A Proof a Day keeps Dementia Away

사실 지금 당장은 내가 보고 있는 문제에 열조화함수가 어떻게 적용될지 감이 정확히 잡힌 상태는 아니고, 그냥 '아 뭔가 유용하겠는데' 이런 직감만 있다. 발산정리의 경우 이를 이용하여 열조화함수에 대한 좋은 성질을 하나 증명할 수 있기 때문에 제목에 추가하였다.

정의. (열조화함수)

G가 좌표평면의 열린 부분집합이라 하자. $\Phi: G \to \mathbb{R}$가 $C^{2}$급 함수라 하자. 이제 $\Phi$가 열조화함수라는 것은,

$$\Delta \Phi = \Phi_{xx} + \Phi_{yy} \geq 0$$

임을 의미한다.

조화함수는 경계값 조건이 주어진 평면에서의 열 방정식의 균형해이다.

열조화함수도 분명 편미분방정식에 어떤 유용한 역할을 수행할 것 같다.

아래는 열조화함수에 대한 성질이다. 조화함수에 대해서는 등호가 성립했음에 주목하자:

정리.

(편의상 $G = \mathbb{R}^{2}$라 하자.) u가 열조화함수면, 다음이 성립한다:

$$ \frac{1}{2\pi} \int_{0}^{2\pi} u(R \cos(\theta), R \sin(\theta)) d\theta \geq u(0)$$

증명.

복소함수론 1 과목에서 조화함수의 경우 등호가 성립함을 보았었다. 거기서 나온 증명도 결국 이 아이디어를 본딴 것 같기는 한데, 나만의 언어로 재해석하는 차원에서 소개하고자 한다.

일반성을 잃지 않고 $u(0) = 0$이라 가정하자.

기울기 벡터장을 좌표평면에 부여한다:

$$F(x,y) := (u_{x}, u_{y})$$

이제, $div F = u_{xx} + u_{yy} = \Delta u$가 성립한다.

이것을 집합 $C = \{(x,y)| x^{2} + y^{2} \leq R^{2}\}$의 영역에서 적분하면, 열조화함수 가정에 의해 0보다 크거나 같다:

$$\iint_{C} \Delta u dA = \iint_{C} div F dA \geq 0$$

그런데, 2차원 발산 정리에 의해

$$\iint_{C} div F dA = \int_{\partial C} F \cdot n ds$$

우변을 전개하기 위해, $\partial C$를 반시계방향으로 매개화하여 $s(\theta) = (R \cos(\theta), R \sin(\theta))$라 두면 $ds = r d\theta$이고,

$$\int_{\partial C} F \cdot n ds = R \int_{0}^{2\pi} u_{x} \cos(\theta) + u_{y} \sin(\theta) d\theta$$

가 성립한다.

그런데, $$\frac{\partial u(R \cos(\theta), R \sin(\theta))}{\partial R} = u_{x} \cos(\theta) + u_{y} \sin(\theta)$$가 성립한다. $u$가 $C^{2}$급이므로. 라이프니츠 규칙을 적용하여 R에 대한 편미분을 적분 밖으로 뺄 수 있다.

따라서

$$R \int_{0}^{2\pi} u_{x} \cos(\theta) + u_{y} \sin(\theta) d\theta = R \frac{d}{dR} \int_{0}^{2\pi} u(R \cos(\theta), R \sin(\theta)) d\theta$$

따라서

$$R \frac{d}{dR}\int_{0}^{2\pi} u(R\cos(\theta), R\sin(\theta))d\theta \geq 0$$

이고, R이 양수면

$$\frac{d}{dR} \int_{0}^{2\pi} u(R\cos(\theta), R\sin(\theta)) d\theta \geq 0$$

이 성립한다. 이때 함수가 최소한 $C^{2}$급이므로 도함수도 연속이고, 0에서의 미분계수도 0 이하이다.

따라서, 미적분학의 기본 정리를 쓰면, 양수 R에 대해

$$\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi} u(R \cos(\theta), R \sin(\theta)) d\theta \geq 0 = u(0)$$

가 성립한다. $\square$

사실 이걸 올리고 싶었다 ㅋㅋ.

오늘은 뭔갈 많이 하진 못했지만, PDE보다 더 간단한 ODE

$$u = K*u$$

의 해가 무엇일까 고민을 해 보았다. 이걸 만족하는 u가 만약 원래 Xin-Jin model의 해도 된다면 금상첨화일 것이겠지만, 그것까지 기대하는 것은 아니고 그냥 컨볼루션이 도대체 미분방정식에 뭘 하는가를 더 잘 이해하는 것이 목표이다.

