微分方程式の初歩6：境界条件付き波動方程式の初期値問題
6. 境界条件付き波動方程式の初期値問題の一意解
$\Omega\subset \mathbb{R}^N$ を、
- 全空間：$\Omega=\mathbb{R}^N$.
- 内部領域：$\Omega$ は滑らかな境界 $\partial\Omega$ を持つ開集合。
- 外部領域：$\Omega$ は滑らかでコンパクトな境界 $\partial\Omega$ を持つ開集合で、$\mathbb{R}^N\backslash \Omega$ は有界。
のうちのいずれかであるとし、$\partial\Omega$ は互いに交わらないコンパクト集合 $\partial\Omega_{\rm d}$ と $\partial\Omega_{\rm n}$（どちらかが空であってもよい）の合併であるとする。そして 定理6 の $(4)$ と 定理9 の $(5)$ によりHilbert空間 $L^2(\Omega)$ 上の非負自己共役作用素としてのラプラシアン
$$ D(-\Delta)\colon=\left\{v\in H^2(\Omega):\gamma(v)|_{\partial\Omega_{\rm d}}=0,\frac{\partial v}{\partial \nu}\Big|_{\partial\Omega_{\rm n}}=0 \right\}, $$
$$ -\Delta \colon D(-\Delta)\ni v\mapsto -\Delta v\in L^2(\Omega) $$
を考える。 定理6 の $(2)$ と 定理9 の $(3)$ より、
$$ D(\sqrt{-\Delta})=\{v\in H^1(\Omega):\gamma(v)|_{\partial\Omega_{\rm d}}=0\} $$
であり、
$$ (\sqrt{-\Delta}u\mid \sqrt{-\Delta v})_2=\int_{\Omega}\nabla \overline{u}(x)\cdot\nabla v(x)dx=(u\mid v)_{2,1}-(u\mid v)_2\quad(\forall u,v\in D(\sqrt{-\Delta}))\quad\quad(*) $$
が成り立つ。$\Omega$ が内部領域、外部領域の場合、$-\Delta$ をDirichlet-Neumann境界条件付きラプラシアンと言うこととする。$\Omega$ が内部領域である場合は 定理9 の $(2)$ より、Hilbert空間 $L^2(\Omega)$ 上の非負自己共役作用素 $-\Delta$ のスペクトルは純粋に離散的（ 定義2 ）である。
$-\Delta \colon D(-\Delta)\rightarrow L^2(\Omega)$ を 定義1 におけるHilbert空間 $L^2(\Omega)$ 上の非負自己共役作用素とする。$I\subset \mathbb{R}$ を $0$ を含む区間とし、$f(t)\colon I\ni t\mapsto f(t)\in D(\sqrt{-\Delta})$ を $H^1(\Omega)$ のノルムで連続な関数とする。そして $c$ を正実数、$u\in D(-\Delta)$, $v\in D(\sqrt{-\Delta})$ とする。このとき次を満たす $u(t)\colon I\ni t\mapsto u(t)\in D(-\Delta)$ が唯一つ存在する。
- $(1)$ $u(t)\colon I\ni t\mapsto u(t)\in D(-\Delta)$ は $L^2(\Omega)$ のノルムで $C^2$ 級、$H^1(\Omega)$ のノルムで $C^1$ 級である。
- $(2)$
$$ \frac{du}{dt}(t)\in D(\sqrt{-\Delta})\quad(\forall t\in I). $$ - $(3)$
$$ \frac{d^2u}{dt^2}(t)=c^2\Delta u(t)+f(t)\quad(\forall t\in I). $$ - $(4)$
$$ u(0)=u,\quad \frac{du}{dt}(0)=v. $$
そしてこれは、
$$ \frac{c^2}{2}\| \nabla u(t)\|_2^2+\frac{1}{2}\left\| \frac{du}{dt}(t)\right\|_2^2=\frac{c^2}{2}\| \nabla u\|_2^2+\frac{1}{2}\| v\|_2^2+\int_{0}^{t}{\rm Re}\left(f(s)\mid \frac{du}{dt}(s)\right)ds\quad(\forall t\in I)\quad\quad(*) $$
を満たし、
$$ u(t)=\cos(ct\sqrt{-\Delta})u+\frac{\sin(ct\sqrt{-\Delta})}{c\sqrt{-\Delta}}v+\int_{0}^{t}\frac{\sin(c(t-s)\sqrt{-\Delta})}{c\sqrt{-\Delta}}f(s)ds\quad(\forall t\in I)\quad\quad(**) $$
によって表される。ただし $\cos(ct\sqrt{-\Delta})$, $\frac{\sin(ct\sqrt{-\Delta})}{c\sqrt{-\Delta}}$ はHilbert空間 $L^2(\Omega)$ 上の非負自己共役作用素 $-\Delta$ に関するBorel汎関数計算（ 定義3 ）である。すなわち $-\Delta$ のスペクトル測度 $E\colon \mathcal{B}_{\sigma(-\Delta)}\rightarrow \mathbb{P}(L^2(\Omega))$ に対し、
$$ \cos(ct\sqrt{-\Delta})=\int_{\sigma(-\Delta)}\cos(ct\sqrt{\lambda})dE(\lambda),\quad \frac{\sin(ct\sqrt{-\Delta})}{c\sqrt{-\Delta}}=\int_{\sigma(-\Delta)}\frac{\sin(ct\sqrt{\lambda})}{c\sqrt{\lambda}}dE(\lambda)\quad(\forall t\in I) $$
である。（射影値測度による積分の定義やその基本的性質については 定義4 、 命題4 などを参照。）
- $u(t)\colon I\ni t\mapsto u(t)\in D(-\Delta)$ が $(1)\sim (4)$ を満たすとき $(*)$ が成り立つことを示す。まず $(1),(2)$ より、
$$ \left\| \frac{1}{h}(\nabla u(t+h)-\nabla u(t))-\nabla \frac{du}{dt}(t)\right\|_2^2\leq \left\| \frac{1}{h}(u(t+h)-u(t))-\frac{du}{dt}(t)\right\|_{2,1}^2\rightarrow0\quad(h\rightarrow0) $$
であるから、
$$ \frac{d}{dt}\nabla u(t)=\nabla \frac{du}{dt}(t)\quad(\forall t\in I) $$
が成り立つ。これと 定義1 の $(*)$ より、
$$ \begin{aligned} &\frac{d}{dt}\left(\frac{1}{2}\| \nabla u(t)\|_2^2\right)={\rm Re}\left(\nabla u(t)\mid \frac{d}{dt}\nabla u(t)\right)_2={\rm Re}\left(\nabla u(t)\mid \nabla \frac{du}{dt}(t)\right)_2\\ &={\rm Re}\left(\sqrt{-\Delta}u(t)\mid \sqrt{-\Delta}\frac{du}{dt}(t)\right)_2 ={\rm Re}\left(-\Delta u(t)\mid \frac{du}{dt}(t)\right)_2\quad(\forall t\in I) \end{aligned} $$
