数理解析研究所講究録
1028 巻 1998 年 67-78

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特性指数が正整数値を取る非線型特異 1 階偏微分方程式 1
山根英司 (Hideshi$\mathrm{Y}\mathrm{a}\mathrm{m}\mathrm{a}\mathrm{n}\mathrm{e}$)$2$Abstract
次の形の偏微分方程式を考える :$(tD_{t}-\rho(x))u=ta(x)+G_{2}(x)(t, tD_{t}u, u, D_{1}u, \ldots, Dun)_{\circ}$

R.G\’erard と田原秀敏の研究によると, もし特性指数$\rho(x)$が正月数値を取らないな

らば $u(\mathrm{O}, x)\equiv 0$ を満たす正則解がただ一つ存在する。 この論説では, $x=0$ において$\rho(x)$が正副数値を取る場合について調べる。

解 $u(t, x)$ は解析的集合 $\{t=0, \rho(x)\in \mathrm{N}^{*}\},$
持つが, この近くでの解の存在範囲について考える。’$\mathrm{N}^{*}=\{.

1,2, \ldots\}$, に沿って特異性を$\backslash$\S 1. イントロダクション
次のタイプの非線型特異 1 階偏微分方程式について調べる :(1)$(t.D_{t}-\rho(X))u=ta(x)+G_{2}(X)(i, tDtu, u, D1u, \ldots, Dnu)_{0}$

ここで

は,

$\mathrm{C}_{x}^{n}$

,

,
。また,
の原点を中心とする多重円盤 $D$ で定義された正則関数。 また,は$(t, x)\in \mathrm{C}_{t}\cross \mathrm{C}_{x}^{n},$$x=(x_{1}, \ldots, x_{n})$$D_{t}=\partial/\partial t$$D_{i}=\partial/\partial x_{i}$$\rho(x)$と $a(x)$$G_{2}$$G_{2}(x)(t, z, x_{0}, \mathrm{x}_{1,\ldots,n}\mathrm{x})=$..

$\sum$

p+q+l 司$a_{pq\alpha}(x)t^{p}z^{q}x^{\mathrm{Q}}\mathrm{o}\ldots x^{\alpha_{n}}0n’|\alpha|=\alpha_{0}+\cdots+\alpha_{n}$の形の巾級数展開を持つとする。 ここで$\sum_{p+q+|\alpha|\geq 2}x\in \mathrm{s}\mathrm{u}\mathrm{p}D|a\alpha(_{X}pq)|tp\mathcal{Z}^{q}X_{0^{0}}\alpha\ldots x^{\alpha_{n}}n$$a_{pq\alpha}(x)$は $D$ で正則であり,は $(t, z, X0, \ldots, X)n\text{の収束巾級数とする_{。}}.$

さて局所正則解 $u(t, X)$ であって, 条件
この条件のおかげで well-defined になる。
次の定理は [1] で証明されている。
$x^{\mathrm{o}}\neq 0$

を $D$ の–つの点とする。 もし$u(\mathrm{O}, x)\equiv 0$.

を満たすものを探そう。 (1) の左辺は$u(\mathrm{O}, x)\equiv 0$

定理 1 (G\’erard-田原)
らば, 方程式 (1) はつ持つ。

,$\geq 2$を満たす正則解 $u(t, x)$ を$\rho(x^{\mathrm{o}})\not\in \mathrm{N}^{*}=\{1,2,3, \ldots\}$$(0, x^{\mathrm{o}})\in \mathrm{C}_{t}\cross \mathrm{C}_{x}^{n}$なの近傍でただ–

この定理を踏まえて,が正整数値を取る場創こ何が起きるかを調べよう。
まず [1] の計算を説明する。
$\rho(\dot{x})$$u(t, x)= \sum_{1m\geq}u_{m}(x)t^{m}$...

1 この場合、 「特異」 は「フックス型」 と言い換えてもよい。

2275 千葉県習志野市芝園 2-1-1 千葉工業大学数学教室
1991 Mathematics Subject Classifications:$35\mathrm{A}20$

yamane@cc it-chiba .ac.jp

(2)

68

と置いて形式解を求めるというのが方針である。 $\{u_{m}(x)\}$ について次が成り立つ :$u_{1}(X)= \frac{a(x)}{1-\rho(x)}$,(3)

であり, $m\geq 2$ のときは$(m-\rho(x))u_{m}(_{X)}$$=$$f_{m}.(u_{1}(X),$ $2u_{2}.(x),$$D_{1}u_{1},$$\ldots,$‘$\ldots(m-1)um-1(x),$ $u_{1}(x),$ $\ldots,$ $um-1$ (X),