처음 했던 생각은 우리가 $u' = u$의 해를 구하기 위해 양변에 $e^{-x}$를 곱한 다음 이항을 하여 식 전체를 하나의 미분으로 이해하는 것처럼, $e^{K*U}$ (U는 u의 antiderivative)를 곱할 수 없나 했지만, 문제는 u가 명시적으로 들어와버리는 식은 곱해봤자 아무짝에도 쓸모가 없다는 것이었다.

그래서 결국 진전은 별로 없었고, 단지 특정한 $K$에 대해 해가 되는 $u$가 무엇인지를 생각해보았다. 그 결과 두 가지 경우가 떠올랐다:

$K(\tau) = H(-\tau)e^{2\tau}, u(x) = e^{x}$ (H는 heaviside function)와

$K(\tau) = \frac{1}{2} H(\tau - \frac{\pi}{2}) H(-\tau - \frac{\pi}{2}), u(x) = sin(x)$

가 해가 됨을 계산으로 확인하였다.

첫번째 경우, 함수 u와 커널 K가 형태적으로 유사하였고, 지수함수라는 점 덕분에 $u(x-\tau)$를 "옮겨버릴" 수 있었다. 두번째 경우도 결국 옮겨버릴 수 있다는 점이 꽤 중요하게 작용하는 것 같았다.

기록만 해두고, 좀 더 의미 있는 논의는 내일 해봐야겠다.

오늘은 어제 한 내용을 컨볼루션이 들어간 Xin-Jin model

$$u_{tt} - \lambda^{2}u_{xx} + u_{x} + K * u_{t} = 0 \\ u(x,0) = f(x), u_{t}(x,0) = g(x)$$

으로 확장하겠다. 생각보다 확장이 어렵지 않았는데, 오히려 그래서 불길하다. (아이디어가 뭔가 문제 전체를 풀기에 부적합했나? 싶기도 하다)

우선, 커널에 가정을 하자. 컨볼루션은 공간변수 x에 진행되어,

$$[K*u](x,t) := \int_{-\infty}^{\infty} K(\tau) u(x-\tau ,t)d\tau$$

로 정의한다. 또한, 가장 단순한 상황을 위해 커널이 compact support (say, $[-M,M]$)를 지니고,

$$\int_{-\infty}^{\infty} |K(\tau)| d\tau = 1$$

이라 하자.

이전과 마찬가지로 편미분방정식을 일종의 점화식으로 바라보고, 수열을 구성하고자 한다.

이전과 달리, 우리는 정의할 때부터 공간변수 x를 명시할 것이다 (컨볼루션이 있기 때문)

$$(i,0)(x) := f^{(i)}(x), (i,1)(x):= g^{(i)}(x) \\ (i,j)(x) := \lambda^{2} (i+2,j-2)(x) - (i+1,j-2)(x) + \int_{-M}^{M} K(\tau) \cdot (i, j-1)(x-\tau) d\tau$$

이전과 마찬가지로 $M>>1$에 대해 양수 A,B가 있어 $|(i,0)(x)|, |(i,1)(x)| \leq Ae^{-Bx}$를 만족한다 하자.

이제 다음을 주장하고자 한다.

명제 1.2.

$x \geq M$에 대해

$$|(i,j)(x)| \leq ((\lambda^{2}+1+e^{MB})^{j}Ae^{-Bx}$$

가 성립한다.

증명.

j=0, 1일 때는 가정에 의해 성립한다.

귀납 단계에서는,

$$|(i,j)(x)| \leq \lambda^{2} |(i+2,j-2)(x)| + |(i+1,j-2)(x)| + \int_{-M}^{M} |K(\tau)| |(i,j-1)(x-\tau)| d\tau \\ \leq \lambda^{2} (\lambda^{2}+1+e^{MB})^{j-1}Ae^{-Bx} + (\lambda^{2}+1+e^{MB})^{j}Ae^{-Bx} + |(i,j-1)(x-M)| \int_{-M}^{M} |K(\tau)|d\tau \\ \leq \lambda^{2} (\lambda^{2}+1+e^{MB})^{j-1}Ae^{-Bx} +(\lambda^{2}+1+e^{MB})^{j-1}Ae^{-Bx} + e^{MB} (\lambda^{2}+1e^{MB})^{j-1}Ae^{-Bx} = (\lambda^{2}+1+e^{MB})^{j}Ae^{-Bx} \square$$ 

에 의해 성립한다.

