Helmholtz分解を理解しよう！！

どうもみなさんこんにちは。ひよこてんぷらです。いつの間にか大学を卒業し、卒業式も入学式もないままぬるっと大学院生になってしまいました。自宅にひきこもってばかりの日々ですが、意外と勉強ははかどっていると思います(たぶん)。

さて、今回はSohr"The Navier-Stokes Equations"やTemam"NAVIER-STOKES EQUATIONS"などを参考にHelmholtz分解について考えていきたいと思います。なぜこんなことをいきなりするかというと、指導教官からついに論文が渡されたからです！！やばい！！難しい！！

前回Fractional powerについて書きましたが、それを使ったNavier Stokes方程式の解析に関する論文(On the nonstationary Navier-Stokes system)が渡されましたので、せっせと読もうとしたわけですが、どうやらNS方程式関連の知見が全くない僕にはきつすぎることが判明しました！！Helmholtz分解やStokes作用素に関する知識は仮定されてしまっているので、まずはこの辺から少しずつ理解を深めよう、ということで、まずはHelmholtz分解です。

Helmholtz分解に関しては一般には の分解が成立するようですが、これはどうも難しいようで、また論文には十分すぎるということで、今回は簡単な のHelmholtz分解について考えることにしました(それでも難しかったけど……)。

今回もPDFを張り付けておきます。

Helmholtz.pdf

前回の場合にならって、今回もここで少し概要だけ述べておきます。さて、Helmholtz分解というのは、次の定理を指します。

とし、 をdomainとします。また、

\begin{align} \{ C_{0, s}^{\infty}(\Omega) \}^n = \left\{ f \in \{C_0^{\infty}(\Omega)\}^n \ | \ \mathrm{div}f=0 \right\} \end{align}

\begin{align} \mathcal{H}_{s} = \overline{\{C_{0,s}^{\infty}(\Omega)\}^n}^{\|\cdot\|_{\{L^2\}^n}} \end{align}

\begin{align} \mathcal{G} = \left\{ \nabla p \in \{L^2(\Omega)\}^n \ | \ p \in L_{\mathrm{loc}}^2(\Omega) \right\} \end{align}

\begin{align} \mathcal{H}_{s}^{\perp} =\left\{ f \in \{L^2(\Omega)\}^n \ | \ (f,v)_{\{L^2\}^n}=0 \ \ \ {}^{\forall}v \in \mathcal{H}_{s} \right\} \end{align}

とおくと、 であって

\begin{align} {}^{\forall}f \in \{L^2(\Omega)\}^n , \ \ \ {}^{\exists !}f_0 \in \mathcal{H}_{s} , \ \ \ {}^{\exists !}\nabla p \in \mathcal{G} \ \ \ \mathrm{s.t.} \ \ \ f=f_0+\nabla p \end{align}

が成立します。

何を言っているのかいまいちわかりずらいかもしれませんが、要するに発散が になる部分と勾配で表せる部分に分解できる、といったような感じです。証明自体は発想はシンプルであり、特に直交性さえ示せてしまえば後半の主張はHilbert空間における射影定理を使えばいいだけの話ですから、問題は直交性を示すことにあります。こちらはなかなか難しく、たくさんの補題を必要とします。また補題の証明にも関数解析やvector解析などさまざまな知識を総動員するので、かなり骨のある内容になります。

……詳しくは添付の方を見てもらうことにし、次に射影作用素について考えましょう。いまHelmholtz分解によって と表されるわけですが、この分解は一意であることから、特に射影作用素 を となるように定義することができます。これをHelmholtz projectionと呼びます。これについては、以下が成立します。

とし、 をdomainとします。 であり、 が成立します。また、 に対して

\begin{align}\begin{array}{ll} P(\nabla p)=0 & (I-P)f=\nabla p \\ (I-P)^2f=(I-P)f & P^2f=Pf \\ (Pf,g)_{\{L^2\}^n}=(f,Pg)_{\{L^2\}^n} & \|f\|_{\{L^2\}^n}^2=\|Pf\|_{\{L^2\}^n}^2+\|(I-P)f\|_{\{L^2\}^n}^2 \end{array}\end{align}

が成立します。

一見いろいろな内容が書いてあるように思えますが、Helmholtz分解の性質からどれも容易に導かれます。また、上の定理からただちに が非負値自己共役作用素であることも分かります。

以上でHelmholtz分解の大まかな内容は終わりですが、もうすこしだけ特殊な場合についても考えてみることにします。

まずはbounded Lipschitz domainの場合を考えましょう。要するに領域がある程度滑らか(境界がLipschitz連続関数で表せるくらい)でかつ有界な場合を考えよう、ということです。この場合は以下が成立します。

とし、 をbounded Lipschitz domainとします。

\begin{align} \{ C_{0,s}^{\infty}(\Omega) \}^n = \left\{ f \in \{C_0^{\infty}(\Omega)\}^n \ | \ \mathrm{div}f=0 \right\} \end{align}

\begin{align} \mathcal{H}_{s} = \overline{\{C_{0,s}^{\infty}(\Omega)\}^n}^{\|\cdot\|_{\{L^2\}^n}} \end{align}

\begin{align} \mathcal{S} = \left\{ f \in \{L^2(\Omega)\}^n \ | \ \mathrm{div}f=0 , \ \nu \cdot f|_{\partial \Omega}=0 \right\} \end{align}

\begin{align} \mathcal{G} = \left\{ \nabla p \in \{L^2(\Omega)\}^n \ | \ p \in L_{\mathrm{loc}}^2(\Omega) \right\} \end{align}

\begin{align} \mathcal{G}' = \left\{ \nabla p \in \{L^2(\Omega)\}^n \ | \ p \in L^2(\Omega) \right\} \end{align}

とします。このとき

\begin{align} \mathcal{H}_{s}=\mathcal{S} , \ \ \ \mathcal{G}=\mathcal{G}' \end{align}

が成立します。

さて、この場合は という記号が登場します。いわゆる境界値とよばれるものですが、連続関数に対しては境界付近の極限でもって境界値を定義できますが、連続でない関数に対しても境界値をうまく定義できるでしょうか？？これはgeneralized trace operatorとよばれるものを用いてうまく定義ができます。この定義においてはSobolev空間における一般論を用いて、境界上の 次Sobolev空間 というものを用います。このとき、以下が成立します。

とし、 をbounded Lipschitz domainとします。このとき であって

\begin{align} \gamma u=u|_{\partial \Omega} \ \ \ {}^{\forall}u \in C^{\infty}(\overline{\Omega}) \end{align}

が成立します。また、 は全射になります。また、右逆写像が存在し、特に であって

\begin{align} \gamma \circ L_{\Omega}=I \ \ \ \mathrm{in} \ H^{1/2}(\partial \Omega) \end{align}

が成立します。

次に空間 を定義します。

\begin{align} E(\Omega) = \{v \in \{L^2(\Omega)\}^n \ | \ \mathrm{div}v \in L^2(\Omega)\} \end{align}

とすると、 は

\begin{align} \|v\|_{E(\Omega)} = \|v\|_{\{L^2(\Omega)\}^n}+\|\mathrm{div}v\|_{L^2(\Omega)} \end{align}

をnormにもつBanach空間になります。さらに、 をbounded Lipschitz domainとするとき、 が成立します。そして、次の定理が成立します。

とし、 をbounded Lipschitz domainとします。また、 を に対する外向き単位法線vectorとします。このとき であって

\begin{align} (\gamma_{\nu}v)(\gamma u) = \int_{\partial \Omega} \gamma_{\nu}v\gamma u dS \end{align}

に対してgeneralized Stokes formula

\begin{align} (\gamma_{\nu}v)(\gamma u)=(\mathrm{div}v,u)_{L^2}+(v,\nabla u)_{\{L^2\}^n} \ \ \ {}^{\forall}v \in E(\Omega) , \ {}^{\forall}u \in H^1(\Omega) \end{align}

および

\begin{align} \gamma_{\nu}v=\nu \cdot v|_{\partial \Omega} \ \ \ {}^{\forall}v \in \{C^{\infty}(\overline{\Omega})\}^n \end{align}

が成立します。

これが示されれば、定義域が稠密な有界線形作用素は一意に拡張できることに注意して、 に対して

\begin{align} f_n \to f \ \ \ \mathrm{in} \ E(\Omega) \end{align}

となるような をとり,

\begin{align} \nu \cdot f|_{\partial \Omega} = \lim_{n \to \infty}\nu \cdot f_n|_{\partial \Omega}=\lim_{n \to \infty}\gamma_{\nu}f_n=\gamma_{\nu}f \end{align}

と定義することで, generalized trace

\begin{align} \nu \cdot f|_{\partial \Omega}=0 \end{align}

を定義することができます。こうして、境界値が定義できました。

さて、最後に全空間の場合を考えましょう。この場合は、以下が成立します。

とします。また、

\begin{align} \{ C_{0,s}^{\infty}(\mathbb{R}^n) \}^n = \left\{ f \in \{C_0^{\infty}(\mathbb{R}^n)\}^n \ | \ \mathrm{div}f=0 \right\} \end{align}

\begin{align} \mathcal{H}_{s} = \overline{\{C_{0,s}^{\infty}(\mathbb{R}^n)\}^n}^{\|\cdot\|_{\{L^2\}^n}} \end{align}

\begin{align} \mathcal{H}_{s}' = \left\{ f \in \{L^2(\mathbb{R}^n)\}^n \ | \ \mathrm{div}f=0 \right\} \end{align}

\begin{align} \mathcal{G} = \left\{ \nabla p \in \{L^2(\mathbb{R}^n)\}^n \ | \ p \in L_{\mathrm{loc}}^2(\mathbb{R}^n) \right\} \end{align}

\begin{align} \nabla C_0^{\infty}(\mathbb{R}^n) = \left\{ \nabla p \in \{C_0^{\infty}(\mathbb{R}^n)\}^n \ | \ p \in C_0^{\infty}(\mathbb{R}^n) \right\} \end{align}

\begin{align} \mathcal{C} = \overline{\nabla C_0^{\infty}(\mathbb{R}^n)}^{\|\cdot\|_{\{L^2\}^n}} \end{align}

とします。このとき

\begin{align} \mathcal{H}_{s}=\mathcal{H}_{s}' , \ \ \ \mathcal{G}=\mathcal{C} \end{align}

が成立します。

証明は軟化子を用いた近似を使います。さて、これでHelmholtz分解の概要は以上です！！最後におさらいしておきましょう。

 とし、 をdomainとします。このとき以下の直和分解

\begin{align} \{L^2(\Omega)\}^n=\overline{\left\{ f \in \{C_0^{\infty}(\Omega)\}^n \ | \ \mathrm{div}f=0 \right\}}^{\|\cdot\|_{\{L^2\}^n}} \oplus \left\{ \nabla p \in \{L^2(\Omega)\}^n \ | \ p \in L_{\mathrm{loc}}^2(\Omega) \right\} \end{align}

が成立します。特に、 がbounded Lipschitz domainのとき、

\begin{align} \{L^2(\Omega)\}^n=\left\{ f \in \{L^2(\Omega)\}^n \ | \ \mathrm{div}f=0 , \ \nu \cdot f|_{\partial \Omega}=0 \right\} \oplus \left\{ \nabla p \in \{L^2(\Omega)\}^n \ | \ p \in L^2(\Omega) \right\} \end{align}

であり、また

\begin{align} \{L^2(\mathbb{R}^n)\}^n= \left\{ f \in \{L^2(\mathbb{R}^n)\}^n \ | \ \mathrm{div}f=0 \right\} \oplus \overline{\left\{ \nabla p \in \{C_0^{\infty}(\mathbb{R}^n)\}^n \ | \ p \in C_0^{\infty}(\mathbb{R}^n) \right\}}^{\|\cdot\|_{\{L^2\}^n}} \end{align}

が成立します。

以上で今回の内容はおしまいです！！お疲れさまでした！！さて次はStokes作用素の性質について調べたり、実際にNS方程式にHelmholtzの分解定理を適用して式の変形などを行ってみたいと思います！！いつか論文の解説もできるといいですね……では今回はこの辺にしましょう！！最後まで読んでいただきありがとうございます！！

世界一行間の少ないFractional powerのノートを作ろう！！

どうもこんにちは。ひよこてんぷらです。めっちゃ久々の更新です。

現在は学部4年を卒業し、大学院生になろうとしています。ゼミではEvansをちょっと読んでからSingular Integralsを読み、それから岩波の関数解析で半群とFractional powerをやりました。これからは擬微分作用素とかを勉強する予定です。

さて、議題はFractional powerについてですが、これはゼミの先生から知っておくとよいから勉強しておきなさいと言われてせっせと勉強してきました。いつもは普通にノートに書くのですが、今回はなんとなくTeXに書いてみようと思いまして、そしたら単なるFractional powerの内容なのですが100ページ越えの大作になってしまったので(岩波では19ページなのに！！)、せっかくだしみんなにも見てもらおうかと思いました。まさしく関孝和の著作に対する発微算法演段諺解(はつびさんぽうえんだんげんかい)みたいなノリになっているのでぜひとも見てみてください。コンセプトは「世界一行間が少ない！！」ことです。うざいくらい行間を減らしたせいで逆に読みにくいかもしれません(笑)

今回はPDFのリンクを張り付けておきます。

Practional power.pdf

で、さっきも言ったように行間が少なすぎて逆に読みづらいと思うので、証明抜きでFractional powerの概要について書いてみたいと思います。おすすめの勉強法は、この概要を読んでから、実際に岩波を読んでみて、その行間で分からないとこがあったらこのPDFを読んでみる、みたいな感じがいいと思います(誰が勉強するか知らないけど……)。

じゃあ内容ですが、仮定として をBanach空間、 を閉作用素、そして、 としておきます。まず初めにFractional powerを定義する作用素 の範囲を定めます。条件 を次のように定めます。

が条件 を満足するとは、

\begin{align} (-\infty, 0) \subset \rho(A) , \ \|(\lambda I-A)^{-1}\| \le \frac{M}{|\lambda|} \ \ \ (\lambda <0) \end{align}

となる場合をいいます。 は のResolvent集合で、 は に依存する正の定数とします。またさらにこれより強い条件 は

\begin{align} \|(\lambda I-A)^{-1}\| \le \frac{M}{1+|\lambda|} \ \ \ (\lambda <0) \end{align}

となる場合とします。さて、このようにしておくと、これらを満たす は実は複素領域にまでResolventを拡張できて、上と同様の不等式がある程度の複素領域にまで広がります。具体的には負の実軸まわりの角領域にまで延長されます。

また、上記の条件について、

\begin{align} A \in \mathscr{J} \ \mathrm{and} \ 0 \in \rho(A) \ \ \ \Longleftrightarrow \ \ \ A \in \mathscr{J}_r \end{align}

が成り立ちます。

では実際にFractional powerを定義しましょう。まず強い条件 の場合に定義します。 とResolventが角領域に延長されることから、このResolventが定義されうる範囲内でうまく積分領域をとれば

\begin{align} A^{-\alpha}= \frac{1}{2 \pi i} \int_C z^{-\alpha}(zI-A)^{-1} dz  \end{align}

と定義できます。なんでこんな定義なの？と思いますが、複素関数論におけるCauchyの積分公式

\begin{align} f(a)= \frac{1}{2 \pi i} \int_C \frac{f(z)}{z-a} dz  \end{align}

において とおいて

\begin{align} a^{-\alpha}= \frac{1}{2 \pi i} \int_C \frac{z^{-\alpha}}{z-a} dz  \end{align}

と比較すればまあなんとなく分かると思います。特に上の定義における作用素の積分はDunford積分なんて呼んだりします。で、まあ自然と気になることはこれは確かに収束するのか？とか のときは普通の意味の と一致するのか？などがありますが、これらはきちんと証明されます。さらに が  と の間にあれば、積分経路をいじって

\begin{align} A^{-\alpha}=\frac{\sin \pi \alpha}{\pi} \int_0^{\infty} \lambda^{-\alpha}(\lambda I+A)^{-1}  d\lambda  \end{align}

が成立するようにできます。さらにこの定義において

\begin{align} A^{-\alpha}A^{-\beta}=A^{-(\alpha+\beta)} \end{align}

となることや、 の値域を とおくと

\begin{align} A^{-\alpha}:X \to R(A^{-\alpha}) \end{align}

は全単射となることなどが示されます。全単射ということは逆が定義できて、

\begin{align} A^{\alpha}:D(A^{\alpha})=R(A^{-\alpha}) \to X \end{align}

を

\begin{align} A^{\alpha} = \left\{\begin{array}{ll} (A^{-\alpha})^{-1} & (\alpha >0) \\ I & (\alpha =0) \end{array}\right.\end{align}

として定義することができます。これによって の場合は完全に定義されました。んで、どういうことが分かるかというと、 が閉作用素であることや、

\begin{align} A^{\alpha}A^{\beta}=A^{\alpha +\beta} \end{align}

および

\begin{align} D(A^{\alpha}) \supset D(A^{\beta}) \end{align}

が成立すること、 であることなどが示されます。他にも

\begin{align} A^{-\alpha}A^{\beta} \subset A^{\beta -\alpha} \ \ \ \overset{\mathrm{def}}{\Longleftrightarrow} \ \ \ D(A^{-\alpha}A^{\beta}) \subset D(A^{\beta -\alpha}) , \ \ \ A^{-\alpha}A^{\beta} =A^{\beta-\alpha} \ \ \ \mathrm{in} \ D(A^{-\alpha}A^{\beta}) \end{align}

および

\begin{align} A^{\alpha}A^{-\beta}=A^{\alpha -\beta} \end{align}

も分かります。他にもいくらかの性質が分かります。

一方より弱い条件 ではどうでしょうか。先に示したことから、 であれば であって先の結果が使えるので、作戦としては平行移動

\begin{align} A_{\varepsilon} = A+\varepsilon I , \ D(A_{\varepsilon}) = D(A) \end{align}

によって先の場合に帰着させます。そしてこの極限をとって定義してしまおうということです。実際 が と の間にあれば正の定数 が存在して に対して

\begin{align} \| A_{\varepsilon}^{\alpha}u - A_{\theta}^{\alpha}u \|_X \le c \|u\|_X ( {\varepsilon}^{\alpha} - { \theta }^{\alpha} ) \end{align}

が成立します。ただちに各 に対して はCauchy列であることが分かるので、極限を定義できて

\begin{align} A^{(\alpha)}:D(A^{(\alpha)})=D(A) \to X , \ \ \ A^{(\alpha)}u = \lim_{\varepsilon \to +0}A_{\varepsilon}^{\alpha}u \end{align}

とできます。これで の定義！！としたいところですがこれでは不十分です。なぜかというと、定義域が狭いからです。定義域を広げるために、閉包をとります。これによって定義ができました！！

\begin{align} A^{\alpha} = \left\{\begin{array}{ll} \overline{A^{(\alpha)}} & (0<\alpha<1 ) \\ A & (\alpha =1) \\ I & (\alpha=0) \end{array}\right. \end{align}

ちなみに、こちらの条件においては は と の間にあるときしかFractional powerを定義できないことに注意しましょう。さて、このように定義すると、 は閉作用素であって、

\begin{align} D(A^{\alpha}) \supset D(A^{\beta}) \end{align}

が成立し、 であることが分かります。また、

  であり、より広い に対してもやはり

\begin{align} \|A^{\alpha}u-A_{\varepsilon}^{\alpha}u\|_X \le c \|u\|_X\varepsilon^{\alpha} , \ \ \ \|A^{\alpha}u-A_{\varepsilon}^{\alpha}u\|_X \to 0 \ \ \ (\varepsilon \to +0) \end{align}

が成立します。また、

\begin{align} A^{\alpha}A^{\beta} \supset A^{\alpha+\beta} \end{align}

や、 に対して

\begin{align} A^{\alpha}u=\frac{\sin \pi(1-\alpha)}{\pi} \int_0^{\infty} \lambda^{-(1-\alpha)}(\lambda I+A)^{-1}Aud\lambda \end{align}

が成立することが分かります。また、 に対して定義した が であれば、 のとき定義した と一致することも分かります。さて、ここらへんでFractional powerの話は終わりです。実際は難しい証明がいっぱいあるものの、概要だけだとこんなもんです。そんなに多くないですよね？？(まあここまでたどりつくの大変だったけど……)

で、PDFにはさらにおまけとして、実際にFractional powerを応用する例として、Hilbert空間におけるm増大作用素、非負値自己共役作用素を紹介しています。さらに非負値自己共役作用素から作用素に対して絶対値を定義でき、さらに複素数 を

\begin{align} z=|z|e^{i\theta} \end{align}

と分解するノリでHilbert空間における閉作用素も

\begin{align} A=W|A| \end{align}

分解できます。これを作用素の標準分解と呼びます。もうすこし踏み込んで説明すると、絶対値 は

\begin{align} |A|=(A^*A)^{\frac{1}{2}} \end{align}

と定義します。なんで？と思うわけですが、 は共役作用素と呼ばれるもので、 という性質を持ちます。なので

\begin{align} (A^*A u,u)=(A u , A u)=\|A u\|_X^2 \ge 0 \end{align}

が成立します。上の意味でこれを とかき、非負値といいます。要するに常に正だから絶対値を定義できるわけです。Fractional powerにより

\begin{align} |A|=(A^*A)^{\frac{1}{2}} \end{align}

と定義しますと、これもまた非負値になります。一方で は等長という性質を持ち、これは

\begin{align} \|Wu\|_X=\|u\|_X \end{align}

という性質を指します。まさに複素数の でいうと

\begin{align} |e^{i\theta}|=1 \end{align}

に対応する感じですね。

さて、概要はこのくらいにしておきましょう。今回は初の試みでノート公開をしましたけど、もしまた暇だったら勉強した内容をTeXにまとめてPDFにしてみたいと思います。次は何だろう？半群か、特異積分か……楕円型作用素か、擬微分作用素か……もしかしたら論文読むかも……次に勉強するもの次第ですね。

では今回はここらへんでおしまいにしましょう。また機会があればよろしくお願いします。

非整数次微積分学の真相に迫る！！Part6

こんにちは。ひよこてんぷらです。前回の記事はご覧になりましたか？？

sushitemple.hatenablog.jp

前回はFDEを解いてみようと試行錯誤したわけですが、失敗してしまいました……意外にも解けるFDEを構成するのが難しかったもので……しかし今回もまた失敗で終わらせるわけにはいかない！！ということで、今回こそはちゃんとFDEを解いてみたいと思います。

前回の着想は、 と が同時に存在するFDEはうまく解けないっぽいので、 と で構成されるFDEはどうか？？というところで終わっていました。さすがにもう失敗続きは嫌なので、ここから先は試行錯誤の末うまく解けたFDEのみを紹介していくことにしましょう。