であるから、$(3)$ より、
$$ \begin{aligned} \frac{d}{dt}\left(\frac{1}{2}\left\| \frac{du}{dt}(t)\right\|_2^2\right) &={\rm Re}\left(\frac{d^2u}{dt^2}(t)\mid \frac{du}{dt}(t)\right) =-c^2{\rm Re}\left(-\Delta u(t)\mid \frac{du}{dt}(t)\right)_2+{\rm Re}\left(f(t)\mid \frac{du}{dt}(t)\right)_2\\ &=-c^2\frac{d}{dt}\left(\frac{1}{2}\| \nabla u(t)\|_2^2\right) +{\rm Re}\left(f(t)\mid \frac{du}{dt}(t)\right)_2\quad(\forall t\in I) \end{aligned} $$
となる。よって、
$$ \frac{d}{dt}\left(\frac{c^2}{2}\| \nabla u(t)\|_2^2+\frac{1}{2}\left\| \frac{du}{dt}(t)\right\|_2^2\right)={\rm Re}\left(f(t)\mid \frac{du}{dt}(t)\right)_2\quad(\forall t\in I) $$
が成り立つので、これを積分すれば、$(4)$ より、$(*)$ を得る。 - 次に $(1)\sim(4)$ を満たす $u(t)\colon I\ni t\mapsto u(t)\in D(-\Delta)$ の一意性を示す。$u_1,u_2\colon I\rightarrow D(-\Delta)$ が共に $(1)\sim(4)$ を満たすとすると、
$$ u(t)\colon I\ni t\mapsto u_1(t)-u_2(t)\in D(-\Delta) $$
は $u=0$, $v=0$, $f(t)=0$ $(\forall t\in I)$ とした場合の $(1)\sim (4)$ を満たす。よって前段の結果から、
$$ \frac{c^2}{2}\| \nabla u(t)\|_2^2+\frac{1}{2}\left\| \frac{du}{dt}(t)\right\|_2^2=0\quad(\forall t\in I) $$
が成り立つので、特に、
$$ \frac{du}{dt}(t)=0\quad(\forall t\in I) $$
である。よって微積分学の基本定理より $u(t)=u(0)=0$ $(\forall t\in I)$ であるから、$u_1(t)=u_2(t)$ $(\forall t\in I)$ が成り立つ。これで一意性が示せた。 - 後は $(**)$ が $(1)\sim(4)$ を満たすことを示せばよい。（以後の議論は長くなっているが、Lebesgue優収束定理による単純な議論である。）そのために、
$$ u_1(t)\colon=\frac{\sin(ct\sqrt{-\Delta})}{c\sqrt{-\Delta}}v,\quad u_2(t)\colon=\cos(ct\sqrt{-\Delta})u,\quad u_3(t)\colon=\int_{0}^{t}\frac{\sin(c(t-s)\sqrt{-\Delta})}{c\sqrt{-\Delta}}f(s)ds\quad(\forall t\in I) $$
と分解して考える。$u_1(t)$ について考える。Lebesgue優収束定理より、
$$ \begin{aligned} &\left\| \frac{1}{h}(u_1(t+h)-u_1(t))-\cos(ct\sqrt{-\Delta})v\right\|_2^2\\ &=\left\| \frac{1}{h}\left(\frac{\sin(c(t+h)\sqrt{-\Delta})}{c\sqrt{-\Delta}}-\frac{\sin(ct\sqrt{-\Delta})}{c\sqrt{-\Delta}}\right)v-\cos(ct\sqrt{-\Delta})v\right\|_2^2\\ &=\int_{\sigma(-\Delta)}\left\lvert \frac{1}{h}\left(\frac{\sin(c(t+h)\sqrt{\lambda})}{c\sqrt{\lambda}}-\frac{\sin(ct\sqrt{\lambda})}{ch\sqrt{\lambda}}\right)-\cos(ct\sqrt{\lambda})\right\rvert^2dE_{v,v}(\lambda)\\ &\rightarrow0\quad(h\rightarrow0,\forall t\in I) \end{aligned} $$
であるから、
$$ \frac{du_1}{dt}(t)=\cos(ct\sqrt{-\Delta})v\in D(\sqrt{-\Delta}) $$
であり、Lebesgue優収束定理より、
$$ \begin{aligned} &\left\| \frac{1}{h}\left(\frac{du_1}{dt}(t+h)-\frac{du_1}{dt}(t)\right)-(-c\sqrt{-\Delta}\sin(ct\sqrt{-\Delta}))v\right\|_2^2\\ &=\left\| \frac{1}{h}(\cos(c(t+h)\sqrt{-\Delta})-\cos(ct\sqrt{-\Delta}))v-(-c\sqrt{-\Delta}\sin(ct\sqrt{-\Delta})v)\right\|_2^2\\ &=\int_{\sigma(-\Delta)}\left\lvert \frac{\cos(c(t+h)\sqrt{\lambda})-\cos(ct\sqrt{\lambda})}{h}-(-c\sqrt{\lambda}\sin(ct\sqrt{\lambda}))\right\rvert^2dE_{v,v}(\lambda)\\ &\rightarrow0\quad(h\rightarrow0,\forall t\in I) \end{aligned} $$
であるから、$L^2(\Omega)$ のノルムで、
$$ \frac{d^2u_1}{dt^2}(t)=-c\sqrt{-\Delta}\sin(ct\sqrt{-\Delta})v=c^2\Delta u_1(t)\quad(\forall t\in I) $$
が成り立つ。さらにLebesgue優収束定理より、
$$ \begin{aligned} \left\| \frac{d^2u_1}{dt^2}(t+h)-\frac{d^2u_1}{dt^2}(t)\right\|_2 &=\left\| \sqrt{-\Delta}\sin(c(t+h)\sqrt{-\Delta})v-\sqrt{-\Delta}\sin(ct\sqrt{-\Delta})v\right\|_2^2\\ &=\int_{\sigma(-\Delta)}\left\lvert \sqrt{\lambda}\sin(c(t+h)\sqrt{\lambda})-\sqrt{\lambda}\sin(ct\sqrt{\lambda})\right\rvert^2dE_{v,v}(\lambda)\\ &\rightarrow0\quad(h\rightarrow0, \forall t\in I) \end{aligned} $$
であるから、
$$ I\ni t\mapsto \frac{d^2u_1}{dt^2}(t)\in L^2(\Omega) $$
は $L^2(\Omega)$ のノルムで連続である。ゆえに $u_1(t)\colon I\ni t\mapsto u_1(t)\in D(-\Delta)$
は $L^2(\Omega)$ のノルムで $C^2$ 級である。また $v\in D(\sqrt{-\Delta})=D_E(\sqrt{\lambda})$ であることとLebesgue優収束定理より、
