赤げふの数学

数学･物理･微分の大学2年生 赤げふのBLOG

一般化Fourier変換の微分作用素表示

 

こんにちはー( *・ω・)ノ

今日は今回の実数階Fourier変換の微分作用素表示の定理達すべてを自力で発見･証明できたので紹介していきます！

この記事は以下の続きとなっています。記号･概念もソコ参照です。未だな人は是非!

 

★前回迄の記事
 
Fourier変換の微分作用素表示

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[FrFT] Fractional Fourierの積分表示

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[準備] 微分作用素の性質と準備

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 いんとろでぅくしゅん

 

N\in \mathbb{N},X=(x_1,x_2,\cdots ,x_N),\nabla =\left(\dfrac{\partial}{\partial x_1},\dfrac{\partial}{\partial x_2} ,\cdots,\dfrac{\partial}{\partial x_N}\right)

\begin{gather} \mathcal{D}=\dfrac{d}{dx} ,X\circ \nabla =X･\nabla +\dfrac{N}{2}\\
\displaystyle \mathcal{F}･g(x)=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-ixt} g(t) \ dt\end{gather}

 

◆Fractional Fourier変換(FrFT) 積分表示◆  \begin{align}\ \mathcal{F}_{\theta} ･g(x)=\sqrt{\dfrac{1-i\cot\theta}{2\pi}}e^{\frac{i}{2}x^2\cot\theta}\int_{-\infty}^{\infty}e^{\frac{i}{2}t^2\cot\theta-ixtc sc\theta}g(t)\ dt \end{align}
◆Fourier変換(FT) 微分作用素表示◆   \begin{align}\displaystyle \mathcal{F}=e^{\frac{\pi i}{4} (\mathcal{D}^{2}-x^{2}+1)}\end{align}

 この2つの概念を融合させ、

◆定理 1 FrFTの微分作用素表示◆ \begin{align} e^{\frac{i}{2}\theta(\mathcal{D}^2-x^2+1)}･g(x)=\sqrt{\dfrac{1-i\cot\theta}{2\pi}}e^{\frac{i}{2}x^2\cot\theta}\int_{-\infty}^{\infty}e^{\frac{i}{2}t^2\cot\theta-ixtc sc\theta}g(t)\ dt \end{align}
◆定理  2 ◆   \begin{align}\displaystyle e^{i\theta(\nabla^2-X^2)}=e^{-\frac{i}{2}X^2\tan\theta}e^{\frac{i}{2}\nabla^2\sin 2\theta}e^{-\frac{i}{2}X^2\tan\theta}\end{align}
◆定理  3 ◆ \begin{align}e^{\frac{i}{2} \theta (\nabla^2 -X^2)}=e^{-\frac{i}{2}X^2 \tan\theta}\cos^{-X\circ \nabla} \theta e^{\frac{i}{2} \nabla^2 \tan \theta}\end{align} 

 

が成立します!実数階(Fractional)Fourier変換に関しては素性がよく分かるので、微分作用素の交換子的な証明を構成しようと思います。

 

てーり 1 ぷるーふ

◆補題◆  \begin{align} \displaystyle Ad(e^{X})･Y=\sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{1}{k!}ad(X)^{k}･Y\end{align}

 

これはLie環とLie群をつなぐ関係式である。交換子の簡単な計算から

\begin{gather}\\
[\mathcal{D}^2-x^2+1,x] =2\mathcal{D} \\
[\mathcal{D}^2-x^2+1,\mathcal{D}] =2x\\
\end{gather}