さて、ではさっそくいきましょう！！次のFDEを考えてみましょう。

\begin{align} D_x^{\frac{3}{2}}y-D_x^{\frac{1}{2}}y=\sqrt{x} , \ \lim_{x \to 0} J^{\frac{1}{2}}[y](x)=\lim_{x \to 0} D_x^{\frac{1}{2}}y=0 \end{align}

さて、これはどう解くか？？まず両辺を半微分しましょう。

\begin{align} D_x^{\frac{1}{2}}D_x^{\frac{3}{2}}y-D_x^{\frac{1}{2}}D_x^{\frac{1}{2}}y=D_x^{\frac{1}{2}}\sqrt{x} \end{align}

さて、では左辺の微分から計算していきましょう。また微分公式を使います。

\begin{align} D_x^{\alpha} D_x^{\beta}f(x)=D_x^{\alpha +\beta}f(x)-\sum_{k=1}^{n+1}\frac{(x-a)^{-\alpha -k}}{\Gamma(1-\alpha -k)}\left\{ \lim_{x \to a} D_x^{\beta -k}f(x) \right\} \end{align}

ここで

\begin{align} \alpha =\frac{1}{2} , \ \beta=\frac{3}{2} , \ f(x)=y , \ a=0 \end{align}

とします。このとき となります。ゆえに公式から

\begin{align} D_x^{\frac{1}{2}} D_x^{\frac{3}{2}}y=y''-\sum_{k=1}^2 \frac{x^{-\frac{1}{2} -k}}{\Gamma(\frac{1}{2} -k)}\left\{ \lim_{x \to 0} D_x^{\frac{3}{2} -k}y \right\} \end{align}

を得ます。では右辺第2項を計算していきましょう。まず のとき、

\begin{align} \frac{x^{-\frac{1}{2} -1}}{\Gamma(\frac{1}{2} -1)}\left\{ \lim_{x \to 0} D_x^{\frac{3}{2} -1}y \right\} \end{align}

\begin{align} =\frac{x^{-\frac{3}{2} }}{\Gamma(-\frac{1}{2} )}\left\{ \lim_{x \to 0} D_x^{\frac{1}{2} }y \right\}=0 \end{align}

のとき、

\begin{align} \frac{x^{-\frac{1}{2} -2}}{\Gamma(\frac{1}{2} -2)}\left\{ \lim_{x \to 0} D_x^{\frac{3}{2} -2}y \right\} \end{align}

\begin{align} =\frac{x^{-\frac{5}{2} }}{\Gamma(-\frac{3}{2} )}\left\{ \lim_{x \to 0} D_x^{-\frac{1}{2} }y \right\} \end{align}

\begin{align} =\frac{x^{-\frac{5}{2} }}{\Gamma(-\frac{3}{2} )}\left\{ \lim_{x \to 0} J^{\frac{1}{2}}[y](x) \right\}=0 \end{align}

すなわち公式の計算結果は

\begin{align} D_x^{\frac{1}{2}} D_x^{\frac{3}{2}}y=y'' \end{align}

となります。これの結果から分かることですが、

\begin{align} \lim_{x \to 0} J^{\frac{1}{2}}[y](x)=\lim_{x \to 0} D_x^{\frac{1}{2}}y=0 \end{align}

という条件の下では微分公式の和の項は になります。以下このことは断らずに使いますから気を付けてください。同様にして

\begin{align} D_x^{\frac{1}{2}} D_x^{\frac{1}{2}}y=y' \end{align}

です。次に

\begin{align} D_x^{\frac{1}{2}}\sqrt{x} \end{align}

を求めます。これは

\begin{align} D_x^{\alpha}x^{\beta}=\frac{\Gamma(\beta +1)}{\Gamma(\beta -\alpha +1)}x^{\beta -\alpha} \end{align}

を用いて

\begin{align} D_x^{\alpha}\sqrt{x}=\frac{\Gamma(\frac{3}{2})}{\Gamma(1)}x^0=\frac{1}{2}\sqrt{\pi} \end{align}

となります。

\begin{align} \Gamma \left( \frac{3}{2} \right)=\frac{1}{2}\Gamma \left( \frac{1}{2} \right)=\frac{1}{2}\sqrt{\pi} \end{align}

に注意してください。さて、これらを代入して、

\begin{align} D_x^{\frac{1}{2}}D_x^{\frac{3}{2}}y-D_x^{\frac{1}{2}}D_x^{\frac{1}{2}}y=D_x^{\frac{1}{2}}\sqrt{x} \end{align}

から

\begin{align} y''-y'=\frac{1}{2}\sqrt{\pi} \end{align}

が得られます。これは2階線形ODEですね。これなら簡単に解けます。同次形の解は

\begin{align} y=e^{\lambda x} \end{align}

を代入することで

\begin{align} y''-y'=\lambda^2 e^{\lambda x}-\lambda e^{\lambda x}=\lambda (\lambda -1)e^{\lambda x} \end{align}

という特性方程式を得ます。この根

\begin{align} \lambda =0, 1 \end{align}

を代入して得られる解

\begin{align} y=1 , e^x \end{align}

が同次形の解となり、これらの線形結合

\begin{align} y=C_1+C_2e^x \end{align}

が解の一般形になります。 は積分定数です。これは初歩的な話なのでそこまで難しくないはずです。で、方程式

\begin{align} y''-y'=\frac{1}{2}\sqrt{\pi} \end{align}

に戻ると、同次形の解は求めたので非同次形の特解を1つ求めましょう。例えば

\begin{align} y=-\frac{1}{2}\sqrt{\pi} x \end{align}

なんかが特解ですね。したがって非同次形の一般解は

\begin{align} y=C_1+C_2e^x-\frac{1}{2}\sqrt{\pi}x \end{align}

です。これがODEの解ですから、FDEの解にもなっているはずです！！では以下これを確かめていきましょう。

まず

\begin{align} \lim_{x \to 0} J^{\frac{1}{2}}[y](x)=0 \end{align}

を確かめましょう。定義に従って半積分を計算していきます。

\begin{align} J^{\frac{1}{2}}[y](x)=\frac{1}{\Gamma(\frac{1}{2})}\int_0^x y(t)(x-t)^{\frac{1}{2}-1} dt \end{align}

\begin{align} =\frac{1}{\sqrt{\pi}}\int_0^x \frac{C_1+C_2e^t-\frac{1}{2}\sqrt{\pi}t}{\sqrt{x-t}}dt \end{align}

さて、なかなかにぎやかになってきましたね……各項の積分を求めていきましょう。まず

\begin{align} I_1=\int_0^x \frac{1}{\sqrt{x-t}} dt=\left[ -2\sqrt{x-t} \right]_0^x=2\sqrt{x} \end{align}

です。次に

\begin{align} I_2=\int_0^x \frac{e^t}{\sqrt{x-t}}dt \end{align}

を計算しましょう。置換積分

\begin{align} \sqrt{x-t}=u \end{align}

によって

\begin{align} t=x-u^2, \ dt=-2udu \end{align}

です。したがって

\begin{align} I_2=\int_{\sqrt{x}}^0 \frac{e^{x-u^2}}{u}(-2udu) \end{align}

\begin{align} =2e^x\int_0^{\sqrt{x}} e^{-u^2} du \end{align}

となります。これはこれ以上簡単にできないのでこのまま放置しておきます。最後に

\begin{align} I_3=\int_0^x \frac{t}{\sqrt{x-t}}dt \end{align}

ですが、これも上と同じ置換で

\begin{align} I_3=\int_{\sqrt{x}}^0 \frac{x-u^2}{u}(-2udu) \end{align}

\begin{align} =2\int_0^{\sqrt{x}}(x-u^2)du \end{align}

\begin{align} =2\left[ xu-\frac{1}{3}u^3 \right]_0^{\sqrt{x}} \end{align}

\begin{align} =2\left(x\sqrt{x}-\frac{1}{3}x\sqrt{x} \right) \end{align}

\begin{align} =\frac{4}{3}x^{\frac{3}{2}} \end{align}

となります。したがって、

\begin{align} J^{\frac{1}{2}}[y](x)=\frac{1}{\sqrt{\pi}}\int_0^x \frac{C_1+C_2e^t-\frac{1}{2}\sqrt{\pi}t}{\sqrt{x-t}}dt \end{align}

\begin{align} =\frac{1}{\sqrt{\pi}} \left( C_1I_1+C_2I_2-\frac{1}{2}\sqrt{\pi}I_3 \right) \end{align}

\begin{align} =\frac{1}{\sqrt{\pi}} \left( 2C_1\sqrt{x}+2C_2e^x\int_0^{\sqrt{x}}e^{-u^2}du-\frac{2}{3}\sqrt{\pi}x^{\frac{3}{2}} \right) \end{align}

を得ます。元々何をやっていたのかというと

\begin{align} \lim_{x \to 0} J^{\frac{1}{2}}[y](x)=0 \end{align}

を確かめたかったわけですが、上式に を代入すると確かに となることが分かります。したがってこの条件は満たされることが分かりました。

では次の条件をチェックしていきましょう。

\begin{align} \lim_{x \to 0} D_x^{\frac{1}{2}}y=0 \end{align}

これを満たすこと確認していきます。まず半微分は、半積分を既に求めているので簡単に計算できます。

\begin{align} D_x^{\frac{1}{2}}y=D_xJ^{\frac{1}{2}}[y](x) \end{align}

\begin{align} =\frac{1}{\sqrt{\pi}} \left( 2C_1\sqrt{x}+2C_2e^x\int_0^{\sqrt{x}}e^{-u^2}du-\frac{2}{3}\sqrt{\pi}x^{\frac{3}{2}} \right)' \end{align}

\begin{align} =\frac{1}{\sqrt{\pi}}\left( \frac{C_1}{\sqrt{x}}+2C_2e^x\int_0^{\sqrt{x}}e^{-u^2}du+2C_2e^xe^{-x}\frac{1}{2\sqrt{x}}-\sqrt{\pi x} \right) \end{align}

\begin{align} =\frac{1}{\sqrt{\pi}} \left( \frac{C_1+C_2}{\sqrt{x}} +2C_2e^x\int_0^{\sqrt{x}}e^{-u^2}du-\sqrt{\pi x} \right) \end{align}

さて、

\begin{align} \lim_{x \to 0} D_x^{\frac{1}{2}}y=0 \end{align}

を確認したいわけですが、そのまま上式において とすると第1項が発散してしまい条件を満たしません。そのために、定数に

\begin{align} C_1+C_2=0 \end{align}

という条件を課しておく必要があります。そうすれば条件が満たされることが分かりますね。

では最後にFDE

\begin{align} D_x^{\frac{3}{2}}y-D_x^{\frac{1}{2}}y=\sqrt{x} \end{align}

を満たすかどうか確認していきます。既に半微分は計算しているので、後は を求めればOKですね。さて、Part4で

\begin{align} D_x^MD_x^{\beta}f(x)=D_x^{M+\beta}f(x) \end{align}

という関係式を示したのを覚えていますでしょうか？？要するに後から通常の微分をする場合はsemigroup propertyが成立するよ、というものでした。

sushitemple.hatenablog.jp

したがって、  は半微分をさらに微分、すなわち

\begin{align} D_x^{\frac{3}{2}}y=D_xD_x^{\frac{1}{2}}y \end{align}

\begin{align} =\frac{1}{\sqrt{\pi}} \left( \frac{C_1+C_2}{\sqrt{x}} +2C_2e^x\int_0^{\sqrt{x}}e^{-u^2}du-\sqrt{\pi x} \right)' \end{align}

として求めることができます。さらに でしたから、第1項は消去できて

\begin{align} D_x^{\frac{3}{2}}y=\frac{1}{\sqrt{\pi}} \left( 2C_2e^x\int_0^{\sqrt{x}}e^{-u^2}du-\sqrt{\pi x} \right)' \end{align}

\begin{align} =\frac{1}{\sqrt{\pi}}\left( 2C_2e^x\int_0^{\sqrt{x}}e^{-u^2}du+2C_2e^xe^{-x}\frac{1}{2\sqrt{x}}-\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{x}} \right) \end{align}

\begin{align} =\frac{1}{\sqrt{\pi}}\left( 2C_2e^x\int_0^{\sqrt{x}}e^{-u^2}du+\frac{C_2}{\sqrt{x}}-\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{x}} \right) \end{align}

が得られます。したがって、

\begin{align} D_x^{\frac{3}{2}}y-D_x^{\frac{1}{2}} \end{align}

\begin{align} =\frac{1}{\sqrt{\pi}}\left( 2C_2e^x\int_0^{\sqrt{x}}e^{-u^2}du+\frac{C_2}{\sqrt{x}}-\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{x}} \right) \end{align}

\begin{align} -\frac{1}{\sqrt{\pi}} \left( 2C_2e^x\int_0^{\sqrt{x}}e^{-u^2}du-\sqrt{\pi x} \right) \end{align}

\begin{align} =\frac{1}{\sqrt{\pi}}\left( \frac{C_2}{\sqrt{x}}-\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{x}}+\sqrt{\pi x} \right) \end{align}

\begin{align} =\frac{1}{\sqrt{\pi}}\left( \frac{C_2}{\sqrt{x}}-\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{x}}\right)+\sqrt{x} \end{align}

さて、FDEは

\begin{align} D_x^{\frac{3}{2}}y-D_x^{\frac{1}{2}}y=\sqrt{x} \end{align}

でしたから、これが と等しくなってほしいわけです。そのためには

\begin{align} C_2=\frac{1}{2} \sqrt{\pi} \end{align}

が必要になります。そして  でしたから、

\begin{align} C_1=-\frac{1}{2} \sqrt{\pi} \end{align}

ですね。これを解

\begin{align} y=C_1+C_2e^x-\frac{1}{2}\sqrt{\pi}x \end{align}

に代入すると、

\begin{align} y=-\frac{1}{2}\sqrt{\pi}+\frac{1}{2}\sqrt{\pi}e^x-\frac{1}{2}\sqrt{\pi}x \end{align}

\begin{align} =\frac{1}{2} \sqrt{\pi}(e^x-x-1) \end{align}

となります！！でました！！これが解です！！条件を全て満たしていることも確認できました！！やっと解けるFDEの具体例をあげることができましたよ……ここまででだいぶ疲れてしまいましたね。

さて、調子付いてきたのでもうひとつ具体的なFDEを解いてみましょう！！次は

\begin{align} D_x^{\frac{3}{2}}y+D_x^{\frac{1}{2}}(xy)=\frac{1}{\sqrt{x}} , \ \lim_{x \to 0} J^{\frac{1}{2}}[y](x)=\lim_{x \to 0} D_x^{\frac{1}{2}}y=0 \end{align}

を解いてみましょう。先ほどよりも少し面倒です。まずは を計算しましょう。これはどう計算するのかというと、Generalized Leibniz ruleを使います(詳細はまた別の機会に書きましょう)。日本語で言えば一般化されたLeibnizの法則ですね。

\begin{align} D_x^{\alpha} (fg)=\sum_{k=0}^{\infty} \left( \begin{array}{c} \alpha \\ k \end{array} \right)(D_x^{\alpha -k}f)(D_x^kg) \end{align}

ここで

\begin{align} f=y , \ g=x \ , \alpha =\frac{1}{2} \end{align}

として計算すると、

\begin{align} D_x^{\frac{1}{2}}(xy)=\sum_{k=0}^{\infty} \left( \begin{array}{c} \frac{1}{2} \\ k \end{array} \right)(D_x^{\frac{1}{2} -k}y)(D_x^kx) \end{align}

\begin{align} =\left( \begin{array}{c} \frac{1}{2} \\ 0 \end{array} \right)(D_x^{\frac{1}{2}}y)x+\left( \begin{array}{c} \frac{1}{2} \\ 1 \end{array} \right)D_x^{-\frac{1}{2}}y \end{align}

\begin{align} =(D_x^{\frac{1}{2}}y)x+\frac{1}{2}J^{\frac{1}{2}}[y](x) \end{align}

となります。さらに両辺を半微分して再びLeibniz ruleを用います。

\begin{align} D_x^{\frac{1}{2}}D_x^{\frac{1}{2}}(xy)=D_x^{\frac{1}{2}}\left\{ (D_x^{\frac{1}{2}}y)x \right\}+\frac{1}{2}D_x^{\frac{1}{2}}J^{\frac{1}{2}}[y](x) \end{align}

\begin{align} =\sum_{k=0}^{\infty} \left( \begin{array}{c} \frac{1}{2} \\ k \end{array} \right)(D_x^{\frac{1}{2} -k}D_x^{\frac{1}{2}}y)(D_x^kx)+\frac{1}{2}y \end{align}

\begin{align} =\left( \begin{array}{c} \frac{1}{2} \\ 0 \end{array} \right)(D_x^{\frac{1}{2}}D_x^{\frac{1}{2}}y)x+\left( \begin{array}{c} \frac{1}{2} \\ 1 \end{array} \right)D_x^{-\frac{1}{2}}D_x^{\frac{1}{2}}y+\frac{1}{2}y \end{align}

\begin{align} =y'x+\frac{1}{2}y+\frac{1}{2}y \end{align}

\begin{align} =xy'+y \end{align}

詳細は省略しましたが、ここでは

\begin{align} \lim_{x \to 0} J^{\frac{1}{2}}[y](x)=0 \end{align}

という関係を用いていることに注意してください。さて、これで準備はおしまいですね。ではさっそく

\begin{align} D_x^{\frac{3}{2}}y+D_x^{\frac{1}{2}}(xy)=\frac{1}{\sqrt{x}} \end{align}

の両辺を半微分します。すると

\begin{align} D_x^{\frac{1}{2}}D_x^{\frac{3}{2}}y+D_x^{\frac{1}{2}}D_x^{\frac{1}{2}}(xy)=D_x^{\frac{1}{2}}\frac{1}{\sqrt{x}} \end{align}

となります。上の関係と

\begin{align} D_x^{\frac{1}{2}}D_x^{\frac{3}{2}}y=y'' , \ D_x^{\frac{1}{2}}\frac{1}{\sqrt{x}}=0 \end{align}

より得られるODEは

\begin{align} y''+xy'+y=0 \end{align}

です。今度は係数が定数でないODEですから、先の例ほど簡単には解けません。さてこれはどう解くかというと、べき級数解法で解きます。すなわち

\begin{align} y=\sum_{k=0}^{\infty} c_kx^k \end{align}

とおいて、係数 を決定していきます。まず微分して

\begin{align} y'= \sum_{k=0}^{\infty} c_k k x^{k - 1} , \ y''= \sum_{k=0}^{\infty} c_k k(k - 1) x^{k - 2} \end{align}

となります。これをODEに代入して

\begin{align} \sum_{k=0}^{\infty} c_k k(k - 1) x^{k - 2} +x \sum_{k=0}^{\infty} c_k k x^{k - 1} +\sum_{k=0}^{\infty} c_k x^k =0 \end{align}

ここで第1項について

\begin{align} \sum_{k=0}^{\infty} c_k k(k - 1) x^{k - 2} =\sum_{k=2}^{\infty} c_k k(k - 1) x^{k - 2} =\sum_{k=0}^{\infty} c_{k+2} (k+2)(k+1) x^k \end{align}

ですから、

\begin{align} \sum_{k=0}^{\infty}\left\{ c_{k+2} (k+2)(k+1) x^k +c_k k x^k +c_k x^k \right\}=0 \end{align}

すなわち

\begin{align} \sum_{k=0}^{\infty} \left\{ c_{k+2} (k+2)(k+1)+c_k (k+1) \right\}x^k=0 \end{align}

となり

\begin{align} \sum_{k=0}^{\infty} (k+1) \left\{ c_{k+2} (k+2)+c_k \right\}x^k=0 \end{align}

を得ます。この式を満たすように係数には

\begin{align} c_{k+2}(k+2)+c_k=0 \end{align}

という条件を課します。偶数と奇数の場合に分けて調べましょう。まず

\begin{align} k=2m \ (m \ge 0) \end{align}

の場合を考えます。このとき上式は

\begin{align} c_{2(m+1)}(2m+2)+c_{2m}=0 \end{align}

すなわち

\begin{align} c_{2(m+1)}=-\frac{1}{2(m+1)}c_{2m} \end{align}

となります。ここで

\begin{align} c_{2m}=-\frac{1}{2m}c_{2(m - 1)}=\frac{-\frac{1}{2}}{m}c_{2(m - 1)} \ (m \ge 1) \end{align}

を得ますから、これを繰り返し代入して

\begin{align} c_{2m}=\frac{-\frac{1}{2}}{m} \frac{-\frac{1}{2}}{m - 1} \frac{-\frac{1}{2}}{m - 2} \cdots \frac{-\frac{1}{2}}{1}c_0=\frac{(-\frac{1}{2})^m}{m!}c_0 \end{align}

となります。さらに上式は でも成立します。次に

\begin{align} k=2m+1 \ (m \ge 0) \end{align}

の場合を考えます。このとき上式は

\begin{align} c_{2(m+1)+1}(2m+1+2)+c_{2m+1}=0 \end{align}

すなわち

\begin{align} c_{2(m+1)+1}=-\frac{1}{2m+3}c_{2m+1} \end{align}

となります。ここで

\begin{align} c_{2m+1}=-\frac{1}{2m+1}c_{2m - 1}=\frac{-\frac{1}{2}}{m+\frac{1}{2}}c_{2m - 1} \ (m \ge 1) \end{align}

を得ますから、これを繰り返し代入して

\begin{align} c_{2m+1}=\frac{-\frac{1}{2}}{m+\frac{1}{2}} \frac{-\frac{1}{2}}{m-\frac{1}{2}} \frac{-\frac{1}{2}}{m-\frac{3}{2}} \cdots \frac{-\frac{1}{2}}{\frac{3}{2}}c_1 \end{align}

となります。さて、これは

\begin{align} \left\{ \prod_{i=0}^{m - 1}\frac{-\frac{1}{2}}{m+\frac{1}{2} - i} \right\}c_1 \end{align}

と表せますから、 は 回表れています。さらに分母は ずつ変化していることに着目して、Gamma関数

\begin{align} \Gamma \left(m+\frac{3}{2} \right)=\left( m+\frac{1}{2} \right) \left( m-\frac{1}{2} \right) \left( m-\frac{3}{2} \right) \cdots \frac{3}{2} \Gamma\left( \frac{3}{2} \right) \end{align}

を代入できて、

\begin{align} c_{2m+1}=\frac{(-\frac{1}{2})^m\Gamma(\frac{3}{2})}{\Gamma(m+\frac{3}{2})}c_1 \end{align}

