ガウス記号[x]の不定積分(と弱微分)

導入

この記事は不定積分$\displaystyle\int \floor{ x } \d x$を求めて, そこから床関数入りの積分について軽く掘る内容になっています.

床関数の不定積分

方針建て

ガウス記号を含んだ関数の積分の基本的な解法は積分区間を分けることです.
試しに$x$を$1$から$\dfrac{1}{2}$刻みで表を作ると次のようになります.

$x=1,\ 2,\ 3,\ 4$のときの積分の値に注目すると, $0,\ 1,\ 3,\ 6$となっています.$\floor{ x }$のグラフを見れば明らかですが, これは階差数列になっていることが分かります.これを利用して積分していきます.

解説

1. $1 \leqq x$のとき
   $$\int_0^x \floor{ t } \d t =\int_0^{\floor{ x }} \floor{ t } \d t+\int_{\floor{ x }}^x \floor{ t } \d t$$
   式変形後の前半の積分は前のセクションで書いた階差数列の総和を取ることが出来るので
   $$ \int_0^{\floor{ x }} \floor{ t } \d t =\sum_{k=0}^{\floor{ x }-1} \int_{k}^{k+1} \floor{ t } \d t =\sum_{k=0}^{\floor{ x }-1} \int_{k}^{k+1} k \d t =\sum_{k=0}^{\floor{ x }-1} k =\dfrac{1}{2} (\floor{ x }-1)\floor{ x } \cdots\cdots (1)$$
   後半の積分は$\floor{ x } \leqq x < \floor{ x }+1$より
   $$ \int_{\floor{ x }}^x \floor{ t } \d t =\int_{\floor{ x }}^x \floor{ x } \d t =\floor{ x }(x-\floor{ x }) \cdots\cdots (2) $$
   $(1),\ (2)$を合わせて
   $$\int_0^x \floor{ t } \d　t =\dfrac{1}{2} (\floor{ x }-1)\floor{ x }+\floor{ x }(x-\floor{ x }) =x\floor{ x }-\dfrac{1}{2} \floor{ x }-\dfrac{1}{2} \floor{ x }^2$$
   となる.

2. $0 \leqq x < 1$のとき
   このとき$x$の整数は$0$なので
   $$\int_0^x \floor{ t } \d t=\int_0^x 0 \d t=0$$

3. $ x < 0$のとき
   区間を$x$が整数になる点で分けているが, 端的を無視して積分することができるので$\floor{ x }$が$\bigg(0,\ \dfrac{1}{2} \bigg)$で点対称と見なせる. これより以下の等式が成り立つ.

$$ \int_0^x \floor{ t } \d t=-\int_x^0 \floor{ t } \d t =-\bigg(\int_x^0 \floor{ t } \d t+\int_0^{\dfrac{1}{2}} \floor{ t } \d t\bigg) =-\bigg(\int_x^{\dfrac{1}{2}} \floor{ t } \d t\bigg)\qquad\bigg(\because\int_0^{\dfrac{1}{2}} \floor{ t } \d t=0\bigg) $$
先程の等式を用いて
$$ =\int_{\dfrac{1}{2}}^{-x+1} \floor{ t } \d t =\int_0^{\dfrac{1}{2}} \floor{ t } \d t+\int_{\dfrac{1}{2}}^{-x+1} \floor{ t } \d t =\int_0^{-x+1} \floor{ t } \d t $$
$x<0$より$1<-x+1$だから(i)より
$$ =(1-x)\floor{ 1-x }-\dfrac{1}{2} \floor{ 1-x }-\dfrac{1}{2} \floor{ 1-x }^2 $$
$x\in\mathbb{Z}$のときは$[1/2,\,x)\cup\{x\}$で分けて積分をするので, $[1/2,\,x)$で積分するのと変わらず, $\floor{ 1-x }=1+\floor{ -x }=-\floor{ x }\quad (x\not\in\mathbb{Z})$を用いて変形ができて
$$ =-(1-x)\floor{ x }+\dfrac{1}{2} \floor{ x }-\dfrac{1}{2} \floor{ x }^2 $$
$$ =x\floor{ x }-\dfrac{1}{2} \floor{ x }-\dfrac{1}{2} \floor{ x }^2 $$


(i), (ii), (iii)より
$$ I=\int \floor{ x } \ dx=x\floor{ x }-\dfrac{1}{2} \floor{ x }-\dfrac{1}{2} \floor{ x }^2+\mathrm{C} $$

床関数の微分は0か否か

床関数入りの積分をする上で導関数はある方が便利なので求めてみましょう.

