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。