$$ \begin{aligned} &\left\| \frac{1}{h}\left(\sqrt{-\Delta}u_1(t+h)-\sqrt{-\Delta}u_1(t)\right)-\sqrt {-\Delta}\cos(ct\sqrt{-\Delta})v\right\|_2^2\\ &=\left\| \frac{\sin(c(t+h)\sqrt{-\Delta})-\sin(ct\sqrt{-\Delta})}{ch}v-\sqrt{-\Delta}\cos(ct\sqrt{-\Delta})v\right\|_2^2\\ &=\int_{\sigma(-\Delta)}\left\lvert \frac{\sin(c(t+h)\sqrt{\lambda})-\sin(ct\sqrt{\lambda})}{ch}-\sqrt{\lambda}\cos(ct\sqrt{\lambda})\right\rvert^2dE_{v,v}(\lambda)\\ &\rightarrow0\quad(h\rightarrow0,\forall t\in I) \end{aligned} $$
であるから、$L^2(\Omega)$ のノルムに関して、
$$ \frac{d}{dt}\sqrt{-\Delta}u_1(t)=\sqrt{-\Delta}\cos(ct\sqrt{-\Delta})v =\sqrt{-\Delta}\frac{du_1}{dt}(t)\quad(\forall t\in I) $$
が成り立つ。よって 定義1 の $(*)$ より $u_1(t)\colon I\ni t\mapsto u_1(t)\in D(-\Delta)$
は $H^1(\Omega)$ のノルムで微分可能である。そしてLebesgue優収束定理より、
$$ \begin{aligned} &\left\| \sqrt{-\Delta}\frac{du_1}{dt}(t+h)-\sqrt{-\Delta}\frac{du_1}{dt}(t)\right\|_2^2\\ &=\left\| \sqrt{-\Delta}\cos(c(t+h)\sqrt{-\Delta})v-\sqrt{-\Delta}\cos(ct\sqrt{-\Delta})v\right\|_2^2\\ &=\int_{\sigma(-\Delta)}\lvert \sqrt{\lambda}\cos(c(t+h)\sqrt{\lambda})-\sqrt{\lambda}\cos(ct\sqrt{\lambda})\rvert^2dE_{v,v}(\lambda)\rightarrow0\quad(h\rightarrow0) \end{aligned} $$
であるから、
$$ I\ni t\mapsto \sqrt{-\Delta}\frac{du_1}{dt}(t)\in L^2(\Omega) $$
は $L^2(\Omega)$ のノルムに関して連続なので、 定義1 の $(*)$ より $u_1(t)\colon I\ni t\mapsto u_1(t)\in D(-\Delta)$ は $H^1(\Omega)$ のノルムに関して $C^1$ 級である。全く同様にして $u_2(t)\colon I\ni t\mapsto u_2(t)\in D(-\Delta)$ が $L^2(\Omega)$ のノルムで $C^2$ 級、$H^1(\Omega)$ のノルムで $C^1$ 級であり、
$$ \frac{du_2}{dt}(t)=-c\sqrt{-\Delta}\sin(ct\sqrt{-\Delta})u\in D(\sqrt{-\Delta}),\quad \frac{d^2u_2}{dt^2}(t)=c^2\Delta u_2(t)\quad(\forall t\in I) $$
が成り立つことが分かる。よって、
$$ I\ni t\mapsto u_1(t)+u_2(t)\in D(-\Delta) $$
は $L^2(\Omega)$ のノルムで $C^2$ 級、$H^1(\Omega)$ のノルムで $C^1$ 級であり、
$$ \frac{d}{dt}(u_1+u_2)(t)\in D(\sqrt{-\Delta}),\quad \frac{d^2}{dt^2}(u_1+u_2)(t)=c^2\Delta(u_1+u_2)(t)\quad(\forall t\in I), $$
$$ (u_1+u_2)(0)=u,\quad \frac{d}{dt}(u_1+u_2)(0)=v $$
が成り立つ。$u_3(t)\colon I\ni t\mapsto u_3(t)\in L^2(\Omega)$ について考える。 定義1 の $(*)$ より $I\ni t\mapsto \sqrt{-\Delta}f(t)\in L^2(\Omega)$ は連続であり、$\sqrt{-\Delta}$, $-\Delta$ は閉線形作用素であるから、
$$ -\Delta u_3(t)=\int_{0}^{1}\frac{1}{c}\sqrt{-\Delta}\sin(c(t-s)\sqrt{-\Delta})f(s)ds\quad(\forall t\in I), $$
$$ \sqrt{-\Delta}u_3(t)=\int_{0}^{t}\frac{1}{c}\sin(c(t-s)\sqrt{-\Delta})f(s)ds\quad(\forall t\in I) $$
である。
$$ \begin{aligned} &\frac{1}{h}(u_3(t+h)-u_3(t))\\ &=\int_{0}^{t+h}\frac{1}{h}\left(\frac{\sin(c(t+h-s)\sqrt{-\Delta})}{c\sqrt{-\Delta}}-\frac{\sin(c(t-s)\sqrt{-\Delta})}{c\sqrt{-\Delta}}\right)f(s)ds\\ &+\frac{1}{h}\int_{t}^{t+h}\frac{\sin(c(t-s)\sqrt{-\Delta})}{c\sqrt{-\Delta}}f(s)ds \end{aligned} $$
であるから、$u_1(t)=\frac{\sin(ct\sqrt{-\Delta})}{c\sqrt{-\Delta}}v$ の微分可能性の議論により、$L^2(\Omega)$ のノルムに関して $u_3(t)$ は微分可能であり、
$$ \frac{du_3}{dt}(t)=\int_{0}^{t}\cos(c(t-s)\sqrt{-\Delta})f(s)ds\quad(\forall t\in I) $$
が成り立つことが分かる。そして、
$$ \begin{aligned} &\frac{1}{h}\left(\frac{du_3}{dt}(t+h)-\frac{du_3}{dt}(t)\right)\\ &=\int_{0}^{t+h}\frac{1}{h}\left(\cos(c(t+h-s)\sqrt{-\Delta})-\cos(c(t-s)\sqrt{-\Delta})\right)f(s)ds\\ &+\frac{1}{h}\int_{t}^{t+h}\cos(c(t-s)\sqrt{-\Delta})f(s)ds \end{aligned} $$
であるから、$\frac{du_1}{dt}(t)=\cos(ct\sqrt{-\Delta})v$ の微分可能性の議論より、$L^2(\Omega)$ のノルムに関して、
$$ \begin{aligned} \frac{d^2u_3}{dt^2}(t)&=\int_{0}^{t}(-c\sqrt{-\Delta})\sin(c(t-s)\sqrt{-\Delta})f(s)ds+f(t)\\ &=\int_{0}^{t}c^2\Delta\frac{\sin(c(t-s)\sqrt{-\Delta})}{c\sqrt{-\Delta}}f(s)ds+f(t)\\ &=c^2\Delta u_3(t)+f(t)\quad(\forall t\in I) \end{aligned} $$
が成り立つことが分かる。Lebesgue優収束定理より、