$D_{n}.u1,$$\ldots,$$D_{1}um-1,$ $.,$

. $Du_{m}n-1,$(4)$\{a_{pq\circ}(.X)\}p+q+|\alpha|\leq m)_{0}$$,$

ここで漏は多項式で, どの係数も 1 である。
仮定
により, $u_{m}(x)$ たちは全ての $m$ に関して,の原点の共通の近傍で正則となる。 -方,ならば, generic にはある $m$ に関して, $u_{m}(x)$ はで特異性を持つ。 そうであれば,のどんなに小さい近傍においてもを満たす正則解は存在しない。 このような状況について調べようというのである。
$\rho(x^{\text{。}})\not\in \mathrm{N}^{*}$$\mathrm{C}_{x}^{n}$$\text{もし_{}\rho}\in \mathrm{N}^{*}$$x=x^{\mathrm{O}}$$(0, x^{\mathrm{o}})\in \mathrm{C}_{t}\chi \mathrm{c}_{x}n$$u(\mathrm{O}, x)\equiv 0$

例方程式$(tD_{t}-(1-X^{\mathit{9}}))u=tx^{h}+G_{2}(X)(\iota, tD_{t}u, u, D1u, \ldots, Dun)$は $g\leq h$ のときそのときに限り,

注意 : 上の例で示されるように,

,

$g,$

$h\in \mathrm{N}^{*}$,(–意な) 正則 g14 $u(t, x)= \sum m\geq 1um(x.)t^{m}$ を持つ。

であっても (3) と (4) で定められる $u_{m}(x)$ が全て正則になることがある。 このような場合に $u(t, X)= \sum_{m\geq}.1u_{m}(x)$ は原点の十分近くで収束することが [1] で証明されている。
..

次の仮定を置く$\rho(0)\in \mathrm{N}^{*}$:$\rho(0)\in \mathrm{N}^{*}=\{1,2,3, \ldots\}$,(5)$\rho(x)\not\equiv\rho(\mathrm{O})_{\circ}$

この仮定のもとで, 集合は余次元 1 の解析的集合である。 方程式 (1) はの外でを満たす正則解をただ一つ持つが,V の点の近傍では genericにはそのような解は存在しない。
”.
さて,$V=\{\rho(x)=\rho(0)\}\subset \mathrm{C}_{x}^{n}$$V$$u(\mathrm{O}, x)\equiv 0$$d(x)=\mathrm{d}\mathrm{i}\mathrm{s}\mathrm{t}(x, V\mathrm{U}\partial D)=\mathrm{d}\mathrm{i}\mathrm{s}\mathrm{t}(x, V)$と置こう。 ここで dist $(x, Z)$ (は から $Z\subset \mathrm{C}_{x}^{n}\text{ま_{での距離}を表わすものとする}$
等号は が原点に十分近ければ成り立つ。
解 $u(t, X)$ は次の形の開集合において正則である :
$x$

$x$

$|t|<Cd(X)^{p}$ ,$x$は原点に十分近い。

。

第2の

69

は
は正定数である。
らない。 詳しいことは後で述べる。

ここで $P$ と$C$$\rho(x)-\rho(\mathrm{o})$$P$$\rho(x)$が $x=0$ においてちょうど$g$

だけで決まり, 他のもの, 例えば$G_{2}$などにはよ

位のゼロを持つとすると, 次の評価が成り立つ :(6)$| \frac{1}{\rho(x)-\rho(0)}|\leq C’d(X)-g\circ$

ここで $C’$ は正定数。 証明は付録で与える。

主定理を述べよう。

定理 2(主定理)(i) もし $\rho(0)\geq g+2$ ならば,$u(\mathrm{O}, x)\equiv 0$$|t|<Cd(X)$ ,$x$を満たす (1) の解 $u(t, x)$ はは原点に十分近い,の形の領域で正則である。

(ii)

$-$

,

もし $\rho(0)<g+2$ ならば,$u(\mathrm{O}, x)\equiv 0$$|t|<Cd(x)^{\rho}L^{+}( \frac{2}{0)},$$x$を満たす (1) の解 $u(t, x)$ はは原点に十分近い,の形の領域で正則である。
どちらの場合でも $C$ は $\rho(x),$ $a(x)$ と $G_{2}(t, z, x0, X1, . . . , X_{n})$ で定まる正定数である。

\S 2. 主定理の証明
解 $u(t, x)$ を$t$の巾級数の形で表わそう :$u(t, x)=m=1 \sum um(x\infty)\dagger.m\circ$

そうすると $\{u_{m}(x)\}$ は次の漸化式を満たす :$u_{1}(X)= \frac{a(x)}{1-\rho(x)}$$m\geq 2$

(7)

,

のとき
$(m-\rho(_{X}))um(_{X)}$$=$$f_{m}(u_{1}(X),$ $2u_{2}(x),$ $\ldots(m-1)_{8}\iota_{m}-1(X),$ $u1(X),$$D_{1}u_{1},$$D_{n}\prime u_{1},,$$\ldots,$$\ldots,$$\ldots,$$umarrow 1(x)$,$D1u_{m}-1,$ $\ldots,$ $Du_{m-}n’\cdot 1,$ $\{a_{pq\alpha}(x)\}_{\mathrm{P}+}q+|\alpha|\leq m)_{0}$(8)ここで漏は多項式で全ての係数が 1 である。 $\rho(0)=M\in \mathrm{N}^{*}=\{1,2, \ldots\}$ と置くと,generic には $u_{m}(x)(m\geq M)$ は $V=\{x\in \mathrm{c}^{n};\rho(X)=M\}$ に沿って特異性を持つ。 次の形の評価が成り立つことは簡単に示せる :70原点の共通の近傍で,(9)$(m\geq M)$ 。

$|u_{m}(x)|\leq C_{m}d(X)^{-Sm}$

ここで $C_{m}$ は正定数であり, $s_{m}(m\geq M)$

い。

(始めの $M-1$ 項, すなわち

$s_{1},$$\cdot$.