 が成立する。

Fractional Fourier変換(のconjugation作用)は円周\mathcal{S}^{1}の構造を持ち、Eulerの等式の類似が成立する。即ち

\begin{align}& e^{\frac{i}{2}\theta(\mathcal{D}^2-x^2+1)}xe^{-\frac{i}{2}\theta(\mathcal{D}^2-x^2)}\\
=&Ad\left(\frac{i}{2}\theta(\mathcal{D}^2-x^2+1) \right)･x\\
\displaystyle =&\sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{1}{k!} \left(\dfrac{1}{2}i\theta\right)^{k}ad(\mathcal{D}^2-x^2+1)^{k}･x\\
\displaystyle =& x+\sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{1}{k!} \left(\dfrac{1}{2}i\theta\right)^{k- 1}(i\theta)ad(\mathcal{D}^2-x^2)^{k- 1}･\mathcal{D}\ \ \  (補 題)\\
\displaystyle =&\cdots \ \ \ \ \ (補 題繰り返し、\mathcal{D}とxが入れ替わる)\\
\displaystyle =&\sum_{k=0,2\mid k}^{\infty} \dfrac{(i\theta)^{k}}{k!} x+\sum_{k=0,2\nmid k}^{\infty} \dfrac{(i\theta)^{k}}{k!}\mathcal{D}\\
=& x\cos\theta +i\mathcal{D}\sin\theta\\
\end{align}

となり、x,\mathcal{D}直交座標系の回転をFourier変換(のconjugation作用)が与えている。全く同様に

\begin{align}e^{\frac{i}{2}\theta(\mathcal{D}^2-x^2+1)}i\mathcal{D}e^{-\frac{i}{2}\theta(\mathcal{D}^2-x^2+1)}=i\mathcal{D}\cos\theta-x\sin\theta \end{align}

が成立する。ここまで交換子の話で、一方積分核表示では(天下り的ですが)

\begin{align}\displaystyle \mathcal{F}_{\theta}x･g(x)=\sqrt{\dfrac{1-i\cot \theta}{2\pi}} e^{\frac{i}{2}x^2}\int_{-\infty}^{\infty} e^{\frac{i}{2} t^{2}\cot \theta -ixt c sc \theta} tg(t)\ dt\end{align}

一方

\begin{align}\\
&(x\cos\theta \mathcal{F}_{\theta}+i\mathcal{D}\sin\theta \mathcal{F}_{\theta})･g(x)\\
=& \displaystyle \sqrt{\dfrac{1-i\cot \theta}{2\pi}} e^{\frac{i}{2}x^2}\int_{-\infty}^{\infty} e^{\frac{i}{2} t^{2}\cot \theta -ixt c sc \theta} (x\cos\theta)g(t)\ dt\\
&+ \displaystyle \sqrt{\dfrac{1-i\cot \theta}{2\pi}} e^{\frac{i}{2}x^2}\int_{-\infty}^{\infty} e^{\frac{i}{2} t^{2}\cot \alpha -ixt c sc \theta} i\sin\theta(ix\cot\theta-ixtc sc\theta)g(t)\ dt\\
\displaystyle =&\sqrt{\dfrac{1-i\cot \theta}{2\pi}} e^{\frac{i}{2}x^2}\int_{-\infty}^{\infty} e^{\frac{i}{2} t^{2}\cot \theta -ixt c sc \theta} tg(t)\ dt\\
\end{align}

より

\begin{align}\\
\mathcal{F}_{\theta}x\mathcal{F}_{\theta}^{-1}=& x\cos\theta+i\mathcal{D}\sin\theta\\
\mathcal{F}_{\theta}i\mathcal{D}\mathcal{F}_{\theta}^{-1}=& i\mathcal{D}\cos\theta-x\sin\theta\\
\end{align}

が成立。

\displaystyle xと\mathcal{D}に対するconjugation作用が等しいことから、準同型定理により、そこから生成される任意の線形作用素G(x,\mathcal{D})に対してconjugation作用が一致することになる。双方が逆元を持つ結合作用素なので、ある定数aが在って

\begin{align} \displaystyle e^{\frac{i}{2}\theta(\mathcal{D}^2-x^2+1)}･g(x)=a\sqrt{\dfrac{1-i\cot\theta}{2\pi}}e^{\frac{i}{2}x^2\cot\theta}\int_{-\infty}^{\infty}e^{\frac{i}{2}x^2\cot\theta-ixtc sc\theta}g(t)\ dt\end{align}

と書ける。g(x)=e^{-\frac{1}{2}x^2} と置くと、

(\mathcal{D}^2-x^2+1)･g(x)=0より(左辺)=g(x)