となります。こちらも でも成立します。したがって解は

\begin{align} y=\sum_{k=0}^{\infty}c_kx^k \end{align}

\begin{align} =\sum_{m=0}^{\infty}c_{2m}x^{2m}+\sum_{m=0}^{\infty}c_{2m+1}x^{2m+1} \end{align}

\begin{align} =c_0\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-\frac{1}{2})^m}{m!}x^{2m}+c_1\Gamma\left( \frac{3}{2} \right)\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-\frac{1}{2})^m}{\Gamma(m+\frac{3}{2})}x^{2m+1} \end{align}

係数 と を と書けば、解は

\begin{align} y=C_1\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-\frac{1}{2})^m}{m!}x^{2m}+C_2\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-\frac{1}{2})^m}{\Gamma(m+\frac{3}{2})}x^{2m+1} \end{align}

と表されることが分かりました。また、いずれも収束半径は になることが分かります。さて、ではこの解がFDE

\begin{align} D_x^{\frac{3}{2}}y+D_x^{\frac{1}{2}}(xy)=\frac{1}{\sqrt{x}} , \ \lim_{x \to 0} J^{\frac{1}{2}}[y](x)=\lim_{x \to 0} D_x^{\frac{1}{2}}y=0 \end{align}

を満たすかどうか確認していきましょう。まず

\begin{align} \lim_{x \to 0} J^{\frac{1}{2}}[y](x)=0 \end{align}

を確認します。計算が大変そうですが、頑張りましょう！！

\begin{align} J^{\frac{1}{2}}[y](x)=\frac{1}{\Gamma(\frac{1}{2})}\int_0^x \left\{ C_1\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-\frac{1}{2})^m}{m!}t^{2m}+C_2\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-\frac{1}{2})^m}{\Gamma(m+\frac{3}{2})}t^{2m+1} \right\} (x-t)^{\frac{1}{2} - 1}dt \end{align}

\begin{align} =\frac{1}{\sqrt{\pi}}\left\{ C_1\sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-\frac{1}{2})^m}{m!} \int_0^x \frac{t^{2m}}{\sqrt{x-t}} dt +C_2\sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-\frac{1}{2})^m}{\Gamma(m+\frac{3}{2})} \int_0^x \frac{t^{2m+1}}{\sqrt{x-t}} dt \right\} \end{align}

さて、ここで収束半径内での項別積分を行いました。ここで必要な積分計算を行いましょう。

\begin{align} I_k=\int_0^x \frac{t^k}{\sqrt{x-t}} dt \end{align}

としてこの積分を計算します。なかなか良い高校数学の問題です。では解いていきましょう。まず置換を行います。

\begin{align} \sqrt{x-t}=u , \ t=x-u^2 , \ dt=-2udu \end{align}

として

\begin{align} I_k=\int_{\sqrt{x}}^0 \frac{(x-u^2)^k}{u}(-2udu) \end{align}

\begin{align} =2\int_0^{\sqrt{x}}(x-u^2)^k du \end{align}

となります。ここでの関係

\begin{align} I_k=2\int_0^{\sqrt{x}}(x-u^2)^k du \end{align}

は後で使うので覚えておいてください。さて、ではこれを部分積分します。

\begin{align} I_k=2\int_0^{\sqrt{x}}u'(x-u^2)^kdu \end{align}

\begin{align} =2\left[ u(x-u^2)^k \right]_0^{\sqrt{x}}-2\int_0^{\sqrt{x}}u(x-u^2)^{k - 1}k(-2u)du \end{align}

\begin{align} =4k\int_0^{\sqrt{x}}u^2(x-u^2)^{k - 1}du \end{align}

さて、さらにこの被積分関数を

\begin{align} (x-u^2)^k=(x-u^2)(x-u^2)^{k - 1}=x(x-u^2)^{k - 1}-u^2(x-u^2)^{k - 1} \end{align}

すなわち

\begin{align} u^2(x-u^2)^{k - 1}=x(x-u^2)^{k - 1}-(x-u^2)^k \end{align}

を用いて変形すると

\begin{align} I_k=4k\int_0^{\sqrt{x}}x(x-u^2)^{k - 1}du-4k\int_0^{\sqrt{x}}(x-u^2)^kdu \end{align}

となります。さて、ここで

\begin{align} I_k=2\int_0^{\sqrt{x}}(x-u^2)^k du \end{align}

を思い出すと、上の関係から漸化式

\begin{align} I_k=2kxI_{k - 1}-2kI_k \end{align}

が得られます。後はこれを解けばいいわけですね。

\begin{align} (1+2k)I_k=2kxI_{k - 1} \end{align}

より

\begin{align} I_k=\frac{2kx}{2k+1}I_{k - 1}=\frac{kx}{k+\frac{1}{2}}I_{k - 1} \end{align}

ゆえにこれを繰り返し代入して

\begin{align} I_k=\frac{kx}{k+\frac{1}{2}} \frac{(k - 1)x}{k-\frac{1}{2}} \frac{(k - 2)x}{k-\frac{3}{2}} \cdots \frac{x}{\frac{3}{2}}I_0 \end{align}

です。さて、分母は先ほどと同じように

\begin{align} \Gamma \left(k+\frac{3}{2} \right)=\left( k+\frac{1}{2} \right) \left( k-\frac{1}{2} \right) \left( k-\frac{3}{2} \right) \cdots \frac{3}{2} \Gamma\left( \frac{3}{2} \right) \end{align}

を代入できます。また、 は

\begin{align} I_0=2\int_0^{\sqrt{x}}du=2\sqrt{x} \end{align}

と簡単に計算できて、これらより

\begin{align} I_k=\frac{k!x^k\Gamma(\frac{3}{2})}{\Gamma(k+\frac{3}{2})} 2\sqrt{x} \end{align}

\begin{align} =\frac{\sqrt{\pi} k!}{\Gamma(k+\frac{3}{2})}x^{k+\frac{1}{2}} \end{align}

ですね。いやはや大変でした。そういえば何をやっているんでしたっけ……いま

\begin{align} J^{\frac{1}{2}}[y](x)=\frac{1}{\sqrt{\pi}}\left\{ C_1\sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-\frac{1}{2})^m}{m!} \int_0^x \frac{t^{2m}}{\sqrt{x-t}} dt +C_2\sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-\frac{1}{2})^m}{\Gamma(m+\frac{3}{2})} \int_0^x \frac{t^{2m+1}}{\sqrt{x-t}} dt \right\} \end{align}

を計算していて、そんでもって

\begin{align} I_k=\int_0^x \frac{t^k}{\sqrt{x-t}}dt=\frac{\sqrt{\pi} k!}{\Gamma(k+\frac{3}{2})}x^{k+\frac{1}{2}} \end{align}

だったわけですね。というわけで、

\begin{align} J^{\frac{1}{2}}[y](x)=\frac{1}{\sqrt{\pi}}\left\{ C_1\sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-\frac{1}{2})^m}{m!} I_{2m}+C_2\sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-\frac{1}{2})^m}{\Gamma(m+\frac{3}{2})} I_{2m+1} \right\} \end{align}

\begin{align} =\frac{1}{\sqrt{\pi}}\left\{ C_1\sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-\frac{1}{2})^m}{m!} \frac{\sqrt{\pi}(2m)!}{\Gamma(2m+\frac{3}{2})}x^{2m+\frac{1}{2}} +C_2\sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-\frac{1}{2})^m}{\Gamma(m+\frac{3}{2})} \frac{\sqrt{\pi}(2m+1)!}{\Gamma(2m+\frac{5}{2})}x^{2m+\frac{3}{2}} \right\} \end{align}

\begin{align} = C_1\sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-\frac{1}{2})^m}{m!} \frac{(2m)!}{\Gamma(2m+\frac{3}{2})}x^{2m+\frac{1}{2}} +C_2\sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-\frac{1}{2})^m}{\Gamma(m+\frac{3}{2})} \frac{(2m+1)!}{\Gamma(2m+\frac{5}{2})}x^{2m+\frac{3}{2}} \end{align}

が得られました！！いや～大変でしたね。まだ形がきれいでない気もしますが、これを計算すること自体が目的ではないのでこのままにしてしまいましょう。こちらも収束半径は  になるかと思います(確認はしていませんが)。さて、まず確認したかった

\begin{align} \lim_{x \to 0} J^{\frac{1}{2}}[y](x)=0 \end{align}

ですが、確かに上式は で になりますから成立していることが分かりますね！！では次の条件を確かめていきましょう。次は

\begin{align} \lim_{x \to 0} D_x^{\frac{1}{2}}y=0 \end{align}

をチェックしていきます。既に半積分を計算しましたから、それを微分すればOKです。ただし、今得られている半積分は

\begin{align} J^{\frac{1}{2}}[y](x)= C_1\sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-\frac{1}{2})^m}{m!} \frac{(2m)!}{\Gamma(2m+\frac{3}{2})}x^{2m+\frac{1}{2}} +C_2\sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-\frac{1}{2})^m}{\Gamma(m+\frac{3}{2})} \frac{(2m+1)!}{\Gamma(2m+\frac{5}{2})}x^{2m+\frac{3}{2}} \end{align}

です。べき級数は収束半径内で項別微分可能ですが、今はべき級数の指数がずれていますね。すなわち、べき級数

\begin{align} \sum_{k=0}^{\infty}c_kx^k \end{align}

はその収束半径内で項別微分可能ですが、上のべき級数の指数がずれた級数

\begin{align} \sum_{k=0}^{\infty}c_kx^{k+\alpha} \end{align}

も項別微分可能でしょうか？？一応調べておきましょう。

\begin{align} f(x)=\sum_{k=0}^{\infty}c_kx^{k+\alpha}=x^{\alpha}\sum_{k=0}^{\infty}c_kx^k \end{align}

として微分します。 を取り出せば問題なく項別微分可能ですね。

\begin{align} f'(x)=\alpha x^{\alpha - 1}\sum_{k=0}^{\infty}c_kx^k+x^{\alpha}\sum_{k=0}^{\infty}c_kkx^{k - 1} \end{align}

\begin{align} =\sum_{k=0}^{\infty}c_k \alpha x^{k+\alpha - 1}+\sum_{k=0}^{\infty}c_kkx^{k+\alpha - 1} \end{align}

\begin{align} =\sum_{k=0}^{\infty}c_k(k+\alpha)x^{k+\alpha -1} \end{align}

\begin{align} =\sum_{k=0}^{\infty}(c_kx^{k+\alpha})' \end{align}

となって項別微分可能です！！というわけで半微分 も問題なく計算できますね。

\begin{align} D_x^{\frac{1}{2}}y=D_xJ^{\frac{1}{2}}[y](x) \end{align}

\begin{align} =\left\{ C_1\sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-\frac{1}{2})^m}{m!} \frac{(2m)!}{\Gamma(2m+\frac{3}{2})}x^{2m+\frac{1}{2}} +C_2\sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-\frac{1}{2})^m}{\Gamma(m+\frac{3}{2})} \frac{(2m+1)!}{\Gamma(2m+\frac{5}{2})}x^{2m+\frac{3}{2}} \right\}' \end{align}

\begin{align} =C_1\sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-\frac{1}{2})^m}{m!} \frac{(2m)!}{\Gamma(2m+\frac{3}{2})}(x^{2m+\frac{1}{2}})' +C_2\sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-\frac{1}{2})^m}{\Gamma(m+\frac{3}{2})} \frac{(2m+1)!}{\Gamma(2m+\frac{5}{2})}(x^{2m+\frac{3}{2}})' \end{align}

\begin{align} =C_1\sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-\frac{1}{2})^m}{m!} \frac{(2m)!}{\Gamma(2m+\frac{1}{2})}x^{2m-\frac{1}{2}} +C_2\sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-\frac{1}{2})^m}{\Gamma(m+\frac{3}{2})} \frac{(2m+1)!}{\Gamma(2m+\frac{3}{2})}x^{2m+\frac{1}{2}} \end{align}

微分して降りてきた項はGamma関数の項と打ち消しあいます。これで微分完了です。さて、条件

\begin{align} \lim_{x \to 0} D_x^{\frac{1}{2}}y=0 \end{align}

を満たすためには が必要になります。なぜかというと、 において、第1項の の項が で発散してしまうからです。したがって

\begin{align} D_x^{\frac{1}{2}}y=C_2\sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-\frac{1}{2})^m}{\Gamma(m+\frac{3}{2})} \frac{(2m+1)!}{\Gamma(2m+\frac{3}{2})}x^{2m+\frac{1}{2}} \end{align}

となります。後はFDE

\begin{align} D_x^{\frac{3}{2}}y+D_x^{\frac{1}{2}}(xy)=\frac{1}{\sqrt{x}} \end{align}

を満たすかどうか確認すればよいですね。まずは を計算しましょう。

\begin{align} D_x^{\frac{3}{2}}y=D_xD_x^{\frac{1}{2}}y \end{align}

\begin{align} =\left\{ C_2\sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-\frac{1}{2})^m}{\Gamma(m+\frac{3}{2})} \frac{(2m+1)!}{\Gamma(2m+\frac{3}{2})}x^{2m+\frac{1}{2}} \right\}' \end{align}

\begin{align} =C_2\sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-\frac{1}{2})^m}{\Gamma(m+\frac{3}{2})} \frac{(2m+1)!}{\Gamma(2m+\frac{3}{2})}(x^{2m+\frac{1}{2}})' \end{align}

\begin{align} =C_2\sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-\frac{1}{2})^m}{\Gamma(m+\frac{3}{2})} \frac{(2m+1)!}{\Gamma(2m+\frac{1}{2})}x^{2m-\frac{1}{2}} \end{align}

次に を計算します。そのために半積分を求めましょう。

\begin{align} y=C_2\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-\frac{1}{2})^m}{\Gamma(m+\frac{3}{2})}x^{2m+1} \end{align}

でしたから、

\begin{align} J^{\frac{1}{2}}[ty](x)=\frac{1}{\Gamma(\frac{1}{2})} \int_0^x C_2\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-\frac{1}{2})^m}{\Gamma(m+\frac{3}{2})}t^{2m+1} t (x-t)^{\frac{1}{2}-1} dt \end{align}

\begin{align} =\frac{C_2}{\sqrt{\pi}}\sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-\frac{1}{2})^m}{\Gamma(m+\frac{3}{2})}\int_0^x \frac{t^{2m+2}}{\sqrt{x-t}} dt \end{align}

\begin{align} =\frac{C_2}{\sqrt{\pi}}\sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-\frac{1}{2})^m}{\Gamma(m+\frac{3}{2})}I_{2m+2} \end{align}

\begin{align} =\frac{C_2}{\sqrt{\pi}}\sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-\frac{1}{2})^m}{\Gamma(m+\frac{3}{2})} \frac{\sqrt{\pi}(2m+2)!}{\Gamma(2m+\frac{7}{2})}x^{2m+\frac{5}{2}} \end{align}

\begin{align} =C_2\sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-\frac{1}{2})^m}{\Gamma(m+\frac{3}{2})} \frac{(2m+2)!}{\Gamma(2m+\frac{7}{2})}x^{2m+\frac{5}{2}} \end{align}

となります。ここで

\begin{align} I_k=\int_0^x \frac{t^k}{\sqrt{x-t}}dt=\frac{\sqrt{\pi} k!}{\Gamma(k+\frac{3}{2})}x^{k+\frac{1}{2}} \end{align}

だったことを思い出しましょう。したがって、

\begin{align} D_x^{\frac{1}{2}}(xy)=D_xJ^{\frac{1}{2}}[ty](x) \end{align}

\begin{align} = \left\{ C_2\sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-\frac{1}{2})^m}{\Gamma(m+\frac{3}{2})} \frac{(2m+2)!}{\Gamma(2m+\frac{7}{2})}x^{2m+\frac{5}{2}} \right\}' \end{align}

\begin{align} =C_2\sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-\frac{1}{2})^m}{\Gamma(m+\frac{3}{2})} \frac{(2m+2)!}{\Gamma(2m+\frac{7}{2})}(x^{2m+\frac{5}{2}})' \end{align}

\begin{align} =C_2\sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-\frac{1}{2})^m}{\Gamma(m+\frac{3}{2})} \frac{(2m+2)!}{\Gamma(2m+\frac{5}{2})}x^{2m+\frac{3}{2}} \end{align}

となります。いやはや大変な計算でしたね。さて、準備が整いましたので、

\begin{align} D_x^{\frac{3}{2}}y+D_x^{\frac{1}{2}}(xy)=\frac{1}{\sqrt{x}} \end{align}

の成立を確かめていきましょう！！

\begin{align} D_x^{\frac{3}{2}}y+D_x^{\frac{1}{2}}(xy) \end{align}

\begin{align} =C_2\sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-\frac{1}{2})^m}{\Gamma(m+\frac{3}{2})} \frac{(2m+1)!}{\Gamma(2m+\frac{1}{2})}x^{2m-\frac{1}{2}}+C_2\sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-\frac{1}{2})^m}{\Gamma(m+\frac{3}{2})} \frac{(2m+2)!}{\Gamma(2m+\frac{5}{2})}x^{2m+\frac{3}{2}} \end{align}

さて、ここで第1項について の項のみを出すと

\begin{align} C_2\sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-\frac{1}{2})^m}{\Gamma(m+\frac{3}{2})} \frac{(2m+1)!}{\Gamma(2m+\frac{1}{2})}x^{2m-\frac{1}{2}} \end{align}

\begin{align} =C_2 \frac{1}{\Gamma(\frac{3}{2})\Gamma(\frac{1}{2})}x^{-\frac{1}{2}}+C_2\sum_{m=1}^{\infty} \frac{(-\frac{1}{2})^m}{\Gamma(m+\frac{3}{2})} \frac{(2m+1)!}{\Gamma(2m+\frac{1}{2})}x^{2m-\frac{1}{2}} \end{align}

\begin{align} =\frac{C_2}{\frac{1}{2}\pi} \frac{1}{\sqrt{x}}+C_2\sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-\frac{1}{2})^{m+1}}{\Gamma(m+\frac{5}{2})} \frac{(2m+3)!}{\Gamma(2m+\frac{5}{2})}x^{2m+\frac{3}{2}} \end{align}

\begin{align} =\frac{C_2}{\frac{1}{2}\pi} \frac{1}{\sqrt{x}}+C_2\sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-\frac{1}{2})(-\frac{1}{2})^m}{\Gamma(m+\frac{5}{2})} \frac{(2m+3)(2m+2)!}{\Gamma(2m+\frac{5}{2})}x^{2m+\frac{3}{2}} \end{align}

\begin{align} =\frac{C_2}{\frac{1}{2}\pi} \frac{1}{\sqrt{x}}-C_2\sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-\frac{1}{2})^m}{\Gamma(m+\frac{3}{2})} \frac{(2m+2)!}{\Gamma(2m+\frac{5}{2})}x^{2m+\frac{3}{2}} \end{align}

この第2項と先ほどの式の第2項が一致しているため、きれいに消えて

\begin{align} D_x^{\frac{3}{2}}y+D_x^{\frac{1}{2}}(xy)=\frac{C_2}{\frac{1}{2}\pi} \frac{1}{\sqrt{x}} \end{align}

となります。後は とすれば

\begin{align} D_x^{\frac{3}{2}}y+D_x^{\frac{1}{2}}(xy)=\frac{1}{\sqrt{x}} \end{align}

が成立します！！したがって解は

\begin{align} y=\frac{1}{2} \pi \sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-\frac{1}{2})^m}{\Gamma(m+\frac{3}{2})}x^{2m+1} \end{align}

です！！いやぁなかなか長い道のりでしたね……お疲れさまでした。

さて、この解を求めているときにふと気づいたことがありますので、補足しておきます。先ほど解いたFDEは

\begin{align} D_x^{\frac{3}{2}}y+D_x^{\frac{1}{2}}(xy)=\frac{1}{\sqrt{x}} , \ \lim_{x \to 0} J^{\frac{1}{2}}[y](x)=\lim_{x \to 0} D_x^{\frac{1}{2}}y=0 \end{align}

でした。では

\begin{align} D_x^{\frac{3}{2}}y+D_x^{\frac{1}{2}}(xy)=\frac{1}{x \sqrt{x}} , \ \lim_{x \to 0} J^{\frac{1}{2}}[y](x)=\lim_{x \to 0} D_x^{\frac{1}{2}}y=0 \end{align}

を考えてみたらどうでしょうか。同じように両辺を半微分するわけですが、

\begin{align} D_x^{\frac{1}{2}}\frac{1}{\sqrt{x}}=0 \end{align}

と同様に

\begin{align} D_x^{\frac{1}{2}}\frac{1}{x\sqrt{x}}=0 \end{align}

であるわけです。一般に に対して

\begin{align} D_x^{\alpha}x^{\beta}=\frac{\Gamma(\beta +1)}{\Gamma(\beta -\alpha +1)}x^{\beta -\alpha} \end{align}

より

\begin{align} D_x^{\frac{1}{2}}x^{-\frac{1}{2}-k}=\frac{\Gamma(-\frac{1}{2}-k +1)}{\Gamma(-\frac{1}{2}-k -\frac{1}{2} +1)}x^{-\frac{1}{2}-k-\frac{1}{2}}=0 \end{align}

です。分母のGamma関数が発散するからです。というわけで上の2つのFDEからは同じODEが導かれ、解も定数を除き同じになります。すなわち

\begin{align} y=C_2\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-\frac{1}{2})^m}{\Gamma(m+\frac{3}{2})}x^{2m+1} \end{align}

という解になるはずです。さて、最後の定数を決定するところで

\begin{align} D_x^{\frac{3}{2}}y+D_x^{\frac{1}{2}}(xy) \end{align}

\begin{align} =C_2\sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-\frac{1}{2})^m}{\Gamma(m+\frac{3}{2})} \frac{(2m+1)!}{\Gamma(2m+\frac{1}{2})}x^{2m-\frac{1}{2}}+C_2\sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-\frac{1}{2})^m}{\Gamma(m+\frac{3}{2})} \frac{(2m+2)!}{\Gamma(2m+\frac{5}{2})}x^{2m+\frac{3}{2}} \end{align}

となったわけですが、このべき級数の項を見ると

\begin{align} x^{2m-\frac{1}{2}} \end{align}

という部分を見れば分かるように より指数の小さい項が出てきません。すなわち

\begin{align} D_x^{\frac{3}{2}}y+D_x^{\frac{1}{2}}(xy)=\frac{1}{x \sqrt{x}} , \ \lim_{x \to 0} J^{\frac{1}{2}}[y](x)=\lim_{x \to 0} D_x^{\frac{1}{2}}y=0 \end{align}