カルな決め方をする。)

は正整数である。 明らかに $s_{M}=g$ と置いてよ. $;’ s_{M-1}$ の決め方はあとで説明する。 ちょっとテクニ

もし $M\geq g+2$ ならば $s_{m}=m+g-M$

命題 1

もし $M<g+2$ ならば亀 M+k $=P(g+2)+k-2$$(m\geq M)$としてよい。

$(P\geq 1,0\leq k\leq M-1)$としてよい。

明らかに次の評価が成り立つ。

証明$|D_{k}u_{m}(X)|\leq C_{m}’d(X)-(s_{m}+1)$

ここで,$k=1,$$m\geq M,$(10)$n_{\mathrm{o}}$$\ldots,$は正定数である。 したがって, $m\geq M+1$ に対して

$C_{m}’$$s_{m}= \max[\{s_{m_{1}}+1;1\leq m_{1}\leq m-1\}$$\cup\{,\sum_{j=1}^{j}(S_{m_{j}\prime}+1);2\leq j\leq m, m_{j’}\geq 1(1\leq j’\leq j),,\sum_{j=1}^{j}m_{j’}\leq m\}]_{0}$(11)と置く。 こういうテクニカルな置き方をするのは,は正$M-1$ を扱うためである。 これらの場合は例外的な場合, すなわち $m=1,$とその導関数は有界であるから, (10) のような評価はいらない。 実際+1 と則であり,の項いう項は $u_{m}(m\geq M)$ が特異だから必要になったのだった。 $s_{m_{1}}+1$ という量は$D_{11,\ldots,1}u_{m-}D_{n}u_{m-}$ について 1 次の項からのうちで$u_{m-1},$
ここで $s_{m}=-1(1\leq m\leq M-1)$$u_{m}$$\ldots,$$u_{m}$$G_{2}$$u_{1},$

来ている。 また,
$D_{1}u_{m-1},$

$..,$

$,$

$D_{1}u_{1},$$\ldots,$$D_{n}u_{1},$$\ldots,$$\Sigma_{j’=1}^{j}(sm_{j}’+1)$$Dnu_{m}-1$

に関して

$j$

は

$G_{2}$$\ldots,$の項のうちで$u_{1},$$\ldots,$$D_{1}u_{1,\ldots,}$$u_{m-1},$

Du , . , .,次の項から来ている。

(11) を多少簡単にできる。 $s_{m}\geq s_{m-1}+1(m\geq M+1)$ が (11) からすぐに従うので,$s_{m}\geq s_{m-1}(m\geq 2)$ が成り立つ。 したがって$s_{m}= \mathrm{m}\mathrm{a}s\mathrm{c}[\{_{S_{m}}-1+1\}\cup\{,\sum_{1j}j=(\mathit{8}+mj’)1 ; 2\leq.j\leq m:’m_{j’},\cdot\geq 1(1\leq j’\leq j),,\sum_{j=1}^{j}m_{j’}.=m\}]$となる。 さらに$\{s_{m-1}+1\}\subset\{(s_{m_{1}}+1)+(s_{m_{2}}+1); m_{1}\geq 1, m_{2}\geq 1, m_{1}+m_{2}=m\}$を用いると次が分かる :$s_{m}=_{j} \max_{=2,\ldots,m}\{_{j},\sum_{=1}^{j}(s_{m_{j’}}+1);m1\geq 1,$. $.,$$m_{j} \geq’.1,,\sum_{j=1}jm_{j’}=m1^{0}$(12). さて $M\geq g+2$ の場合を $m$ に関する帰納法で証明しよう。示すべき式は明らかに $m\leq M$のときには成り立つ。 $m.\geq.\cdot M+1$ として, 示すべき式が仮定しよう。 このときに対して成り立つと$s_{m-1}$$s_{1},$$..\cdot.\cdot,$.

$s_{m-1}+1=\{(m-1)+_{\mathit{9}}-M\}+1=m+g-M$。

71$s_{m-1}+1$が (12) の右辺における最大値を与えることを示せば証明が終わる。 それには

次の不等式を使う:$, \sum_{j=1}^{j}(s_{m}j’+1)\leq,\sum_{j\in A}m_{j}’+.(\mathrm{c}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{d}A)(g-M+1)$

A

,

(13)

$\mathrm{d}=^{\mathrm{e}\mathrm{f}}\{j’ ; 7nj’\geq.M\}\subset\{1, \ldots, j\}0$

もし $A=\emptyset$ ならば, $\sum_{j=1}^{j},(s_{m_{j}}, +1)=0\leq m+g-M$ である。 ここで最後の不等式は$m\geq M+1$ という仮定から出る。