またFractional Fourier変換の記事で例としてあげた公式より、右辺もg(x)となる。

よってa=1これにより[定理1]は示された。

\begin{align} \displaystyle e^{\frac{i}{2}\theta(\mathcal{D}^2-x^2+1)}･g(x)=\sqrt{\dfrac{1-i\cot\theta}{2\pi}}e^{\frac{i}{2}x^2\cot\theta}\int_{-\infty}^{\infty}e^{\frac{i}{2}x^2\cot\theta}g(t)e^{-ixtcs c\theta}\ dt\end{align}

ところで、左辺はよく見るとFourier変換の形をしています。微分作用素の交換子の準備の記事に置いてあった公式

\begin{align}q^{x\mathcal{D}}･g(x)=g(qx)\end{align}

を使ってやると、

\begin{align}\\
\displaystyle & e^{\frac{i}{2}\theta(\mathcal{D}^2-x^2+1)}･g(x)\\
\displaystyle = &|\sin\theta |\sqrt{\dfrac{1-i\cot\theta}{2\pi}}e^{\frac{i}{2}x^2\cot\theta}\int_{-\infty}^{\infty}e^{\frac{i}{2}x^2\cos\theta\sin\theta-ixtcs c\theta}g(t\sin\theta)\ dt\\
\displaystyle =&|\sin\theta|\sqrt{1 -i\cot\theta} e^{\frac{i}{2}x^2 \cot\theta}\mathcal{F}･(e^{\frac{i}{2}x^2\sin\theta\cos\theta} g(x\sin\theta))\\
\displaystyle =&|\sin\theta|\sqrt{1 -i\cot\theta} e^{\frac{i}{2}x^2 \cot\theta}\mathcal{F}e^{\frac{i}{2}x^2\sin\theta\cos\theta}\sin^{x\mathcal{D}} ･g(x)\\
\end{align}

とFourier変換\mathcal{F}を用いて書くことが出来ました!

 
◆系◆ \begin{align}\displaystyle e^{\frac{i}{2}\theta(\mathcal{D}^2-x^2+1)}&=|\sin\theta|\sqrt{1 -i\cot\theta} e^{\frac{i}{2}x^2 \cot\theta}\mathcal{F}e^{\frac{i}{4}x^2\sin 2\theta}\sin^{x\mathcal{D}} \theta \tag{1}\end{align}
\begin{align}\displaystyle e^{-\frac{i}{2}\theta(\mathcal{D}^2-x^2+1)}=\dfrac{|c sc\theta|}{\sqrt{1 -i\cot\theta}} \sin^{-x\mathcal{D}} \theta \ e^{-\frac{i}{2}x^2\sin 2\theta}\mathcal{F}^{-1} e^{-\frac{i}{2}x^2 \cot\theta} \tag{2}\end{align}

 

てーり2 ぷろおおふ

(2)は逆変換。Fourier変換のconjugation作用に関する公式 \begin{align}\mathcal{F}x\mathcal{F}^{-1}=i\mathcal{D}\\
\mathcal{F}\mathcal{D}\mathcal{F}^{-1}=ix\end{align}

があり、準同型としてはたらくことから正則2変数関数Gについて

\mathcal{F}G(x,\mathcal{D})\mathcal{F}^{-1}=G(i\mathcal{D},ix)

が成立。(1)の\thetaに\theta+\phiを代入し、両辺に右から(2)を掛けると

\begin{align}&e^{\frac{i}{2}\phi (\mathcal{D}^2-x^2+1)}\\
=&|\sin\theta|\sqrt{1 -i\cot (\theta+\phi)}\  e^{\frac{i}{2}x^2 \cot(\theta+\phi)}\mathcal{F}e^{\frac{i}{4}x^2\sin 2(\theta+\phi)}\sin^{x\mathcal{D}}(\theta+\phi) \\
&×\dfrac{|c sc\theta|}{\sqrt{1 -i\cot\theta}} \sin^{-x\mathcal{D}} \theta\  e^{-\frac{i}{4}x^2\sin 2\theta}\mathcal{F}^{-1} e^{-\frac{i}{2}x^2 \cot\theta}\\
=&\dfrac{\sqrt{1-i\cot (\theta+\phi)}}{\sqrt{1-i\cot \theta}}e^{\frac{i}{2}x^2\cot (\theta+\phi)}\\
&×\left(\dfrac{\sin (\theta+\phi)}{\sin\theta}\right)^{x\mathcal{D}}e^{\frac{i}{4}\mathcal{D}^2\sin 2\theta}e^{-\frac{i}{2}x^2\cot\theta} \end{align}