導関数

導関数の定義から計算します.
$$ \dfrac{\d}{\d x} \floor{ x } =\lim_{h \to 0} \dfrac{\floor{ x+h }-\floor{ x }}{h} $$
$x$の小数部分を括り出す.
$$ =\lim_{h \to 0} \dfrac{\floor{ \floor{ x }+(x-\floor{ x }+h) }-\floor{ x }}{h} $$
分けた整数部分を外に出して
$$ =\lim_{h \to 0} \dfrac{\floor{ x-\floor{ x }+h }}{h} $$
を得る.

1. $x-\floor{ x }\neq 0\quad(x\not\in\mathbb{Z})$のとき
   $x-\floor{ x }+h=(\ x$の小数部分$)+h$であり, $h$は$0\leq x-\floor{ x }+h<1$となる$h$を取れて
   $$ \dfrac{\d}{\d x} \floor{ x } =\lim_{h \to 0} \dfrac{\floor{ x-\floor{ x }+h }}{h} =\lim_{h \to 0} \dfrac{0}{h}=0 $$

2. $x-\floor{ x }=0\quad(x\in\mathbb{Z})$のとき
   $$ \frac{\d}{\d x} \floor{ x }=\lim_{h \to 0} \dfrac{\floor{ h }}{h} $$
   左右の極限を考えると
   $$ \lim_{h \to +0} \frac{\floor{ h }}{h}=0,\ \lim_{h \to -0} \frac{\floor{ h }}{h}=\infty $$
   左右の極限が一致しないので, このときの導関数は存在しない.

よって$x$が整数でないときの$\floor{ x }$の導関数は$0$であり, 整数のとき導関数は存在しない.

$$ \therefore \frac{\d}{\d x} \floor{ x }=\begin{cases} 0 & (x \notin \mathbb{Z}) \\ \mathrm{Undefinable} & (x \in \mathbb{Z}) \end{cases} $$

疑問点

今, 求めた床関数の導関数を整数を含まない区間で積分すると
$$ \floor{x}=\mathrm{C}\quad\text{(一定)} $$
が成り立つ. $\mathrm{C}=\floor{x}$のみで整合性が取れますが, 多くの床関数の積分では整数を含む区間で積分をするのでこのままでは使うものになりません. そこで次に弱微分というものを導入して広い範囲で導関数が取れるようにします.

床関数の弱微分

別記事で 床関数の弱微分 を求めたのでここに掲載します.

$\mathrm{comb}_1(x)$はくし型関数$\mathrm{comb}_T(x)$の$T=1$のときであり, 関数$\delta$はディラックのデルタ関数となります.

今定義したこれを超関数といい, 関数を元に取る関数で汎関数とも呼ばれます.
$\delta$は明確にこの式で表されるということはなく, デルタ関数に関数$f$を作用させると$\delta(f)=f(0)$を返す作用素です.

使用例に類題1の解法2で部分積分を使った解法として使っています.

類題

その1

解法1

$$\int_0^1 x \floor{ \dfrac{1}{x} } \d x$$
$y=\dfrac{1}{x}$とおく.$\d y=-\dfrac{1}{x^2}\d x,\ x:0\to1 \Leftrightarrow y:\infty \to 1$より
$$=\int_1^{\infty} \dfrac{\floor{ y }}{y^3} \d y$$
前の問題と同様に積分区間を分けると
$$=\sum_{n=1}^{\infty} \int_n^{n+1} \dfrac{\floor{ y }}{y^3} \d y$$
$$=\sum_{n=1}^{\infty} \int_n^{n+1} \dfrac{n}{y^3} \d y$$
$$=\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{n}{2}\bigg( \dfrac{1}{n^2}-\dfrac{1}{(n+1)^2} \bigg)$$
$$=\dfrac{1}{2} \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{2n+1}{n(n+1)^2}$$
部分分数分解して
$$=\dfrac{1}{2} \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{(n+1)^2}+\dfrac{1}{2} \sum_{n=1}^{\infty}\bigg(\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+1}\bigg)$$
$$=\dfrac{1}{2} \bigg( \dfrac{\pi^2}{6} -1 \bigg)+\dfrac{1}{2}\cdot1=\dfrac{\pi^2}{12}$$

解法2

$$ \int_0^1 x \floor{ \frac{1}{x} } \d x =\int_1^{\infty} \frac{\floor{ y }}{y^3} \d y =\bigg[-\frac{\floor{y}}{2y^2}\bigg]_1^\infty+\int_1^\infty \frac{1}{2y^2}\sum_{n\in\mathbb{Z}} \delta(y-n)\d y $$
残りの積分について下限は$1$でこの積分は広義積分なので右極限を取り
$$ =\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{n^2} =\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} =\frac{\pi^2}{12} $$