次にもし cardA $=1$ ならば, $m_{j’}\geq 1$ が各$m_{j’}$

に対して成り立つから,$, \sum_{j\in A}m_{j^{\prime\leq-}}m-\mathrm{c}\mathrm{a}\Gamma \mathrm{d}A^{c}=mj+1$となる。 ここで, $A^{c}=\{1,2, \ldots, j\}\backslash A$ という記号を用いた。 よって (13) と $j\geq 2$ より,
コ$\sum_{j=1}^{j}(s_{m}+1j’)$,

最後にもし cardA$\geq 2$$\leq$$m-j+1+(g-M+1)$$=$$m+g-M-j+2$$\leq$$m+g-M$。

ならば, $g-.M\leq-2$ より$\leq$$m+2(g-M+1)$$\leq$$m+g-M$$, \sum_{j\in A}m_{j^{\prime+}}(_{\mathrm{C}\mathrm{a}}\mathrm{r}\mathrm{d}A)(g-M+1)$。

これで $M\geq g+2$ の場合の証明が出来た。

次に $M<g+2$ の場合を証明しよう。 まず $l=1$ と仮定する。 $k=0$ の場合は明らかに成り立つ。 容易に分かるように緬 $=s_{m-1}+1,$ $M+1\leq m\leq 2M-1$ 。よって $P=1$ の場合が示された。
さて, 示したい式がしよう。 そうすると$s_{1}.’

s_{2},$$\ldots$, $s_{\mathit{1}M+k-1}(\ell\geq 2,0\leq k\leq M. -1.)$ に関して成り立つと仮定$(s_{(\ell_{-}1})M+1)+(s_{M+k}+1)$$=$$\{(\ell-1)(g+2)-1\}+\{(g+2)+k-1\}$$=$$\ell(g+2)+k-2$。

これが (12) の右辺の最大値を与えることを証明しよう。 もし $p_{1}+\cdots+p_{j}=\ell-l’,$ $k_{1}+$. $..+k_{j}=MP’+k$ ならば,$(s_{\ell_{1}Mk_{1}}++1)\dagger\cdots+(_{S_{\ell Mk}+1}j+j)$$=, \sum_{j\in A}\{pj’(g+2)+kj’-1\}$$=$$(g+2), \sum_{j\in A}l_{j}’+,\sum_{j\in A}k_{j}’-\mathrm{C}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{d}A$72である。 ただし $A–\{j’ ; \ell_{j’}\geq 1\}\subset\{1,2, \ldots, j\}$ と置いた。 ここで\Sigma j’ $\in Alj’=\sum_{j’=1}^{j}l_{j}’=$ならば,$l-l’$ であることと $p_{j’}=0$ から $k_{j’}\geq 1$ が従うこととに注意しよう。 もし
右辺は $0\leq\ell(g+2)+k-2$ に等しく, 主張は正しい。
次にもし
ならば,
$A=\emptyset$$A\neq\emptyset$$(s_{\ell M+k_{1}}+11)+cdot\cdot+(s_{\ell M+k_{j}}+1)j$$=$$( \ell-p’)(g+2)+,\sum_{j\in A}k_{j},$である。
右辺第 2 項を評価しよう。 もし $i’\not\in A$. ならば

,

$=$

$-$

$\ell_{j^{\prime=}}0$

かつ $k_{j’}\geq 1$ である。 よって$(M \ell’+k)-,\sum_{\not\in jA}k_{j}$$, \sum_{j\in A}k_{j}$

(14)

cardA

,

$(M\ell’+k)-\mathrm{c}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{d}A^{c}$$\leq$(15)$(M\ell’+k,)-$ ( $j$ –card $A$ )$=$となる。 (14) と (15) を組み合わせて,$(S_{\ell M+k_{1}}+1)1+\cdots+(S_{l_{j}}M+kj+1)$$\leq$$=$$(^{\ell-}\ell’)(g+2)+(M\ell’+k)-j$$P(g+2)+\ell’\{-(g+2)+M\}+k-j$$\leq$$\ell(g+2)+k-j$$\leq$$\ell(g+2)+k-2$。

こうして, $S_{\ell M+k}=\ell(g+2)+k-2$ が示された。

口

後で次の補題を使う :
補題 1
とする :

$\Omega$を$\mathrm{C}_{x}^{n},$$x=(x_{1}, \ldots, x_{n})$, の領域とし,$\Omega$の正則関数 $u(x)$ が次の評価を満たす$:\backslash$$|u(x)| \leq\frac{C(r)}{r^{a}}$,$a\in \mathrm{N}=\{0,1,2, \ldots\}\circ$の墳界
次の多項式で, 係数は非負とする。 このとき
ここで$r=\mathrm{d}\mathrm{i}\mathrm{s}\mathrm{t}(x;\partial\Omega)$

は点

$x$

から

$\Omega$$\partial\Omega$$|D_{i}u(x)| \leq\frac{e(a+1)C(r)}{r^{a+1}}$

証明 一般性を失うことな$\langle$,までの距離であり, $C(r)$ は$\dot{\iota}=1,$$\ldots,$$n_{\circ}$, $i=1$ と仮定できる。 グルサの公式より,$D_{1}u(_{X)=} \frac{1}{2\pi\sqrt{-1}}\oint_{\Gamma}\frac{u(y,x_{2,\ldots n}x)}{(x_{1}-y)2},dy_{0}$