自由な変数\thetaを動かして\sin\theta=\sin(\theta+\phi)を満たすよう定めると\\

\cos\theta=-\cos (\theta+\phi)である。\phi=2\varphiと置くと

\begin{align}&\sin\theta=\sin\theta\cos\phi+\cos\theta\sin\phi\\
&\cot\theta =\dfrac{1-\cos \phi}{\sin\phi}=\tan\varphi\\
&\cot (\theta+\phi) =-\tan\varphi\\
&\sin 2(\theta+\phi) =\dfrac{2\cot\theta+\phi}{1+\cot^2 \theta+\phi}=\sin 2\varphi\\
&\sin 2\theta =-\sin 2\varphi\\
\end{align}

最終的に

\begin{align}\\
&e^{i\varphi (\mathcal{D}^2-x^2+1)} =\dfrac{\sqrt{1+i\tan\varphi}}{\sqrt{1-i\tan\varphi}}e^{-\frac{i}{2}x^2 \tan\varphi}e^{\frac{i}{2}\mathcal{D}^2 \sin 2\varphi} e^{-\frac{i}{2}x^2 \tan\varphi}\\
&e^{i\varphi (\mathcal{D}^2-x^2)} =e^{-\frac{i}{2}x^2 \tan\varphi}e^{\frac{i}{2}\mathcal{D}^2 \sin 2\varphi} e^{-\frac{i}{2}x^2 \tan\varphi}\\
\end{align}

あとは\dfrac{d}{dx_j} ,\dfrac{d}{dx_k}が可換であることを用いて多重化してやると

\begin{align} \displaystyle e^{i\varphi(\nabla^2-X^2)}=e^{-\frac{i\pi}{4}}e^{\frac{i}{2}X^2\tan\varphi}e^{\frac{i}{2}\nabla^2\sin 2\varphi}e^{-\frac{i}{2}X^2\tan\varphi}\end{align}

となり、定理2が示された。Q.E.D.

ただしN\in\mathbb{N}、X=(x_1,x_2,\cdots,x_N)、\nabla =\left(\dfrac{\partial}{\partial x_1},\dfrac{\partial}{\partial x_2},\cdots,\dfrac{\partial}{\partial x_N}\right)

 

 また、[定理]両辺に\mathcal{F}をconjugation作用させて


\displaystyle e^{i\varphi(\nabla^2-X^2)}=e^{\frac{i}{2}\nabla^2\tan\varphi}e^{-\frac{i}{2}X^2\sin 2\varphi}e^{\frac{i}{2}\nabla^2\tan\varphi}

◆系◆   \begin{align}\displaystyle e^{i\varphi(\nabla^2-X^2)}=e^{\frac{i}{2}\nabla^2\tan\varphi}e^{-\frac{i}{2}X^2\sin 2\varphi}e^{\frac{i}{2}\nabla^2\tan\varphi}\end{align}

も導ける。

 

 

 \varphi =\dfrac{\pi}{4}を代入すると

\begin{align}e^{\frac{\pi i}{4}(\mathcal{D}^2-x^2) }=e^{-\frac{i}{2}x^2}e^{\frac{i}{2}\mathcal{D}^2}e^{-\frac{i}{2}x^2}\end{align}

◆K◆   \begin{align}\mathcal{F}=e^{\frac{\pi i}{4}(\mathcal{D}^2-x^2 +1) }=e^{\frac{\pi i}{4}}e^{-\frac{i}{2}x^2}e^{\frac{i}{2}\mathcal{D}^2}e^{-\frac{i}{2}x^2}\end{align}

 