$$ I\ni t\mapsto \frac{d^2u_3}{dt^2}(t)=\int_{0}^{t}(-c\sqrt{-\Delta})\sin(c(t-s)\sqrt{-\Delta})f(s)ds+f(t)\in L^2(\Omega) $$
は $L^2(\Omega)$ のノルムに関して連続であるので、$u_3(t)\colon I\ni t\mapsto u_3(t)\in D(-\Delta)$ は $L^2(\Omega)$ のノルムで $C^2$ 級である。また、
$$ \begin{aligned} &\frac{1}{h}(\sqrt{-\Delta}u_3(t+h)-\sqrt{-\Delta}u_3(t))\\ &=\int_{0}^{t+h}\frac{\sin(c(t+h-s)\sqrt{-\Delta})-\sin(c(t-s)\sqrt{-\Delta})}{ch}f(s)ds\\ &+\frac{1}{h}\int_{t}^{t+h}\frac{\sin(c(t-s)\sqrt{-\Delta})}{c}f(s)ds \end{aligned} $$
であるから $\sqrt{-\Delta}u_1(t)=\sin(ct\sqrt{-\Delta})v$ の微分可能性の議論より $L^2(\Omega)$ のノルムに関して、
$$ \frac{d}{dt}\sqrt{-\Delta}u_3(t)=\int_{0}^{t}\sqrt{-\Delta}\cos(c(t-s)\sqrt{-\Delta})f(s)ds=\sqrt{-\Delta}\frac{du_3}{dt}(t)\quad(\forall t\in I) $$
が成り立つことが分かる。よって 定義1 の $(*)$ より $u_3(t)\colon I\ni t\mapsto u_3(t)\in D(-\Delta)$ は $H^1(\Omega)$ のノルムで微分可能である。そしてLebesgue優収束定理より、
$$ I\ni t\mapsto \sqrt{-\Delta}\frac{du_3}{dt}(t)=\int_{0}^{t}\sqrt{-\Delta}\cos(c(t-s)\sqrt{-\Delta})f(s)ds\in L^2(\Omega) $$
は $L^2(\Omega)$ のノルムにより連続であるから、 定義1 の $(*)$ より $u_3(t)\colon I\ni t\mapsto u_3(t)\in D(-\Delta)$ は $H^1(\Omega)$ のノルムで $C^1$ 級である。以上より $u_3(t)\colon I\ni t\mapsto u_3(t)\in D(-\Delta)$ は $L^2(\Omega)$ のノルムで $C^2$ 級、$H^1(\Omega)$ のノルムで $C^1$ 級であり、
$$ \frac{du_3}{dt}(t)\in D(\sqrt{-\Delta}),\quad \frac{d^2u_3}{dt^2}(t)=c^2\Delta u_3(t)+f(t)\quad(\forall t\in I) $$
が成り立つ。以上より、
$$ u(t)\colon I\ni t\mapsto u_1(t)+u_2(t)+u_3(t)\in D(-\Delta) $$
は $(1)\sim (4)$ を満たす。
$\Omega\subset \mathbb{R}^N$ を
定義1
における内部領域とし、Dirichlet-Neumann境界条件付きラプラシアン $-\Delta\colon D(-\Delta)\rightarrow L^2(\Omega)$ を考える。このとき $-\Delta$ のスペクトル $\sigma(-\Delta)$ は
定理9
の $(2)$ より純粋に離散的（
定義2
）である。そこで、
$$
\sigma(-\Delta)=\{\lambda_n\}_{n\in\mathbb{N}}
$$
とし、各離散固有値 $\lambda_n\in \sigma(-\Delta)$ の固有空間のCONSを $\{\varphi_{n,1},\ldots,\varphi_{n,m(n)}\}\subset \bigcap_{m\in \mathbb{N}}H^m(\Omega)\subset \bigcap_{m\in\mathbb{N}}C^m(\overline{\Omega})$（
定理9
の $(6)$ を参照）とおく。今、$I\subset \mathbb{R}$ を $0$ を含む区間、$f(t)\colon I\ni t\mapsto f(t)\in D(\sqrt{-\Delta})$ を $H^1(\Omega)$ のノルムに関する連続関数、$c\in (0,\infty)$, $u\in D(-\Delta)$, $v\in D(\sqrt{-\Delta})$ とし、
定理1
の $(1)\sim (4)$ を満たす一意解を $u(t)\colon I\ni t\mapsto u(t)\in D(-\Delta)$ とする。そして任意の $n\in \mathbb{N}$, $k\in \{1,\ldots,m(n)\}$ に対し $C^2$ 級関数
$$
u_{n,k}(t)\colon I\ni t\mapsto (\varphi_{n,k}\mid u(t))_2\in \mathbb{C}
$$
を定義する。また、
$$
u_{n,k}\colon =(\varphi_{n,k}\mid u)_{2}\in \mathbb{C},\quad
v_{n,k}\colon =(\varphi_{n,k}\mid v)_2\in \mathbb{C},\quad
f_{n,k}(t)\colon I\ni t\mapsto (\varphi_{n,k}\mid f(t))_2\in \mathbb{C}
$$
とおく。このとき、
$$
\begin{aligned}
&\frac{d^2u_{n,k}}{dt^2}(t)=\left(\varphi_{n,k}\mid \frac{d^2u}{dt^2}(t)\right)_2
=(\varphi_{n,k}\mid c^2\Delta u(t))_2+(\varphi_{n,k}\mid f(t))_2\\
&=c^2(\Delta \varphi_{n,k}\mid u(t))_2+(\varphi_{n,k}\mid f(t))_2
=-c^2\lambda_{n}u_{n,k}(t)+f_{n,k}(t)\quad(\forall t\in I)
\end{aligned}
$$
であり $u_{n,k}(0)=u_{n,k},\quad \frac{du_{n,k}}{dt}(0)=v_{n,k}$ であるから、$u_{n,k}(t)\colon I\ni t\mapsto u_{n,k}(t)\in\mathbb{C}$ は常微分方程式の初期値問題
$$
\frac{d^2u_{n,k}}{dt^2}(t)=-c^2\lambda_nu_{n,k}(t)+f(t),\quad
u_{n,k}(0)=u_{n,k},\quad \frac{du_{n,k}}{dt}(0)=v_{n,k}
$$
の一意解である。Hilbert空間 $L^2(\Omega)$ 上の非負自己共役作用素 $-\Delta\colon D(-\Delta)\rightarrow L^2(\Omega)$ のスペクトル測度を $E\colon \mathcal{B}_{\sigma(-\Delta)}\rightarrow \mathbb{P}(L^2(\Omega))$ とすると、
命題4
の $(6)$ より、
$$
{\rm Ran}E(\{\lambda_n\})={\rm Ker}(\lambda_n+\Delta)={\rm span}\{\varphi_{n,1},\ldots,\varphi_{n,m(n)}\}
$$
であるから、
定理1
より、$u_{n,k}(t)\colon I\ni t\mapsto u_{n,k}(t)\in \mathbb{C}$ は、
$$
\begin{aligned}
