証明の方針

変数 $x=(x_1,x_2,\dotsc,x_d)$ の最初の変数 $x_1$ について部分積分を行い

$$ \int_{\Omega}u^2 \, dx=-\int_{\Omega}x_1 \partial_{x_1}u^2\, dx $$

と変形できれば，Hölderの不等式を用いて

$$ \int_{\Omega}u^2\, dx\leq \sup_{\Omega}|x_1|\left| \int_{\Omega}u\partial_{x_1}u\, dx \right| \leq C\left( \int_{\Omega}u^2\, dx \right)^{1/2}\left( \int_{\Omega}|\nabla u|^2\, dx \right)^{1/2} $$

が従う．これより目的の不等式

$$ \| u \|{L^2(\Omega)}\leq C\| \nabla u \|{L^2(\Omega)} $$

が得られる．問題は $\partial \Omega$ の滑らかさについてなんの仮定もしていないので，$\Omega$ を $x_1$-軸に平行な直線で切って得られる集合

$$ \{ y \mid (y,x_2,\dotsc,x_d)\in \Omega \} $$

は結構激しい集合になる可能性があるということである．従って $x_1$ に関して部分積分が使えるのか明らかでない．これを回避するには，以下のように「ゼロ拡張」を考えればよい．

証明

十分大きな $R>0$ を取れば $\Omega \subset [-R,R]\times \mathbb{R}^{d-1}$ が成り立つ．さて，$u\in C_{0}^{\infty}(\Omega)$ を $\Omega$ の外にゼロ拡張したものを $\tilde{u}$ とおく．このとき $\tilde{u}\in C_{0}^{\infty}(\mathbb{R}^d)$ が成り立つことは容易に確かめられる．このとき微分積分学の基本定理より

$$ \tilde{u}^2(x)=\int_{-R}^{x_1}\partial_{x_1}\tilde{u}^2(y,x_2,\dotsc,x_d)\, dy $$

が成り立つ．よって $|x_1|<R$ のとき

$$ \tilde{u}^2(x)\leq 2\int_{-R}^{R}|\tilde{u}\partial_{x_1}\tilde{u}|(y,x_2,\dotsc,x_d)\, dy $$

を得る．これを $[-R,R]\times \mathbb{R}^{d-1}$ 上で積分すると

$$ \int_{[-R,R]\times \mathbb{R}^{d-1}}\tilde{u}^2\, dx=2R\int_{[-R,R]\times \mathbb{R}^{d-1}}|\tilde{u}\partial_{x_1}\tilde{u}|(y,x_2,\dotsc,x_d)\, dydx_2\cdots dx_d $$

が従う．後は「証明の方針」で述べたようにHölderの不等式を用いれば

$$ \| \tilde{u} \|{L^2([-R,R]\times \mathbb{R}^{d-1})}\leq C\| \nabla \tilde{u} \|{L^2([-R,R]\times \mathbb{R}^{d-1})} $$

が得られる．ここで $\tilde{u}$ の定義を思い出せば，これが示したかった不等式であることが分かる．