이러면 이전의 단계들을 모두 그대로 거칠 수 있다. 다만 수렴반경이 $\frac{1}{\lambda^{2}+1+e^{MB}}$로 줄어들고, 주어진 x에 대해 u의 상한이 증가하는 속도가 $e^{(\lambda^{2}+2)t}$에서 $e^{(\lambda^{2}+1+e^{MB})t}$로 증가한다는 단점이 있겠다.

오늘은 어제 증명하려다 완전히 하지는 못한 명제의 증명을 보강하여 제시하겠다.

정리 1.1.

초기값 문제

$$u_{tt} - \lambda^{2}u_{xx} + u_{x} + u_{t} = 0\\ u(x,0) = f(x) \\  u_{t}(x,0) = g(x) ...(*)$$ 

에 대해, 다음이 성립한다 하자:

(i) $f,g$는 해석적이다.

(ii) $\exists A,B>0, M>>1, \text{ s.t. } x\in [M,+\infty), k\geq 0 \Rightarrow |f^{(k)}(x)|, |g^{k}(x)| \leq Ae^{-Bx}$

이제 $(x,t) \in [M,+\infty) \times [0, \frac{1}{\lambda^{2}+2})$에 정의되어 있는 함수 $u(x,t)$가 존재하여 다음이 성립한다:

(i) $(x,t) \in [M,+\infty) \times [0, \frac{1}{\lambda^{2}+2})$에 대해, $u$는 (*)의 해이다.

(ii) $\exists A'>0 \text{ s.t. } \forall k,j \geq 0, |\partial^{k}_{x}\partial^{j}_{t}u(x,t)| \leq (\lambda^{2}+2)^{j}A'e^{-Bx}$

증명.

$x \geq M$을 고정하자. 다음의 수열을 귀납적으로 정의하자:

$$(i,0) := f^{(i)}(x), (i,1) := g^{(i)}(x)\\ (i,j) = \lambda^{2} (i+2, j-2) - (i+1, j-2) - (i, j-1) ...(**)$$

점화식 (**)에 의해, $(i,j)$는 i,j가 음이 아닌 정수면 항상 정의된다. 또한, 가정 (ii)에 의해 다음 상한도 성립한다:

$$|(i,j)| \leq (\lambda^{2}+2)^{j} Ae^{-Bx}$$

이는 $j=0,1$에 대해서는 가정 (ii)에 의해 성립하고, 점화식에 절댓값을 취하고 삼각부등식을 이용하면

$$|(i,j)| \leq \lambda^{2} |(i+2,j-2)| + |(i+1,j-2)| + |(i,j-1)|$$

가 성립하기 때문이다.

이제 멱급수꼴로 다음의 함수를 정의하자:

$$u(x,t) := \Sigma_{k=0}^{\infty} \frac{(0,k)}{k!} t^{k}$$

이러한 정의를 모든 $x \in [M,+\infty)$에 대해서 한다.

이러면 u에 대해 여러 가지 질문이 생긴다:

(a) u는 어디에서 정의되는가?

(b) u의 편미분계수들이 실제로 존재하는가?

(c) u가 실제로 초기값문제 (*)의 해가 되는가?

(a)의 답.

$|\frac{(0,k)}{k!}| \leq (\lambda^{2}+2)^{k} Ae^{-Bx} \frac{1}{k!} \leq (\lambda^{2}+2)^{k} Ae^{-Bx}$이므로, 수렴반경은 최소한 $\frac{1}{\lambda^{2}+2}$임을 안다. 

(b),(c)의 답.

수렴반경 내에서, 즉 주어진 x에 대해 $t \in [0, \frac{1}{\lambda^{2}+2})$면 t에 대해 u가 항상 편미분가능하다는 사실은 잘 알려져 있다. 따라서 t의 편미분계수들은 문제가 없다.

x의 편미분계수들은 조금 더 복잡하다. 우선, $u_{x}$일 것이라 "기대하는" 함수

$$v(x,t) := \Sigma_{k=0}^{\infty} \frac{(1,k)}{k!}t^{k}$$

가 $u$와 마찬가지로 최소한 $\frac{1}{\lambda^{2}+2}$의 수렴반경을 가진다는 사실에 주목하라.

