2,0,t)$ は 2 次元の波動方程式の $C^2$ の解で、初期値は $(g,h)$ です。あとは $t\,M_{\bar h}((x,0),t)$ を 2 次元の積分に書き直します。 球面 $\partial B((x,0),t)$ の上半分は、円板 $B(x,t)$ 上のグラフ $y_3=\sqrt{t^2-|y-x|^2}$ で、面積要素は $\sqrt{1+|\nabla y_3|^2}\,dy=\frac t{\sqrt{t^2-|y-x|^2}}\,dy$ です（グラフ曲面の面積要素 ）。下半分も同じで、$\bar h$ は $y_3$ によらないので $$ t\,M_{\bar h}((x,0),t)=\frac t{4\pi t^2}\cdot2\int_{B(x,t)}\frac{t\,h(y)}{\sqrt{t^2-|y-x|^2}}\,dy=\frac1{2\pi}\int_{B(x,t)}\frac{h(y)}{\sqrt{t^2-|y-x|^2}}\,dy $$ です。$g$ の項も同様です。 2 次元では $u(x,t)$ が円板 $B(x,t)$ 全体の初期値に依存し、**Huygens の原理は成り立ちません**。たとえば $g=0$、$h\ge0$ が $\bar B(0,R)$ に台をもち $h\not\equiv0$ なら、$|x|\lt t-R$ を満たすすべての $(x,t)$ で $B(x,t)\supset\bar B(0,R)$ なので $u(x,t)=\frac1{2\pi}\int\frac{h(y)}{\sqrt{t^2-|y-x|^2}}dy\gt0$ です。水面の波紋が通り過ぎた後も、水面は完全には静まりません（減衰は $1/t$ 程度、演習）。同じ降下法で、奇数次元 $n\ge3$ では Huygens の原理が成り立ち、偶数次元では成り立たないことが示されます（Evans 2.4.1 節）。 ## 5. エネルギー評価と有限伝播速度 $U$ を滑らかな境界をもつ有界領域、$u\in C^2(\bar U\times[0,T])$ が $u_{tt}=\Delta u$ を満たし、$\partial U$ 上で $u=0$ とする。このとき $$ E(t)=\frac12\int_U\bigl(u_t^2+|\nabla u|^2\bigr)dx $$ は $[0,T]$ 上で一定である。 積分記号下で微分し、Green の公式（）を $v=u_t$ と $u$ に使うと $$ E'(t)=\int_U\bigl(u_tu_{tt}+\nabla u\cdot\nabla u_t\bigr)dx=\int_Uu_t\bigl(u_{tt}-\Delta u\bigr)dx+\int_{\partial U}u_t\,\partial_\nu u\,dS=0 $$ です。境界で $u=0$ が全ての $t$ で成り立つので、境界で $u_t=0$ だからです。 の状況で、$u_{tt}=\Delta u+f$、$\partial U$ 上 $u=b$、$u(\cdot,0)=g$、$u_t(\cdot,0)=h$ を満たす $u\in C^2(\bar U\times[0,T])$ は高々一つである。 2 つの解の差 $w$ は斉次の方程式と斉次の境界条件を満たし、$E(0)=0$ です。 から $E\equiv0$ なので $w_t=0$、$w(\cdot,0)=0$ と合わせて $w=0$ です。 全空間 $\mathbb{R}^n$ では境界がない代わりに無限遠が問題になります。次の局所エネルギーの評価が、両方の問題を同時に解決します。 直感的には、時間とともに縮んでいく球を考え、その中のエネルギーの量 $e(t)$ を見ます。球の縮む速さは波の速さと同じ $1$ です。球が縮む速さが波の速さと同じなので、外から球の中へ入ってくるエネルギーは、縮んで球から外れる分を上回りません。したがって $e(t)$ は増えず、最初に $0$ なら $0$ のままです。 $u\in C^2(\mathbb{R}^n\times[0,t_0])$ が $u_{tt}=\Delta u$ を満たすとする。$x_0\in\mathbb{R}^n$ について、$B(x_0,t_0)$ 上で $u(\cdot,0)=u_t(\cdot,0)=0$ ならば、円錐 $K=\{(x,t)\mid0\le t\le t_0,\ |x-x_0|\le t_0-t\}$ 上で $u=0$ である。 $0\le t\lt t_0$ について、後退する球の上の局所エネルギー $$ e(t)=\frac12\int_{B(x_0,t_0-t)}\bigl(u_t^2+|\nabla u|^2\bigr)(x,t)\,dx $$ を考えます。$F(r,t)=\frac12\int_{B(x_0,r)}(u_t^2+|\nabla u|^2)(x,t)\,dx$ は、 により $\partial_rF=\frac12\int_{\partial B(x_0,r)}(u_t^2+|\nabla u|^2)\,dS$、積分記号下の微分で $\partial_tF=\int_{B(x_0,r)}(u_tu_{tt}+\nabla u\cdot\nabla u_t)\,dx$ をもち、両者は連続なので $F$ は $C^1$ です。$e(t)=F(t_0-t,t)$ なので、連鎖律と Green の公式から（$B=B(x_0,t_0-t)$ と書いて） $$ e'(t)=\int_Bu_t\bigl(u_{tt}-\Delta u\bigr)dx+\int_{\partial B}\Bigl(u_t\,\partial_\nu u-\frac12u_t^2-\frac12|\nabla u|^2\Bigr)dS $$ です。第 1 項は $0$、第 2 項は $|u_t\,\partial_\nu u|\le|u_t||\nabla u|\le\frac12(u_t^2+|\nabla u|^2)$ から $0$ 以下です。