u_{n,k}(t)&=(\varphi_{n,k}\mid \cos(ct\sqrt{-\Delta})u)_2+\left(\varphi_{n,k}\mid \frac{\sin(ct\sqrt{-\Delta})}{c\sqrt{-\Delta}}v\right)_2
+\int_{0}^{t}\left(\varphi_{n,k}\mid \frac{\sin(c(t-s)\sqrt{-\Delta})}{c\sqrt{-\Delta}}f(s)\right)ds\\
&=\cos(ct\sqrt{\lambda_n})(\varphi_{n,k}\mid u)_2+\frac{\sin(ct\sqrt{\lambda_n})}{c\sqrt{\lambda_n}}(\varphi_{n,k}\mid v)_2+\int_{0}^{t}\frac{\sin(c(t-s)\sqrt{\lambda_n})}{c\sqrt{\lambda_n}}(\varphi_{n,k}\mid f(s))ds\\
&=\cos(ct\sqrt{\lambda_n})u_{n,k}+\frac{\sin(ct\sqrt{\lambda_n})}{c\sqrt{\lambda_n}}v_{n,k}+\int_{0}^{t}\frac{\sin(c(t-s)\sqrt{\lambda_n})}{c\sqrt{\lambda_n}}f_{n,k}(s)ds\quad(\forall t\in I)
\end{aligned}
$$
と表すことができる。
命題2
より、
$$
\{\varphi_{n,1},\ldots,\varphi_{n,m(n)}:n\in \mathbb{N}\}
$$
は $L^2(\Omega)$ のCONSであるから、
$$
u(t)=\sum_{n\in \mathbb{N}}\sum_{k=1}^{m(n)}(\varphi_{n,k}\mid u(t))_2\varphi_{n,k}=\sum_{n\in\mathbb{N}}\sum_{k=1}^{m(n)}u_{n,k}(t)\varphi_{n,k}\quad(\forall t\in I)
$$
となる。よって波動方程式の一意解 $u(t,x)$ は、$-\Delta$ の各離散固有値（モード）$\lambda_n$ ごとの波 $u_{n,k}(t)\varphi_{n,k}(x)\in C^2(I)\otimes C^\infty(\Omega)$ $(n\in \mathbb{N},k=1,\ldots,m(n))$（それぞれ時間変数 $t\in I$ と空間変数 $x\in \Omega$ で変数分離されている）の重ね合わせである。
定義1
の $\Omega=\mathbb{R}^3$ の場合のラプラシアン $-\Delta\colon H^2(\mathbb{R}^3)\rightarrow L^2(\mathbb{R}^3)$ と任意の $u\in H^2(\mathbb{R}^3)\subset C_0(\mathbb{R}^3)$（注：Sobolevの埋め込み定理（
Sobolev空間の基本事項の定理38.3
）を参照））, $c\in (0,\infty)$ に対し、
$$
\left(\frac{\sin(ct\sqrt{-\Delta})}{c\sqrt{-\Delta}}u\right)(x)=tS(u,x,c\lvert t\rvert)\quad(\forall x\in \mathbb{R}^3,\forall t\in \mathbb{R})
$$
が成り立つ。ただし右辺の $S(u,x,c\lvert t\rvert)$ は中心 $x\in\mathbb{R}^3$, 半径 $c\lvert t\rvert$ の球面 $\{y\in \mathbb{R}^3:\lvert y-x\rvert =c\lvert t\rvert\}$ における $u\colon \mathbb{R}^3\rightarrow\mathbb{C}$ の球面平均（
定義1
）である。
$t\in \mathbb{R}$ は固定する。まず $u\in D(\mathbb{R}^3)$ の場合を示す。
命題1
と合成積のFourier変換の性質（
合成積とFourier変換の定理24.3
）より、
$$
\frac{\sin(ct\sqrt{-\Delta})}{c\sqrt{-\Delta}}u=\mathcal{F}^{-1}\frac{\sin(ct\lvert {\rm id}\rvert)}{c\lvert {\rm id}\rvert}\mathcal{F}u=u*\left(\mathcal{F}^{-1}\frac{\sin(ct\lvert {\rm id}\rvert)}{c\lvert {\rm id\rvert}}\right)=u*v\in C^\infty(\mathbb{R}^3)\quad\quad(*)
$$
となる。ただし、
$$
v\colon=\mathcal{F}^{-1}\frac{\sin(ct\lvert {\rm id}\rvert)}{c\lvert {\rm id}\rvert}\in \mathcal{S}_3'
$$
とおいた。
$$
v_n(y)\colon=\frac{1}{(2\pi)^{\frac{3}{2}}}\int_{\lvert x\rvert< n}\frac{\sin(ct\lvert x\rvert)}{c\lvert x\rvert}e^{ix\cdot y}dx\quad(\forall y\in \mathbb{R}^3,\forall n\in \mathbb{N})
$$
とおけば、任意の $\varphi\in D(\mathbb{R}^3)$ に対しFubiniの定理とLebesgue優収束定理より、
$$
\begin{aligned}
\int_{\mathbb{R}^3}\varphi(y)v_n(y)dy&=\frac{1}{(2\pi)^{\frac{3}{2}}}\int_{\mathbb{R}^3}\int_{\lvert x\rvert< n}\varphi(y)\frac{\sin(ct\lvert x\rvert)}{c\lvert x\rvert}e^{ix\cdot y}dydx\\
&=\frac{1}{(2\pi)^{\frac{3}{2}}}\int_{\lvert x\rvert< n}\int_{\mathbb{R}^3}\varphi(y)\frac{\sin(ct\lvert x\rvert)}{c\lvert x\rvert}e^{ix\cdot y}dxdy\\
&=\int_{\lvert x\rvert< n}(\mathcal{F}^{-1}\varphi)(x)\frac{\sin(ct\lvert x\rvert)}{c\lvert x\rvert}dx\\
&\rightarrow \int_{\mathbb{R}^N}(\mathcal{F}^{-1}\varphi)(x)\frac{\sin(ct\lvert x\rvert)}{c\lvert x\rvert}dx=v(\varphi)\quad(n\rightarrow\infty)
\end{aligned}
$$
となるから、超関数空間 $D'(\mathbb{R}^3)$ の位相（
超関数の定義と基本操作の定義4.1
）で $\lim_{n\rightarrow\infty}v_n=v$ が成り立つ。よって $u\in D(\mathbb{R}^3)$ より、
$$
(u*v_n)(x)=\frac{1}{(2\pi)^{\frac{3}{2}}}v_n(T_xu_{-1})\rightarrow \frac{1}{(2\pi)^{\frac{3}{2}}}v(T_xu_{-1})=(u*v)(x)\quad(n\rightarrow\infty,\forall x\in \mathbb{R}^3)\quad\quad(**)
$$
が成り立つ。任意の $n\in \mathbb{N}$ と任意の $y\in \mathbb{R}^3\backslash \{0\}$ を取る。$\mathbb{R}^3$ の正規直交基底 $e_1,e_2,e_3$ で $y=\lvert y\rvert e_1$ を満たすものを取り、
