天才置換を合理的に②

はじめに

今回は， シリーズ前回 の記事で書いた変数置換

$$ {}_a\phi_l = \frac{a-t}{lt+1} $$

の変数置換をどのように思いついたかについて書きます。有界区間の積分について話しますが，適当な変数置換を共役作用のような形で施せば$[0,1]$の区間に帰着できるので，ここでは区間$[0,1]$上での積分の話をします。

「変わらない」置換

変形がしやすい変数置換というと，主に二つ思いつきます。まず，「適当な因子を消す」変換です。これは，積分変換ではありませんが，Lobachevsky積分
$$ \int_0^\infty\left({\sin x\over x}\right)^2f(x)dx = \int_0^\infty \left({\sin x\over x}\right)f(x)dx $$
の形や，いわゆるKing Propertyの一部などもそうです。ただ，例えば区間を固定して，$f$を任意にとろうとすると，
\begin{equation} \int_A f(x)(g(x)-1)dx =0 \end{equation}
を任意の$f$で要求することになり，変分学の基本補題によって本質的に$g=1$になることが強制されます。異なる区間でも面白くなくて，$f$を$A\cup B$上可測だとして
\begin{equation} \int_Af(x)g(x)dx = \int_Bf(x)dx \end{equation}
を要求すると，ほとんどいたるところの意味で$\chi$を定義関数として
\begin{equation} g(x)\chi_A(x) = \chi_B(x) \end{equation}
が出るので，$A\cap B$で$g=1$かつ，$A\setminus B$で$g=0$，かつ$B\setminus A$が零測度ではなければならず，面白くなりません。

つまり，特殊な関数でしかこういう変形で面白いことはできないと思います。周期関数での関数の例としては 子葉「ロバチェフスキーの積分公式」 があり，周期性を持つものに関してはある程度尽くされているはずです。(完全な確認をしたわけではないのであしからず)

そうすると，汎用性がある積分置換としてはあまり面白くないので，別の形を探ることになります。それが，変わらない積分置換，
\begin{equation} \int_Af(x)g(x)dx = \int_Af(\phi(t))g(t)dt \end{equation}
の形です。

問題を解く

前書きで言ったように，ここからは$[0,1]$区間での話をします。念のため問題を定式化すると，次のような形式です。

$\phi$に単調性を課したのは考えやすくするためです。変な関数を考えたくはないので，適宜微分可能性なども仮定することにします。また，真にすべての解を列挙するのはかなり大変そうなので，十分多く見つける方法を考えることにしましょう。また，都合上$g>0$とします。

さて，条件から$|\phi'(t)|g(\phi(t))=g(t)$が出るため，単調性の仮定から$\phi'(t)>0$の場合と$\phi'(t)<0$の場合を考えます。あとで使うので$g$の原始関数の一つを$G$としておきます。$g>0$なのでこの$G$は単射です。

1. $\phi'(t)>0$の場合
   積分置換で移る値の対応から$\phi(0)=0, \phi(1)=1$です。両辺積分することによって，定数$C$を用いて
   $$G(\phi(t))=G(t)+C$$
   となりますが，$t=0$を代入すれば$C=0$であることがわかるので，$G$の取り方から$\phi(t)=t$としてよいです。

2. $\phi'(t)<0$の場合
   積分置換で移る値の対応から$\phi(0)=1, \phi(1)=0$で，同様に積分することで
   $$G(\phi(t))=C-G(t)$$
   となります。$\phi$は可逆なので，$t$を$\phi^{-1}$で置き換えた式を考えて$C$を消去することで$G\circ\phi=G\circ\phi^{-1}$となり，1と同様の理由で$\phi^{\circ2}=\rm id$が言えます。$G(0)=0$となるように原始関数を取れば$C=G(1)$であることがわかり，さらに$G$が単調なので，
   $$ \phi(t) = G^{-1}(G(1)-G(t)) $$
   であり，任意の正の$g$からこのようにして$\phi$を定義すれば，積分不変性が出ます。従って，本質的にKing Propertyだけがこのような条件を満たします。

Babbageの関数方程式

ここまで考えたうえで，高校時代当時の私はインターネットに頼りました。面白くなさすぎる上に，もう少し何かできるのではないかと思ったからです。例えば$t = \sqrt{1-x^2}$の時点で十分非自明で，このときは例えば$R$を一般の関数として
\begin{equation} \int_0^1xR(x^2(1-x^2))f(x)dx = \int_0^1tR(t^2(1-t^2))f(\sqrt{1-t^2})dt \end{equation}
があるので，色々できそうではないですか。調べてみると，Wikipediaの Functional square root というページを見つけました。読んでみると，そう，

A particular solution is $f(x)=\frac{b-x}{1+cx}$ for $bc\ne -1$.

