AlxisDataBlog-数学・物理学


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    inlineMath: [['$', '$']]
  }
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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)


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PSF がガウシアンのときの剰余項

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前回場合分けをした i),ii) の場合を考えます。まず、$bk(1)\neq 0$ の場合から。

\begin{align}
(2+r\partial_r)a\langle 1\rangle_k=bk(1)\psi-\langle X\partial b\rangle_k
\end{align}

を $bk(1)$ で割って

\begin{align}
a_1\langle 1\rangle_k=\psi+\langle b_1\rangle_k,\ a_1=\dfrac{(2+r\partial_r)a}{bk(1)},\ b_1=-\dfrac{X\partial b}{bk(1)}
\end{align}

を得ます。この導関数を計算すると

\begin{align}
(2+r\partial_r)a_1\langle 1\rangle_k=2\psi+r\partial_r\psi+b_1k(1)\psi-\langle X\partial b_1\rangle_k
\end{align}

ここから $\{2+b_1k(1)\}a_1\langle 1\rangle_k$ を引けば

\begin{align}
a_2\langle 1\rangle_k=r\partial_r\psi+\langle b_2\rangle_k,\ a_2=(2+r\partial_r)a_1\langle 1\rangle_k-\{2+b_1k(1)\}a_1\langle 1\rangle_k,\ b_2=-X\partial b_1-\{2+b_1k(1)\}b_1
\end{align}

が得られます。環状項が消えない場合は

\begin{align}
&a_1\langle 1\rangle_k=\psi+\langle b_1\rangle_k,\\
&a_2\langle 1\rangle_k=r\partial_r\psi+\langle b_2\rangle_k
\end{align}

と連立させることによって環状項を消去して、剰余項を生成する式を作ります。続いて $bk(1)=0,\partial bk(1)\neq 0$ の場合。

\begin{align}
r^2\Delta a\langle 1\rangle_k=-\partial bk(1)\psi+\langle (X^{-1}\partial+\partial^2)b\rangle_k
\end{align}

を $-\partial bk(1)$ で割って

\begin{align}
a_1\langle 1\rangle_k=\psi+\langle b_1\rangle_k,\ a_1=-\dfrac{r^2\Delta a}{\partial bk(1)},\ b_1=-\dfrac{(X^{-1}\partial+\partial^2)b}{\partial bk(1)}
\end{align}

後は i) の場合と同様です。以上により、剰余項を生成する演算子の集合 $G$ は、更に大きくとることができます。なお、$a_1,a_2$ の方程式を得る方法は、ここに示した方法以外でも $\psi,\partial_r\psi$ の連立方程式として導いても良いでしょう。


今回はここまで。次回は iii) の場合をやります。(written by J.Nishigata)


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