を満たすような が決定できないわけです。なぜこうなってしまうのか。この原因を考えていきましょう。実際に半微分を計算してみましょう。

\begin{align} D_x^{\frac{1}{2}}\frac{1}{x\sqrt{x}}=D_xJ^{\frac{1}{2}}\left[ \frac{1}{t\sqrt{t}} \right](x) \end{align}

\begin{align} =D_x \frac{1}{\Gamma(\frac{1}{2})} \int_0^x \frac{1}{t\sqrt{t}} (x-t)^{\frac{1}{2}-1} dt \end{align}

\begin{align} =\frac{1}{\sqrt{\pi}} D_x \int_0^x \frac{1}{t\sqrt{t}\sqrt{x-t}} dt \end{align}

さて、この積分、発散してしまいますね……したがって は存在しないわけです。微分公式

\begin{align} D_x^{\alpha}x^{\beta}=\frac{\Gamma(\beta +1)}{\Gamma(\beta -\alpha +1)}x^{\beta -\alpha} \end{align}

はPart2で定式化しました。

sushitemple.hatenablog.jp

この結果は"Physics of Fractal Operators"を参考にしたものですが、この文献では確かに拡張され、  も計算できるとしています。結果は先ほどと同じ です。ただしRiemann-Liouville積分で定義した微分においては発散してしまうため定義できないことに注意しましょう。おそらくそういった拡張した意味での微分はあくまで「微分が定式化できる」というだけであって、こういったFDEなどを満たすようにはできないことに注意しましょう。

さて、実はもうひとつ例を用意していたのですが、2万字を超えてしまったため、今回はここまでにしましょう。次回は最後の具体例を紹介したいと思います。今回は長かったですが、最後までご覧いただけたでしょうか。見てくださってありがとうございます。

非整数次微積分学の真相に迫る！！Part5

こんにちは。ひよこてんぷらです。なんやかんやでPart5まで来てしまいました。正直そんなに深く掘り下げるつもりはなかったのですが、なんか勉強してみるとあれもこれも面白そうだな～となっていろいろ調べてしまい、その段階ではまだあいまいな点も多いんですが、ブログにまとめようと詳細な論理を組み立てていると意外な発見が見つかったりしてそれも書き加えて……みたいな感じでけっこう大作になってしまいました(笑)。さて、では今回は何をするのかというと、微分公式を用いて、Fractionalな微分方程式を解いてみたいと思います！！前回の記事はこちらです。

sushitemple.hatenablog.jp

さて、とはいえいきなりどういうこと？？と思うかもしれませんので、きっかけをお話ししたいと思います。"Introduction to Fractional Differential Equations"によれば、こんな例がありました。以下簡単のために

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha}f(x)=D_x^{\alpha}f(x) , \ \frac{d}{dx} f(x)=f'(x) \end{align}

などといった略記を用いることにしましょう。ちなみにFractionalな微分方程式はODEやPDEと同じようにFDEと呼ぶそうです。では例を紹介します。

次のFDEを1階ODEに変形せよ( とする)。

\begin{align} D_x^{\frac{1}{2}}y=y , \ \lim_{x \to 0} J^{\frac{1}{2}}[y](x)=-2\sqrt{\pi} \end{align}

さて、どのように解くかですが、あの微分公式を使うわけです。

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha}\left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta}f(x)=\left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha +\beta}f(x)-\sum_{k=1}^{n+1}\frac{(x-a)^{-\alpha -k}}{\Gamma(1-\alpha -k)}\left\{ \lim_{x \to a} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta -k}f(x) \right\} \end{align}

これも略記すると

\begin{align} D_x^{\alpha} D_x^{\beta}f(x)=D_x^{\alpha +\beta}f(x)-\sum_{k=1}^{n+1}\frac{(x-a)^{-\alpha -k}}{\Gamma(1-\alpha -k)}\left\{ \lim_{x \to a} D_x^{\beta -k}f(x) \right\} \end{align}

となります。さて今はこの公式に対し

\begin{align} \alpha =\beta =\frac{1}{2} , \ f(x)=y , \ a=0 \end{align}

を代入します。すると であり、

\begin{align} D_x^{\frac{1}{2}} D_x^{\frac{1}{2}}y=y'-\sum_{k=1}^{1}\frac{x^{-\frac{1}{2} -k}}{\Gamma(\frac{1}{2} -k)}\left\{ \lim_{x \to 0} D_x^{\frac{1}{2} -k}y \right\} \end{align}

となります。右辺第2項は のみであり、代入すると

\begin{align} -\frac{x^{-\frac{1}{2}-1}}{\Gamma(\frac{1}{2}-1)}\left\{ \lim_{x \to 0} D_x^{\frac{1}{2} -1}y \right\}=-\frac{x^{-\frac{3}{2}}}{\Gamma(-\frac{1}{2})}\left\{ \lim_{x \to 0} D_x^{-\frac{1}{2}}y \right\} \end{align}

ここで、

\begin{align} \Gamma \left( -\frac{1}{2} \right)=-2\sqrt{\pi} \end{align}

だったことを思い出すと、初期条件

\begin{align} \lim_{x \to 0} D_x^{-\frac{1}{2}}y= \lim_{x \to 0} J^{\frac{1}{2}}[y](x)=-2\sqrt{\pi} \end{align}

と合わせて、右辺第2項は

\begin{align} -\frac{x^{-\frac{3}{2}}}{\Gamma(-\frac{1}{2})}\left\{ \lim_{x \to 0} D_x^{-\frac{1}{2}}y \right\}=-x^{-\frac{3}{2}} \end{align}

となることが分かります。したがって、微分公式は

\begin{align} D_x^{\frac{1}{2}} D_x^{\frac{1}{2}}y=y'-x^{-\frac{3}{2}} \end{align}

となることが分かりました。さて、これをどうするのかというと、FDE

\begin{align} D_x^{\frac{1}{2}}y=y \end{align}

に対し両辺を半微分します。すると

\begin{align} D_x^{\frac{1}{2}}D_x^{\frac{1}{2}}y=D_x^{\frac{1}{2}}y \end{align}

となります。左辺は先ほどの微分公式の結果を代入することで

\begin{align} D_x^{\frac{1}{2}} D_x^{\frac{1}{2}}y=y'-x^{-\frac{3}{2}} \end{align}

となります。そして右辺はFDE

\begin{align} D_x^{\frac{1}{2}}y=y \end{align}

を再び代入することで、両辺のFractionalな微分作用素を消去できます。得られるODEは

\begin{align} y'-x^{-\frac{3}{2}}=y \end{align}

です。これが答えですね。

さて、文献の例はここでおしまいになっているわけですが、ここで終わっていいのでしょうか？？というのもせっかく解けるODEが与えられたわけですから自然と「このODEを解けば初めのFDEも解けたことになるんじゃないか！？」という期待が寄せられるわけです。すなわちそれはFDEが解けるということ！！せっかくFDEを題材としたわけですから、解いてみましょうよ！！というわけでここから先はFDEを解いていくことにしましょう。

さて、再びシチュエーションを振り返ってみます。いま

\begin{align} D_x^{\frac{1}{2}}y=y , \ \lim_{x \to 0} J^{\frac{1}{2}}[y](x)=-2\sqrt{\pi} \end{align}

なるFDEが与えられましたが、変形して

\begin{align} y'-x^{-\frac{3}{2}}=y \end{align}

なるODEを得ました。ここから自然とこのODEを解けばFDEが解けるのではないかと思うわけです。せっかくだからこのODEを解いてみたいと思います。ではまず式を変形して

\begin{align} y'-y=x^{-\frac{3}{2}} \end{align}

としましょう。これはみなさんもよく知っている1階線形ODEです。まず同次形(右辺が の場合)を解きましょう。これは計算するまでもなく

\begin{align} y=Ce^x \end{align}

ですね。ただし は積分定数とします。ではこれを定数変化法で解きます。すなわち

\begin{align} y=C(x)e^x \end{align}

として元のODEに代入します。左辺は

\begin{align} y'-y=\left\{ C(x)e^x \right\}'-C(x)e^x \end{align}

\begin{align} =C'(x)e^x+C(x)e^x-C(x)e^x \end{align}

\begin{align} =C'(x)e^x \end{align}

となりますから、

\begin{align} C'(x)e^x=x^{-\frac{3}{2}} \end{align}

となります。これを満たす を求めましょう。

\begin{align} C'(x)=x^{-\frac{3}{2}}e^{-x} \end{align}

ですから

\begin{align} C(x)=J[t^{-\frac{3}{2}}e^{-t}](x)=\int_0^x t^{-\frac{3}{2}}e^{-t} dt \end{align}

となるわけです。……アレ？？なんだか嫌な予感……これ、可積分じゃなくないですか……？？原点付近で が嫌なふるまいをしてしまいます。というわけで残念ながらこれはダメなようです……なるほど、なぜ文献ではODEを導くだけで解かないのかが分かりました！！解けないからか！！(笑)

しかしこのまま解けないで終わるのもなんだか嫌な感じなので、何とかして解きましょう！！なぜ解けなかったのかというと、先ほどの例は原点での特異点が原因でした。すなわちそれはRiemann-Liouville積分の下端 が原因なのではないかと予想しました。そういうわけで、次はFDEを一般の で考えてみたいと思います。

さて、では再びFDEを書いておきます。今度は

\begin{align} D_x^{\frac{1}{2}}y=y , \ \lim_{x \to a} J^{\frac{1}{2}}[y](x)=-2\sqrt{\pi} \end{align}

という条件で挑んでみます。得られるODEは、先と全く同様にして得られます。先との違いは微分公式の第2項の が消去されないだけなので、得られるODEは

\begin{align} y'-y=(x-a)^{-\frac{3}{2}} \end{align}

となります。これも先と全く同じようにして、同次形の解

\begin{align} y=Ce^x \end{align}

に定数変化法を用います。

\begin{align} C'(x)e^x=(x-a)^{-\frac{3}{2}} \end{align}

を解くことになります。

\begin{align} C'(x)=(x-a)^{-\frac{3}{2}}e^{-x} \end{align}

……なんだか嫌な予感がしますね。

\begin{align} C(x)=J[(t-a)^{-\frac{3}{2}}e^{-t}](x)=\int_a^x (t-a)^{-\frac{3}{2}}e^{-t} dt \end{align}

あらら。やっぱりダメです。先ほどは のせいで原点が特異点になってしまうと書きましたが、一般の にしても結局特異点もズレて可積分でないという結果になってしまいました。すなわちこのFDEも解けません……

この原因を調べましょう。結局 にしても一般の にしても、原因は 付近のふるまいなわけです。そして公式

\begin{align} D_x^{\alpha} D_x^{\beta}f(x)=D_x^{\alpha +\beta}f(x)-\sum_{k=1}^{n+1}\frac{(x-a)^{-\alpha -k}}{\Gamma(1-\alpha -k)}\left\{ \lim_{x \to a} D_x^{\beta -k}f(x) \right\} \end{align}

を見ると、右辺第2項の和は

\begin{align} (x-a)^{-\alpha -k} \end{align}

という部分があります。 ですから必ずこの項が存在すれば特異点になっちゃうわけです！！ より強いふるまいをしてほしくないですからね。

じゃあ思い切った解決策として、この項を消去してしまってはどうでしょうか！！

\begin{align} \lim_{x \to a} J^{\frac{1}{2}}[y](x)=0 \end{align}

としてしまいましょう。そうすれば微分公式の和の項は になり、特異点が存在しなくなるのではないでしょうか？？すなわち、次のFDE

\begin{align} D_x^{\frac{1}{2}}y=y , \ \lim_{x \to a} J^{\frac{1}{2}}[y](x)=0 \end{align}

を解きます。この場合は微分公式の和の項は出てこないので

\begin{align} D_x^{\frac{1}{2}}D_x^{\frac{1}{2}}y=y' \end{align}

となります。したがって先と同様にすれば、得られるODEは

\begin{align} y'-y=0 \end{align}

となります。これなら確かに解けます！！いやはや良かった……解は

\begin{align} y=Ce^x \end{align}

ですね。しかしここで満足してはいけません。ちゃんと今得られた解が元のFDE

\begin{align} D_x^{\frac{1}{2}}y=y , \ \lim_{x \to a} J^{\frac{1}{2}}[y](x)=0 \end{align}

を満たすか確認する必要がありますからね。ではまず

\begin{align} \lim_{x \to a} J^{\frac{1}{2}}[y](x)=0 \end{align}

が成立するか確認していきましょう。まずは半積分を計算します。

\begin{align} J^{\frac{1}{2}}[y](x)=\frac{1}{\Gamma(\frac{1}{2})}\int_a^x y(t)(x-t)^{\frac{1}{2}-1} dt \end{align}

\begin{align} =\frac{1}{\sqrt{\pi}}\int_a^x \frac{Ce^t}{\sqrt{x-t}} dt \end{align}

さて、ここで置換積分しましょう。

\begin{align} \sqrt{x-t}=u \end{align}

とすると

\begin{align} t=x-u^2 \end{align}

であり

\begin{align} dt=-2udu \end{align}

となります。したがって

\begin{align} J^{\frac{1}{2}}[y](x)=\frac{1}{\sqrt{\pi}} \int_{\sqrt{x-a}}^0 \frac{Ce^{x-u^2}}{u}(-2udu) \end{align}

\begin{align} =\frac{2Ce^x}{\sqrt{\pi}}\int_0^{\sqrt{x-a}}e^{-u^2}du \end{align}

さて、この積分は初等関数では表せませんから、ここまでで計算はおしまいです。さて、何を調べたかったのかというと

\begin{align} \lim_{x \to a} J^{\frac{1}{2}}[y](x)=0 \end{align}

かどうかということです。確かに上の式を見れば、 のとき積分範囲が上端と下端で一致します。しかも被積分関数も を含みませんから、これは になると見て良いでしょう。したがってこの条件はクリアです。

では次に

\begin{align} D_x^{\frac{1}{2}}y=y \end{align}

の成立を確認していきましょう。左辺の半微分を計算すればよいわけですが、

\begin{align} D_x^{\frac{1}{2}}y=D_xJ^{\frac{1}{2}}[y](x) \end{align}

ですから、既に計算した半積分を微分すればよいわけですね。したがって、

\begin{align} D_xJ^{\frac{1}{2}}[y](x)=\left( \frac{2Ce^x}{\sqrt{\pi}}\int_0^{\sqrt{x-a}}e^{-u^2}du \right)' \end{align}

\begin{align} =\frac{2Ce^x}{\sqrt{\pi}}\int_0^{\sqrt{x-a}}e^{-u^2}du+\frac{2Ce^x}{\sqrt{\pi}} e^{-(x-a)} \frac{1}{2\sqrt{x-a}} \end{align}

\begin{align} =\frac{2Ce^x}{\sqrt{\pi}}\int_0^{\sqrt{x-a}}e^{-u^2}du+\frac{Ce^a}{\sqrt{\pi (x-a)}} \end{align}

となります。……アレ？？もともと

\begin{align} D_x^{\frac{1}{2}}y=y \end{align}

の成立を確認したかったわけですが、この結果から

\begin{align} \frac{2Ce^x}{\sqrt{\pi}}\int_0^{\sqrt{x-a}}e^{-u^2}du+\frac{Ce^a}{\sqrt{\pi (x-a)}}=Ce^x \end{align}

となってしまいました。これ、明らかに成立しなくないですか！？！？じゃあ、これも解がないってことなんでしょうか？？

……と、いろいろ考えてみたんですが、ふとあることに気付きました。

の場合は成立する！！

ならば両辺共に となって成立します。したがって は解になるということです。そして逆に ならば成立しません。というのも上式の両辺を で割ると

\begin{align} \frac{2e^x}{\sqrt{\pi}}\int_0^{\sqrt{x-a}}e^{-u^2}du+\frac{e^a}{\sqrt{\pi (x-a)}}=e^x \end{align}

となるわけですが、これだと左辺の積分が初等関数で表せることになってしまうからです。先ほども書いたようにこれは初等関数では表せないはずなので、これは明らかな矛盾です。したがって すなわち のみが解ということになります。

そういうわけで、FDE

\begin{align} D_x^{\frac{1}{2}}y=y , \ \lim_{x \to a} J^{\frac{1}{2}}[y](x)=0 \end{align}

の解は という自明な解のみになってしまいました。もともと何とかして解けるFDEを構成しよう！！という試みだったんですが、まさか自明な解のみになってしまうとは……もちろん、まだ解の一意性は示していないので他にも解がある可能性はありますが、おそらく、なんとなくですがこの場合は解は のみな気がします……というわけでこれも失敗……

さて、では気持ちを切り替えて別のFDEを考えてみましょう！！

\begin{align} D_x^{\frac{1}{2}}y=y \end{align}

はダメだったので、他にも何か項を加えて

\begin{align} D_x^{\frac{1}{2}}y+y=f(x) \end{align}

というタイプのFDEを考えてみましょう！！これならどうだろうか？？以下簡単のため として考えることにします。ではまず

\begin{align} D_x^{\frac{1}{2}}y+y=x , \ \lim_{x \to 0}J^{\frac{1}{2}}[y](x)=0 \end{align}

というFDEを考えてみましょう。ここでも

\begin{align} \lim_{x \to 0}J^{\frac{1}{2}}[y](x)=0 \end{align}

としていますから、先と同様の理由により

\begin{align} D_x^{\frac{1}{2}}D_x^{\frac{1}{2}}y=y' \end{align}

と計算できることに注意しましょう。さてではFDEの両辺を半微分しましょう。

\begin{align} D_x^{\frac{1}{2}}D_x^{\frac{1}{2}}y+D_x^{\frac{1}{2}}y=D_x^{\frac{1}{2}}x \end{align}

となります。まず左辺第1項は

\begin{align} D_x^{\frac{1}{2}}D_x^{\frac{1}{2}}y=y' \end{align}

となりますね。第2項は再び元のFDEを変形して

\begin{align} D_x^{\frac{1}{2}}y=x-y \end{align}

を代入することで消去できます。では右辺はどうかというと、 の半微分ですね。この結果は

\begin{align} D_x^{\frac{1}{2}}x=2\sqrt{\frac{x}{\pi}} \end{align}

でしたね。覚えていますか？？もちろん忘れていても

\begin{align} D_x^{\alpha} x^{\beta} =\frac{\Gamma(\beta+1)}{\Gamma(\beta -\alpha +1)}x^{\beta -\alpha} \end{align}

から求められます。したがって、FDEは

\begin{align} y'+x-y=2\sqrt{\frac{x}{\pi}} \end{align}

すなわち

\begin{align} y'-y=-x+2\sqrt{\frac{x}{\pi}} \end{align}

となります。これも同次形の解から定数変化法で求められます。まず同次形の解

\begin{align} y=Ce^x \end{align}

に定数変化法を用いることで、

\begin{align} C'(x)=-xe^{-x}+2\sqrt{\frac{x}{\pi}}e^{-x} \end{align}

ゆえに

\begin{align} C(x)=-\int_0^x te^{-t} dt+\frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_0^x \sqrt{t}e^{-t}dt \end{align}

となりました。一応解は求められそうですが、右辺第2項が初等関数で表せなさそうなので、ちょっと初めの例にしては難しいかな……

というわけで、解が初等関数で表せそうな例を考えてみましょう。さっきは を半微分してしまったから を含む項が出てきてしまったので、今度はこういう例でやってみましょう。FDE

\begin{align} D_x^{\frac{1}{2}}y+y=\frac{1}{\sqrt{x}} , \ \lim_{x \to 0} J^{\frac{1}{2}}[y]=0 \end{align}

を解いてみましょう。同じように両辺を半微分して

\begin{align} D_x^{\frac{1}{2}}D_x^{\frac{1}{2}}y+D_x^{\frac{1}{2}}y=D_x^{\frac{1}{2}} \frac{1}{\sqrt{x}} \end{align}

が constantであることに注意すれば、上の式は

\begin{align} y'+\frac{1}{\sqrt{x}}-y=0 \end{align}

すなわち

\begin{align} y'-y=-\frac{1}{\sqrt{x}} \end{align}

となります。あら、これも初等関数じゃ無理っぽいですね……定数変化法を使うと

\begin{align} C(x)=-\int_0^x \frac{1}{\sqrt{t}}e^{-t} dt \end{align}

となってしまいます。うーむ……簡単なFDEの例を構成するのがこんな難しいとは……

では逆に簡単なFDEの例を構成するため、 をそのままにして計算してみましょう。

\begin{align} D_x^{\frac{1}{2}}y+y=f(x) , \ \lim_{x \to 0} J^{\frac{1}{2}}[y](x)=0 \end{align}

として解を求め、初等関数で解が表せる を逆算する、という作戦でいきましょう。これも同様に両辺を半微分して

\begin{align} D_x^{\frac{1}{2}}D_x^{\frac{1}{2}}y+D_x^{\frac{1}{2}}y=D_x^{\frac{1}{2}}f(x) \end{align}

ゆえに

\begin{align} y'+f(x)-y=D_x^{\frac{1}{2}}f(x) \end{align}

となり、得られるODEは

\begin{align} y'-y=-f(x)+D_x^{\frac{1}{2}}f(x) \end{align}

となります。定数変化法から

\begin{align} C(x)=-\int_0^x f(t)e^{-t} dt+\int_0^x \left\{ D_t^{\frac{1}{2}} f(t)\right\} e^{-t} dt \end{align}

となります。さて、これが初等関数で表せそうな を探したいわけですが、どうもこれはかなり難しそうであることが予想されます……というのも、そもそも簡単に半微分の計算できる は くらいだと思うんですが、

\begin{align} D_x^{\alpha} x^{\beta} =\frac{\Gamma(\beta+1)}{\Gamma(\beta -\alpha +1)}x^{\beta -\alpha} \end{align}

より

\begin{align} D_x^{\frac{1}{2}} x^{\beta} =\frac{\Gamma(\beta+1)}{\Gamma(\beta +\frac{1}{2})}x^{\beta -\frac{1}{2}} \end{align}

なわけです。一方、これに をかけて積分する際に初等関数で表されるためには の指数  が整数でないと困るわけです。しかし半微分の結果から がアウトになってしまいます。というわけで  はダメそうです。では得られるODE

\begin{align} y'-y=-f(x)+D_x^{\frac{1}{2}}f(x) \end{align}

において

\begin{align} -f(x)+D_x^{\frac{1}{2}}f(x)=0 \end{align}

となるケースはどうでしょうか。それなら

\begin{align} y'-y=0 \end{align}

となり初等関数で解けるODEになります。しかしその場合は

\begin{align} -f(x)+D_x^{\frac{1}{2}}f(x)=0 \end{align}

すなわち

\begin{align} D_x^{\frac{1}{2}}f(x)=f(x) \end{align}

を解く必要がありますが、これは先の

\begin{align} D_x^{\frac{1}{2}}y=y \end{align}

と同じFDEであり、解くのが無理(ODEの解が発散してしまう)もしくは自明な解 となってしまうことが分かっています。  とすると元のFDEは

\begin{align} D_x^{\frac{1}{2}}y+y=0 , \ \lim_{x \to 0} J^{\frac{1}{2}}[y](x)=0 \end{align}