$r$

の高々

$a$

73

ここで

$\Gamma=\{|y-x_{1}|=\frac{1}{a+1}r\}\subset \mathrm{C}_{y}$である。

dist $((y, x_{2}, \ldots, xn);\partial\Omega)\geq r-\frac{r}{a+1}=\frac{a}{a+1}r$y\in F のときだから, $C(r)= \sum^{a}j=0r^{j}c_{j}$ と書くと,$\leq$$\sup_{y\in \mathrm{r}}|u(y, X2, \ldots, x)n|$$\leq$$\sum_{j=0}^{a}cj(\frac{a}{a+1}r)j-a$$( \frac{a}{a+1})^{-a}\sum_{j=0}^{a}C_{j}r^{j}-a\leq e\frac{C(r)}{r^{a}}\circ$

こうして次の評価を得る :$|D_{1}u(x)|$$\leq$$\frac{1}{2\pi}\cdot 2T^{\frac{r}{a+1}\cdot\frac{1}{(\frac{1}{a+1}r)^{2}}\cdot e\frac{C(r)}{r^{a}}}$$=$$\frac{e(a+1)C(r)}{r^{a+1}}\circ$$\square$

主定理の証明に戻る。
原点の十分近くで, 次の評価が成り立つと仮定してよい :$|ju_{j}(X)|\leq A$,$|D_{i}u_{j}(x)|\leq A$$|u_{M}(x)|\leq Ad(x)^{-g}$,$|D_{i}u_{M}(X)|\leq Ad(x)-(\mathit{9}+1)$$\underline{s_{m}+1}\leq 1(m\geq M)$$Nm$$(j=1, \ldots, M-1, i=1, \ldots, n)$ ,,,$(i=1, \ldots, n)$ ,$|m-\rho(X)|\geq N\sigma m(m\geq M+1)$ ,,$|a_{pq\alpha}(_{X})|\leq Apq\alpha \mathrm{O}$

ここで $A,$ $N,$$\sigma$と Apqot は正定数で,$\sum_{p+q+|\alpha|\geq 2}Atpz^{q}X\alpha_{X^{\alpha}}01\ldots X^{\alpha_{n}}pq\alpha 01n$は収束巾級数である。

次の解析的方程式を考える ( $d>0$ はパラメータ) :$\sigma \mathrm{Y}$$=$$\sigma(At+At^{2}+\cdots+At^{M-1}+\frac{A}{d^{g+1}}t^{M})$$+ \frac{1}{d}$$\sum$$A_{pq\alpha}t^{p}Y^{q}Y\alpha_{0}(eY)^{\alpha_{1}}\cdots(eY)^{a_{n}}$$p+q+|\alpha|\geq 2$$- \frac{1}{d}\sum_{2m=}^{M}B_{m\circ}t^{m}$

ここで $B_{m}$ は次の恒等式に現れる係数である$\sum_{m=2}^{\infty}B_{m}t^{m}$:$= \sum_{p+q+|\alpha|\geq 2}A_{pq\alpha}et^{p}\alpha 1+\cdots+\alpha_{n}(A\iota+At^{2}+ \cdot..+At^{M-1})q+|\alpha|$$|\alpha|=\alpha_{0}+(\alpha_{1}+\cdots+\alpha n)_{0}$,74

陰関数定理により上記の方程式は$\mathrm{Y}=\sum_{m\geq 1}\mathrm{Y}_{m}(d)\iota^{m}$の形の正則解$\mathrm{Y}$をただ–つ持つ。 ここでは次のように求められる :$\mathrm{Y}_{m}(d)$$\mathrm{Y}_{1}=:\cdot\cdot=\mathrm{Y}_{M1}-=A$,$Y_{M}= \frac{A}{d^{g+1}}\circ$$m\geq M+1$ については,$\sigma \mathrm{Y}_{m}=\frac{1}{d}F_{m}(\mathrm{Y}_{1}$, . . .,

$Y_{m-1}$;.,,$e\mathrm{Y}_{1},$$.$$eY_{m-1}$;$\{A_{pq\alpha}\}_{pq1}++\alpha|\leq m)_{0}$

ここで $F_{m}$ は正係数の多項式である。

容易に分かるように$\mathrm{Y}_{m}(d)$は$\mathrm{Y}_{m}(d)=\frac{C_{m}(d)}{d^{t_{m}}}$次の多項式で係数は非負である。 また $t_{m}=0(1\leq m\leq$は高々の形である。 ここで$M-1)$ , $t_{M}=g+1(m\geq M+1)$ であり,
$C_{m}$$t_{m}$$t_{m}=1+\mathrm{m}\mathrm{a}3\mathrm{C}[\{\iota_{m_{1}} ; 1\leq m_{1}\leq m-1\}$$\cup\{,\sum_{j=1}^{j}t_{m_{j}}, ; 2 \leq j\leq m, m_{j’}\backslash \geq 1(1\leq;.