이제,

$$|\frac{u(x+\Delta x, t) - u(x,t)}{\Delta x} - v(x,t)| \leq \Sigma_{k=0}^{\infty} |\frac{(0,k)(x+\Delta x) - (0,k)(x)}{\Delta x} - (1,k)(x)| \frac{t^{k}}{k!}$$

마찬가지로, 다음의 함수를 정의하자:

$$P_{(i,j)}(x, y) := \frac{(i,j)(x+y) - (i,j)(x)}{y} - (i+1,j)(x)$$

우선, $j=0$이면, 사잇값 정리에 의해 적당한 $\xi \in (0,1)$가 존재하여

$$\frac{f^{(i)}(x+y) - f^{(i)}(x)}{y} = f^{(i+1)}(x+\xi y)$$가 성립하고, 따라서 $|y| < 1$이라면, x로 무엇을 고정했는지에 상관없이

$$|P_{(i,0)}(x,y)| \leq |y| Ae^{-B \frac{x}{2}}$$

가 성립한다.

마찬가지로 $|P_{(i,1)}|$ 에 대해서도 같은 bound를 줄 수 있고,

마지막으로 P의 선형성과 점화식에 의해

$$P_{(i,j)}(x,y) = \lambda^{2} P_{(i+2,j-2)}(x,y) - P_{(i+1,j-2)}(x,y) - P_{(i,j-1)}(x,y)$$

가 성립하므로, $|y| <1$이면 고정한 x와 정수 i,j에 무관하게 

$$|P_{(i,j)}(x,y)| \leq |y| (\lambda^{2}+2)^{j} Ae^{-B \frac{x}{2}}$$가 성립한다.

따라서, $|\Delta x| <1$이면,

$$\Sigma_{k=0}^{\infty} |\frac{(0,k)(x+\Delta x) - (0,k)(x)}{\Delta x} - (1,k)(x)| \frac{t^{k}}{k!} \leq Ae^{-B \frac{x}{2}} |\Delta x| \Sigma_{k=0}^{\infty} \frac{(\lambda^{2}+2)^{k}t^{k}}{k!} = Ae^{-B \frac{x}{2}+(\lambda^{2}+2)t} |\Delta x|$$

가 성립하고, $\Delta x \to 0$에 따라 왼쪽 항도 0으로 수렴한다.

따라서, 멱급수 꼴로 정의한 $u$는 $(x,t) \in [M,+\infty) \times [0, \frac{1}{\lambda^{2}+2})$에서 x에 대해 편미분가능하고, 그 결과는 항별로 첫 지수를 증가시킨 결과와 동일하다.

유사한 논증을 통해, $u$는 x에 대해 j번 편미분 가능하며,

$$\partial_{x}^{j}u(x,t) = \Sigma_{k=0}^{\infty} \frac{(j,k)}{k!} t^{k}$$

가 성립한다는 사실도 확인할 수 있다. 아무리 편미분을 많이 해도 수렴반경이 최소한 $\frac{1}{\lambda^{2}+2}$이므로. $u$는 x,t 두 변수 모두에 대해서 임의의 차수의 편도함수가 존재하고 연속임을 안다.

따라서, $u$가 원래 초기값 문제의 해가 된다는 사실도 쉽게 확인할 수 있다.

마지막으로, 

$$|\partial_{x}^{i}\partial_{t}^{j} u(x,t)| \leq  \Sigma_{k=0}^{\infty} |\frac{(i,j+k)}{k!} t^{k}| \\ \leq \Sigma_{k=0}^{\infty} \frac{ (\lambda^{2}+2)^{j+k}Ae^{-Bx}}{k!} t^{k} = [A(\lambda^{2}+2)^{j}e^{(\lambda^{2}+2)t}] e^{-Bx} \leq (\lambda^{2}+2)^{j}[Ae^{1}]e^{-Bx}$$

가 모든 $x \geq M, t \in [0, \frac{1}{\lambda^{2}+2})$에 대해 성립한다.

따라서, 특별히 $t = \frac{1}{2(\lambda^{2}+2)}$를 생각하면, $u(x,t), u_{t}(x,t)$ 두 함수는 가정의 조건들을 만족한다. 따라서 이 과정을 무한히 반복할 수 있고, 우리는 $[M,+\infty) \times [0,\infty)$에서 정의된 IVP의 해를 얻는다.