$$
(0,n)\times (0,\pi)\times (0,2\pi)\ni (r,\theta,\theta')\mapsto r\cos(\theta)e_1+r\sin(\theta)\cos(\theta')e_2+r\sin(\theta)\sin(\theta')e_3\in \{x\in \mathbb{R}^3:\lvert x\rvert< n\}
$$
なる極座標変換（
定理15
）を考えれば、
$$
\begin{aligned}
v_n(y)&=\frac{1}{(2\pi)^{\frac{3}{2}}}\int_{\lvert x\rvert< n}\frac{\sin(ct\lvert x\rvert)}{c\lvert x\rvert}e^{ix\cdot y}dx=\frac{1}{(2\pi)^{\frac{3}{2}}}\int_{0}^{n}\int_{0}^{\pi}2\pi r^2\sin(\theta)\frac{\sin(ctr)}{cr}e^{ir\lvert y\rvert\cos(\theta)}d\theta dr\\
&=\frac{1}{c(2\pi)^{\frac{1}{2}}}\int_{0}^{n}\int_{0}^{\pi}r\sin(\theta)\sin(ctr)e^{ir\lvert y\rvert \cos(\theta)}d\theta dr=\frac{1}{c(2\pi)^{\frac{1}{2}}}\int_{0}^{n}r\int_{-1}^{1}\sin(ctr)e^{i\lvert y\rvert rs}dsdr\\
&=\frac{1}{c\lvert y\rvert (2\pi)^{\frac{1}{2}}}\int_{0}^{n}2\sin(ctr)\frac{e^{i\lvert y\rvert r}-e^{-i\lvert y\rvert r}}{2i}dr=\frac{1}{c\lvert y\rvert (2\pi)^{\frac{1}{2}}}\int_{0}^{n}2\sin(ctr)\sin(\lvert y\rvert r)dr\\
&=\frac{1}{c\lvert y\rvert (2\pi)^{\frac{1}{2}}}\int_{0}^{n}(\cos((ct-\lvert y\rvert)r)-\cos((ct+\lvert y\rvert)r))dr\\
&=\frac{1}{2c\lvert y\rvert(2\pi)^{\frac{1}{2}}}\int_{-n}^{n}(\cos((ct-\lvert y\rvert)r)-\cos((ct+\lvert y\rvert)r))dr
\end{aligned}
$$
となる。よって $u\in D(\mathbb{R}^3)$ であることに注意して、任意の $x\in \mathbb{R}^3$ に対し、さらに極座標変換（
定理15
）より、
$$
\begin{aligned}
(u*v_n)(x)&=\frac{1}{(2\pi)^{\frac{3}{2}}}\int_{\mathbb{R}^3}u(x-y)v_n(y)dy\\
&=\frac{1}{2c(2\pi)^2}\int_{\mathbb{R}^3}\int_{-n}^{n}\frac{u(x-y)}{\lvert y\rvert}(\cos((ct-\lvert y\rvert)r)-\cos((ct+\lvert y\rvert)r))drdy\\
&=\frac{1}{2c(2\pi)^2}\int_{0}^{\infty}\int_{S_2}\int_{-n}^{n}u(x-\rho \omega)\rho(\cos((ct-\rho)r)-\cos(ct+\rho)r))drd\mu_{S_2}(\omega)d\rho\\
&=\frac{1}{4c(2\pi)^2}\int_{-\infty}^{\infty}\int_{S_2}\int_{-n}^{n}u(x-\rho\omega)\rho(\cos((ct-\rho)r)-\cos((ct+\rho)r))dr d\mu_{S_2}(\omega)d\rho\\
&=\frac{1}{4c(2\pi)^2}\int_{-n}^{n}\int_{-\infty}^{\infty}\int_{S_2}u(x+\rho \omega)\rho(\cos((ct-\rho)r)-\cos((ct+\rho)r))d\mu_{S_2}(\omega)d\rho dr\\
&=\frac{1}{4c\pi}\left\{\int_{-n}^{n}\int_{-\infty}^{\infty}S(u,x,\lvert \rho+ct\rvert)(\rho+ct)\cos(\rho r)d\rho dr-\int_{-n}^{n}\int_{-\infty}^{\infty}S(u,x,\lvert \rho-ct\rvert)(\rho-ct)\cos(\rho r)d\rho dr\right\}\\
&\rightarrow \frac{1}{2c}(S(u,x,c\lvert t\rvert)ct+S(u,x,c\lvert t\rvert)ct)=tS(u,x,c\lvert t\rvert)\quad(n\rightarrow\infty)
\end{aligned}
$$
となる。最後はFourier変換とFourier逆変換による（$\cos(\rho r)=\frac{e^{i\rho r}+e^{-i\rho r}}{2}$ に注意）。ゆえに、
$$
\lim_{n\rightarrow\infty}(u*v_n)(x)=tS(u,x,c\lvert t\rvert)\quad(\forall u\in D(\mathbb{R}^3),\forall x\in \mathbb{R}^3)
$$
が成り立つ。これと $(*),(**)$ より、
$$
\left(\frac{\sin(ct\sqrt{-\Delta})}{c\sqrt{-\Delta}}u\right)(x)
=(u*v)(x)=\lim_{n\rightarrow\infty}(u*v_n)(x)=tS(u,x,c\lvert t\rvert)\quad(\forall u\in D(\mathbb{R}^3),\forall x\in \mathbb{R}^3)\quad\quad(***)
$$
を得る。任意の $u\in H^2(\mathbb{R}^3)\subset C_0(\mathbb{R}^3)$ を取る。
Sobolev空間の基本事項の定理32.2
より $D(\mathbb{R}^3)$ の列 $(u_n)_{n\in \mathbb{N}}$ で $\lim_{n\rightarrow\infty}\| u-u_n\|_{2,2}=0$ なるものが取れて、Sobolevの埋め込み定理（
Sobolev空間の基本事項の定理38.3
）より $(u_n)_{n\in \mathbb{N}}$ は $u$ に一様収束する。よって $(***)$ より、
$$
tS(u,x,c\lvert t\rvert)=\lim_{n\rightarrow\infty}tS(u_n,x,c\lvert t\rvert)=\lim_{n\rightarrow\infty}\left(\frac{\sin(ct\sqrt{-\Delta})}{c\sqrt{-\Delta}}u_n\right)(x)\quad(\forall x\in \mathbb{R}^3)\quad\quad(****)
$$
が成り立つ。一方、Plancherelの定理（
緩増加超関数とFourier変換の定理19.1
）より $L^2$ ノルムで、
$$