j’\leq j),,\sum_{j=1}^{j}mj’\leq m\}]_{0}$(16)

明らかに $t_{m}=s_{m}+1(m\geq 1)$ 。よって

のとき

$M$

$\geq g+2$

$M$$<g+2$ のとき$d=d(x)$ ならば$\mathrm{Y}$が$u$$t_{m}$$=$$m+g-M+1(m\geq M)$$t_{lM+k}$$=$$P(g+2)+k-1(\ell\geq 1,0\leq k\leq M-1)$。

の優級数であることを示そう。 より詳しくいうと, $m\geq 1$ に対して$|u_{m}(x)|$$\leq$$|mu_{m}(X)|\leq \mathrm{Y}_{m}(d)$$|D_{i}u_{m}(X)|$$\leq$$e\mathrm{Y}_{m}(d)$

,

(17)

,

$i=1,2,$$\ldots,$

(18)

$n$

を示そう。
$M$ の場合は明らかに正しい。
$m=1,2,$
残りは $m$ に関する帰納法で示す。
$\ldots,$$u_{1},$$u_{2},$$\ldots,$$u_{m-1}$

については上記の不等式が成り立つと仮定する。 そうすると$|u_{m}(x)|$$\leq$$\frac{1}{|m-\rho(X)|}f_{m}(|u_{1}|,$ $2|u_{2}|,$$|D_{1}u_{1}|,$$\ldots,$$\ldots,$$(m-1)|um-1|,$$|D_{n}u_{1}|,$$\ldots.,$$|u_{1}|,$$1^{D_{1}u_{m-1}}|,$$|u_{2}|,$

$.,$

.

$|u_{m-1}|$,$|D_{n}u_{m-1}|;\{|a_{pq\alpha}|\}_{p}+q+\alpha\leq m)$$\ldots,$

75$\leq$$\frac{1}{N\sigma m}f_{m}(|u_{1}|,$$2|u_{2}|,$$\ldots,$$|D_{1}u_{1}|,$$\leq$$\frac{1}{N\sigma m}f_{m}(Y_{1},$$\mathrm{Y}_{2},$$\ldots,$$(m-1)|um-1|,$$\ldots,$$|D_{n}u_{1}|,$$\ldots.,$$|u_{1}|,$$|u_{2}|,$$|D_{1}u_{m-1}|,$$\ldots|u_{m-1}|$,$|D_{n}u_{m-1}|;\{|a_{pq\alpha}|\}p+q+\alpha\leq m)$$\ldots,$$Y_{m-1}m-1,$ ,$\mathrm{Y}\mathrm{Y}_{1},$ $Y_{2},$$eY1,$ $\ldots,$ $eY1,$, ... , $Y_{m-1},$$,$$eYm-m-1;\{A_{pq\alpha}\}_{p+q}+\alpha\leq m)$$\ldots,.eY1,$$\ldots,$, ... ,$=$$\frac{1}{N\sigma m}F_{m}(\mathrm{Y}_{1}$$=$$\frac{1}{N\sigma m}\cdot\sigma dY(md)=\frac{d}{Nm}\mathrm{Y}(md)$$e\mathrm{Y}_{1}$$\ldots,$$e\mathrm{Y}_{m-1}$;$\{A_{pq\alpha}\}_{p+q}+\alpha\leq m)$となる。 したがって,$|mu_{m}(X)| \leq\frac{d}{N}\mathrm{Y}_{m}(d)\leq \mathrm{Y}_{m}(d)$は原点が中心で半径 $<N$ の球の中にあるとしている。 (そうすれば$0<d<N$ が成り立つ。) さらにとなる。 ここで,$x$$|u_{m}(X)| \leq\frac{1}{Nm}dY_{m}(d)=\frac{1}{Nm}\frac{c_{m}^{\mathrm{Y}}(d)}{d^{t_{m}-1}}$

だから, 補題を用いて,$|D_{i}u_{m}(X)| \leq\frac{t_{m}}{Nm}e\frac{C_{m}(d)}{d^{t_{m}}}\leq e\frac{C_{m}(d)}{d^{t_{m}}}=eY_{m}(d)$が分かる。 こうして帰納法が進み, $u\ll Y$ が証明された。
次は $Y=\Sigma_{m\geq 1}Ym(d)tm$ と $u(t, X)=\Sigma m\geq 1u(mx)t^{m}$ の収束について調べる。

十分小さい $d_{0}>0$ を–つ選んで固定する。 そうすると, ある $T>0$ に対して級数が収束することが陰関数定理より分かる。
$M\geq g+2$ の場合について調べよう。 このとき $t_{m}=m+g-M+1(m\geq M)$ であり,$\sum_{m\geq 1}Y_{m}(d_{0})T^{m}$$\infty>\sum_{m\geq M}\mathrm{Y}(md_{0})Tm=m\geq\sum f\frac{C_{m}(d_{0})}{f_{0}^{n++1}g-M}\tau^{m}=M\frac{1}{d_{0}^{\mathit{9}^{-M}+1}}\sum_{Mm\geq}Cm(d\mathrm{o})(\frac{T}{d_{0}})^{m}$である。 もし $|t/d|<|T/d_{0}|,$ $0<d\leq d_{0}$ ならば,
$u<<$