その2

$$ \int_1^{\infty} \dfrac{x \floor{ x^2 }}{\floor{ x }^3} \sin{\pi x^2}\d x $$
$$ =\sum_{n\geq 1}\int_{\sqrt{n}}^{\sqrt{n+1}} \dfrac{x \floor{ x^2 }}{\floor{ x }^3} \sin{\pi x^2}\d x $$

$n< x^2< n+1$より$\floor{ x^2 }=n$
$$ =\sum_{n\geq 1} n \int_{\sqrt{n}}^{\sqrt{n+1}} \dfrac{x}{\floor{ x }^3} \sin{\pi x^2}\d x $$

$n=m^2$から$n=(m+1)^2-1$の和で分けると

$$ =\sum_{m\geq 1} \sum_{k=0}^{2m} (m^2+k) \int_{\sqrt{m^2+k}}^{\sqrt{m^2+k+1}} \dfrac{x}{\floor{ x }^3} \sin{\pi x^2}\d x $$

このとき, $m\leq\sqrt{m^2+k}< x<\sqrt{m^2 +k+1}\leq(m+1)^2$より$\floor{ x}=m$だから

$$ =\sum_{m\geq 1} \sum_{k=0}^{2m} \dfrac{m^2+k}{m^3} \int_{\sqrt{m^2+k}}^{\sqrt{m^2+k+1}} x \sin{\pi x^2}\d x $$
$$ =\dfrac{1}{2\pi}\sum_{m\geq 1} \sum_{k=0}^{2m} \dfrac{m^2+k}{m^3} \int_{\sqrt{m^2+k}}^{\sqrt{m^2+k+1}} \left(\dfrac{d}{dx} \pi x^2\right) \sin{\pi x^2}\d x $$
$$ =\dfrac{1}{2\pi}\sum_{m\geq 1} \sum_{k=0}^{2m} \dfrac{m^2+k}{m^3} \bigg[-\cos{\pi x^2}\bigg]_{\sqrt{m^2+k}}^{\sqrt{m^2+k+1}} $$
$$ =\dfrac{1}{2\pi}\sum_{m\geq 1} \sum_{k=0}^{2m} \dfrac{m^2+k}{m^3} \{ \cos{\pi(m^2+k)}-\cos{\pi(m^2+k+1)}\} $$

$m^2+k,\ m^2+k+1$は整数なので

$$ =\dfrac{1}{2\pi}\sum_{m\geq 1} \sum_{k=0}^{2m} \dfrac{m^2+k}{m^3} \{ (-1)^{m^2+k}-(-1)^{m^2+k+1}\} $$
$$ =\dfrac{1}{2\pi}\sum_{m\geq 1} \sum_{k=0}^{2m} \dfrac{m^2+k}{m^3} \cdot2(-1)^{m^2+k} $$
$$ =\dfrac{1}{\pi}\sum_{m\geq 1}\dfrac{(-1)^{m^2}}{m^3}\sum_{k=0}^{2m} (-1)^k(m^2+k) $$
$$ =\dfrac{1}{\pi}\sum_{m\geq 1}\dfrac{(-1)^{m^2}}{m^3}\left\{\sum_{i=0}^m (m^2+2i)-\sum_{j=1}^m (m^2+2j-1)\right\} $$
$$ =\dfrac{1}{\pi}\sum_{m\geq 1}\dfrac{(-1)^{m^2}}{m^3}\left\{(m^3+2m ^2+m)-(m^3+m^2)\right\} $$
$$ =\dfrac{1}{\pi}\sum_{m\geq 1}\dfrac{(-1)^{m^2}}{m^3}(m^2+m) $$

$m,\ m^2$の偶奇は一致するから

$$ =\dfrac{1}{\pi}\sum_{m\geq 1}(-1)^m \left(\dfrac{1}{m}+\dfrac{1}{m^2}\right) $$

それぞれの級数を求めると
$$ \sum_{m\geq 1} \dfrac{(-1)^{m-1}}{m}=\log{2} $$
$$ \sum_{m\geq 1} \dfrac{(-1)^{m-1}}{m^2}= \sum_{m\geq 1} \bigg(1-\dfrac{1}{2}\bigg)\dfrac{1}{m^2}=\dfrac{\pi^2}{12} $$
これより
$$ =-\dfrac{\log{2}}{\pi}-\dfrac{\pi}{12} $$

あとがき: ガウス記号の積分の有用性はほぼないと思いますが, テクニカルな積分の問題が出来そうなので, 思いついたらまた記事を書くと思います.

追記(2025/05/16): 弱微分を使って色々できないか模索しましたが, どうにも一般の関数には上手くいかず, 途中で終わるような形になりました.