と書いてあるわけです。また解$f$が与えられれば，可逆な関数$\psi$を用いて$\psi^{-1}\circ f\circ \psi$が再び解になるとも書いてありました。$b=-c\to\infty$と極限を飛ばせば$1/x$のような解も得られるので，極限を含めれば一次分数変換での解はこれで尽きるはずです。

更に，多少の考察で有理関数での「関数的平方根」はMöbiusしかないことがわかる(有理写像としての合成次数を見れば，$\deg\phi=1$が出てくる)ので，端点での値を検証することによって，

がわかります。なお，もし区間が$[0,a]\to[0,a]$なら
$$ _a\phi_l(t)=\frac{a-t}{lt+1} $$
の形になり，以前の記事を復元します。命題2を見ると，変化しない置換の形としては Möbius 変換である意味で尽きているというのはすごいなと思いました。

$g$を求める

さて，$\phi$が involution であるとき，同相$\psi$を用いて$\psi^{-1}\circ \phi\circ \psi$も再び解であるとのことでしたが，そのような$\psi$を$x$とか$x^2$とか置けば面白い置換が既に作れそうな雰囲気があります。しかし一つ固定した involution $\phi$に対して$g$はどのようなものがあるかを考えていませんでした。$G(\phi(t))=C-G(t)$だったので，

\begin{equation} \phi(t) = G^{-1}(C-G(t)) \end{equation}
です。ここで$\phi=\psi^{-1}\circ {}_1\phi_l\circ\psi$の形で書いてあげて，$H=G\circ\psi^{-1}, h=dH(t)/dt$として定義すれば，
\begin{align} _1\phi_l &= H^{-1}(C-H) \end{align}
より
$$ H\circ {}_1\phi_l + H = C $$
で，よって両辺微分することで
$$ _1\phi_l'\cdot (h\circ{}_1\phi_l)+h=0 $$
が出ます。よって，関数方程式
\begin{equation} (l+1)h\left(\frac{1-t}{lt+1}\right)=(lt+1)^2h(t) \end{equation}
に帰着されます。これは，$h\in\bb C((t))$では 子葉さん に解いていただいたのですが，例えば$l=0$で退化してしまう問題点があるので，少し修正します。具体的には，$p(t)=(lt+1)h(t)$と置くと，方程式は

\begin{equation} p(\phi(t))=p(t) \end{equation}

に帰着されるので，例えば$p_l(t)=t{}_1\phi_l(t)$と置くことによって(この$p_l$はある意味で$_1\phi_l$に対して不変であると言えます。)，任意にとった関数$R$に対し

\begin{equation} h(t)=\frac1{lt+1}R(p_l(t)) \end{equation}
が解を与えます。逆にこの$p_l$は，$p_l^{-1}(p_l(t))=\{t, {}_1\phi_l(t)\}$を満たすので，適当な正則性を満たす$p$であって，$p(t) = p({}_1\phi_l(t))$であるような関数が$R(p_l(t))$の形であることがわかるので，これで解は尽くされています。

従って，このような$h$を用いて

\begin{align} g(t)&=h(\psi(t))\psi'(t)\\ \phi &=\psi^{-1}\circ{}_1\phi_l\circ\psi \end{align}

とすれば，欲しかった組がいくらでも手に入るわけです。とりあえず，まとめると

という感じになります。別に$_1\phi_l$は$t\mapsto1-t$とかでもいいです。

前回の記事の行間について

さて，以前の記事で次のようなことを述べました。

これを知らずしてこの置換を使うことは厳しいと思われます。3,4,5番目の式を見てみてください。これから察するに、「$1+x, 1-x, 1+x^2$が出てくる積分は何かしら変形できるのでは？」という想像が働きますね。その直感はある程度正しく、次のような等式が成り立ちます。簡単なので証明しません。

これ自体，前回の記事を出した時点では正直全然自明ではなく，そういう想像が働く人の存在が「勘の良い読者ならお気づきであろうが」で実際に勘の良い読者であるくらい少ないことと思われますが，一応今回の記事で復元できることになります。実際$l=1$のときに$\psi=\operatorname{id}, R=1/(1-t)$とすれば，
\begin{align} 1-t\phi(t)&=\frac{1+t^2}{1+t}, \\ g(t) = h(t) &= \frac1{1+t}\cdot\frac{1+t}{1+t^2}=\frac1{1+t^2} \end{align}
となるので， これの命題2 の一番目の等式が，同様に$\psi=\operatorname{id}, R=1$とすれば二番目の等式が出ます。

おわりに

今回はシリーズ前回の「天才置換を合理的に①」がどのような発想をもとに作られたかについて解説しました。個人的に関数の特殊性を用いない積分置換としては最も汎用性があるものだと思っているので気に入っています。もしかしたらさらに続編を書くかもしれません(構想自体はありますが，この記事も4年近く放置されていました)。それではまた。

追記

本来「変わらない置換」のところで書くべきだったかもしれませんが，流れを崩さず書き加える方法がわからなかったので最後に追記します。

積分置換して消えるような積分変換については，定数倍の重みを許しても，つまり，定数$C\ne 0$に対して
$$ \int_Af(x)g(x)dx = C\int_Af(\phi(t))dt $$

を要求しても，結局面白いことになりません。というのも$\phi$を単調な微分同相とすれば
\begin{align} C\int_A f(\phi(t))dt = C\int_Af(x)|(\phi^{-1})'(x)|dx \end{align}
なので，変分学の基本補題によって(a.e.の意味で) $g(x) = C|(\phi^{-1})'(x)|$，書き換えれば$g(\phi(t))|\phi'(t)|=C$でさえあれば良いので，結局普通に置換積分をやってるのと同じことです。