$=$

$\mathrm{Y}=\sum_{m\geq 1}Y(md)tm$$1 \leq m\leq M1\sum_{-}Y(d)\iota m+\sum_{m}m\frac{C_{m}(d)}{d^{m+M+1}g-}\geq Mt^{m}$..
$=$$\leq$$|.u|$$\sum_{1\leq m\leq M-1}\mathrm{Y}(md)tm+\frac{1}{d^{gM+1}-}m\geq\sum_{M}c_{m}(d)(\frac{t}{d})^{m_{\mathrm{O}}}$$\sum_{1\leq m\leq M-1}\mathrm{Y}m(d)|t|^{m}+\frac{1}{d^{g-M+}1}m\geq\sum_{M}C_{m}(do)(.\frac{T}{d_{0}})^{m}<\infty_{\mathrm{o}}$76$<Cd(X)$ で正則に対して, 正定数 $C$ が存在して $u(t, x)$ はよって, 原点に十分近いとなる。 ( $C=|T/d_{0}|$ と取ればよい。 )次に $M<g+2$ の場合を調べる。 このとき $t_{\ell M+k}=\ell(\mathit{9}+2)+k-1$ $(l\geq 1,0\leq k\leq M-1)$
$|t|$

$x$

であり,

.
$\infty>\sum_{m\geq M}Y_{m}(d_{0})\tau m$$=$$\sum_{k=0}^{M-1}\sum_{\ell=1}^{\infty}\frac{C_{lM+k}(d_{0})}{d_{\mathit{0}^{(2)k}}^{\ell}g++-1}\tau^{\ell}M+k$$=$$\sum_{k=0}^{M-1}\frac{T^{k}}{d_{0}^{k-1}}\ell=\sum_{1}^{\infty}c_{\text{ノ}}\ell M+k(d_{\mathit{0}})(\frac{T^{M}}{d_{0}^{g+2}})^{l}0$

よってもし $|t^{M}/d^{\mathit{9}2}+|<|T^{M}/d_{0^{+2}}^{g}|,$ $0<d\leq d_{0}$ ならば,.

$u\ll$
$=$

$=$

$|u|$

$\leq$$Y$.

$\sum_{m\geq 1}Y_{m}(d)t^{m}$$:\cdot$.

$1 \leq m\leq M1\sum_{-}Y_{m}(d)tm+\sum_{k=\mathit{0}}\frac{t^{k}}{d^{k-1}}M-1\ell=\sum C_{\ell M}\infty 1+k(d)(\frac{t^{M}}{d^{g+2}})^{p}\circ$$1 \leq m\leq-\sum_{M1}Y_{m}(d)|\iota|m+M\sum_{k=0}-1\frac{|t|^{k}}{d^{k-1}}\sum_{=\ell 1}c_{\ell}M+k(d_{\mathit{0}}\infty)(\frac{T^{M}}{d_{0}^{g+2}})^{\ell}<\infty \mathrm{O}$

よって原点に十分近い$x$に対して正定数 C が存在して $u(t, x)$ は $|t^{M}|<Cd(x)^{\mathit{9}}+2$ で正則となる。

これで主定理の証明が終わった。

\S 3. 付録 1
イントロダクションの評価 (6) の, 大阿久俊則による証明を与える。 大阿久先生, どうもありがとうございました。
$x=(x_{1}, \ldots, x_{n})$ , の原点の近傍で定義された正則関数 $f(x)$ を考える。 原
命題 2$V=\{x\in\Omega;f(x)=0\}$
点において $f(x)$ はちょうど g 位のゼロを持つとすると置き, $d(x)$ で点 $x\in\Omega$ から $V$ までの距離を表わす。
と正定数 $C>0$ が存在して, ,このとき, 原点の近傍$\Omega$$\mathrm{C}_{x}^{n},$$(g.\in.

\mathrm{N}^{*})$。

$\Omega’\subset\Omega$$|f(x)|\geq Cd(X)^{\mathit{9}},$$X\in\Omega^{;}$。

とする。
とこれは でない斉次多項式である。 必要なら適当な線型座標変換を行って,と仮定してよい。 Weierstrass の予備定理により, $f(x)$ は次の形に書ける :証明$f(x)$ のマクローリン展開を $f(x)=\Sigma_{1}\alpha|\geq gf_{\circ}X^{\alpha}$$0$$f_{g}(x)=\Sigma_{|\circ|}=gf\alpha^{X^{\alpha}}$と置く$f_{(g,)}\mathrm{o},\ldots,0\neq 0$$f(x)=C(X)(x_{1}g+a_{1}(X)_{X^{g1}+\cdots+a_{g}())}\prime 1-X/, c(0)\neq 0,$ $a_{1}(\mathrm{o}’)=\cdots=a(\mathit{9}0^{l})=0$。

77の原点 の近傍の正則関数で, 各 $a_{i}(x)’(i=1,2, \ldots, g)$ は$(x2, x3, \ldots, X)n$ の原点の近傍の正則関数である。 よって, 関数は限らない) が存在して
ここで $c(x)$ は$0$$\mathrm{C}^{n}$$0’$$\varphi_{1}(x’),...,$$\mathrm{C}_{x}^{n-1},,$$\varphi_{g}(X’)$$,$$.f(x)=c(x) \prod_{j=1}^{g}(x_{1\varphi_{j(X’)}}.=.-)$,$\varphi \mathrm{i}(0’)=\cdots=\varphi_{g}(0’)=0$

$X’=$

(正則と

.