面白かったでしょうか??? Fourier変換と微分は単位複素数と座標のような関係にあります。即ち xy直交座標をGauss平面に移植して(x,y) \mapsto x+yiなる同一視を行うのと同様に(u,v)\mapsto ux+iv\mathcal{D}という同一視を行うと原点\theta回転は Ad(\mathcal{F}_{\theta})･(ux+iv\mathcal{D})と与えられるという事はFractional Fourier変換の記事で書いた Ad(\mathcal{F}_{\theta}) ･x=x\cos\theta+i\mathcal{D}\sin\theta Ad(\mathcal{F}_{\theta}) ･i\mathcal{D}=i\mathcal{D}\cos\theta-x\sin\theta から分かります。この2つの式は複素数で言うところのEulerの公式 e^{i\theta}=\cos\theta+i\sin\thetaと対応してます。回転より一般の線形変換はGL_2 \mathbb{C}の作用があります。実はFractional Fourier変換はLinear Canonical変換という形でSL_2 \mathbb{C}の作用を積分変換として表せる事ができるのです!そしてこれも微分作用素表示を持っていて次回の記事の話題とします。これに関しては論文で扱ってるものを見たことがありません。あと、[定理1]、[定理2]は自分で導いた後、2000年辺りの論文に載っている事を確認しました。かなしいw 多重化に関しては、集合の直積と関わりが強く、[定理2]は\mathbb{C}^{N}で各要素を\theta回転させることと対応しています。 Fractional Fourier変換はLinear Canonical Transformは特殊線形群をパラメータとしてとる変換で、その視点でみると、特殊線形群SL_2 \mathbb{C}の中でも回転行列と同型の構造を取れて、2次特殊直交群SO(2)としての性格を持ちます。SO(2)の中に\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}が含まれていて、それが丁度Fourier変換に対応しています。Linear Canonical変換では

\begin{align}\left(\begin{array}{rr}
1 & -1 \\
1 & 1 \\
\end{array}\right)\end{align}
なる行列と対応していて、\mathbb{C}の2次元行列による表示での虚数単位iの表示と一致します。 [定理2]をみると同じe^{-\frac{i}{2}x^2}で両側から挟み込まれた形態をしていますが、何故なのかはあまり理解してません。 2階微分作用素の指数関数の交換子公式を使って[定理2]を先に進める事ができます!

 

Tayley 3 pluiph

 

\circはJordan積といいA\circ B=\dfrac{AB+BA}{2}という定義で‪[準備]で話したように交換子の公式\mathcal{D}x-x\mathcal{D}=1を使うと‬
‪\mathcal{D}\circ x=x\mathcal{D}+\dfrac{1}{2}となる。‬
‪これをN個足し合わせて偏微分版\nabla \circ X =X･ \nabla +\dfrac{N}{2}‬と計算できる。ここで補題。

 

◆補題◆    \begin{align}e^{\frac{i}{2}\alpha \mathcal{D}^2}e^{\frac{i}{2}\beta x^2} =e^{\frac{i}{2}\frac{\beta}{1+\alpha \beta}x^2 } (1+\alpha\beta)^{-x\circ \mathcal{D}} e^{\frac{\alpha}{1+\alpha\beta} \mathcal{D}^2}\end{align}
 
 [補題の証明]

被作用関数として g(x)=\displaystyle \sum_{k} a_k e^{kx}\ \ \ (k\in K\subset \ \mathbb{C},|K|=\aleph_0)を考え、両辺のe^{kx}への作用が一致することを示せば、e^{kx}(k\in K)が一次独立で局所的に正則な関数全体を張ることから作用素の等号を示すことができる。(RHS)、(LHS)でそれぞれ[補題]の右辺、左辺の事を指す。e^{kx}は\mathcal{D}の固有値k対応の固有関数であるので、0とkを正則な領域に含む形式的冪級数が存在する任意の関数Pについて

P(\mathcal{D})･e^{kx} =P(k)e^{kx}となることは[準備]で話した通りである。従って

(RHS)･e^{kx} =\dfrac{1}{\sqrt{1+\alpha\beta}}e^{\frac{i}{2}\frac{\alpha}{1+\alpha\beta} x^2 +\frac{k}{1+\alpha\beta}x+\frac{i}{2} \frac{\beta}{1+\alpha \beta} k^2}

となる。(LHS)作用はGauss積分の作用素を応用する。先ず次の等式が成立する。

\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} e^{-a(t-z)^2}dt =\sqrt{\dfrac{\pi}{a}} (a\in\mathbb{C}\backslash \mathbb{R}_{0-},z\in \mathbb{C}

