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。 $a$ はRiemann-Liouville積分の下端で、 $n$ は $\beta$ 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 $a \leq u \leq t \leq x$ 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 $t$ 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。 $v$ が新たな積分変数です。 $t$ に関する積分ですから $u$ 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、 $\alpha \geq \beta$ 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 $n$ は $\alpha$ 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、 $n$ は今 $\alpha$ の整数部分ですが、これを分解します。 $m$ を $\alpha -\beta$ の整数部分とします。これにより $n$ を

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

としておきます。仮定より $\alpha \geq \beta$ ですから、 $n-m$ 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。 $n-m$ 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 $\alpha -\beta$ 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 $\alpha \geq \beta$ としましたが、一般にはどうでしょうか。逆に $\beta$ は $\alpha$ 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 $\alpha \geq \beta$ 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 $\alpha , \ \beta$ 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。

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 $t=x , \ t=a$ をそれぞれ代入して差を取るわけですが、 $\alpha$ が $1$ より大きいと仮定すると $t=x$ のときは $(x-t)^{\alpha -1}$ が $0$ 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、 $\beta -1$ の整数部分が $n-1$ 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 $t=a$ 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

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 $\alpha$ は $\beta$ 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 $\alpha -n-1 , \ n+1-\beta$ 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。 $\alpha$ は $n+1$ より大きいとしておきましょう。 $\beta$ 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 $\beta$ は正としておきましょう。そうすると自然と $\alpha$ は $1$ 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 $\alpha , \ \beta$ 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 $\alpha$ は $n+1$ 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 $\alpha , \ \beta$ に対して

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 $\alpha$ が $n+1$ 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 $\alpha$ の代わりに $\alpha +n+1$ 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 $n+1$ 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 $\alpha$ が $\beta$ より大きい場合でしたね。今 $\alpha$ と $\beta$ 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

が一般の正の $\alpha , \ \beta$ 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 $\alpha$ が整数の場合は途中で消えてしまいます。この場合は $0$ 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 $\alpha$ 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 $N=0$ であればこれを微分すると $0$ 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 $N=0$ ですから、分母のGamma関数が発散してしまい $0$ となります。つまり無理やり微分しても $0$ 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 $0$ 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 $n+1$ 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、 $k=n+1$ 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、 $k=n+1$ 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

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。 $m$ を $\alpha$ 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 $N=n+1$ 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、 $k=n+2$ 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 $0$ になります。したがって和の上端を $n+1$ とできます。なぜかというと、 $k=n+2$ 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 $a$ 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 $m+1$ 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 $\alpha$ 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。 $a$ はRiemann-Liouville積分の下端で、 $n$ は $\beta$ の整数部分とします。まず積分作用素の定義可能な正の $\alpha , \ \beta$ 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 $\alpha , \ \beta$ 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 $\alpha , \ \beta$ に対して

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 $\alpha , \ \beta$ に対して

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