が成り立つ。
もしが原点に十分近ければ$x$$|f(x)|$$\geq$$\frac{1}{2}|c(\mathrm{o})|\prod_{j=1}^{g}|x_{1}-\varphi_{j}(X^{;})|$$\geq$$\frac{1}{2}|\text{。}(0)|d(x)^{g}$。口

この種の評価は実解析的カテゴリでは成立しない。 反例を与えよう。
$f(x_{1,2}x)=-x_{1}^{3}+x_{2}^{2},$, と置く。 は $(0,0)$ で 2 位のゼロを持つ。
$(X_{1}, x_{2})\in \mathrm{R}^{2}$と置く。 もし $d>0$ ならば$V^{\mathrm{R}}=$から点 $(-d, 0)$ までの距離(これは $(0,0)\in V$ から $(-d,$ $0)$ までの距離である。) $f(-d, \mathrm{O})=d^{3}$ に注意$\{(x_{1,2}x)\in \mathrm{R}^{2};f(x_{1}, x_{2})=0\}$

{は

$f$

$V^{\mathrm{R}}$

である。
しよう。
男 Il こ矛盾が生じているわけではない。 $V^{\mathrm{C}}=\{(z_{1}, z_{2})\in \mathrm{C}^{2};f(z_{1,2}Z)=0\}$ には $(-d, 0)$ にとごく近い点が存在する。 そのような点は例えば)$f(x_{1},iy2)=-x_{1}^{3}-y_{2}^{2}=0$$\ni(-d,0)$ 内にはの共通部分の上にある。 実際, 方程式)
曲線を定め, もし $d>0$ が十分小さければ, この曲線は点 $(-d, 0)$ に非常に近い。
$d$$V^{\mathrm{C}}$$\mathrm{R}_{x_{1}}\cross i\mathrm{R}_{y_{2}(+2}\subset \mathrm{C}2=x_{1}+iy1,x2iy$$(\mathrm{c}^{2}z1,z_{2})$$\mathrm{R}_{(x_{1},y2}^{2}$

実解析関数の下からの評価については [5] を見るとよい。.

\S 4. 付録 2
動機付けを説明するために, –つの例について述べる。

$(t, x)\in \mathrm{C}^{2}$$\{tD_{t}-(2-X^{\mathit{9}})\}u(\iota, x)=ta(x)+(D_{x}u)^{2}$

において

,

$\{$

$u(\mathrm{o}, x)\equiv 0$について考察する。
$u(t, x)= \sum_{m}\infty u=1m(x)t^{m}$

とおいて漸化式を立てる。簡単な計算で, $m\geq 2$ のとき各 $u_{m}(x)$は $x=0$ に極を持ち, その位数は, $rn$ が偶数のとき $g+ \frac{g+2}{2}(m-2)=-2+\frac{g+2}{2}m$ であること, $m$ が奇数のとき $-1- \frac{g+2}{2}+\frac{g+2}{2}m$ であることが分かる。 つまり極の位数 $\sim\frac{g+2}{2}m$78はである。 このことより,これが正しいことが陰関数定理で証明される。.
$\sum_{m=1}^{\infty}u_{m}(x)t^{m}$$|t|$$<\mathrm{c}\mathrm{o}\mathrm{n}\mathrm{s}\mathrm{t}|X|^{L}+\underline{2}2$.

で収束すると予想される。 実際.

$\cdot$

この講究録に書いたもう –つの論説や [7] では線型高階の場合を調べている。 これらの問題意識を理解するには上と同じような考察が役立つ。 線型の場合, 形式解は表立って用いてはいないが, それは証明の都合であって, 舞台裏では形式解の考察が動機付けとなって
いる。

参考文献
[1] G\’erard R. and Tahara H., Holomorphic and Singular Solutions of Nonlinear SingularFirst Order Partial Differential Equations, Publ. RIMS, Kyoto Univ., 26(1990), 979-

1000.
[2] G\’erard R. and Tahara H., Singular Nonlinear Partial Differential Equations, Vieweg,

1996.

[3] Hille E., Ordinary differential equations in the complex domain, John Wiley and Sons,

1976.

[4] Kimura T., Ordinary differential equations, Iwanami Shoten, 1977 (in Japanese).
[5] Lojasiewicz S., Sur le probl\‘eme de la division, Studia Math., 18(1959), 87-136.

[6] Yamane H., Nonlinear singular first order partial differential equations whose characteristic exponent takes a positive integral value, Publ. RIMS, Kyoto Univ. $33(5)(1997)$ .
[7] Yamane H., Singularities in Fuchsian Cauchy Problems with holomorphic data, toappear in Publ. RIMS, Kyoto Univ.