특별히, 상한

$$|u(x,t)| \leq Ae^{(\lambda^{2}+2)t-Bx}$$

도 얻게 된다.

거창하게 써놨지만, 아이디어는 매우 간단하다:

t=0 에서의 해를 내가 알고 있을 때, 이를 t=h로 연장하는 방법이 없을까?

이 고민을 하게 된 이유는 곰곰히 생각해보니 "traveling waves connecting equilibria"가 정말로 성립하는지 즉시 답이 떠오르지 않아서였다.

아주 부분적인 결과의 절반에 그쳤지만 일단 기록하고자 한다.

정리 1.1. 다음의 IVP를 고려하자:

$$u_{tt} - \lambda^{2}u_{xx} + u_{x}+u_{t} = 0 \\ u(x,0) = f(x), u_{t}(x,0) = g(x)$$

다음이 성립한다 가정하자:

(i) $f,g$는 해석적이다.

(ii) $\exists M,A,B>0 \text{s.t.} x \in [M,+\infty), k \geq 0 \Rightarrow |f^{(k)}(x)|, |g^{(k)}(x)| \leq Ae^{-Bx}$

이제 $(x,t) \in [M,+\infty) \times [0, \frac{1}{2}]$에 대해 다음이 성립한다:

(i) $u(x,t), u_{t}(x,t)$는 x에 대해 해석적인 함수이다.

(ii) $\exists A' > 0, |\partial^{k}_{x} \partial^{j}_{t}u(x,t)| \leq (\lambda^{2}+2)^{j}A' e^{-Bx}$

특히, $t = \frac{1}{2}$를 대입하면, 새로운 초기조건을 넣은 IVP가 다시 조건들을 만족하므로, 원래 IVP의 해를 모든 양수 t에 대해 연장할 수 있다는 결론에 도달한다.

불완전한 증명.

우선 $u$가 $C^{\infty}$임을 보이자.

$\partial_{x}^{i}\partial_{t}^{j}u(x,0)$를 순서쌍 $(i,j)$로 표기하자.

이제 위에서 가정한 편미분방정식

$$u_{tt} = \lambda^{2}u_{xx} - u_{x} - u_{t}$$에 의해,

$$(i,j) = \lambda^{2}(i+2,j-2) - (i+1,j-2) - (i,j-1)...(*)$$이 성립한다. 이제 j에 대해 귀납적으로 정의를 하면, $u$의 모든 편미분계수가 존재하고 연속임을 알 수 있다.

이제 u가 해석적임을 보여야 하는데, 이 부분은 아직 완성을 못했다. 아마도 f+ig가 복소평면 위 어떤 띠에서 복소해석적인 함수라고 가정하면 증명할 수 있을 것 같다.

일단은 u가 해석적이고, 게다가 더 강력한 성질이 성립한다 가정하자:

$$\exists h>0 \text{s.t.} \forall x \in [M,+\infty), u(x,h) = \Sigma_{k=0}^{\infty} \frac{\partial_{t}^{k}u(x,0)}{k!}h^{k}$$

보조정리 1.2.

$|(i,j)| \leq (\lambda^{2}+2)^{j}(Ae^{-Bx})$

증명.

j=0, j=1에 대해서는 가정 (ii)에 의해 성립한다. 특히, $(\lambda^{2}+2) > 1$임에 주목하라.

Inductive step의 경우,

$$|(i,j)| \leq \lambda^{2} |(i+2,j-2)| + |(i+1,j-2)| + |(i,j-1)| \leq (\lambda^{2}+2) (\lambda^{2}+2)^{j-1} Ae^{-Bx}$$

에 의해 성립한다. $\square$

이제 $|u(x,h)|$의 편미분계수들에 상한을 주자.

$$|\partial_{t}^{i}\partial_{x}^{j}u(x,h)| \leq \Sigma_{k=0}^{\infty} |\frac{(j,i+k)}{k!}||h|^{k} \\ = (\lambda^{2}+2)^{i} \Sigma_{k=0}^{\infty} \frac{(\lambda^{2}+2)^{k}|h|^{k}}{k!} Ae^{-Bx} = (\lambda^{2}+2)^{i} * e^{(\lambda^{2}+2)|h|}* Ae^{-Bx} \leq (\lambda^{2}+2)^{i} A' e^{-Bx}$$

이는 $x \geq M, h \in [0, \frac{1}{2}]$이면 항상 성립한다.