\mathbb{R}_{0-}で分岐してしまうので多価性は排除している。これにz=c\mathcal{D}(c\in \mathbb{C})を代入すると、

\begin{align}\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} e^{-at^2+2atc\mathcal{D}-ac^2 \mathcal{D}^2}dx =\sqrt{\dfrac{\pi}{a}} \end{align}

\begin{align}\displaystyle e^{ac^2 \mathcal{D}^2} =\sqrt{\dfrac{a}{\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-at^2}e^{2atc\mathcal{D}} dt\end{align}

すなわち、e^{s\mathcal{D}}･g(x)=g(x+s)を用いると

\begin{align}\displaystyle e^{ac^2 \mathcal{D}^2} ･g(x)=\sqrt{\dfrac{a}{\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-at^2}g(x+2atc) \ dt\end{align}

が成立。2回微分作用の指数関数は解析的に書けるのである。因みにWeistrass変換と呼ばれている。

\begin{align}a=\dfrac{\pi}{1+\alpha \beta},c=\sqrt{\dfrac{i}{2}\dfrac{\pi \beta}{1+\alpha \beta}}\end{align}

としてこれを用いると

\begin{align} & \displaystyle (LHS)･e^{kx}\\
\displaystyle =&e^{\frac{i}{2}\beta \mathcal{D}^2}･e^{\frac{i}{2}\alpha x^2+kx}\\
\displaystyle =& \dfrac{1}{\sqrt{1+\alpha \beta}}\int_{-\infty}^{\infty}e^{\dfrac{-\pi}{1+\alpha\beta} u^2}e^{\dfrac{i\alpha}{2} \left(x+u\sqrt{\dfrac{2\pi i\beta}{1+\alpha\beta}}\right)^2}e^{k\left(x+u\sqrt{\dfrac{2\pi i\beta}{1+\alpha\beta}}\right)^2} du\\
\displaystyle =& \dfrac{1}{\sqrt{1+\alpha\beta}} \int_{-\infty}^{\infty}e^{\dfrac{-\pi u^2}{1+\alpha\beta}}e^{\dfrac{-\pi \alpha\beta u^2}{1+\alpha\beta}}e^{kx} du\\
&×e^{ix\alpha u\dfrac{2\pi i\beta}{1+\alpha\beta}}e^{\dfrac{i\alpha x^2}{2}}e^{ku\sqrt{\dfrac{2\pi i\beta}{1+\alpha\beta}}} dt\\
&=\dfrac{1}{\sqrt{1+\alpha\beta}}e^{\dfrac{i\alpha x^2}{2} +kx}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\pi u^2}e^{2\pi u\sqrt{\dfrac{1}{2\pi}\dfrac{i\beta}{1+\alpha\beta}}(i\alpha x+k)} du\\
&=\dfrac{1}{\sqrt{1+\alpha\beta}}\sqrt{\dfrac{\pi}{\pi}}e^{\dfrac{i}{2}\alpha x^2 +kx}e ^{\dfrac{1}{2}\dfrac{i\beta}{1+\alpha\beta} (i\alpha x+k)^2}\\
&=\dfrac{1}{\sqrt{1+\alpha\beta}}e^{\dfrac{i}{2}\dfrac{\beta k^2}{1+\alpha\beta}}e^{\dfrac{ix^2}{2}\dfrac{\alpha^2\beta+\alpha-\alpha^2\beta}{1+\alpha\beta}}e^{kx+i\alpha k ix\dfrac{i\beta}{1+\alpha\beta}}\\
&=\dfrac{1}{\sqrt{1+\alpha\beta}}e^{\dfrac{ix^2}{2}\dfrac{\alpha}{1+\alpha\beta}}e^{\dfrac{i}{2}\dfrac{\beta k^2}{1+\alpha\beta}}e^{\dfrac{kx}{1+\alpha\beta}}\\
\end{align}
 
と一致するので、(RHS)=(LHS)となり補題の証明完了! Q,E,D
なおz=\dfrac{d}{dx}の代入の是非は微分作用素を‪冪級数間の線型写像の表現行列として表すと行列式が0で、z=0について積分は正則であることから従う‬
 