\left(\frac{\sin(ct\sqrt{-\Delta})}{c\sqrt{-\Delta}}u\right)=\mathcal{F}^{-1}\frac{\sin(ct\lvert {\rm id}\rvert)}{c\lvert {\rm id}\rvert}\mathcal{F}u=\lim_{n\rightarrow\infty}\mathcal{F}^{-1}\frac{\sin(ct\lvert {\rm id}\rvert)}{c\lvert {\rm id}\rvert}\mathcal{F}u_n=\lim_{n\rightarrow\infty}\left(\frac{\sin(ct\sqrt{-\Delta})}{c\sqrt{-\Delta}}u_n\right)
$$
であるから、$\left(\left(\frac{\sin(ct\sqrt{-\Delta})}{c\sqrt{-\Delta}}u_n\right)\right)_{n\in\mathbb{N}}$ のある部分列は a.e. $x\in \mathbb{R}^3$ で $\left(\frac{\sin(ct\sqrt{-\Delta})}{c\sqrt{-\Delta}}u\right)(x)$ に収束する。よって $(****)$ より、
$$
\left(\frac{\sin(ct\sqrt{-\Delta})}{c\sqrt{-\Delta}}u\right)(x)=tS(u,x,c\lvert t\rvert)\quad(\forall x\in \mathbb{R}^3)
$$
が成り立つ。
$\mathcal{F}\colon L^2(\mathbb{R}^3)\rightarrow L^2(\mathbb{R}^3)$ をFourier変換とする。このとき、
- $(1)$ 任意の $v\in H^1(\mathbb{R}^3)$ に対し、$\frac{1}{\lvert {\rm id}\rvert}\mathcal{F}v\in L^1(\mathbb{R}^3)$ が成り立つ。
- $(2)$ 任意の $u\in H^2(\mathbb{R}^3)$ に対し、$\mathcal{F}u\in L^1(\mathbb{R}^3)$ が成り立つ。
- $(1)$
Sobolev空間の基本事項の命題38.1
より $(1+\lvert {\rm id}\rvert^2)^{\frac{1}{2}}\mathcal{F}v\in L^2(\mathbb{R}^3)$ である。また極座標変換（
定理15
）より、
$$ \int_{\mathbb{R}^3}\frac{1}{\lvert x\rvert^2(1+\lvert x\rvert^2)}dx =4\pi\int_{0}^{\infty}\frac{1}{1+r^2}dr\leq 4\pi \left(\int_{0}^{1}\frac{1}{1+r^2}dr+\int_{1}^{\infty}\frac{1}{r^2}dr\right)<\infty $$
であるから、
$$ \frac{1}{\lvert {\rm id}\rvert (1+\lvert {\rm id}\rvert)^{\frac{1}{2}}}\in L^2(\mathbb{R}^3) $$
である。よってHölderの不等式より、
$$ \frac{1}{\lvert {\rm id}\rvert}\mathcal{F}v=\frac{1}{\lvert {\rm id}\rvert (1+\lvert {\rm id}\rvert^2)^{\frac{1}{2}}}(1+\lvert {\rm id}\rvert)^{\frac{1}{2}}\mathcal{F}v\in L^1(\mathbb{R}^3) $$
が成り立つ。 - $(2)$
Sobolev空間の基本事項の命題38.1
より $(1+\lvert {\rm id}\rvert^2)\mathcal{F}u\in L^2(\mathbb{R}^3)$ である。また極座標変換より、
$$ \int_{\mathbb{R}^3}\frac{1}{(1+\lvert x\rvert^2)^2}dx=4\pi \int_{0}^{\infty}\frac{r^2}{(1+r^2)^2}dr\leq 4\pi \left(\int_{0}^{1}\frac{1}{(1+r^2)^2}dr+\int_{1}^{\infty}\frac{1}{r^2}dr\right)<\infty $$
であるから、
$$ \frac{1}{1+\lvert {\rm id}\rvert^2}\in L^2(\mathbb{R}^3) $$
である。よってHölderの不等式より、
$$ \mathcal{F}u=\frac{1}{(1+\lvert {\rm id}\rvert^2)}(1+\lvert {\rm id}\rvert^2)\mathcal{F}u\in L^1(\mathbb{R}^3) $$
が成り立つ。
$f(t)\colon \mathbb{R}\rightarrow H^2(\mathbb{R}^3)$ を $H^2(\mathbb{R}^3)$ のノルムで連続な関数、$c\in (0,\infty)$, $u\in H^2(\mathbb{R}^3)$, $v\in H^1(\mathbb{R}^3)$ とする。そして
定理1
で $\Omega=\mathbb{R}^3$ とした場合の $(1)\sim (4)$ を満たす一意解を $u(t)\colon \mathbb{R}\ni t\mapsto u(t)\in H^2(\mathbb{R}^3)$ とする。このとき、
$$
a\colon=\frac{1}{2}\mathcal{F}u+\frac{1}{2ic\lvert {\rm id}\rvert}\mathcal{F}v,\quad
b\colon=\frac{1}{2}\mathcal{F}u-\frac{1}{2ic\lvert {\rm id}\rvert}\mathcal{F}v
$$
とおけば、$a,b\in L^1(\mathbb{R}^3)$ であり、
$$
\begin{aligned}
u(t,x)&=\frac{1}{(2\pi)^{\frac{3}{2}}}\int_{\mathbb{R}^3}a(k)e^{i(k\cdot x+ct\lvert k\rvert)}dk+\frac{1}{(2\pi)^{\frac{3}{2}}}\int_{\mathbb{R}^3}b(k)e^{i(k\cdot x-ct\lvert k\rvert)}dk\\
&+\frac{1}{4\pi c^2}\int_{\lvert y-x\rvert\leq c\lvert x\rvert}\frac{f\left(t\pm \frac{\lvert y-x\rvert}{c}, y\right)}{\lvert y-x\rvert}dy\quad(\forall t\in \mathbb{R},\forall x\in \mathbb{R}^3)
\end{aligned}
$$
が成り立つ。ただし $\mp$ は $t>0$ のときは $-$ で、$t<0$ のときは $+$ である。すなわち $\mathbb{R}^3$ における波動方程式の一意解は、平面波の波数ベクトル $k$ に関する積分と非斉次項による遅延解の和である。
$a,b\in L^1(\mathbb{R}^3)$ であることは
補題3
による。
定理1
より、
$$
u(t)=\cos(ct\sqrt{-\Delta})u+\frac{\sin(ct\sqrt{-\Delta})}{c\sqrt{-\Delta}}v+\int_{0}^{t}\frac{\sin(c(t-s)\sqrt{-\Delta})}{c\sqrt{-\Delta}}f(s)ds\quad(\forall t\in \mathbb{R})
$$
であるから、
命題1
より、
$$
\begin{aligned}
u(t)&=\mathcal{F}^{-1}\cos(ct\lvert {\rm id}\rvert)\mathcal{F}u+\mathcal{F}^{-1}\frac{\sin(ct\lvert {\rm id}\rvert)}{c\lvert {\rm id}\rvert}\mathcal{F}v
+\int_{0}^{t}\frac{\sin(cs\sqrt{-\Delta})}{c\sqrt{-\Delta}}f(t-s)ds\\