となってしまい、やはりこれも自明な解 になってしまうでしょう。

というわけで、どうも

\begin{align} D_x^{\frac{1}{2}}y+y=f(x) , \ \lim_{x \to 0} J^{\frac{1}{2}}[y](x)=0 \end{align}

のタイプのFDEも簡単に解くのは難しいことが分かってしまいました……いや～なかなか具体例を構成するのも難しいんですね……

というわけでまた別の例を考えてみることにしましょう。おそらくうまくいかない原因は と が同時に存在しているからダメなんじゃないでしょうか？？そういうわけで、今度は と で構成されるFDEを考えてみたらどうでしょうか？？

とはいえこの段階で1万字に到達してしまったので、今回はこのくらいにしておきましょう。次回はうまく解けるFDEを紹介して実際に計算してみたいと思います。ではまたお会いしましょう。最後まで見てくださってありがとうございます。

次回の記事はこちらです。

sushitemple.hatenablog.jp

非整数次微積分学の真相に迫る！！Part4

はいこんにちは～ひよこてんぷらです。先日ゼミの集まりがありまして、課題図書のSingular Integralsをどこまで読んだか進捗報告をしました。前にも言ったように1章まで読み終えて、夏休み中に2章まで目指すということですが、なんとひょんなことから自分だけ藤田・黒田・伊藤の「関数解析」を読み半群の発表をせよ！！ということになってしまいました(笑)。というのも、自分から指導教官に「先生、半群って面白いですよね」って言ってしまったからです。まあ後悔はしていません。というのも、自分は半群に興味があるからです！！他にも今は漸近解析にも興味があります。ということで機会があればその辺の記事も書けたらいいなと思いますね……でも今はこのFractional calculusが一番面白そうなので、こいつをどんどん掘り下げていきたいと思いますね。

で、本題に入りましょう。前回の記事はこちらです。

sushitemple.hatenablog.jp

さて、前回は何をしたかというと、微分・積分作用素の関係式を証明しました。しつこいかもしれませんが、何度でも書いておきます。  はRiemann-Liouville積分の下端で、 は の整数部分とします。

\begin{align} J^{\alpha}[J^{\beta}[f]](x)=J^{\alpha +\beta}[f](x) \end{align}

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha} J^{\beta} [f](x)=\left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha -\beta}f(x) \end{align}

\begin{align} J^{\alpha}\left[ \left( \frac{d}{dt} \right)^{\beta}f(t) \right](x)=J^{\alpha -\beta}[f](x)-\sum_{k=1}^{n+1} \frac{(x-a)^{\alpha -k}}{\Gamma(\alpha +1-k)}\left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta -k} f \right\}(a) \end{align}

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha}\left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta}f(x)=\left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha +\beta}f(x)-\sum_{k=1}^{n+1}\frac{(x-a)^{-\alpha -k}}{\Gamma(1-\alpha -k)}\left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta -k}f \right\}(a) \end{align}

さて、では今回は何をするかというと、せっかく公式を導出したのでこれらの公式を使ってこの結果を確かめてみたいと思います。そもそも初めに気になっていたのは、次の性質

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha}\left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta}f(x)=\left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha +\beta}f(x) \end{align}

が成立するかどうかだったわけです。答えはNOでしたが、今は公式が得られていますから具体例をいくつか計算してみることができますね。具体例の計算は公式を理解する非常によい機会となると思うので、証明はめんどいと思って見なかった方でもぜひ具体例の計算だけでも見ていってくれればなと思います。4つの公式がありますが全て確認していくのもめんどうなので微分作用素同士の関係式を調べていきたいと思います。

ではさっそくですがまず1つ目の例を考えていきましょう。まず

\begin{align} \alpha =\frac{1}{2} , \ \beta=1 , \ f(x)=1 \end{align}

を考えてみましょう。このとき公式

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha}\left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta}f(x)=\left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha +\beta}f(x)-\sum_{k=1}^{n+1}\frac{(x-a)^{-\alpha -k}}{\Gamma(1-\alpha -k)}\left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta -k}f \right\}(a) \end{align}

はどうなるでしょうか。まず左辺ですが、

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\frac{1}{2}} \frac{d}{dx} 1=0 \end{align}

となります。これはまず の微分が であり、Fractionalな微分の線形性から の微分が となることから分かります。では次に右辺の微分を計算しましょう。まず第1項ですが、この微分は、前に計算した の微分結果

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha} x^{\beta} =\frac{\Gamma(\beta+1)}{\Gamma(\beta -\alpha +1)}x^{\beta -\alpha} \end{align}

を使いましょう。これにより、

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\frac{3}{2}} 1=\frac{1}{\Gamma(-\frac{1}{2})}x^{-\frac{3}{2}} \end{align}

を得ます。では第2項はどうでしょうか。今 ですから、 となり

\begin{align} -\sum_{k=1}^2\frac{(x-a)^{-\frac{1}{2} -k}}{\Gamma(\frac{1}{2} -k)}\left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{1 -k}1 \right\}(a) \end{align}

を得ます。まず の場合を計算しましょう。このとき

\begin{align} -\frac{(x-a)^{-\frac{1}{2} -1}}{\Gamma(\frac{1}{2} -1)}\left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{1 -1}1 \right\}(a)=-\frac{(x-a)^{-\frac{3}{2}}}{\Gamma(-\frac{1}{2})} \end{align}

となります。そして の場合は

\begin{align} -\frac{(x-a)^{-\frac{1}{2} -2}}{\Gamma(\frac{1}{2} -2)}\left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{1 -2}1 \right\}(a) \end{align}

ここで、

\begin{align} \left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{1 -2}1 \right\}(a)=\left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{-1}1 \right\}(a) \end{align}

\begin{align} =J[1](a)=\int_a^a dx=0 \end{align}

ですから となることが分かります。したがってこれらを代入すると

\begin{align} 0=\frac{1}{\Gamma(-\frac{1}{2})}x^{-\frac{3}{2}}-\frac{(x-a)^{-\frac{3}{2}}}{\Gamma(-\frac{1}{2})} \end{align}

となります。アレ？？おかしいな、一致しない……となるわけですが、ここで はRiemann-Liouville積分の下端です。そして公式

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha} x^{\beta} =\frac{\Gamma(\beta+1)}{\Gamma(\beta -\alpha +1)}x^{\beta -\alpha} \end{align}

はどうやって導いたかというと、 の場合の結果でしたよね。覚えていますか？？この公式の導出についてはPart2に書いてあります。

sushitemple.hatenablog.jp

というわけで、上の微分結果は の結果なので、今の公式

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha}\left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta}f(x)=\left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha +\beta}f(x)-\sum_{k=1}^{n+1}\frac{(x-a)^{-\alpha -k}}{\Gamma(1-\alpha -k)}\left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta -k}f \right\}(a) \end{align}

すなわち

\begin{align} 0=\frac{1}{\Gamma(-\frac{1}{2})}x^{-\frac{3}{2}}-\frac{(x-a)^{-\frac{3}{2}}}{\Gamma(-\frac{1}{2})} \end{align}

においても としなければなりませんね。そうすると、先ほどの結果はうまく計算できることが分かります。これでこの例では公式が成立することが確かめられましたね。

さて、さらにこの具体例を計算しているときにあることに気付いてしまいました。先ほど の計算で

\begin{align} J[1](a)=\int_a^a dx=0 \end{align}

なることを確認しました。一般の公式

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha}\left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta}f(x)=\left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha +\beta}f(x)-\sum_{k=1}^{n+1}\frac{(x-a)^{-\alpha -k}}{\Gamma(1-\alpha -k)}\left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta -k}f \right\}(a) \end{align}

においても の場合に限り微分作用素は積分作用素として計算する、すなわち

\begin{align} \left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta -(n+1)}f \right\}(a)=J^{n+1 -\beta}[f](a) \end{align}

となるわけですが、これもよくよく見たら積分の上端と下端が で一致しているではないですか！！つまり

\begin{align} J^{n+1-\beta }[f](a)=0 \end{align}

というわけです。ということでどのような場合でも すなわち最後の項に関しては必ず になることが分かりました！！

さて、では次の例を確認していきましょう。今度は

\begin{align} \alpha =\beta=\frac{1}{2} , \ f(x)=\frac{1}{\sqrt{x}} \end{align}

の場合( としましょう)を考えていきましょう。このとき公式

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha}\left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta}f(x)=\left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha +\beta}f(x)-\sum_{k=1}^{n+1}\frac{x^{-\alpha -k}}{\Gamma(1-\alpha -k)}\left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta -k}f \right\}(0) \end{align}

は、まず左辺が

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\frac{1}{2}}\left( \frac{d}{dx} \right)^{\frac{1}{2}}\frac{1}{\sqrt{x}}=0 \end{align}

となります。前に は constantであったことを書きましたが、覚えていますか？？まあ忘れていても  の微分公式を使えばよいわけですが。そういうわけで左辺は微分して になることが分かります。さて、では右辺はどうでしょうか。まず第1項についてですが、これは普通に微分すればよいわけで、

\begin{align} \frac{d}{dx} \frac{1}{\sqrt{x}}=-\frac{1}{2}x^{-\frac{3}{2}} \end{align}

となります。では第2項はどうでしょうか。第2項は より となり、

\begin{align} -\sum_{k=1}^{1}\frac{x^{-\frac{1}{2} -k}}{\Gamma(\frac{1}{2} -k)}\left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{\frac{1}{2} -k}\frac{1}{\sqrt{x}} \right\}(0) \end{align}

なわけですが、さっそく先ほどの主張が使えます。先ほどの主張とは、 が最後の項のときは必ず になるというやつです。今は項が1つしかないわけですから、これが になるわけです。したがってこれらより

\begin{align} 0=-\frac{1}{2}x^{-\frac{3}{2}} \end{align}

が得られます。……アレアレ？？これまた違う結果が。何が間違ったんだろうか……もちろん怪しいのは最後の項ですね。積分の上端と下端が一致すれば になるはずなんですが……

ということでやはり積分の計算をしてみましょう。第2項

\begin{align} -\sum_{k=1}^{1}\frac{x^{-\frac{1}{2} -k}}{\Gamma(\frac{1}{2} -k)}\left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{\frac{1}{2} -k}\frac{1}{\sqrt{x}} \right\}(0) \end{align}

は のみですから、これを代入します。

\begin{align} -\frac{x^{-\frac{1}{2} -1}}{\Gamma(\frac{1}{2} -1)}\left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{\frac{1}{2} -1}\frac{1}{\sqrt{x}} \right\}(0) \end{align}

\begin{align} =-\frac{x^{-\frac{3}{2}}}{\Gamma(-\frac{1}{2})}\left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{-\frac{1}{2}}\frac{1}{\sqrt{x}} \right\}(0) \end{align}

さて、ここで

\begin{align} \left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{-\frac{1}{2}}\frac{1}{\sqrt{x}} \right\}(0)=J^{\frac{1}{2}}\left[ \frac{1}{\sqrt{t}} \right](0) \end{align}

を計算するわけですが、先ほどの主張によれば積分の上端と下端が一致しているから だ、としたわけですが、まずは ではなく として計算してみましょう。すなわち

\begin{align} J^{\frac{1}{2}}\left[ \frac{1}{\sqrt{t}} \right](x) \end{align}

を計算して後から を代入するという作戦で行きます。ではまず計算していきましょう。

\begin{align} J^{\frac{1}{2}}\left[ \frac{1}{\sqrt{t}} \right](x)=\frac{1}{\Gamma(\frac{1}{2})}\int_0^x \frac{1}{\sqrt{t}} (x-t)^{\frac{1}{2}-1} dt \end{align}

\begin{align} =\frac{1}{\sqrt{\pi}}\int_0^x \frac{1}{\sqrt{t(x-t)}} dt \end{align}

さて、この積分ですが、これはいわゆる広義積分というやつですね。しかも上端下端共に特異点です。普通に計算してもいいですが、ここでは慎重に広義積分の定義に従って計算していきましょう。あんま定義は覚えていませんが、確か

\begin{align} \int_0^x \frac{1}{\sqrt{t(x-t)}} dt \end{align}

\begin{align} =\lim_{\varepsilon_1 \to +0} \int_{\varepsilon_1}^1 \frac{1}{\sqrt{t(x-t)}} dt+\lim_{\varepsilon_2 \to +0} \int_1^{x-\varepsilon_2} \frac{1}{\sqrt{t(x-t)}} dt \end{align}

みたいな感じで計算するんだったかなと思います。で、この2項が共に有限値に収束するならば広義積分可能みたいな感じでしたかね。さて、では第1項から計算していきましょうか。まず分母を平方完成します。

\begin{align} t(x-t)=-t^2+xt=-(t^2-xt) \end{align}

\begin{align} =-\left\{ \left( t-\frac{1}{2}x \right)^2-\frac{1}{4}x^2 \right\}=-\left( t-\frac{1}{2}x \right)^2+\frac{1}{4}x^2 \end{align}

さてここで置換積分ですね。

\begin{align} t-\frac{1}{2}x=\frac{1}{2}x\sin \theta \end{align}

とすると、

\begin{align} dt=\frac{1}{2}x\cos \theta d\theta \end{align}

となります。また積分範囲については

\begin{align} 1-\frac{1}{2}x=\frac{1}{2}x \sin \alpha , \ \varepsilon_1 -\frac{1}{2}x=\frac{1}{2}x\sin \beta \end{align}

とすれば、 のとき に注意して

\begin{align} \lim_{\varepsilon_1 \to +0} \int_{\varepsilon_1}^1 \frac{1}{\sqrt{t(x-t)}} dt \end{align}

\begin{align} =\lim_{\varepsilon_1 \to +0} \int_{\varepsilon_1}^1 \frac{1}{\sqrt{-\left( t-\frac{1}{2}x \right)^2+\frac{1}{4}x^2}} dt \end{align}

\begin{align} =\lim_{\beta \to -\frac{1}{2} \pi +0}\int_{\beta}^{\alpha} \frac{1}{\frac{1}{2}x\sqrt{1-\sin^2 \theta}}\frac{1}{2}x\cos \theta d\theta \end{align}

\begin{align} =\lim_{\beta \to -\frac{1}{2} \pi +0}\int_{\beta}^{\alpha} d\theta \end{align}

\begin{align} =\lim_{\beta \to -\frac{1}{2} \pi +0} (\alpha -\beta) \end{align}

\begin{align} =\alpha +\frac{1}{2}\pi \end{align}

を得ます。では次に第2項

\begin{align} \lim_{\varepsilon_2 \to +0} \int_1^{x-\varepsilon_2} \frac{1}{\sqrt{t(x-t)}} dt \end{align}

を計算しましょう。計算の方法は全く同じです。

\begin{align} t-\frac{1}{2}x=\frac{1}{2}x\sin \theta \end{align}

とし、積分範囲は

\begin{align} 1-\frac{1}{2}x=\frac{1}{2}x \sin \alpha , \ x-\varepsilon_2 -\frac{1}{2}x=\frac{1}{2}x\sin \gamma \end{align}

として計算しましょう。 は先と共通になります。 は  のとき に注意して

\begin{align} \lim_{\varepsilon_2 \to +0} \int_1^{x-\varepsilon_2} \frac{1}{\sqrt{t(x-t)}} dt \end{align}

\begin{align} =\lim_{\gamma \to \frac{1}{2} \pi -0}\int_{\alpha}^{\gamma} d\theta \end{align}

\begin{align} =\lim_{\gamma \to \frac{1}{2} \pi -0} (\gamma -\alpha) \end{align}

\begin{align} =\frac{1}{2}\pi -\alpha \end{align}

を得ます。したがってどちらも有限値に収束し、広義積分可能です。さらにこれらの和を計算することで

\begin{align} \int_0^x \frac{1}{\sqrt{t(x-t)}} dt \end{align}

\begin{align} =\lim_{\varepsilon_1 \to +0} \int_{\varepsilon_1}^1 \frac{1}{\sqrt{t(x-t)}} dt+\lim_{\varepsilon_2 \to +0} \int_1^{x-\varepsilon_2} \frac{1}{\sqrt{t(x-t)}} dt \end{align}

\begin{align} =\left( \alpha +\frac{1}{2}\pi \right)+\left( \frac{1}{2}\pi -\alpha \right)=\pi \end{align}

となりました。さて、ここで衝撃の事実なのですが、この値は の値によらず一定値をとります。したがって のときも となります。これはどういうことかというと……先ほどの主張が間違っていたということになるわけです！！

先ほどの主張とはなんだったかというと、

\begin{align} J^{n+1-\beta }[f](a)=0 \end{align}

が常に成立するという主張でした。すなわち積分の上端と下端が一致していれば常に になるという主張です。しかし上の例で計算した結果は

\begin{align} \int_0^x \frac{1}{\sqrt{t(x-t)}} dt =\pi \end{align}

であり、

\begin{align} J^{\frac{1}{2}}\left[ \frac{1}{\sqrt{t}} \right](x)=\frac{1}{\sqrt{\pi}}\int_0^x \frac{1}{\sqrt{t(x-t)}} dt=\sqrt{\pi} \end{align}

すなわち

\begin{align} J^{\frac{1}{2}}\left[ \frac{1}{\sqrt{t}} \right](0)=\sqrt{\pi} \neq 0 \end{align}

ということです！！積分の上端と下端が一致していても必ず になるとは限らないということです！！これにはびっくりしました。

さて、くわしくこの原因について考えていきましょう。まず先ほどの例では

\begin{align} J[1](a)=\int_a^a dt=0 \end{align}

で自明に でした。一般に

\begin{align} J[f](a)=\int_a^a f(t) dt=0 \end{align}

も成り立つはずです。では今回の例はこれとは何が違うかというと

\begin{align} \left. \int_a^x f(x,t) dt \right|_{\ x=a} \end{align}

を考えているということです。すなわち中の関数も積分範囲 に依存するわけです。この場合は一般に

\begin{align} \left. \int_a^x f(x,t) dt \right|_{\ x=a} \neq 0 \end{align}

ということが分かったわけですね。特に、先ほどの積分

\begin{align} \left. \int_0^x \frac{1}{\sqrt{t(x-t)}} dt \right|_{\ x=0} =\pi \end{align}

を見てみると、おそらくこれが にならない原因として であれば被積分関数はいずれも のorder(すなわち可積分)に対し、 のときは被積分関数が のorder(可積分でない)になってしまうことではないかなと予想しました。すなわちこのような現象が起こってしまう例として

\begin{align} \left. \int_0^x \frac{1}{t^{\frac{1}{3}}(x-t)^{\frac{2}{3}}} dt \right|_{\ x=0} \end{align}

なんかも挙げられると予想しました。実際計算機に突っ込んでみると

\begin{align} \int_0^x \frac{1}{t^{\frac{1}{3}}(x-t)^{\frac{2}{3}}} dt =\frac{2}{\sqrt{3}} \pi \end{align}

でありやはりそうであることが確かめられました。一般に

\begin{align} \int_0^x \frac{1}{t^{\alpha}(x-t)^{1-\alpha}} dt \end{align}

は全て によらない値になるのではないかと予想します(たぶん。確認はしていませんが)。

で、まあここらへんの詳細はおいといて、結局さっきの例

\begin{align} \alpha =\beta=\frac{1}{2} , \ f(x)=\frac{1}{\sqrt{x}} \end{align}

では第2項の積分が になるという主張においては

\begin{align} 0=-\frac{1}{2}x^{-\frac{3}{2}} \end{align}

でおかしかったわけですが、第2項を計算すると

\begin{align} -\frac{x^{-\frac{1}{2} -1}}{\Gamma(\frac{1}{2} -1)}\left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{\frac{1}{2} -1}\frac{1}{\sqrt{x}} \right\}(0) \end{align}

\begin{align} =-\frac{x^{-\frac{3}{2}}}{\Gamma(-\frac{1}{2})}\left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{-\frac{1}{2}}\frac{1}{\sqrt{x}} \right\}(0) \end{align}

\begin{align} =-\frac{x^{-\frac{3}{2}}}{\Gamma(-\frac{1}{2})}J^{\frac{1}{2}}\left[ \frac{1}{\sqrt{t}} \right](0) \end{align}

\begin{align} =-\sqrt{\pi} \frac{x^{-\frac{3}{2}}}{\Gamma(-\frac{1}{2})} \end{align}

ここで

\begin{align} \Gamma(z+1)=z\Gamma(z) \end{align}

に を代入すると

\begin{align} \Gamma\left(\frac{1}{2} \right)=-\frac{1}{2}\Gamma\left( -\frac{1}{2} \right) \end{align}

ゆえに

\begin{align} \Gamma\left(-\frac{1}{2} \right)=-2\Gamma\left( \frac{1}{2} \right)=-2\sqrt{\pi} \end{align}

これを上の式に代入すると、第2項は

\begin{align} -\sqrt{\pi} \frac{x^{-\frac{3}{2}}}{\Gamma(-\frac{1}{2})}=\frac{1}{2} x^{-\frac{3}{2}} \end{align}

これを間違っていた式

\begin{align} 0=-\frac{1}{2}x^{-\frac{3}{2}} \end{align}

に加えて修正すると

\begin{align} 0=-\frac{1}{2}x^{-\frac{3}{2}}+\frac{1}{2}x^{-\frac{3}{2}} \end{align}

となり成立することが分かりました！！

というわけでこの例が成立しなかった原因は

\begin{align} J^{n+1-\beta }[f](a)=0 \end{align}

が常に成立すると思っていたことでした。こういう誤解を生まないためにも公式

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha}\left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta}f(x)=\left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha +\beta}f(x)-\sum_{k=1}^{n+1}\frac{(x-a)^{-\alpha -k}}{\Gamma(1-\alpha -k)}\left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta -k}f \right\}(a) \end{align}

は

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha}\left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta}f(x)=\left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha +\beta}f(x)-\sum_{k=1}^{n+1}\frac{(x-a)^{-\alpha -k}}{\Gamma(1-\alpha -k)} \left\{ \lim_{x \to a} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta -k}f(x) \right\} \end{align}

と表記したほうがよいのかもしれませんね。いやはや具体例をいじるのはとても勉強になるなぁ……

さて、では上の注意を踏まえて次の例も考えていきましょう。今度は

\begin{align} \alpha=\frac{1}{2} , \ \beta=\frac{3}{2} , \ f(x)=\frac{1}{\sqrt{x}} \end{align}

を考えてみましょう。このとき公式

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha}\left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta}f(x)=\left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha +\beta}f(x)-\sum_{k=1}^{n+1}\frac{x^{-\alpha -k}}{\Gamma(1-\alpha -k)} \left\{ \lim_{x \to 0} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta -k}f(x) \right\} \end{align}

