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 $x$ 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 $x$ 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。 $u^2x+a=(1+u^2)x-x+a$ 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 $I_1$ 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 $u=\tan \theta$ 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 $I_2$ 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 $I_1,I_2$ 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 $x$ 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 $x$ の微分である $1$ 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 $I(t)I(s)=I(t+s)$ 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 $x^{\beta}$ の微分を考えます。今 $\beta$ 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 $a=0$ 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。 $t=ux$ としましょう。 $dt=xdu$ 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 $\lambda =\beta +1 , \mu = n-\alpha +1$ 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 $n+1$ 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 $x^{\beta}$ 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 $a=0$ 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、 $\beta$ は正です。というのも $\beta$ 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 $\beta$ 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 $\beta$ 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 $n$ 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 $\log$ は主値をとるものだとすれば $\log (-1)=i\pi$ 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 $0$ となる関数のことです。微分して $0$ 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 $\alpha$ 回微分して $0$ となる関数を $C(\alpha)$ 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 $0$ にならない関数 $x^{-\frac{1}{2}}$ と定数 $C$ 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 $x^{-\frac{1}{2}}$ は $C(\frac{1}{2})$ 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 $0$ 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。

$f$ をべき級数で表される関数とし、 $\mu$ 回微分および $\nu$ 回微分、 $\alpha$ 回微分が存在すると仮定する。ただし $\alpha =\mu +\nu$ である。いま各項が $C(\mu)$ constantおよび $C(\nu)$ 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 $x^{\beta}$ 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 $\nu$ 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 $0$ にならないので、 $\beta -\nu +1$ 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 $\beta -\nu$ は負の整数でなく、 $\mu$ 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 $\mu$ と $\nu$ 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 $x^{\beta}$ が負の整数でない場合は証明できました！！

さて、では $x^{\beta}$ 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 $x^{\beta}$ 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 $x^{\beta}$ 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「 $f$ が $C(\mu)$ constantおよび $C(\nu)$ 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 $C(\mu)$ constantおよび $C(\nu)$ 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 $0$ 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 $0$ です。Fractionalな微分に対しても線形性が成り立ちますから、 $0$ の微分は $0$ 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 $0$ 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 $0$ 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 $x$ の半微分に関しては $C(\frac{1}{2})$ 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 $a$ はRiemann-Liouville積分の下端で、 $n$ は $\beta$ 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。

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