&=\mathcal{F}^{-1}(ae^{ict\lvert {\rm id}\rvert}+be^{-ict\lvert {\rm id}\rvert})+\int_{0}^{t}\frac{\sin(cs\sqrt{-\Delta})}{c\sqrt{-\Delta}}f(t-s)ds\quad(\forall t\in \mathbb{R})\quad\quad(*)
\end{aligned}
$$
となる。$a,b\in L^1(\mathbb{R}^3)$ より $(*)$ の右辺の第一項は、任意の $t\in \mathbb{R}$, $x\in \mathbb{R}^3$ に対し、
$$
\begin{aligned}
&\mathcal{F}^{-1}\left(ae^{ict\lvert {\rm id}\rvert}+be^{-ict\lvert {\rm id}\rvert}\right)(x)=\frac{1}{(2\pi)^{\frac{3}{2}}}\int_{\mathbb{R}^3}\left(a(k)e^{ict\lvert k\rvert}+b(k)e^{-ict\lvert k\rvert}\right)e^{ik\cdot x}dk\\
&=\frac{1}{(2\pi)^{\frac{3}{2}}}\int_{\mathbb{R}^3}a(k)e^{i(k\cdot x+ct\lvert k\rvert)}dk+\frac{1}{(2\pi)^{\frac{3}{2}}}\int_{\mathbb{R}^3}b(k)e^{i(k\cdot x-ct\lvert k\rvert)}dk\quad\quad(**)
\end{aligned}
$$
と表される。今、$(*)$ の右辺の第二項を考える。
命題1
より、
$$
\frac{\sin(cs\sqrt{-\Delta})}{c\sqrt{-\Delta}}f(t-s)=\mathcal{F}^{-1}\frac{\sin(cs\lvert {\rm id}\rvert)}{c\lvert {\rm id}\rvert}\mathcal{F}f(t-s)\quad(\forall t,s\in \mathbb{R})
\quad\quad(***)
$$
である。$\mathbb{R}\ni t\mapsto f(t)\in H^2(\mathbb{R}^3)$ は $H^2(\mathbb{R}^3)$ のノルムで連続であるので、
Sobolev空間の基本事項の命題38.1
より、
$$
\mathbb{R}\ni t\mapsto (1+\lvert {\rm id}\rvert^2)\mathcal{F}f(t)\in L^2(\mathbb{R}^3)
$$
は $L^2(\mathbb{R}^3)$ のノルムで連続である。よって任意の $t\in \mathbb{R}$ に対し、
$$
\mathbb{R}\ni s\mapsto (1+\lvert {\rm id}\rvert^2)\frac{\sin(cs\lvert {\rm id}\rvert)}{c\lvert {\rm id}\rvert}\mathcal{F}f(t-s)=(1+\lvert {\rm id}\rvert^2)\mathcal{F}\frac{\sin(cs\sqrt{-\Delta})}{c\sqrt{-\Delta}}f(t-s)\in L^2(\mathbb{R}^3)
$$
は $L^2(\mathbb{R}^3)$ のノルムで連続であるから、
Sobolev空間の基本事項の命題38.1
より $(***)$ は $H^2(\mathbb{R}^3)$ に属し、
$$
\mathbb{R}\ni s\mapsto \frac{\sin(cs\sqrt{-\Delta})}{c\sqrt{-\Delta}}f(t-s)\in H^2(\mathbb{R}^3)\quad\quad(****)
$$
は $H^2(\mathbb{R}^3)$ のノルムで連続である。Sobolevの埋め込み定理（
Sobolev空間の基本事項の定理38.3
）より $(****)$ は $\sup$ ノルムによるBanach空間 $C_0(\mathbb{R}^3)$ 値の連続関数である。よって $(*)$ の右辺の第二項はBanach空間 $C_0(\mathbb{R}^3)$ 値のBochner積分（
定義9
）とみなせる。任意の $x\in \mathbb{R}^3$ に対し、
$$
\delta_x\colon C_0(\mathbb{R}^3)\ni h\mapsto h(x)\in \mathbb{C}
$$
は $C_0(\mathbb{R}^3)$ 上の連続線形汎関数であるから、Bochner積分の性質（
命題10
）より、任意の $t\in \mathbb{R}$, $x\in \mathbb{R}^3$ に対し、
$$
\left(\int_{0}^{t}\frac{\sin(cs\sqrt{-\Delta})}{c\sqrt{-\Delta}}f(t-s)ds\right)(x)
=\int_{0}^{t}\left(\frac{\sin(cs\sqrt{-\Delta})}{c\sqrt{-\Delta}}f(t-s)\right)(x)ds
$$
となる。
補題2
より、
$$
\left(\frac{\sin(cs\sqrt{-\Delta})}{c\sqrt{-\Delta}}f(t-s)\right)(x)
=sS(f(t-s,\cdot),x,c\lvert s\rvert)=\frac{s}{4\pi}\int_{S_2}f(t-s,x+cs\omega)d\mu_{S_2}(\omega)
$$
であるから、
$$
\begin{aligned}
&\left(\int_{0}^{t}\frac{\sin(cs\sqrt{-\Delta})}{c\sqrt{-\Delta}}f(t-s)ds\right)(x)
=\int_{0}^{t}\left(\frac{\sin(cs\sqrt{-\Delta})}{c\sqrt{-\Delta}}f(t-s)\right)(x)ds\\
&=\frac{1}{4\pi}\int_{0}^{t}s\int_{S_2}f(t-s, x+cs\omega)d\mu_{S_2}(\omega)ds
=\frac{1}{4\pi c^2}\int_{0}^{c\lvert t\rvert}\int_{S_2}s^2\frac{f\left(t\mp\frac{s}{c}, x+s\omega\right)}{\lvert s\rvert}d\mu_{S_2}(\omega)ds\\
&=\frac{1}{4\pi c^2}\int_{\lvert y-x\rvert\leq c\lvert t\rvert}\frac{f\left(t\mp\frac{\lvert y-x\rvert}{c}, y\right)}{\lvert y-x\rvert}dy\quad(\forall t\in \mathbb{R},\forall x\in \mathbb{R}^3)
\end{aligned}
$$
（$4$ 番目の等号で極座標変換を用いた）となる。よって $(*),(**)$ より、
$$
\begin{aligned}
u(t,x)&=\frac{1}{(2\pi)^{\frac{3}{2}}}\int_{\mathbb{R}^3}a(k)e^{i(k\cdot x+ct\lvert k\rvert)}dk+\frac{1}{(2\pi)^{\frac{3}{2}}}\int_{\mathbb{R}^3}b(k)e^{i(k\cdot x-ct\lvert k\rvert)}dk\\
&+\frac{1}{4\pi c^2}\int_{\lvert y-x\rvert\leq c\lvert t\rvert}\frac{f\left(t\mp \frac{y-x}{c},y\right)}{\lvert y-x\rvert}dy\quad(\forall t\in \mathbb{R},\forall x\in \mathbb{R}^3)
\end{aligned}
$$
が成り立つ。
参考文献
