AlxisDataBlog-数学・物理学

前回は剰余項が消える場合と $\langle 1\rangle_k$ 自身になる場合という非常に特殊な計算をしました。今回は一般化する前の実験としてガウシアンの場合を考えたいと思います。

\begin{align} k(X)=e^{-X^2}\ \text{for }0\le X\le 1 \end{align}

畳込みの導関数は

\begin{align} &r^2\Delta\langle 1\rangle_k=e^{-1}r\partial_r\psi+2e^{-1}\psi+4\langle X^2-1\rangle_k,\\ &(2+r\partial_r)\langle 1\rangle_k=e^{-1}\psi+2\langle X^2\rangle_k \end{align}

これを連立させると

\begin{align} &(r\Delta-2\partial_r)\langle 1\rangle_k=e^{-1}\partial_r\psi\\ &\langle X^2\rangle_k=\dfrac{1}{2}(2+r\partial_r)\langle 1\rangle_k-\dfrac{1}{2e}\psi \end{align}

となります。これで $\partial_r\psi$ は計算できましたが、問題は $\psi$ ですね。剰余項が邪魔をしていて上手く求まりません。もう一回ラプラシアンを掛けるとどうなるでしょうか。左辺は

\begin{align} r^2\Delta\langle X^2\rangle_k&=re^{-1}\partial_r\psi+4\langle 1\rangle_k-12\langle X^2\rangle_k+4\langle X^4\rangle_k \end{align}

一方、右辺は

\begin{align} &\dfrac{1}{2}r^2\Delta(2+r\partial_r)\langle 1\rangle_k-\dfrac{1}{2e}(r\partial_r+r^2\partial_r^2)\psi\\ &=\dfrac{1}{2}r^2\Delta(2+r\partial_r)\langle 1\rangle_k-\dfrac{r}{2}(1+r\partial_r)(r\Delta-2\partial_r)\langle 1\rangle_k \end{align}

以上より

\begin{align} 4\langle X^4\rangle_k&=-re^{-1}\partial_r\psi-4\langle 1\rangle_k+12\langle X^2\rangle_k\\ &\quad+\dfrac{1}{2}r^2\Delta(2+r\partial_r)\langle 1\rangle_k-\dfrac{r}{2}(1+r\partial_r)(r\Delta-2\partial_r)\langle 1\rangle_k\\ &=-r(r\Delta-2\partial_r)\langle 1\rangle_k-4\langle 1\rangle_k+6(2+r\partial_r)\langle 1\rangle_k-\dfrac{6}{e}\psi\\ &\quad+\dfrac{1}{2}r^2\Delta(2+r\partial_r)\langle 1\rangle_k-\dfrac{r}{2}(1+r\partial_r)(r\Delta-2\partial_r)\langle 1\rangle_k \end{align}

帰納的に $\langle X^{2i}\rangle_k=D_i\langle 1\rangle_k+k_i\psi$ という形になりそうですね。確認してみましょう。

まず左辺のラプラシアンを計算して

\begin{align} r^2\Delta\langle X^{2i}\rangle_k&=re^{-1}\partial_r\psi-2(i-1)e^{-1}\psi+4i^2\langle X^{2(i-1)}\rangle_k-4(2i+1)\langle X^{2i}\rangle_k+4\langle X^{2(i+1)}\rangle_k \end{align}

一方、右辺は

\begin{align} r^2\Delta D_i\langle 1\rangle_k+ek_i(r\Delta-2\partial_r)\langle 1\rangle_k \end{align}

ここで $\langle X^{2(i-1)}\rangle_k=D_{i-1}\langle 1\rangle_k+k_{i-1}\psi,\langle X^{2i}\rangle_k=D_i\langle 1\rangle_k+k_i\psi$ を代入すれば $\langle X^{2(i+1)}\rangle_k$ も同様のフォーマットになることが分かります。適当に $D_{i+1},k_{i+1}$ をおけば $\langle X^{2(i+1)}\rangle_k=D_{i+1}\langle 1\rangle_k+k_{i+1}\psi$ と書くことができます。

方程式の列 $\langle X^{2i}\rangle_k=D_i\langle 1\rangle_k+k_i\psi$ の線型結合を考えましょう。

\begin{align} (2+r\partial_r)\sum_{i=0}^n\dfrac{1}{i!}\langle X^{2i}\rangle_k&=(2+r\partial_r)\sum_{i=0}^n\dfrac{1}{i!}(D_i\langle 1\rangle_k+k_i\psi)\\ &=\sum_{i=0}^n\dfrac{1}{i!}\{(2+r\partial_r)D_i\langle 1\rangle_k+2k_i\psi+rk_i\partial_r\psi\} \end{align}

左辺の $n\to\infty$ の極限は前回計算した通り

\begin{align} (2+r\partial_r)\langle e^{X^2}\rangle_k=(2+r\partial_r)\langle 1\rangle_1=\psi \end{align}

です。これで $\psi$ も計算できることが分かります。ちなみに漸化式

\begin{align} k_0=0,k_1=-\dfrac{1}{2e},-\dfrac{i-1}{2e}+i^2k_{i-1}-(2i+1)k_i+k_{i+1}=0 \end{align}

を解くと

\begin{align} k_i=-\dfrac{i!}{2e}\bigg(-1+\sum_{j=0}^i\dfrac{1}{j!}\bigg) \end{align}

となるので

\begin{align} \sum_{i=0}^{\infty}\dfrac{1}{i!}k_i \end{align}

は発散します。計算には注意しましょう。少し数学的に雑な計算でしたが今回はここまで。次回は一般化をします。(written by J.Nishigata)

PSF がガウシアンのときの剰余項