よって $e$ は単調減少で、$e(0)=0$ なので $[0,t_0)$ 上 $e\equiv0$ です。したがって $K$ の $t\lt t_0$ の部分で $u_t=0$ で、$(x,t)\in K$ なら線分 $\{(x,s)\mid0\le s\le t\}$ も $K$ に入るので $u(x,t)=u(x,0)+\int_0^tu_t(x,s)\,ds=0$ です。$t=t_0$ の頂点では連続性から $u=0$ です。 境界の項の符号が鍵です。球面上で外に流れ出るエネルギーの流束 $-u_t\,\partial_\nu u$ は、球が光速で縮むことによる損失 $\frac12(u_t^2+|\nabla u|^2)$ を超えられません。これが「エネルギーは光より速く運ばれない」ことの式としての表現です。 の状況で、初期値 $u(\cdot,0)$、$u_t(\cdot,0)$ の台が $\bar B(0,R)$ に含まれるなら、$u(\cdot,t)$ の台は $\bar B(0,R+t)$ に含まれる。特に $E(t)=\frac12\int_{\mathbb{R}^n}(u_t^2+|\nabla u|^2)\,dx$ は有限で一定であり、Cauchy 問題の $C^2$ 解は一意である。 $|x_0|\gt R+t$ なら、$B(x_0,t)$ は $\bar B(0,R)$ と交わらないので、$t_0=t$ として を使えば $u(x_0,t)=0$ です。エネルギーの保存は、十分大きな球 $U=B(0,R+T+1)$ の上で と同じ計算をすれば、境界の近くで $u=0$ なので境界項が消えて出ます。一意性は差に前半を使って を全ての $x_0$ に適用すれば出ます。 Kirchhoff の公式の解はこの系により唯一の $C^2$ 解です。2 次元の Poisson の公式も、解が $B(x,t)$ の外の初期値によらないので、$t$ について伝播速度 $1$ と整合しています。違いは、3 次元では依存領域が「円錐の表面」だけなのに対し、2 次元では「円錐の内部全体」である点です。 ## 6. 演習 $n=1$ で $g=0$、$h\in C_c^1(\mathbb{R})$ の台が $[-R,R]$ に含まれるとする。$|x|\lt t-R$ なら $u(x,t)=\frac12\int_{\mathbb{R}}h$ であることを示し、1 次元でも Huygens の原理が成り立たないことを確かめよ。 $|x|\lt t-R$ なら $x-t\lt-R$ かつ $x+t\gt R$ なので、 の積分区間 $[x-t,x+t]$ は $h$ の台を含み、$u(x,t)=\frac12\int h$ です。$\int h\ne0$ なら、波が通り過ぎた後も変位が残ります（弦が平行移動したまま止まる）。 $m\ge0$ とし、$u\in C^2(\mathbb{R}^n\times[0,t_0])$ が Klein–Gordon 方程式 $u_{tt}-\Delta u+m^2u=0$ を満たすとする。 と同じ結論が成り立つことを示せ。 局所エネルギーを $e(t)=\frac12\int_{B(x_0,t_0-t)}(u_t^2+|\nabla u|^2+m^2u^2)\,dx$ とします。同じ計算で $$ e'(t)=\int_Bu_t\bigl(u_{tt}-\Delta u+m^2u\bigr)dx+\int_{\partial B}\Bigl(u_t\,\partial_\nu u-\frac12\bigl(u_t^2+|\nabla u|^2+m^2u^2\bigr)\Bigr)dS\le0 $$ で、以下同様です。質量項は伝播速度を変えません。相対論的な場の局所性は、質量の有無によらずこの評価で保証されます。 $n=2$、$g=0$、$h\in C_c^2(\mathbb{R}^2)$、$h\ge0$ とする。$x$ を固定して $t\to\infty$ のとき $t\,u(x,t)\to\frac1{2\pi}\int_{\mathbb{R}^2}h$ を示せ。 $h$ の台を $\bar B(0,R)$ に含め、$t\gt|x|+R$ とします。 から $t\,u(x,t)=\frac1{2\pi}\int h(y)\frac{t}{\sqrt{t^2-|y-x|^2}}dy$ で、台の上では $|y-x|\le|x|+R$ なので $1\le\frac t{\sqrt{t^2-|y-x|^2}}\le\bigl(1-\frac{(|x|+R)^2}{t^2}\bigr)^{-1/2}\to1$ です。よって主張が出ます。3 次元では $t$ が大きいと $u(x,t)=0$ になる（）のと対照的に、2 次元では $1/t$ でしか減衰しない尾が残ります。 ## 参考文献 - L. C. Evans, *Partial Differential Equations*, 2nd ed., American Mathematical Society, 2010 — Chapter 2.4（d'Alembert・球面平均・Kirchhoff と Poisson の公式・エネルギー法）。 - F. John, *Partial Differential Equations*, 4th ed., Springer, 1982 — Chapters 2 and 5。 - R. Courant, D. Hilbert, *Methods of Mathematical Physics*, Vol. II, Wiley-Interscience, 1962 — Chapter VI（Huygens の原理と降下法）。 - C. D. Sogge, *Lectures on Non-Linear Wave Equations*, 2nd ed., International Press, 2008 — Chapter I（エネルギー評価と有限伝播速度）。