1.
球面平均法（続き：技術的な補題の準備）
Corollary 6 で導いた Euler–Poisson–Darboux 方程式
∂2
t Mu(t, r, x) −
[
∂2
r +
n − 1
r
∂r
]
Mu(t, r, x) = 0, (t, r, x) ∈ R × R × Rn
を解くため，低階項を消す変換を施す．そのために以下の補題を準備する．
Lemma 7
k ≥ 1 かつ ϕ ∈ Ck+1
(R) ならば，
∂2
r
(
1
r
∂r
)k−1
[
r2k−1
ϕ(r)
]
=
(
1
r
∂r
)k
[
r2k
ϕ′
(r)
]
.
奏理音ムイ（Vtuber） 1 / 5

2.
証明
k = 1 のときは
∂2
r [rϕ(r)] = 2ϕ′
(r) + rϕ′′
(r),
(
1
r
∂r
)
[
r2
ϕ′
(r)
]
=
1
r
[2rϕ′
(r) + r2
ϕ′′
(r)] = 2ϕ′
(r) + rϕ′′
(r)
より成立．k のとき成立すると仮定すると，
∂2
r
(
1
r
∂r
)k
[
r2k+1
ϕ(r)
]
= ∂2
r
(
1
r
∂r
)k−1
[
r2k−1
{(2k + 1)ϕ(r) + rϕ′
(r)}
]
=
(
1
r
∂r
)k [
r2k
{(2k + 1)ϕ(r) + rϕ′
(r)}
′
]
=
(
1
r
∂r
)k
1
r
[
(2k + 2)r2k+1
ϕ′
(r) + r2k+2
ϕ′′
(r)
]
=
(
1
r
∂r
)k+1
[
r2k+2
ϕ′
(r)
]
となり，k + 1 のときも成立する．
奏理音ムイ（Vtuber） 2 / 5

3.
k ≥ 1 に対し作用素 Tk を次で定義する．
Tk ϕ(r) =
(
1
r
∂r
)k−1
[
r2k−1
ϕ(r)
]
.
Lemma 8
k ≥ 1 かつ ϕ ∈ Ck+1
(R) ならば，
∂2
r Tk ϕ(r) = Tk
[(
∂2
r +
2k
r
∂r
)
ϕ(r)
]
および，ある定数 c0, . . . , ck−1 が存在して
Tk ϕ(r) =
k−1
∑
j=0
cj rj+1
ϕ(j)
(r)
が成立する．特に，j = 0 の項の ϕ(r) の係数 c0r は次で与えられる．
c0r =
(
1
r
∂r
)k−1
r2k−1
= (2k − 1)!!r.
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4.
証明
まず Lemma 7 から，
∂2
r Tk ϕ(r) = ∂2
r
(
1
r
∂r
)k−1
[
r2k−1
ϕ(r)
]
=
(
1
r
∂r
)k
[
r2k
ϕ′
(r)
]
=
(
1
r
∂r
)k−1
[
r2k−1
ϕ′′
(r) + 2kr2k−2
ϕ′
(r)
]
=
(
1
r
∂r
)k−1 [
r2k−1
(
∂2
r +
2k
r
∂r
)
ϕ(r)
]
= Tk
[(
∂2
r +
2k
r
∂r
)
ϕ(r)
]
.
これで前半の主張が示された．
奏理音ムイ（Vtuber） 4 / 5

5.
次に，Tk の定義
Tk ϕ(r) =
(
1
r
∂r
)k−1
[
r2k−1
ϕ(r)
]
から，ϕ(r) には最大 k − 1 回の微分がかかることがわかる．そして j 階導関数
ϕ(j)
(r) の係数として現れる r の次数は，
（係数の方に k − 1 − j 回の微分がかかる
ため）
(2k − 1) − (k − 1) − (k − 1 − j) = j + 1
となる．したがって Tk ϕ(r) は
Tk ϕ(r) =
k−1
∑
j=0
cj rj+1
ϕ(j)
(r)
という形に表される．特に j = 0 の項の係数は，
（Tk のすべての微分が r2k−1
の
方にかかって出てくる項であるから）
c0r =
(
1
r
∂r
)k−1
r2k−1
= (2k − 1)!!r
となる．これで後半の主張が示された．
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