はどうなるでしょうか。まず左辺は

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\frac{1}{2}}\left( \frac{d}{dx} \right)^{\frac{3}{2}}\frac{1}{\sqrt{x}} \end{align}

となります。これを計算していきましょう。公式

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha} x^{\beta} =\frac{\Gamma(\beta+1)}{\Gamma(\beta -\alpha +1)}x^{\beta -\alpha} \end{align}

より

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\frac{3}{2}}\frac{1}{\sqrt{x}}=\frac{\Gamma(\frac{1}{2})}{\Gamma(-1)}x^{-2}=0 \end{align}

となります。  は constantであったわけですが、 constantでもあるわけですね。上の微分公式からさらに一般に  は constantとなることが分かります。したがって左辺は となりますね。では次に右辺を計算していきましょう。まず第1項は

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^2 \frac{1}{\sqrt{x}}=\frac{3}{4}x^{-\frac{5}{2}} \end{align}

となります。では第2項はどうでしょうか。第2項は より となり、

\begin{align} -\sum_{k=1}^{2}\frac{x^{-\frac{1}{2} -k}}{\Gamma(\frac{1}{2} -k)}\left\{ \lim_{x \to 0} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\frac{3}{2} -k}\frac{1}{\sqrt{x}} \right\} \end{align}

を計算すればよいことになります。ではまず の場合から計算していきましょう。代入すると

\begin{align} -\frac{x^{-\frac{1}{2} -1}}{\Gamma(\frac{1}{2} -1)}\left\{ \lim_{x \to 0} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\frac{3}{2} -1}\frac{1}{\sqrt{x}} \right\} \end{align}

\begin{align} =-\frac{x^{-\frac{3}{2}}}{\Gamma(-\frac{1}{2} )}\left\{ \lim_{x \to 0} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\frac{1}{2} }\frac{1}{\sqrt{x}} \right\} \end{align}

となりますが、ここで先ほど計算した

\begin{align} J^{\frac{1}{2}}\left[\frac{1}{\sqrt{t}}\right](x)=\sqrt{\pi} \end{align}

を用いると

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\frac{1}{2} }\frac{1}{\sqrt{x}} =\frac{d}{dx}J^{\frac{1}{2}}\left[\frac{1}{\sqrt{t}}\right](x)=\frac{d}{dx}\sqrt{\pi}=0 \end{align}

となるので の項は になることが分かります。では次に の項を計算していきましょう。代入すると

\begin{align} -\frac{x^{-\frac{1}{2} -2}}{\Gamma(\frac{1}{2} -2)}\left\{ \lim_{x \to 0} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\frac{3}{2} -2}\frac{1}{\sqrt{x}} \right\} \end{align}

\begin{align} =-\frac{x^{-\frac{5}{2}}}{\Gamma(-\frac{3}{2} )}\left\{ \lim_{x \to 0} \left( \frac{d}{dx} \right)^{-\frac{1}{2} }\frac{1}{\sqrt{x}} \right\} \end{align}

\begin{align} =-\frac{x^{-\frac{5}{2}}}{\Gamma(-\frac{3}{2} )}\left\{ \lim_{x \to 0} J^{\frac{1}{2} }\left[ \frac{1}{\sqrt{t}} \right] (x) \right\} \end{align}

\begin{align} =-\sqrt{\pi}\frac{x^{-\frac{5}{2}}}{\Gamma(-\frac{3}{2} )} \end{align}

となります。先ほど

\begin{align} \Gamma\left(-\frac{1}{2} \right)=-2\sqrt{\pi} \end{align}

を計算しましたが、さらに

\begin{align} \Gamma(z+1)=z\Gamma(z) \end{align}

に を代入すると

\begin{align} \Gamma\left(-\frac{1}{2} \right)=-\frac{3}{2}\Gamma\left( -\frac{3}{2} \right) \end{align}

ゆえに

\begin{align} \Gamma\left(-\frac{3}{2} \right)=-\frac{2}{3}\Gamma\left( -\frac{1}{2} \right)=\frac{4}{3}\sqrt{\pi} \end{align}

これを上の結果に代入して、 の項は

\begin{align} -\sqrt{\pi}\frac{x^{-\frac{5}{2}}}{\Gamma(-\frac{3}{2} )}=-\frac{3}{4}x^{-\frac{5}{2}} \end{align}

ということが分かります。したがって

\begin{align} 0=\frac{3}{4}x^{-\frac{5}{2}}-\frac{3}{4}x^{-\frac{5}{2}} \end{align}

となり確かに成立していることが分かりますね。

さて、上の例はいずれも の場合を確かめましたが、せっかくなので の場合も確かめてみましょう。ただしその場合は の微分公式が使えないので計算がめんどうですね……しかし、 の半微分は既に計算しているんでした！！詳しくはPart1をご覧下さい。

sushitemple.hatenablog.jp

さて、既に一般の の場合でも

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\frac{1}{2}}\left( \frac{d}{dx} \right)^{\frac{1}{2}}x=\frac{d}{dx}x \end{align}

が成立していることをPart2で確かめていますから、後は公式

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha}\left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta}f(x)=\left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha +\beta}f(x)-\sum_{k=1}^{n+1}\frac{(x-a)^{-\alpha -k}}{\Gamma(1-\alpha -k)}\left\{ \lim_{x \to a} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta -k}f(x) \right\} \end{align}

において、

\begin{align} \alpha =\beta =\frac{1}{2} , \ f(x)=x \end{align}

としたときに右辺第2項が となることを確かめればよいということですね。ではさっそく確認していきましょう。第2項は

\begin{align} -\sum_{k=1}^{1}\frac{(x-a)^{-\frac{1}{2} -k}}{\Gamma(\frac{1}{2} -k)}\left\{ \lim_{x \to a} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\frac{1}{2} -k}x \right\} \end{align}

となります。では を代入して計算してみましょう。

\begin{align} -\frac{(x-a)^{-\frac{1}{2} -1}}{\Gamma(\frac{1}{2} -1)}\left\{ \lim_{x \to a} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\frac{1}{2} -1}x \right\} \end{align}

\begin{align} =-\frac{(x-a)^{-\frac{3}{2}}}{\Gamma(-\frac{1}{2} )}\left\{ \lim_{x \to a} \left( \frac{d}{dx} \right)^{-\frac{1}{2} }x \right\} \end{align}

ここで

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{-\frac{1}{2} }x=J^{\frac{1}{2}}[t](x) \end{align}

となるわけですが、既にPart1で の半積分も計算しました。結果は

\begin{align} J^{\frac{1}{2}}[t](x)=\frac{2}{\sqrt{\pi}}\left\{ x\sqrt{x-a}-\frac{1}{3}(x-a)^{\frac{3}{2}} \right\} \end{align}

でした。これに を代入すると になります。すなわち

\begin{align} \lim_{x \to a} \left( \frac{d}{dx} \right)^{-\frac{1}{2} }x =0 \end{align}

となるわけです。したがって第2項は となり、やはりこの場合も公式の成立が確かめられました。

そろそろ具体例もやりすぎな気もしてきましたので、最後に一般的な場合を紹介して終わりにしましょう。一般的な場合というのは、 と はそのままで、 という場合を考えてみましょう。ここで は非負整数とします。このとき公式は

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^M\left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta}f(x)=\left( \frac{d}{dx} \right)^{M +\beta}f(x)-\sum_{k=1}^{n+1}\frac{(x-a)^{-M -k}}{\Gamma(1-M -k)}\left\{ \lim_{x \to a} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta -k}f(x) \right\} \end{align}

となりますが、右辺第2項のGamma関数に注目します。引数が ですが、これは整数になっています。さらに、 に注意すれば

\begin{align} 1-M-k \le -M \le 0 \end{align}

であることが分かります。これはつまり が正でない整数であることを意味しており、したがってGamma関数は全ての に対し発散します。したがって公式は

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^M\left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta}f(x)=\left( \frac{d}{dx} \right)^{M +\beta}f(x) \end{align}

となります。つまりこれが意味していることは、後から通常の微分をする場合はsemigroup propertyが常に成立するということです！！なので先ほど は constantであるだけでなく、一般に  constantであるということを書きましたが、この公式からそれは一般のGeneric constantにも言えることだと分かります。つまり、 が constantならば

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha}f(x)=0 \end{align}

なわけですが、後から通常の 回微分をする場合はsemigroup propertyが成立しますから

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{n +\alpha}f(x)=\left( \frac{d}{dx} \right)^n\left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha}f(x)=0 \end{align}

となり  が constantであることが分かるわけです。また、もちろんですが今分かった式

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^M\left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta}f(x)=\left( \frac{d}{dx} \right)^{M +\beta}f(x) \end{align}

に対して も非負整数 のとき

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^M\left( \frac{d}{dx} \right)^Nf(x)=\left( \frac{d}{dx} \right)^{M +N}f(x) \end{align}

となるわけですが、これは通常の微分がsemigroup propertyを満たしていることを意味していることになりますね。

さて、というわけで今回は公式を使って具体例をガシガシ計算していきました。途中で積分範囲が上端と下端で一致しても とならない関数の例なども紹介しましたが、あれは自分にとっても良い勉強になりました。具体例の計算は大事ですね～～

では今回はここまでとしたいと思います。次回はさらに公式を使ってFractionalな微分方程式を扱ってみたいと思います。また興味がありましたら読んでみてください。ここまで見てくださってありがとうございます。

次回の記事はこちらです。

sushitemple.hatenablog.jp

非整数次微積分学の真相に迫る！！Part3

どうもこんにちは。ひよこてんぷらです。前回の記事はご覧いただけましたか？？

sushitemple.hatenablog.jp

こちらの記事の最後にFractionalな微分・積分作用素の関係式を"Introduction to Fractional Differential Equations"から引用しました。そして証明を確認してみた結果、たぶんちょっと誤植らしき点を見つけたので修正しつつ証明の概略を追っていきたいと思います。さて、もう一度公式を並べておきましょう。今回は証明をする順から並べていきます。  はRiemann-Liouville積分の下端で、 は の整数部分とします。

\begin{align} J^{\alpha}[J^{\beta}[f]](x)=J^{\alpha +\beta}[f](x) \end{align}

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha} J^{\beta} [f](x)=\left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha -\beta}f(x) \end{align}

\begin{align} J^{\alpha}\left[ \left( \frac{d}{dt} \right)^{\beta}f(t) \right](x)=J^{\alpha -\beta}[f](x)-\sum_{k=1}^{n+1} \frac{(x-a)^{\alpha -k}}{\Gamma(\alpha +1-k)}\left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta -k} f \right\}(a) \end{align}

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha}\left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta}f(x)=\left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha +\beta}f(x)-\sum_{k=1}^{n+1}\frac{(x-a)^{-\alpha -k}}{\Gamma(1-\alpha -k)}\left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta -k}f \right\}(a) \end{align}

とても複雑な公式でやる気がおきませんが、まあ頑張っていきましょう。まずは初めの公式から証明していきたいと思います。

\begin{align} J^{\alpha}[J^{\beta}[f]](x)=J^{\alpha +\beta}[f](x) \end{align}

こちらは定義に従って素朴に計算していきます。変数変換がややトリッキーですが、頑張っていきましょう。まず、素朴に定義を代入していきましょう。定義は覚えていますか？？一応書いておきますね。

\begin{align} J^{\alpha}[f](x)=\frac{1}{\Gamma(\alpha)}\int_a^x f(t)(x-t)^{\alpha -1}dt \end{align}

ではこれを用いて代入していきましょう。

\begin{align} J^{\alpha}[J^{\beta}[f]](x)=\frac{1}{\Gamma(\alpha)}\int_a^x J^{\beta}[f](t)(x-t)^{\alpha -1}dt \end{align}

\begin{align} =\frac{1}{\Gamma(\alpha)}\int_a^x \frac{1}{\Gamma(\beta)}\int_a^t f(u)(t-u)^{\beta -1}du(x-t)^{\alpha -1}dt \end{align}

\begin{align} =\frac{1}{\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)}\int_a^x \int_a^t f(u)(t-u)^{\beta -1}(x-t)^{\alpha -1}dudt \end{align}

ここで積分を入れ替えます。積分範囲は今

\begin{align} a \leq t \leq x , \ a \leq u \leq t \end{align}

を満たしていますから、これを合わせて ですね。ここからまた選びなおして

\begin{align} u \leq t \leq x , \ a \leq u \leq x \end{align}

ですね。図を描くと分かりやすいかもしれません。変数は直角三角形の範囲を動きます。さて、これにより積分を入れ替えると

\begin{align} J^{\alpha}[J^{\beta}[f]](x) \end{align}

\begin{align} =\frac{1}{\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)}\int_a^x \int_x^u f(u)(t-u)^{\beta -1}(x-t)^{\alpha -1}dtdu \end{align}

\begin{align} =\frac{1}{\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)}\int_a^x f(u) \int_x^u (t-u)^{\beta -1}(x-t)^{\alpha -1}dtdu \end{align}

となります。さて、ここで変数変換しましょう。内側の に関する積分に対して

\begin{align} t-u=v(x-u) \end{align}

としましょう。 が新たな積分変数です。 に関する積分ですから はここでは定数とみなせることに注意しましょう。すなわち

\begin{align} dt=(x-u)dv \end{align}

です。では計算を続けましょう。

\begin{align} J^{\alpha}[J^{\beta}[f]](x) \end{align}

\begin{align} =\frac{1}{\Gamma(\alpha) \Gamma(\beta)}\int_a^x f(u) \int_0^1 v^{\beta -1}(x-u)^{\beta -1}\left\{ x-v(x-u)-u \right\}^{\alpha -1}(x-u)dvdu \end{align}

\begin{align} =\frac{1}{\Gamma(\alpha) \Gamma(\beta)}\int_a^x f(u) (x-u)^{\beta -1} \int_0^1 v^{\beta -1} \left\{ (x-u)(1-v) \right\}^{\alpha -1} dvdu \end{align}

\begin{align} =\frac{1}{\Gamma(\alpha) \Gamma(\beta)}\int_a^x f(u) (x-u)^{\alpha +\beta -1} \int_0^1 v^{\beta -1} (1-v)^{\alpha -1} dvdu \end{align}

さて、前に出てきたBeta関数を覚えているでしょうか？？念のため記しておきますが、Beta関数は

\begin{align} B(\alpha , \beta)=\int_0^1 v^{\beta -1} (1-v)^{\alpha -1} dv \end{align}

で定義されます。そして

\begin{align} B(\alpha , \beta)=\frac{\Gamma(\alpha) \Gamma(\beta)}{\Gamma(\alpha +\beta)} \end{align}

が成立するんでしたね。これを用いることで

\begin{align} J^{\alpha}[J^{\beta}[f]](x) \end{align}

\begin{align} =\frac{1}{\Gamma(\alpha) \Gamma(\beta)} \int_a^x f(u) (x-u)^{\alpha +\beta -1} \frac{\Gamma(\alpha) \Gamma(\beta)}{\Gamma(\alpha +\beta)} du \end{align}

\begin{align} =\frac{1}{\Gamma(\alpha +\beta)} \int_a^x f(u)(x-u)^{\alpha +\beta -1} du \end{align}

\begin{align} =J^{\alpha +\beta}[f](x) \end{align}

となります。証明完了です。最後に積分がBeta関数となってきれいにまとまるのが面白いですね。お疲れさまでした。

さて、では次の公式を証明していきましょう。

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha} J^{\beta} [f](x)=\left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha -\beta}f(x) \end{align}

こちらの証明は非常に簡単です。先の結果を用います。まず、 を仮定しておきます。一応微分の定義も確認しておきましょう。

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha}f(x)=\left( \frac{d}{dx} \right)^{n+1} J^{n+1-\alpha}[f](x) \end{align}

ただし は の整数部分でしたね。さて、ではいきましょう。

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha} J^{\beta} [f](x)=\left( \frac{d}{dx} \right)^{n+1} J^{n+1-\alpha}[J^{\beta}[f]](x) \end{align}

ここでさっそく先の結果を使いましょう。

\begin{align} J^{n+1-\alpha}[J^{\beta}[f]](x)=J^{n+1-(\alpha -\beta)}[f](x) \end{align}

これは示したので使ってOKです。さらに、 は今 の整数部分ですが、これを分解します。 を の整数部分とします。これにより を

\begin{align} n=m+(n-m) \end{align}

としておきます。仮定より ですから、 は非負整数となることに注意します。これにより

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha} J^{\beta} [f](x)=\left( \frac{d}{dx} \right)^{n+1}J^{n+1-(\alpha -\beta)}[f](x) \end{align}

\begin{align} =\left( \frac{d}{dx} \right)^{m+(n-m)+1}J^{m+(n-m)+1-(\alpha -\beta)}[f](x) \end{align}

が成立します。

さて、初めの微分作用素ですが、今はどちらも非負整数なので、問題なく

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{m+(n-m)+1}=\left( \frac{d}{dx} \right)^{m+1}\left( \frac{d}{dx} \right)^{n-m} \end{align}

が成立します。さらに後ろの積分に関しては再び先に示した結果

\begin{align} J^{m+(n-m)+1-(\alpha -\beta)}[f](x)=J^{n-m}[J^{m+1-(\alpha -\beta)}[f]](x) \end{align}

を使います。そうすることで

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha} J^{\beta} [f](x)=\left( \frac{d}{dx} \right)^{m+1}\left( \frac{d}{dx} \right)^{n-m}J^{n-m}[J^{m+1-(\alpha -\beta)}[f]](x) \end{align}

が成立します。 は非負整数であることに注意すれば、微積分学の基本定理により

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{n-m} J^{n-m}[f](x)=f(x) \end{align}

が成立します。これを用いることで

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha} J^{\beta} [f](x)=\left( \frac{d}{dx} \right)^{m+1} J^{m+1-(\alpha -\beta)}[f](x) \end{align}

\begin{align} =\left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha -\beta}f(x) \end{align}

となり、証明完了です。途中で定義に厳密に従うよう の整数部分を取り出してきました。余った部分は微積分学の基本定理によって消去してしまいましょう。既に積分作用素同士の関係を示しているため、比較的証明は簡単です。

ちなみに、仮定では  としましたが、一般にはどうでしょうか。逆に は より大きいとします(不等号を使いたいのですが、なぜかスマートフォン表示ではバグってしまいます。困りました……)。詳しい説明は省略しますが、上とほとんど同様の考察により

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha} J^{\beta} [f](x)=\left( \frac{d}{dx} \right)^{n+1} J^{n+1-(\alpha -\beta)}[f](x) \end{align}

\begin{align} =\left( \frac{d}{dx} \right)^{n+1} J^{n+1+(\beta -\alpha)}[f](x) \end{align}

\begin{align} =J^{\beta -\alpha} [f](x) \end{align}

が成立します。さて、初めの方に微分作用素を使って積分作用素も表せるといったことを書いたのを覚えていますでしょうか？？具体的には

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{-\alpha}f(x)=J^{\alpha} [f](x) \end{align}

と定義してしまえばよいという内容です。これを用いると、上の結果は

\begin{align} J^{\beta -\alpha} [f](x)=\left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha -\beta}f(x) \end{align}

となり   の場合と一致します。すなわち、負の指数も含む微分作用素(ここでは拡張した微分作用素とでも呼びましょう)を用いれば、今示した関係式

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha} J^{\beta} [f](x)=\left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha -\beta}f(x) \end{align}

はどんな に対しても成立するということですね。さて、これで半分の公式が証明できました！！さああと残り半分！！

……と思うじゃないですか？？でも公式を見れば分かる通り、後半の方が証明は大変です。本当に困ったことなんですが、文献には証明がほとんど書かれておらず(しかも誤植の疑惑もある)、他にもいくつかFractional calculusに関する文献を読みましたが(大学で無償閲覧できるのはSpringerだけなので他にもいい文献があるのかもしれない……)詳細が書かれているものが見当たりませんでした……ということでここから先の証明は全て自分のオリジナルです(証明に丸一日かかりました……)。ということでもしかしたらどこか間違えているかもしれません。あともっとスマートな示し方があるかもしれません。そのときはごめんなさい。あとFractional calculusに関するいい文献がありましたら教えてくださいね。

ではいきましょう。次の公式はこちらです。

\begin{align} J^{\alpha}\left[ \left( \frac{d}{dt} \right)^{\beta}f(t) \right](x)=J^{\alpha -\beta}[f](x)-\sum_{k=1}^{n+1} \frac{(x-a)^{\alpha -k}}{\Gamma(\alpha +1-k)}\left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta -k} f \right\}(a) \end{align}

こちらが文献で誤植疑惑のある公式です。一応証明してみましたので正しいとは思うのですが、あまり自信はありません……すみません。で、先にもいったように証明がやや大変なのでただ見るだけでは難しいかもしれません。紙と鉛筆で共に戦いましょう。あるいは読み飛ばしていただいても構いません。

さて、では微分と積分を定義にしたがって書き下します。

\begin{align} J^{\alpha}\left[ \left( \frac{d}{dt} \right)^{\beta}f(t) \right](x)=J^{\alpha} \left[ \left( \frac{d}{dt} \right)^{n+1} J^{n+1-\beta}[f](t) \right](x) \end{align}

\begin{align} =\frac{1}{\Gamma(\alpha) } \int_a^x \left\{ \frac{d}{dt} \left( \frac{d}{dt} \right)^n J^{n+1-\beta}[f](t) \right\} (x-t)^{\alpha -1} dt \end{align}

さて、最後の式で微分作用素を1つだけ外に出しました。何をするのかというと、部分積分です。式はちょっぴり複雑ですが、計算は難しくないはずです。

\begin{align} J^{\alpha}\left[ \left( \frac{d}{dt} \right)^{\beta}f(t) \right](x) \end{align}

\begin{align} =\frac{1}{\Gamma(\alpha)}\left[ \left\{ \left( \frac{d}{dt} \right)^n J^{n+1-\beta}[f](t) \right\} (x-t)^{\alpha -1} \right]_{\ t=a}^{\ t=x} \end{align}

\begin{align} -\frac{1}{\Gamma(\alpha)} \int_a^x \left\{ \left( \frac{d}{dt} \right)^n J^{n+1-\beta }[f](t)\right\} \left\{ -(\alpha -1)(x-t)^{\alpha -2} \right\} dt \end{align}

\begin{align} =-\frac{1}{\Gamma(\alpha)} \left. \left( \frac{d}{dt} \right)^n J^{n+1-\beta}[f](t) \right|_{\ t=a} (x-a)^{\alpha -1} \end{align}

\begin{align} +\frac{1}{\Gamma(\alpha -1) } \int_a^x \left\{ \left( \frac{d}{dt} \right)^n J^{n+1-\beta}[f](t) \right\} (x-t)^{\alpha -2} dt \end{align}

