Root One

数学中心のブログです。

二項級数に微分演算子を代入

指数関数e^x微分演算子を代入すると

 \displaystyle \exp \left( \frac{d}{dx} \right)  f(x) = f(x+1)

がある種の関数f(x) について成立します。もう少し一般化して

 \displaystyle \exp \left( c \frac{d}{dx} \right)  f(x) = f(x+c)

と書くこともできます。

例.  f(x)=x^2 のケース.

\begin{align} \exp \left( c \frac{d}{dx} \right) x^2 & = \left(1+c\frac{d}{dx}+\frac{c^2}{2!} \left(\frac{d}{dx} \right)^2 +\cdots \right) x^2 \\ &= x^2 + 2cx + c^2 \\ &= (x+c)^2. \end{align}

この関係式が、ある種の関数方程式を解くときに利用でき、例として、

指数関数に微分演算子を代入 - Root One

では、べき乗和の公式

 \displaystyle 1^2 + 2^2 + 3^2 + \cdots + n^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}

の導出を行いました。

目的

今回は、二項級数

 \displaystyle (1+a)^x = 1 + xa + \frac{x(x-1)}{2} a^2 +\frac{x(x-1)(x-2)}{3!}a^3+\cdots

で、 a=1 として、

 \displaystyle 2^x = 1 + x + \frac{x(x-1)}{2} +\frac{x(x-1)(x-2)}{3!} +\cdots

としてから、x微分演算子を代入するとどのような結果がでるのかを検証します。

つまり、D= \frac{d}{dx} とおいて

 \displaystyle 2^{D } f(x) =\left( 1 + D + \frac{D(D-1)}{2} +\frac{D(D-1)(D-2)}{3!} +\cdots\right) f(x) 

がどのような結果になるかについて調べます。

とりあえず実験

関数f(x) が簡単な場合から様子を見ます。

f(x)=1 の場合.

\begin{align} 2^{D } 1 & =\left( 1 + D + \frac{D(D-1)}{2} +\frac{D(D-1)(D-2)}{3!} +\cdots\right) 1 \\ & = 1. \end{align}

これは自明な結果となりましたが、次のケースではちょっと計算が必要になります。

f(x)=x の場合.

\begin{align} 2^{D } x & =\left( 1 + D + \frac{D(D-1)}{2} +\frac{D(D-1)(D-2)}{3!} +\cdots\right) x \\ & = x + 1 -\frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \cdots \\ &= x + \log (2).\end{align}

ここまで計算するとわかるのですが、重要なのはDn多項式

 \displaystyle D(D-1)(D-2) \cdots (D-n+1)

の展開係数です。

これが分かれば、多項式 f(x) について

 \displaystyle 2^{D } f(x) =\left( 1 + D + \frac{D(D-1)}{2} +\frac{D(D-1)(D-2)}{3!} +\cdots\right) f(x) 

を計算することができます。

f(x)=x^2 の場合.

このケースを計算するには、f(x) は3回微分で消えることを考慮して

 \displaystyle D(D-1)(D-2) \cdots (D-n+1) = a_{n,1} D + a_{n,2} D^2 + \cdots 

と展開したときの係数として

 \displaystyle a_{n,1},\quad  a_{n,2}

の二つが分かれば充分です。これが分かれば、

\begin{align} 2^{D } x^2 &=\left(1+ \sum_{n=1}^\infty \frac{ a_{n,1} D + a_{n,2} D^2}{n!} \right) x^2 \\ &= x^2 + \sum_{n=1}^\infty \frac{ 2x a_{n,1} + 2a_{n,2}}{n!} \end{align}

と計算できます。 a_{n,1} は簡単で

 \displaystyle a_{n,1} = (-1)^{n-1} (n-1)!

となることがすぐにわかります。

 a_{n,2}

 \displaystyle a_{n,2} = (-1)^{n} (n-1)! \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k}

となることが、少し面倒な計算によりわかります。これらの結果を用いれば

\begin{align} 2^{D } x^2 &= x^2 + 2 \log(2) x + 2 \sum_{n=2}^\infty (-1)^{n} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k}\end{align}

となりますが、最後の無限和の計算は大変です。

この項の計算は、ちょっとよくわからないので、近似計算してみると

 \displaystyle 2 \sum_{n=2}^\infty (-1)^{n} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k} \sim 0.48048

という結果になります。これは

 \displaystyle \log(2)^2 = 0.480453\cdots 

の結果と近い値になっています。したがって

 \displaystyle 2 \sum_{n=2}^\infty (-1)^{n} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k}  = \log(2)^2

と予想してみましょう。(実際正しい.)

この予想が正しければ

 \displaystyle 2^{D } x^2 = x^2 + 2x \log(2) + \log(2)^2 = (x+\log(2)) ^2

が成り立つことになります。

 \displaystyle 2^{D } x = x+\log(2)

という結果と併せて考えると一般に

 \displaystyle 2^{D} x^n  = (x+ \log(2))^n

が予想でき、さらに一般的に書くと

 \displaystyle 2^{D} f(x)  = f(x+ \log(2)) 

がある種のf(x) について成立すると述べることができます。 

結論

ちょっと超人的な議論をしましたが、

 \displaystyle 2^{D} f(x)  = f(x+ \log(2)) 

をある種の関数f(x) について予想することができました。

理論的に導出

近似計算からの予想というのはちょっと頼りないので、理論的に結論となる等式を得てみましょう。

ポイントは

 \displaystyle 2^x

はべき級数展開と、二項級数展開の二通りに展開できるという点です。

 \displaystyle \exp \left( c D \right)  f(x) = f(x+c)

において、 c= \log(2) とすると

 \displaystyle \exp \left( \log(2) D \right)  f(x) = f(x+ \log (2) )

が得られます。左辺で

 \displaystyle e^{ (\log(w)) t } =w^t

という変形をすれば

 \displaystyle 2^D f(x) = f(x+ \log (2) )

が得られます。左辺を二項級数で展開したものとして解釈すれば、今回得た結論の等式に達します。

議論の怪しい点

いろいろと粗い議論になっています。そもそもの結論

 \displaystyle 2^D f(x) = f(x+ \log (2) )

がどのようなf(x) について成立するかを述べていないので主張自体があいまいです。さらに上の議論では、一般的な式変形を微分演算子が関係する式変形に適用している点が正当化されていません。

もう少し厳密に議論するならば、f(x)多項式に限定して、スターリング数というものを導入して議論する方法もあるのですが、ちょっと大変な計算になるので、ここでは述べません。