..근데 꼭 해석적인걸 증명해야 하나? 그냥 u를 저 멱급수로 정의해버리면 안되나?

-> 되는 것 같다. 내일 올려보도록 하겠다.

사실 전에 썼던 글들에서 오류가 발견되어 수정의 필요성이 생겼다.

처음에는 수정을 적당히 하면 될 것이라 생각했는데 다시 보니 생각보다 심각한 오류였다.

오류의 근원은, 식을 $(\tilde{u}\circ\beta)'(s) + (u\circ\alpha)'(s)$로 분해하는 과정에서, 양변을 적분하면 첫 항은 $...(-\lambda s + m, s)$가 나오는 반면 둘째 항은 $...(s+k, s)$가 나오는 것이었다.

이를 해결하기 위해 $s+k = -\lambda s + m$을 걸고 식을 전개하려고 했는데, 그러면 더 이상 $k,m$이 s에 대해 상수가 되지 않게 된다!

해결책이 떠오를 때까지 저것은 그대로 놔둬야겠다. 지금 백지 상태이다. ㅋㅋㅋㅋ

멘탈이 좀 나갔는데, 아주 소소한 결과만을 소개하고자 한다. 그런데 이것도 이상적분에 라이프니츠 법칙을 적용해버린 것이라, 오류일 수도 있겠다는 생각은 든다. 이래서 해석개론이 중요한거구나..

식 $$u_{tt} - \lambda^{2}u_{xx} + u_{x} + u_{t} = 0 ...(1.1)$$을 생각해보자. 

그런데 $e^{\frac{t}{2}}u$를 t에 대해 두 번 편미분하면,

$$\frac{\partial^{2}}{\partial t^{2}} e^{\frac{t}{2}}u = \frac{1}{4}e^{\frac{t}{2}} u + e^{\frac{t}{2}}u_{t} + e^{\frac{t}{2}}u_{tt} ...(1.2)$$를 얻는다.

따라서, (1.1)과 (1.2)에 의해

$$\frac{\partial^{2}}{\partial t^{2}} [e^{t}u] - \frac{1}{4}[e^{t}u] = \lambda^{2}u_{xx} - u_{x}$$

를 얻는다.

여기서 문제인데, 양변을 $\mathbb{R}$ 전체에 대해 적분을 한 다음, 라이프니츠 법칙을 적용하자 (-> 이게 되는지 잘 모르겠습니다.)

된다고 기도한 것이 통한다고 가정하면,

$$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\partial^{2}}{\partial t^{2}}e^{\frac{t}{2}}u dx - \frac{1}{4} e^{\frac{t}{2}} \int_{-\infty}^{\infty} u dx = \lambda^{2} u_{x}(+\infty) - u_{x} (-\infty) + u(+\infty) - u(-\infty)$$

가 성립한다.

초기조건이 $f(+\infty) = f(-\infty) = 0, g'(\pm \infty) = 0$이어서, 임의의 해 u에 대해서는 항상 양쪽 무한대에서 0에 수렴한다고 생각하면,

$$\frac{d^{2}}{dt^{2}} [e^{\frac{t}{2}} \int_{-\infty}^{\infty} udx] - \frac{1}{4} [e^{\frac{t}{2}} \int_{-\infty}^{\infty} u dx] = 0$$이 성립한다.

따라서, 초기조건에 따라 적당한 상수 $C_{1},C_{2}$가 존재하여

$$ e^{\frac{t}{2}}\int_{-\infty}^{\infty} u dx = C_{1} e^{\frac{t}{2}} + C_{2} e^{-\frac{t}{2}}$$

또는

$$\int_{-\infty}^{\infty} u dx = C_{1} + C_{2} e^{-t} ...(1.3)$$

가 성립한다.

(1.3)이 local Xin-Jin model의 traveling wave로의 수렴을 보장해주지는 못하지만, 최소한 부정적인 결과가 아닌 것은 확실하다. 만약 traveling wave solution에 u가 잘 수렴한다면, (traveling wave는 정의상 적분한 결과가 항등적으로 같아야 하므로) u를 적분한 결과물도 어떤 상수에 수렴해야 할 것이고, (1.3)은 그것이 지수적으로 성립함을 보여주기는 한다.

그렇지만 너무나 약하다...너무나...

이마저도 정당화되는지 잘 모르는 라이프니츠 법칙을 쓴 것이다...

예상대로 Nonlocal version에 어제의 결과를 적용해보려고 했는데 잘 되지 않았다.

