1.
Theorem 5 の証明（n が 3 以上の奇数のとき）
Case 1（t ≥ 1 のとき)
|u(t, x)| ≤ Ct− n−1
2 ((t, x) ∈ [1, ∞) × Rn
)
を示せばよい．解表示（Theorem 1）
u(t, x) =
1
(n − 2)!!ωn
"
∂t
1
t
∂t
n−3
2
tn−2
Z
|y|=1
u0(x + ty) dσ(y)
!
+
1
t
∂t
n−3
2
tn−2
Z
|y|=1
u1(x + ty) dσ(y)
!#
を思い出そう．この右辺を評価する．
奏理音ムイ（Vtuber） 1 / 6

2.
ℓ = 0, . . . , n−3
2 に対して，
∂ℓ
t
Z
|y|=1
u1(x + ty) dσ(y)
=
Z
|y|=1
X
|α|=ℓ
Cα∂α
u1(x + ty)yα
dσ(y) (α : multi-index)
= −
Z
|y|=1
Z ∞
t
d
ds
X
|α|=ℓ
Cα∂α
u1(x + sy)yα
dsdσ(y)
= −
Z
|y|=1
Z ∞
t
X
|α|=ℓ+1
˜
Cα∂α
u1(x + sy)yα
dsdσ(y)
= −
Z
|y|=1
Z ∞
t
s−(ℓ+n)
X
|α|=ℓ+1
˜
Cα∂α
u1(x + sy)(sy)α
sn−1
dsdσ(y)
= −
Z
|z|t
|z|−(ℓ+n)
X
|α|=ℓ+1
˜
Cα∂α
u1(x + z)zα
dz. (sy = z と変換)
奏理音ムイ（Vtuber） 2 / 6

3.
したがって，
∂ℓ
t
Z
|y|=1
u1(x + ty) dσ(y) = −
Z
|z|t
|z|−(ℓ+n)
X
|α|=ℓ+1
˜
Cα∂α
u1(x + z)zα
dz
≤ t−n+1
X
|α|=ℓ+1
˜
Cα
Z
|z|t
|∂α
u1(x + z)| dz
≤ t−n+1
X
|α|=ℓ+1
˜
Cα∥∂α
u1∥L1 .
奏理音ムイ（Vtuber） 3 / 6

4.
以上をもとに解表示の第 2 項を評価しよう．
1
t
∂t
n−3
2
tn−2
Z
|y|=1
u1(x + ty) dσ(y)
!
=
n−3
2
X
ℓ=0
Cℓtℓ+1
∂ℓ
t
Z
|y|=1
u1(x + ty) dσ(y)
（∵ n−3
2 回の微分のうち ℓ 回が積分の方にかかると，残り n−3
2 − ℓ 回の微分はす
べて t の方にかかる．t のべきは，微分によって減る分を除くと
n − 2 − n−3
2 = n−1
2 ．ここに微分が n−3
2 − ℓ 回かかることになるので，最終的な t
のべきは n−1
2 − (n−3
2 − ℓ) = ℓ + 1．
）
≤
n−3
2
X
ℓ=0
Cℓtℓ+1
· t−n+1
X
|α|=ℓ+1
˜
Cα∥∂α
u1∥L1
≤ Ct− n−1
2
X
|α|≤ n−1
2
∥∂α
u1∥L1 .
奏理音ムイ（Vtuber） 4 / 6

5.
同様にして，解表示の第 1 項も
∂t
1
t
∂t
n−3
2
tn−2
Z
|y|=1
u0(x + ty) dσ(y)
!
≤ Ct− n−1
2
X
|α|≤ n+1
2
∥∂α
u0∥L1
と評価できる．
（∵ 違いは ∂t が先頭に 1 つ付いただけで，これにより u0 にかかる最大微分回数
は 1 回多くなる．このため |α| ≤ n−1
2 の条件が |α| ≤ n+1
2 に変わっている．一方
で t のべきの部分は ∂t の追加によって（減る可能性はあっても）増えることは
ない．実際に一番悪いオーダーを取り出すと前式と同じ t− n−1
2 となる．
）
奏理音ムイ（Vtuber） 5 / 6

6.
Case 2（0 t 1 のとき）
|u(t, x)| ≤ C ((t, x) ∈ (0, 1) × Rn
)
を示せばよい．これは解表示からただちに，
1
t
∂t
n−3
2
tn−2
Z
|y|=1
u1(x + ty) dσ(y)
!
≤
n−3
2
X
ℓ=0
Cℓtℓ+1
X
|α|=ℓ
Cαωn∥∂α
u1∥L∞
≤ C
X
|α|≤ n−3
2
∥∂α
u1∥L∞
および
∂t
1
t
∂t
n−3
2
tn−2
Z
|y|=1
u0(x + ty) dσ(y)
!
≤ C
X
|α|≤ n−1
2
∥∂α
u0∥L∞
とできるので，求める評価を得る．
奏理音ムイ（Vtuber） 6 / 6