さて、第1項は部分積分によって をそれぞれ代入して差を取るわけですが、 が より大きいと仮定すると のときは が になり消えます。さて、ここで第1項の

\begin{align} \left. \left( \frac{d}{dt} \right)^n J^{n+1-\beta}[f](t) \right|_{\ t=a} \end{align}

について、 の整数部分が であることに注意すると

\begin{align} \left( \frac{d}{dt} \right)^{\beta -1}f (t)=\left( \frac{d}{dt} \right)^nJ^{n+1-\beta}[f](t) \end{align}

ですから、これに を代入すると

\begin{align} \left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta -1}f \right\}(a)=\left. \left( \frac{d}{dt} \right)^n J^{n+1-\beta}[f](t) \right|_{\ t=a} \end{align}

と書くことができます。この結果を上の式に代入することで、

\begin{align} J^{\alpha}\left[ \left( \frac{d}{dt} \right)^{\beta}f(t) \right](x)=-\frac{(x-a)^{\alpha -1}}{\Gamma(\alpha)}\left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta -1}f \right\}(a) \end{align}

\begin{align} +\frac{1}{\Gamma(\alpha -1) } \int_a^x \left\{ \left( \frac{d}{dt} \right)^n J^{n+1-\beta}[f](t) \right\} (x-t)^{\alpha -2} dt \end{align}

となることが分かったわけです。ここまで大丈夫でしょうか。さて、ここで第2項を見てみると、初めに計算していた式

\begin{align} J^{\alpha}\left[ \left( \frac{d}{dt} \right)^{\beta}f(t) \right](x) \end{align}

\begin{align} =\frac{1}{\Gamma(\alpha) } \int_a^x \left\{ \left( \frac{d}{dt} \right)^{n+1} J^{n+1-\beta}[f](t) \right\} (x-t)^{\alpha -1} dt \end{align}

と見比べて帰納的に計算できることが予想されます。したがって、これを繰り返しまして

\begin{align} J^{\alpha}\left[ \left( \frac{d}{dt} \right)^{\beta}f(t) \right](x) \end{align}

\begin{align} =-\frac{(x-a)^{\alpha -1}}{\Gamma(\alpha)}\left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta -1}f \right\}(a)-\frac{(x-a)^{\alpha -2}}{\Gamma(\alpha -1)}\left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta -2}f \right\}(a) \end{align}

\begin{align} +\frac{1}{\Gamma(\alpha -2)} \int_a^x \left\{ \left( \frac{d}{dt} \right)^{n-1} J^{n+1-\beta}[f](t) \right\} (x-t)^{\alpha -3} dt \end{align}

\begin{align} =-\frac{(x-a)^{\alpha -1}}{\Gamma(\alpha)}\left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta -1}f \right\}(a)-\cdots -\frac{(x-a)^{\alpha -(n+1)}}{\Gamma(\alpha -n)}\left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta -(n+1)}f \right\}(a) \end{align}

\begin{align} +\frac{1}{\Gamma(\alpha -n-1)}\int_a^x J^{n+1-\beta}[f](t) (x-t)^{\alpha -n-2} dt \end{align}

を得ます。第1項は

\begin{align} -\sum_{k=1}^{n+1} \frac{(x-a)^{\alpha -k}}{\Gamma(\alpha -k+1)}\left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta -k}f \right\}(a) \end{align}

と書けます。そして第2項は積分作用素の関係式を用いれば

\begin{align} \frac{1}{\Gamma(\alpha -n-1)}\int_a^x J^{n+1-\beta}[f](t) (x-t)^{\alpha -n-2}dt \end{align}

\begin{align} =J^{\alpha -n-1}[J^{n+1-\beta}[f]](x)=J^{\alpha -\beta}[f](x) \end{align}

示せた！！やりました！！これらを合わせて

\begin{align} J^{\alpha}\left[ \left( \frac{d}{dt} \right)^{\beta}f(t) \right](x)=J^{\alpha -\beta}[f](x)-\sum_{k=1}^{n+1} \frac{(x-a)^{\alpha -k}}{\Gamma(\alpha +1-k)}\left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta -k} f \right\}(a) \end{align}

となりました！！やった！！文献がない中がんばって示せたのでとても達成感があります。凡ミスを繰り返してすごく時間がかかってしまいました……

さて、ここで少し注意をしておきましょう。まず積分作用素を定義するために は より大きくないとダメですね。それから、最後の計算で

\begin{align} \frac{1}{\Gamma(\alpha -n-1)}\int_a^x J^{n+1-\beta}[f](t) (x-t)^{\alpha -n-2}dt \end{align}

\begin{align} =J^{\alpha -n-1}[J^{n+1-\beta}[f]](x)=J^{\alpha -\beta}[f](x) \end{align}

という計算をしました。すなわちこれらの積分作用素が定義されるためには が共に正でないとダメですね。後者は大丈夫ですが、前者はまずいです。 は より大きいとしておきましょう。 が負の場合は拡張された微分作用素として解釈できますが、そもそも積分作用素同士の関係式があるので考える必要はありません。なので は正としておきましょう。そうすると自然と は より大きいことになります。そうすると、初めの部分積分で仮定しておいた条件も満たされるため好都合です。というか、文献には成立する の条件が書いてないんですよね……困るな……間違ってないといいんですが……

と、自分で書いていて思ったのですが、おそらく は より小さいという条件下でも成立するんじゃないかなと思います。以下それを確認していきましょう。まず、一般の正の に対して

\begin{align} J^{\alpha}\left[ \left( \frac{d}{dt} \right)^{\beta}f(t) \right](x)=J^{\alpha -\beta}[f](x)-\sum_{k=1}^{n+1} \frac{(x-a)^{\alpha -k}}{\Gamma(\alpha +1-k)}\left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta -k} f \right\}(a) \end{align}

を考えたいわけですが、これはまだ成立する保証はありません。それは が より大きいという仮定の下でしか示せていないからです。では、この式の の代わりに を考えることにしましょう。そうすれば上式は

\begin{align} J^{\alpha +n+1}\left[ \left( \frac{d}{dt} \right)^{\beta}f(t) \right](x)=J^{\alpha +n+1 -\beta}[f](x)-\sum_{k=1}^{n+1} \frac{(x-a)^{\alpha +n+1 -k}}{\Gamma(\alpha +n+1 +1-k)}\left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta -k} f \right\}(a) \end{align}

となります。ではこの両辺を 回微分してみましょう。まず左辺についてですが、これに関しては

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{n+1}J^{\alpha +n+1}\left[ \left( \frac{d}{dt} \right)^{\beta}f(t) \right](x)=J^{\alpha}\left[ \left( \frac{d}{dt} \right)^{\beta}f(t) \right](x) \end{align}

と計算することができます。先に積分してから微分する場合は普通に引き算してよいのでしたよね。では右辺はどうなるでしょうか。第1項に関しては今と全く同様の理由で

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{n+1}J^{\alpha +n+1 -\beta}[f](x)=J^{\alpha -\beta}[f](x) \end{align}

となります。しかし積分作用素が定義されるのは が より大きい場合でしたね。今 と は一般の場合を考えていますから、逆の場合も考えられます。その場合はどうなるかというと、

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{n+1}J^{\alpha +n+1 -\beta}[f](x)=\left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta -\alpha}f(x) \end{align}

となります。ここで上の結果と見比べてみれば、積分作用素の指数が負の場合は拡張された微分作用素として考えればうまく計算できることが分かります。したがって、そのような場合はこのように解釈して計算することにします。では、右辺第2項を計算していきましょう。第2項はやや複雑な形をしているようにも見えますが、Fractionalな微分にも線形性が成立することに注意すれば、本質的には

\begin{align} (x-a)^{\alpha +n+1-k} \end{align}

の微分を計算すればよいということになります。ここで

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{n+1}(x-a)^{\alpha +n+1-k} \end{align}

\begin{align} =(\alpha +n+1-k) \cdots (\alpha +1-k)(x-a)^{\alpha -k} \end{align}

であり、さらにGamma関数の性質

\begin{align} \Gamma(\alpha +n+1+1-k) \end{align}

\begin{align} =(\alpha +n+1-k) \cdots (\alpha +1-k)\Gamma(\alpha +1-k) \end{align}

が互いに打ち消しあうことによって

\begin{align} -\left( \frac{d}{dx} \right)^{n+1}\sum_{k=1}^{n+1} \frac{(x-a)^{\alpha +n+1 -k}}{\Gamma(\alpha +n+1 +1-k)}\left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta -k} f \right\}(a) \end{align}

\begin{align} =-\sum_{k=1}^{n+1} \frac{1}{\Gamma(\alpha +n+1 +1-k)}\left( \frac{d}{dx} \right)^{n+1}(x-a)^{\alpha +n+1-k}\left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta -k} f \right\}(a) \end{align}

\begin{align} =-\sum_{k=1}^{n+1} \frac{(x-a)^{\alpha -k}}{\Gamma(\alpha +1-k)}\left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta -k} f \right\}(a) \end{align}

を得ます。したがって、これらの結果から

\begin{align} J^{\alpha}\left[ \left( \frac{d}{dt} \right)^{\beta}f(t) \right](x)=J^{\alpha -\beta}[f](x)-\sum_{k=1}^{n+1} \frac{(x-a)^{\alpha -k}}{\Gamma(\alpha +1-k)}\left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta -k} f \right\}(a) \end{align}

が一般の正の に対しても成立することが分かります。

さて、加えて注意すべき点を挙げておきましょう。最後の方で

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{n+1}(x-a)^{\alpha +n+1-k} \end{align}

\begin{align} =(\alpha +n+1-k) \cdots (\alpha +1-k)(x-a)^{\alpha -k} \end{align}

であり、さらにGamma関数の性質

\begin{align} \Gamma(\alpha +n+1+1-k) \end{align}

\begin{align} =(\alpha +n+1-k) \cdots (\alpha +1-k)\Gamma(\alpha +1-k) \end{align}

が互いに打ち消しあうことを使いましたが、もし が整数の場合は途中で消えてしまいます。この場合は 同士の除算が行われますが、大丈夫なのでしょうか。さて、今 が整数であるとして、さらに整数部分をまとめて

\begin{align} N=\alpha +n+1-k \end{align}

とおいてしまいましょう。このとき

\begin{align} \frac{(x-a)^N}{\Gamma(N+1)} \end{align}

を微分することを考えましょう。もし今 であればこれを微分すると となって消えてしまいますが、無理やり微分を続けると

\begin{align} \frac{N(x-a)^{N-1}}{N \Gamma(N)}=\frac{(x-a)^{N-1}}{\Gamma(N)} \end{align}

となります。ここで ですから、分母のGamma関数が発散してしまい となります。つまり無理やり微分しても となり結果が一致するので問題なく定義できることが分かります。しかもさらに無理やり微分を続けた場合でもGamma関数の引数は常に負の値をとり となるので大丈夫そうです。

あともう1つの注意ですが、和の部分は上端が ですね。で、和の項に含まれている

\begin{align} \left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta -k} f \right\}(a) \end{align}

ですが、 のときに限り微分作用素の指数が負になってしまいます。このときはどうするかというと、 以外で成立する次の式

\begin{align} \left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta -k}f \right\}(a)=\left. \left( \frac{d}{dt} \right)^{n-k+1} J^{n+1-\beta}[f](t) \right|_{\ t=a} \end{align}

に従い無理やり計算すると

\begin{align} \left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta -(n+1)}f \right\}(a)=\left. \left( \frac{d}{dt} \right)^0 J^{n+1-\beta}[f](t) \right|_{\ t=a}=J^{n+1-\beta}[f](a) \end{align}

となります。やはりここでも拡張された微分作用素の意味では成立していますから、このように解釈して計算することにします。

さて、最後の1つです！！公式は

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha}\left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta}f(x)=\left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha +\beta}f(x)-\sum_{k=1}^{n+1}\frac{(x-a)^{-\alpha -k}}{\Gamma(1-\alpha -k)}\left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta -k}f \right\}(a) \end{align}

です。こちらも先と同じような形をしているので証明が大変なようにも思えますが、前の結果を使って計算量を減らしましょう。こちらもオリジナルの証明なので間違っていたらごめんなさい。

まずは定義に従い式を書き下します。 を の整数部分としましょう。

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha}\left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta}f(x)=\left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha}\left( \frac{d}{dx} \right)^{n+1}J^{n+1-\beta}[f](x) \end{align}

\begin{align} =\left( \frac{d}{dx} \right)^{m+1}J^{m+1-\alpha}\left[ \left( \frac{d}{dx} \right)^{n+1} J^{n+1-\beta} [f](t) \right](x) \end{align}

さて、ここで先に示した式を使いましょう。

\begin{align} J^{\lambda}\left[ \left( \frac{d}{dt} \right)^{\mu}g(t) \right](x)=J^{\lambda -\mu}[g](x)-\sum_{k=1}^{N+1} \frac{(x-a)^{\lambda -k}}{\Gamma(\lambda +1-k)}\left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{\mu -k} g \right\}(a) \end{align}

ではここで

\begin{align} \lambda =m+1-\alpha , \ \mu=n+1 \end{align}

とおきましょう。このとき となります。このとき

\begin{align} J^{m+1-\alpha }\left[ \left( \frac{d}{dt} \right)^{n+1}g(t) \right](x) \end{align}

\begin{align} =J^{m+1-\alpha -(n+1)}[g](x) \end{align}

\begin{align} -\sum_{k=1}^{n+2} \frac{(x-a)^{m+1-\alpha -k}}{\Gamma(m+1-\alpha +1-k)}\left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{n+1 -k} g \right\}(a) \end{align}

となります。ここで右辺第2項の和について、 のときを考えると

\begin{align} \left\{ \left(  \frac{d}{dx} \right)^{n+1-k} g \right\} (a) \end{align}

の項は になります。したがって和の上端を とできます。なぜかというと、  のとき

\begin{align} \left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{-1} g \right\}(a)=J[g](a)=0 \end{align}

となるからです。積分の上端と下端が で一致しちゃうからですね。さて、さらに

\begin{align} g=J^{n+1-\beta}[f] \end{align}

とおくと、上の関係式は

\begin{align} J^{m+1-\alpha }\left[ \left( \frac{d}{dt} \right)^{n+1} J^{n+1-\beta} [f](t) \right](x) \end{align}

\begin{align} =J^{m+1-\alpha -n-1}[J^{n+1-\beta}[f]](x) \end{align}

\begin{align} -\sum_{k=1}^{n+1} \frac{(x-a)^{m+1-\alpha -k}}{\Gamma(m+2-\alpha -k)}\left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{n+1 -k} J^{n+1-\beta}[f] \right\}(a) \end{align}

となります。うーむ難しそう……さて、右辺第1項は既に示した関係式から

\begin{align} J^{m+1-\alpha -n-1}[J^{n+1-\beta}[f]](x)=J^{m+1-\alpha-\beta }[f](x) \end{align}

となります。第2項の

\begin{align} \left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{n+1 -k} J^{n+1-\beta}[f] \right\}(a) \end{align}

については先に示した関係より

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{n+1 -k} J^{n+1-\beta}[f](x)= \left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta -k} f(x) \end{align}

が使えます。先に積分してから微分するのは引き算でOKです。これらを用いることで、

\begin{align} J^{m+1-\alpha }\left[ \left( \frac{d}{dt} \right)^{n+1} J^{n+1-\beta} [f](t) \right](x) \end{align}

\begin{align} =J^{m+1-\alpha-\beta }[f](x) \end{align}

\begin{align} -\sum_{k=1}^{n+1} \frac{(x-a)^{m+1-\alpha -k}}{\Gamma(m+2-\alpha -k)}\left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta -k}f \right\}(a) \end{align}

を得ます。さて先ほど計算した

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha}\left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta}f(x) \end{align}

\begin{align} =\left( \frac{d}{dx} \right)^{m+1}J^{m+1-\alpha}\left[ \left( \frac{d}{dt} \right)^{n+1} J^{n+1-\beta} [f](t) \right](x) \end{align}

を見ると、さらに両辺を 回微分してやればいいことが分かります。すると左辺は同じになりますね。では右辺はどうなるでしょうか。計算していきましょう。まず第1項は

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{m+1} J^{m+1-\alpha-\beta }[f](x)=\left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha +\beta} f(x) \end{align}

になります。これは先に示した関係式です。積分してから微分する場合はそのまま引き算できます。では第2項は、微分の線形性を用いると

\begin{align} -\sum_{k=1}^{n+1} \frac{1}{\Gamma(m+2-\alpha -k)} \left( \frac{d}{dx} \right)^{m+1} (x-a)^{m+1-\alpha -k} \left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta -k} f \right\}(a) \end{align}

となります。ここで

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{m+1} (x-a)^{m+1-\alpha -k} \end{align}

\begin{align} =(m+1-\alpha -k) \cdots (1-\alpha -k)(x-a)^{-\alpha -k} \end{align}

であり、さらにGamma関数の性質

\begin{align} \Gamma(m+2-\alpha -k) \end{align}

\begin{align} =(m+1-\alpha -k) \cdots (1-\alpha -k)\Gamma(1-\alpha -k) \end{align}

が互いに打ち消しあうことによって

\begin{align} -\sum_{k=1}^{n+1} \frac{1}{\Gamma(m+2-\alpha -k)} \left( \frac{d}{dx} \right)^{m+1} (x-a)^{m+1-\alpha -k} \left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta -k} f \right\}(a) \end{align}

\begin{align} =-\sum_{k=1}^{n+1} \frac{(x-a)^{-\alpha -k}}{\Gamma(1-\alpha -k)} \left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta -k} f \right\}(a) \end{align}

を得ます。ということは……

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha}\left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta}f(x) \end{align}

\begin{align} =\left( \frac{d}{dx} \right)^{m+1}J^{m+1-\alpha}\left[ \left( \frac{d}{dt} \right)^{n+1} J^{n+1-\beta} [f](t) \right](x) \end{align}

\begin{align} =\left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha +\beta} f(x)-\sum_{k=1}^{n+1} \frac{(x-a)^{-\alpha -k}}{\Gamma(1-\alpha -k)} \left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta -k} f \right\}(a) \end{align}

となって証明完了です！！！！！やりましたね！！！！！証明も疲れましたが記事にまとめるのも疲れました。読んでくださったみなさんもお疲れ様です。

さて、ここでも最後の方で

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{m+1} (x-a)^{m+1-\alpha -k} \end{align}

\begin{align} =(m+1-\alpha -k) \cdots (1-\alpha -k)(x-a)^{-\alpha -k} \end{align}

であり、さらにGamma関数の性質

\begin{align} \Gamma(m+2-\alpha -k) \end{align}

\begin{align} =(m+1-\alpha -k) \cdots (1-\alpha -k)\Gamma(1-\alpha -k) \end{align}

が互いに打ち消しあうことを使いましたが、先と全く同様にして が整数の場合でも問題なく定義できます。

さて、以上のことをまとめましょう。今回示した関係式は4つです。  はRiemann-Liouville積分の下端で、 は の整数部分とします。まず積分作用素の定義可能な正の に対して

\begin{align} J^{\alpha}[J^{\beta}[f]](x)=J^{\alpha +\beta}[f](x) \end{align}

が成立します。また、正の に対して

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha} J^{\beta} [f](x)=\left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha -\beta}f(x) \end{align}

が成立します。微分作用素の指数が負の場合は拡張された微分作用素として考えます。次に正の に対して

\begin{align} J^{\alpha}\left[ \left( \frac{d}{dt} \right)^{\beta}f(t) \right](x)=J^{\alpha -\beta}[f](x)-\sum_{k=1}^{n+1} \frac{(x-a)^{\alpha -k}}{\Gamma(\alpha +1-k)}\left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta -k} f \right\}(a) \end{align}

が成立します。積分作用素の指数が負の場合は拡張された微分作用素を用いて考えます。最後に、正の に対して

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha}\left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta}f(x)=\left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha +\beta}f(x)-\sum_{k=1}^{n+1}\frac{(x-a)^{-\alpha -k}}{\Gamma(1-\alpha -k)}\left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta -k}f \right\}(a) \end{align}

が成立します。

以上で公式の証明はおしまいです！！！！！お疲れさまでした！！！！！ほんとはもう少し書きたいところですが、思った以上に証明のボリュームがあったため今回はここまでとしたいと思います。最後まで見てくださった方はありがとうございます。ではまた。

次回の記事はこちらです。

sushitemple.hatenablog.jp

非整数次微積分学の真相に迫る！！Part2

こんにちは。ひよこてんぷらです。前回の記事はご覧いただいたでしょうか。今回は前回の続きです。ぜひ前回の記事を見てください。微積好きならきっと興味を持っていただける話題なのではないかと思います。

sushitemple.hatenablog.jp

さて、前回は何をしたのかというと、Fractionalな微分・積分作用素を定義しました。そして の半微分を計算しました。結果は確か

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\frac{1}{2}}x=\frac{1}{\sqrt{\pi}}\left( \sqrt{x-a}+\frac{x}{\sqrt{x-a}} \right) \end{align}

みたいな感じでしたね。

で、今回は何をするのかというと、上の結果をさらに半微分します。Fractionalな微分の定義を勝手にしたのはいいですが、期待したい性質として

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\frac{1}{2}}\left( \frac{d}{dx} \right)^{\frac{1}{2}}f(x)=\frac{d}{dx}f(x) \end{align}

というものが挙げられます。というわけで、今回は の半微分を2回繰り返すことでその結果を確かめたいと思います。計算の方法は前回と同じです。

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\frac{1}{2}}f(x)=\frac{d}{dx}J^{\frac{1}{2}}[f](x) \end{align}

でしたから、まずは半積分を計算しましょう。この計算はけっこう高校数学の良い計算練習になると思うので、ぜひ自分でやってみてください。

……というのは僕はとても嫌いです。数学書にはよく「読者への演習問題とする」というフレーズが使われますが、あれは本当によくない。ということで地道な計算過程も全部お見せします。

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\frac{1}{2}}\left( \frac{d}{dx} \right)^{\frac{1}{2}}x \end{align}

\begin{align} =\frac{1}{\sqrt{\pi}}\left( \frac{d}{dx} \right)^{\frac{1}{2}}\left( \sqrt{x-a}+\frac{x}{\sqrt{x-a}} \right) \end{align}

\begin{align} =\frac{1}{\sqrt{\pi}} \frac{d}{dx} J^{\frac{1}{2}} \left[ \sqrt{t-a}+\frac{t}{\sqrt{t-a}} \right](x) \end{align}