결정적으로 $u_{t} + u_{x}$의 형태로 나타나있던 식이 $u_{t} + K*u_{x}$로 변하기 때문에, 바로 적용이 불가능하다.

뭔가 접근하고 싶었던 방향은, $u_{t} + K*u_{x} = u_{t} + u_{x} + (K*u_{x} - u_{x})$로 표현한 다음 마지막 항이 작아진다는 것을 보이는 것이었다.

그러나 오늘은 진전이 거의 없었다...내일은 convolution에 대해서 일반적인 정보를 찾아보고 이를 적용해보도록 노력해야겠다.

추신. local version의 증명에 오류를 발견했는데, 다행히 수정한 것 같다. 다음에 고쳐야겠다.

오늘은 허리에 주사를 맞아 많이 아프다.

간단하게나마 어제 했던 계산

$$u - C(x-t) = [u_{t} + \lambda u_{x}](-\lambda t,t)$$

을 마무리하자.

우선, 이 식을 수정해야 한다.

$$\tilde{u}:= u_{x} + \lambda u_{t}, \beta(s) := (-\lambda s + m, s)$$라 수정하면

$$\frac{d}{ds}(\tilde{u} \circ \beta) = u_{tt} - \lambda^{2}u_{xx}$$

이고

$$\tilde{u}\circ\beta(0) = u_{x}(m,0) + \lambda u_{t}(m,0) = f'(m) - \lambda g'(m)$$

이 성립한다.

앞의 식

$$\frac{d}{ds} (u \circ \alpha) = u_{x} + u_{t}, (u\circ \alpha)(0) = f(k)$$

와 결합하면

$$u(x,t) - f(x-t) = - [u_{t} + \lambda u_{x}](-\lambda t + m, t) + f'(m) - \lambda g'(m)...(1.3)$$

가 성립한다.

그런데 좌변은 x에 의존하는 반면, 우변은 x에 의존하지 않으므로, 아무 x를 고를 수 있다. 또한 우변은 m에 의존하는 반면 좌변은 m에 의존하지 않으므로, 아무 m도 고를 수 있다.

$x = \lambda t, m = 2\lambda t$를 대입하면

$$u(\lambda t, t) - f((\lambda -1)t) = - [u_{t} + \lambda u_{x}] (\lambda t, t) + (f'(2\lambda t) - \lambda g'(2\lambda t)) ...(1.4)$$

우변을 (좌변의 미분) + (t의 함수) 꼴로 표현하고 싶다. 이를 위해 $(\lambda -1) f'(\lambda -1)t)$를 더하고 빼면

$$u(\lambda t, t) - f((\lambda -1)t) = - ([u_{t} + \lambda u_{x}] (\lambda t, t) + (\lambda -1) f'(\lambda -1)t)) - (\lambda -1) f'(\lambda -1)t) + (f'(2\lambda t) - \lambda g'(2\lambda t))...(1.5)$$

좌변의 함수를 $w$라 하면,

$$w(t) = - w'(t) + (\lambda -1) f'(\lambda -1)t) + (f'(2\lambda t) - \lambda g'(2\lambda t))...(1.6)$$

이어서 우리가 원하는 형태의 함수가 나타났다!

이제 남는 문제는 우변의 두번째 덩어리가 충분히 작냐는 것이다. $f,g$가 무한대로 갈 때 equilibrium을 가진다고 생각하면, 결국 우변은 0으로 수렴할 것이다. 그러나 어느 수준을 지나면, 빠르게 수렴한다는 보장도 필요한 것 같다.

아주 기초적인 결과지만, 큰 t에 대해서

$$(\lambda -1) f'(\lambda -1)t) + (f'(2\lambda t) - \lambda g'(2\lambda t)) \leq e^{-t} ... (1.7)$$

이 성립하다 가정하자.

그렇다면

$$w(t) \leq -w'(t) + e^{-t} \Rightarrow (e^{t}w)' \leq 1 \Rightarrow e^{t}w - w(0) \leq t \Rightarrow w \leq (t + w(0))e^{-t} ...(1.8)$$이 성립한다.

따라서 우리는 (초기조건에 대한 강력한 가정 하) local Xin-Jin model의 asymptotic stability of traveling wave solution을 증명하였다.

내일 해볼 첫 방향은, nonlocal version에 대해서도 유사한 논증을 적용하려고 시도하는 것이다.