補題からは定理3の主張は楽に従う。
 
\begin{align}1+\cot\theta \sin 2\theta=\cos 2\theta \end{align}
を用いると
\begin{align}&e^{i\theta (\mathcal{D}^2-x^2)}\\
=&e^{-\frac{i}{2}x^2}\left(e^{\frac{i}{2}\mathcal{D}^2 \sin\theta}e^{-\frac{i}{2}x^2\cot\theta}\right)\\
=&e^{-\frac{ix^2}{2}\cot\theta}e^{-\frac{ix^2}{2}\frac{\cot\theta}{1-\sin 2\theta \cot\theta}}(1-\cot\theta \sin 2\theta )^{-x\circ \mathcal{D}}e^{\frac{i\mathcal{D}^2}{2}\frac{\sin 2\theta}{1-\sin 2\theta \cot\theta}}\\
=&e^{ \theta (\mathcal{D}^2 -x^2)}=e^{-\frac{i}{2}x^2 \tan 2\theta}\cos^{-x\circ \mathcal{D}} 2\theta e^{\frac{i}{2} \mathcal{D}^2 \tan 2\theta}\end{align}
 
これを多重化させて、\theta \leftarrow \dfrac{1}{2}\thetaとすると
 
\begin{align}e^{\frac{i}{2} \theta (\nabla^2 -X^2)}=e^{-\frac{i}{2}X^2 \tan\theta}\cos^{-X\circ \nabla} \theta \ e^{\frac{i}{2} \nabla^2 \tan \theta}\end{align}
 
 

Ray

なんか例示したくなったのでします。部分積分を再帰的に用いることで
\begin{align}\int_0^\infty x^{2n} \exp\left(-\frac{x^2}{a^2}\right)dx &= \sqrt{\pi} \frac{(2n-1)!!}{2^{n+1}} a^{2n+1} =\sqrt{\pi}\frac{\left(2n\right)!}{n!}\left(\frac{a}{2}\right)^{2n+1},\\
\int_0^\infty x^{2n+1} \exp\left(-\frac{x^2}{a^2}\right)dx &= \frac{n!}{2} a^{2n+2}\end{align}
 となるので、定理3右辺をx^{n}に作用させてゴリゴリ計算すると
\begin{align}&\sqrt{\dfrac{c sc\theta}{2\pi}}e^{\frac{i}{2}x^2 \cot\theta -\frac{i}{2}x^2 \sec\theta c sc\theta}\int^{\infty}_{-\infty}e^{\frac{i}{2}t^2 \cot\theta}(t+x\sec\theta)^{n} dt\\
=&\displaystyle \sqrt{\dfrac{c sc\theta}{2\pi}}e^{-\frac{i}{2}x^2 \tan \theta}\sum_{m=0}^{\infty}\dfrac{n!}{\Gamma (n-m+1)\Gamma (\dfrac{m}{2}+1)}(\frac{i}{2}\tan \theta)^{m+\frac{1}{2}}(x\sec \theta)^{n-m}\\
=&\displaystyle \sum_{N=0}^{\infty} x^N \sum_{K=0}^{\infty}\sqrt{\dfrac{c sc\theta}{2\pi}}\dfrac{n!\cos^{2K-N}\theta (\frac{i}{2}\tan\theta)^{n+2K-N+\frac{1}{2}}}{\Gamma (N-2K+1)\Gamma (\frac{n-N}{2}+K+1)}\\
\end{align}
 
と計算できます。興味深きことに右辺は左辺の解析接続を与えています。というのは、e^{\mathcal{D}^2-x^2+1}･x^nの\expを級数展開すると\dfrac{1}{N!}(\mathcal{D}^2-x^2+1)^N ･x^nが出てきますが、N\rightarrow \inftyで係数が発散してしまうので係数膨張で級数は計算できませんが、右辺の表示を経由することで値を正当に計算できるのです!!作用素の解析接続は面白いです。
 
 
今回はここで終わりにしようと思います。どうですか??
続きの記事、LinearCanonical変換、物理学への応用なども書きたいですが、鉄緑の勉強に殺されそうでいつ書くかわかりません(´･ω･`) ｼｮﾎﾞｰﾝ
 
では!