さて、ここで半積分の計算ですが、

\begin{align} J^{\frac{1}{2}} \left[ \sqrt{t-a}+\frac{t}{\sqrt{t-a}} \right](x) \end{align}

\begin{align} =\frac{1}{\Gamma(\frac{1}{2})}\int_a^x\left( \sqrt{t-a}+\frac{t}{\sqrt{t-a}} \right)(x-t)^{-\frac{1}{2}} \ dt \end{align}

\begin{align} =\frac{1}{\sqrt{\pi}}\int_a^x \left\{ \sqrt{\frac{t-a}{x-t}}+\frac{t}{\sqrt{(t-a)(x-t)}} \right\} \ dt \end{align}

さて、ではここで

\begin{align} I_1=\int_a^x \sqrt{\frac{t-a}{x-t}} \ dt \end{align}

としましょう。これは良い計算練習になります。まずはまるごと置換積分です。

\begin{align} u=\sqrt{\frac{t-a}{x-t}} \end{align}

として計算すると、まず

\begin{align} u^2(x-t)=t-a \end{align}

となります。展開して整理すると

\begin{align} (1+u^2)t=u^2x+a \end{align}

ですね。 に注意して

\begin{align} t=x-\frac{x-a}{1+u^2} \end{align}

すなわち

\begin{align} \frac{1}{(x-t)^2}=\frac{(1+u^2)^2}{(x-a)^2} \end{align}

です。さて、これを用いることで、

\begin{align} du=\frac{1}{2\sqrt{\frac{t-a}{x-t}}} \frac{x-t+(t-a)}{(x-t)^2} dt \end{align}

\begin{align} =\frac{1}{2u} \frac{x-a}{(x-t)^2} dt \end{align}

\begin{align} =\frac{1}{2u} \frac{(1+u^2)^2}{x-a} dt \end{align}

となります。最後の等式に上の変形式を代入しました。さて、では に代入して計算しましょう。

\begin{align} I_1=\int_0^{\infty} u \frac{2u(x-a)}{(1+u^2)^2} \ du \end{align}

また置換します。今度は としましょう。これはよくやりますね。

\begin{align} I_1=\int_0^{\frac{1}{2} \pi} \frac{2\tan^2 \theta (x-a)}{(1+\tan^2 \theta)^2} \frac{1}{\cos^2 \theta} \ d\theta \end{align}

\begin{align} =\int_0^{\frac{1}{2} \pi} 2\tan^2 \theta (x-a) \cos^2 \theta \ d\theta \end{align}

\begin{align} =(x-a)\int_0^{\frac{1}{2} \pi} 2\sin^2 \theta \ d\theta \end{align}

\begin{align} =(x-a)\int_0^{\frac{1}{2} \pi} (1-\cos 2\theta) \ d\theta \end{align}

\begin{align} =(x-a) \left[ \theta-\frac{1}{2}\sin 2\theta \right]_0^{\frac{1}{2} \pi} \end{align}

\begin{align} =\frac{1}{2}(x-a)\pi \end{align}

いやはや長い道のりでしたね……しかしもうひとつ積分が残っています。こちらも良い計算練習になります。

\begin{align} I_2=\int_a^x \frac{t}{\sqrt{(t-a)(x-t)}} \ dt \end{align}

さて、まずは分母を平方完成させましょう。

\begin{align} (t-a)(x-t)=-t^2+(x+a)t-ax \end{align}

\begin{align} =-\left\{ t^2-(x+a)t \right\}-ax \end{align}

\begin{align} =-\left[ \left\{ t-\frac{1}{2}(x+a) \right\}^2-\frac{1}{4}(x+a)^2 \right]-ax \end{align}

\begin{align} =-\left\{ t-\frac{1}{2}(x+a) \right\}^2+\frac{1}{4}(x+a)^2-\frac{4}{4}ax \end{align}

\begin{align} =-\left\{ t-\frac{1}{2}(x+a) \right\}^2+\frac{1}{4}(x-a)^2 \end{align}

さて、したがって は

\begin{align} I_2=\int_a^x \frac{t}{\sqrt{\frac{1}{4}(x-a)^2-\left\{ t-\frac{1}{2}(x+a) \right\}^2}} \ dt \end{align}

と書けます。ここで置換積分しましょう。

\begin{align} t-\frac{1}{2}(x+a)=\frac{1}{2}(x-a)\sin \theta \end{align}

とすると、

\begin{align} dt=\frac{1}{2}(x-a)\cos \theta d\theta \end{align}

となります。すると

\begin{align} I_2=\int_{-\frac{1}{2} \pi}^{\frac{1}{2} \pi} \frac{\frac{1}{2}(x+a)+\frac{1}{2}(x-a)\sin \theta}{\frac{1}{2}(x-a)\sqrt{1-\sin^2 \theta}} \frac{1}{2}(x-a)\cos \theta \ d\theta \end{align}

\begin{align} \int_{-\frac{1}{2} \pi}^{\frac{1}{2} \pi} \left\{ \frac{1}{2}(x+a)+\frac{1}{2}(x-a)\sin \theta \right\} \ d\theta \end{align}

\begin{align} =\frac{1}{2}(x+a) \pi \end{align}

さて、いままで何をしていたのかというと

\begin{align} J^{\frac{1}{2}} \left[ \sqrt{t-a}+\frac{t}{\sqrt{t-a}} \right](x) \end{align}

\begin{align} =\frac{1}{\sqrt{\pi}}\int_a^x \left\{ \sqrt{\frac{t-a}{x-t}}+\frac{t}{\sqrt{(t-a)(x-t)}} \right\} \ dt \end{align}

\begin{align} =\frac{1}{\sqrt{\pi}}\left( I_1+I_2 \right) \end{align}

だったわけですから、この が計算できたわけですね。

\begin{align} I_1+I_2=\frac{1}{2}(x-a)\pi+\frac{1}{2}(x+a) \pi=x\pi \end{align}

したがって、

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\frac{1}{2}}\left( \frac{d}{dx} \right)^{\frac{1}{2}}x \end{align}

\begin{align} =\frac{1}{\sqrt{\pi}}\left( \frac{d}{dx} \right)^{\frac{1}{2}}\left( \sqrt{x-a}+\frac{x}{\sqrt{x-a}} \right) \end{align}

\begin{align} =\frac{1}{\sqrt{\pi}} \frac{d}{dx} J^{\frac{1}{2}} \left[ \sqrt{t-a}+\frac{t}{\sqrt{t-a}} \right](x) \end{align}

\begin{align} =\frac{1}{\sqrt{\pi}} \frac{d}{dx} \frac{1}{\sqrt{\pi}}\left( I_1+I_2 \right) \end{align}

\begin{align} =\frac{1}{\pi} \frac{d}{dx} (x\pi)=1 \end{align}

どうですか。この結果を見て。あんなに複雑な形をしていた の半微分が2回繰り返すときれいさっぱり！！しかも積分定数もないです。ちゃんと2回作用させると の微分である に一致しています！！素晴らしい！！この計算をしっかりやっている文献は見当たりませんでしたが、これを計算したときはひとりで興奮していました。すごくないですか！？というわけで期待していた性質

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\frac{1}{2}}\left( \frac{d}{dx} \right)^{\frac{1}{2}}f(x)=\frac{d}{dx}f(x) \end{align}

が成立することが確かめられました！！

……と思うじゃないですか？？そう思いますよね？？

しかし、残念なことに、この性質は一般には成り立ちません！！！！！！！！！！かなりショックですが、残念ながらダメなようです。じゃあ今回成立したのはたまたまなのか？？どういうことでしょうか……

というわけで、少しこの性質について考えてみたいと思います。どうやらこの性質は英語の文献ではsemigroup propertyと呼ばれているみたいですね。たぶん解析学の半群の性質 から来ているのだと思います。日本語だと何といえばいいんでしょうか……準同型？？まあいいや。 

まず の微分を考えます。今 は正であるとしてください。

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha} x^{\beta}=\left( \frac{d}{dx} \right)^{n+1} J^{n+1- \alpha}[t^{\beta}](x) \end{align}

さて、では積分を計算しましょう。いま積分の下端は としておきます。

\begin{align} J^{n+1- \alpha}[t^{\beta}](x)=\frac{1}{\Gamma(n+1-\alpha)}\int_0^x t^{\beta}(x-t)^{n- \alpha} \ dt \end{align}

ここで置換です。 としましょう。 であり、

\begin{align} J^{n+1- \alpha}[t^{\beta}](x)=\frac{1}{\Gamma(n+1-\alpha)}\int_0^1 (ux)^{\beta}(x-xu)^{n-\alpha} xdu \end{align}

\begin{align} =\frac{1}{\Gamma(n+1-\alpha)} x^{\beta +n-\alpha +1} \int_0^1 u^{\beta}(1-u)^{n-\alpha} \ du \end{align}

ここで、Beta関数を使います。定義は

\begin{align} B(\lambda , \mu )=\int_0^1 u^{\lambda -1}(1-u)^{ \mu -1} \ du \end{align}

です。さらにBeta関数とGamma関数とには

\begin{align} B(\lambda , \mu ) =\frac{\Gamma(\lambda) \Gamma(\mu)}{\Gamma(\lambda + \mu)} \end{align}

という関係があります。ここで とすれば

\begin{align} J^{n+1- \alpha}[t^{\beta}](x)=\frac{1}{\Gamma(n+1-\alpha)} x^{\beta +n-\alpha +1} \frac{\Gamma(\beta +1) \Gamma(n-\alpha +1)}{\Gamma(\beta +n-\alpha +2)} \end{align}

\begin{align} =\frac{\Gamma(\beta +1)}{\Gamma(\beta +n-\alpha +2)}x^{\beta +n-\alpha +1} \end{align}

が得られます。さて、これを 回微分すればよいわけですから、

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha} x^{\beta}=\left( \frac{d}{dx} \right)^{n+1} J^{n+1- \alpha}[t^{\beta}](x) \end{align}

\begin{align} =\left( \frac{d}{dx} \right)^{n+1} \left\{ \frac{\Gamma(\beta +1)}{\Gamma(\beta +n-\alpha +2)}x^{\beta +n-\alpha +1} \right\} \end{align}

\begin{align} =\frac{\Gamma(\beta +1)}{\Gamma(\beta +n-\alpha +2)}(\beta +n-\alpha +1) \cdots (\beta -\alpha +1)x^{\beta -\alpha} \end{align}

\begin{align} =\frac{\Gamma(\beta +1)}{\Gamma(\beta -\alpha +1)}x^{\beta -\alpha} \end{align}

となります。ここで最後の等式は

\begin{align} \Gamma(\beta +n-\alpha +2)=(\beta +n-\alpha +1) \cdots (\beta -\alpha +1) \Gamma(\beta -\alpha +1) \end{align}

を使いました。これによって の微分が計算できました。もっとも、この結果を得るにはもっと簡単な方法があって、というのは通常の微分

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^nx^m=m (m -1) \cdots (m -n+1)x^{m -n} \end{align}

\begin{align} =\frac{m!}{(m-n)!}x^{m-n} \end{align}

\begin{align} =\frac{\Gamma(m +1)}{\Gamma(m-n+1)}x^{m-n} \end{align}

を拡張して解釈するというものです。確かに上の微分と一致していることが分かります。先の微分を計算する際に積分の下端を としたのはこの結果と一致させるためです。

先にも断ったように、 は正です。というのも が負の整数だとGamma関数が発散しちゃうし、なんなら初めの積分がアウトっぽいからです。たぶん。しかし結果だけを見ればGamma関数が発散さえしなければいいので が負の整数以外の場合には拡張できることが分かります。

というわけで が負の整数の場合はダメなのか？？ということですが、上のように拡張して解釈する方法を負の整数の場合にも適用すると微分を定義できるようです。まあこうしないと微分が定義できないのはちょっと残念ですが……一般化も万能ではないのかな……(詳しい方いたら教えてください)"Physics of Fractal Operators"によればこんな感じで微分を定義しています。

まず

\begin{align} \left(\frac{d}{dx} \right)^nx^{-m}=(-1)^n m (m +1) \cdots (m +n-1)x^{-m -n} \end{align}

\begin{align} =(-1)^n \frac{(m +n-1)!}{(m -1)!}x^{-m-n} \end{align}

\begin{align} =(-1)^n \frac{\Gamma(m +n)}{\Gamma(m)}x^{-m-n} \end{align}

ですね。あとはここで自然数 を拡張して

\begin{align} \left(\frac{d}{dx} \right)^{\alpha}x^{-m}=(-1)^{\alpha} \frac{\Gamma(m +\alpha)}{\Gamma(m)}x^{-m- \alpha} \end{align}

を得ます。さて、これが意味することは何か分かりますか？？そうです。複素数です。

\begin{align} (-1)^{\alpha}=e^{\alpha \log (-1)} \end{align}

ですから、いま は主値をとるものだとすれば ですから

\begin{align} (-1)^{\alpha}=e^{i\alpha \pi} \end{align}

すなわち

\begin{align} \left(\frac{d}{dx} \right)^{\alpha}x^{-m}=e^{i\alpha \pi} \frac{\Gamma(m +\alpha)}{\Gamma(m)}x^{-m- \alpha} \end{align}

となります。したがって、この定義においては複素数が登場するわけですね。したがって実関数を微分して複素関数になったり、複素関数を微分して実関数になったりするわけです。

さて、今度は拡張された定数Generic constantについて考えていきましょう。そろそろ疲れてきましたね。いったん休憩してもいいですよ。

ではいきましょう。Generic constantとは、微分して  となる関数のことです。微分して  といえば定数なわけですが、今はFractionalな微分を考えています。したがって、この常識が覆されちゃうわけですね。より詳細には、ここでは 回微分して  となる関数を constantと呼ぶことにします。

さて、2つ具体例を見ていきましょう。半微分を考えます。通常の意味で微分しても にならない関数 と定数 を考えます。どちらも

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha} x^{\beta}=\frac{\Gamma(\beta +1)}{\Gamma(\beta -\alpha +1)}x^{\beta -\alpha} \end{align}

を用いて計算できます。では計算していきましょう。

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\frac{1}{2}} x^{-\frac{1}{2}}=\frac{\Gamma(\frac{1}{2})}{\Gamma(0)}x^{-1}=0 \end{align}

これは分母のGamma関数が発散してしまうからですね。したがって  は constantです。ではもうひとつの例も見ていきましょう。

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\frac{1}{2}} C=C\frac{\Gamma(1)}{\Gamma(\frac{1}{2})}x^{-\frac{1}{2}}=\frac{C}{\sqrt{\pi x}} \end{align}

あ、そうそう言い忘れていましたがFractionalな微分にも線形性は成り立ちます。証明は省略しますが、まあ定義に従ってFractionalな積分の線形性を示せばよいわけですね。

そういうわけで、定数は微分したら になるのは周知の事実なわけですが、Fractionalな定義では必ずしもそうではないことが分かりますね。

で、Generic constantをなぜ定義したかというと、これが実はべき級数の微分においてFractionalな微分作用素のsemigroup propertyを考えることができるようになるからです。次の定理が成立するようです。

をべき級数で表される関数とし、 回微分および 回微分、 回微分が存在すると仮定する。ただし である。いま各項が constantおよび constantでないとすると

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha}f(x)=\left( \frac{d}{dx} \right)^{\mu+ \nu}f(x) \end{align}

\begin{align} =\left( \frac{d}{dx} \right)^{\mu}\left( \frac{d}{dx} \right)^{\nu}f(x)=\left( \frac{d}{dx} \right)^{\nu}\left( \frac{d}{dx} \right)^{\mu}f(x) \end{align}

これがもともと知りたかったsemigroup propertyに関する定理です！！なるほど、べき級数の場合はGeneric constantにならなければいいんですね。あ、ちなみにここでいうべき級数は指数が非負整数の場合のみならず、負の整数を除く実数でも大丈夫だと思います(たぶん)。

証明は簡単です。先ほど の微分を計算しました。アレを使います。

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha} x^{\beta}=\frac{\Gamma(\beta +1)}{\Gamma(\beta -\alpha +1)}x^{\beta -\alpha} \end{align}

まず で微分します。

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\nu} x^{\beta}=\frac{\Gamma(\beta +1)}{\Gamma(\beta -\nu +1)}x^{\beta -\nu} \end{align}

仮定からこれが  にならないので、 は正でない整数値をとりません(分母のGamma関数が発散しちゃうから)。したがって は負の整数でなく、 で微分すると

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\mu}\left( \frac{d}{dx} \right)^{\nu}x^{\beta} \end{align}

\begin{align} =\frac{\Gamma(\beta +1)}{\Gamma(\beta -\nu +1)} \frac{\Gamma(\beta -\nu +1)}{\Gamma(\beta -\nu -\mu +1)}x^{\beta -\nu -\mu} \end{align}

\begin{align} =\frac{\Gamma(\beta +1)}{\Gamma(\beta -\nu -\mu +1)}x^{\beta -\nu -\mu} \end{align}

\begin{align} =\frac{\Gamma(\beta +1)}{\Gamma(\beta -\alpha +1)}x^{\beta -\alpha} \end{align}

\begin{align} =\left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha} x^{\beta} \end{align}

あとは と を入れ替えれば全く同じように計算できます。というわけで  が負の整数でない場合は証明できました！！

さて、では  が負の整数の場合はだめなんでしょうか？？反例を挙げましょう。文献には載っていないことなので間違っていたらごめんなさい。例えばですが

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\frac{1}{2}}\left( \frac{d}{dx} \right)^{\frac{1}{4}} x^{-1} \neq \left( \frac{d}{dx} \right)^{\frac{1}{4}}\left( \frac{d}{dx} \right)^{\frac{1}{2}} x^{-1}\end{align}

だと思います。計算してみましょう。

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\frac{1}{2}}\left( \frac{d}{dx} \right)^{\frac{1}{4}} x^{-1}=\left( \frac{d}{dx} \right)^{\frac{1}{2}} e^{\frac{1}{4} i\pi} \frac{\Gamma(\frac{5}{4})}{\Gamma(1)}x^{-\frac{5}{4}} \end{align}

\begin{align} =e^{\frac{1}{4} i\pi}\Gamma\left(\frac{5}{4} \right) \frac{\Gamma(-\frac{1}{4})}{\Gamma(-\frac{3}{4})}x^{-\frac{7}{4}} \end{align}

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\frac{1}{4}}\left( \frac{d}{dx} \right)^{\frac{1}{2}} x^{-1}=\left( \frac{d}{dx} \right)^{\frac{1}{4}} e^{\frac{1}{2} i\pi} \frac{\Gamma(\frac{3}{2})}{\Gamma(1)}x^{-\frac{3}{2}} \end{align}

\begin{align} =e^{\frac{1}{2} i\pi}\Gamma\left(\frac{3}{2} \right) \frac{\Gamma(-\frac{1}{2})}{\Gamma(-\frac{3}{4})}x^{-\frac{7}{4}} \end{align}

となるようですが、この表示から後者は純虚数になりますが前者はそうではないことが分かります。したがってダメなようです。たぶん。

で、話がそれましたが  が負の整数でない場合はsemigroup propertyが成立することが分かりました。後は一般のべき級数の場合ですが、これは  の線形結合で表されます。したがってFractionalな微分は線形性を持ちますから、一般のべき級数に対しても主張が成立することが分かりました！！

ちなみに"Physics of Fractal Operators"では定理の仮定は「 が  constantおよび constantでないとする」と成立するらしいですが、なんかこれは証明からすると怪しい気がするので今回は各項に対して仮定しました。

で、なぜ「各項が constantおよび constantでないとする」ことを仮定したのかというと、途中で微分して になっちゃうと困るからです。例えばこんな反例を考えましょう。

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\frac{1}{2}} \frac{d}{dx} (1) \neq \frac{d}{dx} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\frac{1}{2}} (1) \end{align}

左辺は自明に です。Fractionalな微分に対しても線形性が成り立ちますから、 の微分は です。では右辺はどうかというと、先ほどの具体例で定数の半微分を計算しました。それは定数ではなかったですよね。ということでそれを1回微分してももちろん になりません。したがって反例になります。このように、一般にGeneric constantの場合は片方だけ になってしまい不成立なわけです。

したがって、初めに計算した の半微分に関しては constantでないわけですから、semigroup propertyが成立し

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\frac{1}{2}}\left( \frac{d}{dx} \right)^{\frac{1}{2}}x=\frac{d}{dx}x \end{align}

だったわけです。

さて、では区切りもいいのでここらでおしまいにしましょう。

……といいたいところですが、最後に少しだけ補足しましょう。というのも、今回の記事の目的はFractionalな微分のsemigroup propertyについてだったわけですが、これではべき級数の場合だけしか考えていません。しかもFractionalな積分のsemigroup propertyはどうかとか、2つの作用素を組み合わせたらどうかとか色々な疑問点があるはずです。そういうわけで最後に"Introduction to Fractional Differential Equations"から定理を抜粋します。証明は疲れてしまったのでまた今度にでも……まだ自分でも確認していないので誤植をそのまま写してしまっていたらごめんなさい。

※追記

証明を確認した結果誤植っぽいと思われる点があったので、訂正しました。とはいえそれも間違っていたらやはりごめんなさい……証明に関しては次回の記事をご参照ください。

まず積分作用素同士では

\begin{align} J^{\alpha}[J^{\beta}[f]](x)=J^{\alpha +\beta}[f](x) \end{align}

が成立するようです。これは直感的に計算できて便利ですね。次に微分作用素同士では

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha}\left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta}f(x)=\left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha +\beta}f(x)-\sum_{k=1}^{n+1}\frac{(x-a)^{-\alpha -k}}{\Gamma(1-\alpha -k)}\left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta -k}f \right\}(a) \end{align}

が成立するようです。ただし はRiemann-Liouville積分の下端で、 は の整数部分とします。これはややこしい。覚えにくい公式ですね。では次に積分作用素と微分作用素の関係を見ていきましょう。

\begin{align} \left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha} J^{\beta} [f](x)=\left( \frac{d}{dx} \right)^{\alpha -\beta}f(x) \end{align}

\begin{align} J^{\alpha}\left[ \left( \frac{d}{dt} \right)^{\beta}f(t) \right](x)=J^{\alpha -\beta}[f](x)-\sum_{k=1}^{n+1} \frac{(x-a)^{\alpha -k}}{\Gamma(\alpha +1-k)}\left\{ \left( \frac{d}{dx} \right)^{\beta -k} f \right\}(a) \end{align}

こんな感じです。どうも先に微分してから微分積分をするとややこしくなるらしいですね……

さて、少し長くなってしまいましたが今回はここまでにしましょう。次回はこれらの公式を証明したり、他の性質などを調べることができたらいいですね。ここまで見てくださってありがとうございます。

次回の記事はこちらです。

sushitemple.hatenablog.jp