メビウス変換の微分作用素表示

こんにちは～(*｀・ω・´*)ﾉ無自覚にも、もう高3になってしまいました。数式blog始めたのは中3からで、自分で発見した数学を載せ続けられているのは嬉しいです。

関数への $PSL_{2}$ 作用(メビウス変換)について話します。

[定理]

$f$ を無限回微分可能な関数、 $\partial=\frac{d}{dx}、ad-bc=1、d\neq 0$ とする。このとき \begin{align}e^{-cd^{-1}(x^2 \partial+λx)}d^{-2x\partial +λ}e^{bd^{-1} \partial}・f(x)=(cx+d)^{λ} f\left(\dfrac{ax+b}{cx+d}\right)\end{align}

証明

[補題1]並進変換 $e^{a \frac{d}{dx}}・f(x)=f(x+a)$

証明:http://akaghef.hateblo.jp/entry/2017/11/10/192508

ｵﾜﾘ

[補題2]\begin{align}\exp (f'(x)+\partial) =\exp(f(x+1)-f(x))\exp \partial\end{align} 証明:線形代数の固有値の話を思い出すと良い。

任意の $k∈ℂ$ について関数 $\exp(kx-f(x))$ 上記の作用素の固有値 $e^{k}$ の固有関数であり、線形独立なので関数全体を張る基底となる。実際

\begin{align}(f'(x)+\partial)・exp(kx-f(x))\\
&=(f'(x)+(k-f'(x))\exp (kx-f(x))\\
&=k\exp (kx-f(x))\end{align}

であるから $f'(x)+\partial$ は固有値kの関数なので(左辺)の固有値は $e^{k}$ 。

一方[補題1]より

\begin{align}(右辺)・\exp (kx-f(x))\\
&=\exp (f(x+1)-f(x)) \exp(kx+k-f(x+1))\\
&=e^{k}\exp (kx-f(x))\end{align}

なので固有値は $e^{k}$ です。

固有値と固有関数の一致が取れたので作用素は等しいです。ｵﾜﾘ

補題2は割と有能ですが全く見かけないのなんででしょうね(BCH公式の系でもあります)

微分作用素は合成関数の公式で変数変換をすることができます:

$\dfrac{d}{dx^{-1}}=-x^{2}\dfrac{d}{dx}$

$\dfrac{d}{d\log x}=x\dfrac{d}{dx}$

です。ここまで来ればスムーズに定理を証明できます。

$z=\dfrac{d}{cx}$ として

\begin{align}&\exp -cd^{-1}(x^2 \partial+λx)\exp(-\log (d) (2x\partial -λ))\exp(bd^{-1} \partial)・f(x)\\
&=d^λ\exp -cd^{-1}(x^2 \partial+λx)\exp(-2\log (d) \dfrac{\partial}{\partial \log x} )・f(\exp (\log x)+bd^{-1})(補題1)\\
&=d^λ \exp -cd^{-1}(x^2 \partial+λx)・f(\exp (\log x -2\log d)+bd^{-1})(補題1)\\
&=d^{λ}\exp \left(\dfrac{\partial}{\partial z}+λz^{-1}\right)・f(d^{-2}x+bd^{-1} )\\
&=d^{λ}\exp (λ\log (z+1)-λ\log z)\exp\left(cd^{-1}\frac{\partial}{\partial x^{-1}}\right) ・f\left(\dfrac{1}{d^2}\dfrac{1}{x^{-1}}+\frac{b}{d}\right)( 補題2)\\
&=d^{λ}\left(\dfrac{z+1}{z}\right)^{λ}f\left(\dfrac{1}{d}\left(\dfrac{x(1+bc)+bd}{cx+d}\right) \right)\\
&=(cx+d)^{λ} f\left(\dfrac{ax+b}{cx+d}\right)\end{align}

最後は $ad-bc=1$ を用いました。