$$\newcommand{BA}[0]{\begin{align*}}
\newcommand{BC}[0]{\begin{cases}}
\newcommand{BE}[0]{\begin{equation}}
\newcommand{bl}[0]{\boldsymbol}
\newcommand{BM}[0]{\begin{matrix}}
\newcommand{D}[0]{\displaystyle}
\newcommand{EA}[0]{\end{align*}}
\newcommand{EC}[0]{\end{cases}}
\newcommand{EE}[0]{\end{equation}}
\newcommand{EM}[0]{\end{matrix}}
\newcommand{h}[0]{\boldsymbol{h}}
\newcommand{k}[0]{\boldsymbol{k}}
\newcommand{L}[0]{\left}
\newcommand{l}[0]{\boldsymbol{l}}
\newcommand{m}[0]{\boldsymbol{m}}
\newcommand{n}[0]{\boldsymbol{n}}
\newcommand{R}[0]{\right}
\newcommand{vep}[0]{\varepsilon}
$$
$\hspace{5pt}$定数変換法は，次の通りに記述されます。
定理１.$\hspace{5pt}$$x$に関する一般の$n$階斉次線形微分作用素$D_n$に対して，斉次方程式
$\BA\D\\ D_nf(x)=0 \EA$
の線形独立解を$f_1(x),\cdots,f_n(x)$とするとき，非斉次方程式$\BA\D\\ D_nf(x)=g(x)\qquad(g(x)\neq0) \EA$
の解$f(x)$は，$\BA\D\\ f(x)=\int_0^x K(x,t)\frac{g(t)}{a_n(t)}\,dt \EA$
と書けます。ただし，$a_n(x)$は$D_nf(x)$における$f^{(n)}(x)$の係数であり，核$K_n(x,t)$は線形独立解の Wronskian $W(x)$を用いて$\BA\D\\ K_n(x,t)=\frac{1}{W(t)}\left|\begin{matrix}{f}_1(t) & {f}_2(t) & \cdots & {f}_n(t) \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ {f}_1^{(n-2)}(t) & {f}_2^{(n-2)}(t) & \cdots & {f}_n^{(n-2)}(t) \\ {f}_1(x) & {f}_2(x) & \cdots & {f}_n(x) \end{matrix}\right| \EA$
で与えられます。 $\hspace{5pt}$次の$D_n$について考えます：
$\BA\D D_n=\frac{1}{x}\L(x\partial_x\R)^n-x\L(\partial_xx\R)^n \EA$
$D_nf(x)=0$の線形独立解は
$\BA\D \Phi_w(x)=\sum_{k=0}^\infty \qty(\frac{\beta_{k+w}}{\beta_w})^nx^{2k+2w}\qquad\L(\beta_z=\frac{\Gamma(z+\frac{1}{2})}{\Gamma(\frac{1}{2})\Gamma(z+1)}\R) \EA$
とおくと，$D_n\Phi_w(x)=(2w)^nx^{2w-1}$は$w=0$で$n$位の零点をもつので，正規化 Frobenius 基底を
$\BA\D S_r(x)=\lim_{w\to0}\partial_w^{r-1}\Phi_w(x)\qquad(r=1,2,\cdots,n) \EA$
と定めると，
$\BA\D D_nS_r(x)=0\qquad(r=1,2,\cdots,n) \EA$
となります。
$\hspace{5pt}$以下，具体的な$n$について検証していきます。
̻ $n=3$の場合
1. 作用素の展開
$\hspace{5pt}$展開すると
$\BA\D D_3&=\frac{1}{x}\L(x\partial_x\R)^3-x\L(\partial_xx\R)^3\\&=a_3(x)\partial_x^3+a_2(x)\partial_x^2+a_1(x)\partial_x+a_0(x)\\&=x^2(1-x^2)\partial_x^3+3x(1-2x^2)\partial_x^2+(1-7x^2)\partial_x-x \EA$
となりました。
2. $S_1,S_2,S_3$の局所形
$\hspace{5pt}$また，$\Lambda(x)=2\log x$とし，$x\to0^+$において
$\BA\D S_1&=1+O(x^2)\\S_2&=\Lambda(x)+O(x^2|\log x|)\\S_3&=\Lambda(x)^2+O(x^2|\log x|^2) \EA$
$S_1(x),S_2(x),S_3(x)$は対数次数が異なりますので線形独立です。
3. Wronskian
$\BA\D W(x)=\L|\begin{matrix}S_1&S_2&S_3\\S_1'&S_2'&S_3'\\S_1''&S_2''&S_3''\end{matrix}\R| \EA$
とします。標準形の三階線形微分方程式に対する Abel の公式より，
$\BA\D W'(x)=-\frac{a_2(x)}{a_3(x)}W(x)=-\frac{3(1-2x^2)}{x(1-x^2)}W(x) \EA$
であるから，
$\BA\D W(x)={\rm Const.}\times \frac{1}{x^3(1-x^2)^{\frac{3}{2}}} \EA$
一方で，先ほどの局所形より，$x\to0^+$で
$\BA\D S_1(x)\sim1,\quad S_2(x)\sim\Lambda(x),\quad S_3(x)\sim\Lambda(x)^2 \EA$
なので
$\BA\D W(x)\sim\L|\begin{matrix}1&\Lambda(x)&\Lambda(x)^2\\0&\Lambda'(x)&2\Lambda(x)\Lambda'(x)\\0&\Lambda''(x)&2(\Lambda'(x))^2+2\Lambda(x)\Lambda''(x)\end{matrix}\R|=\frac{16}{x^3} \EA$
したがって
$\BA\D W(x)=\frac{16}{x^3(1-x^2)^{\frac{3}{2}}} \EA$
です。
4. 余因子係数の導入
$\hspace{5pt}$核$K(x,t)$は
$\BA\D K_3(x,t)=\frac{1}{W(t)}\L|\begin{matrix}S_1(t)&S_2(t)&S_3(t)\\S_1'(t)&S_2'(t)&S_3'(t)\\S_1(x)&S_2(x)&S_3(x)\end{matrix}\R| \EA$
ですが，この行列式を第3行で展開します。次の3つの関数を定義します：
$\BA\D C_1(t)&=\frac{S_2(t)S_3'(t)-S_3(t)S_2'(t)}{a_3(t)W(t)}\\C_2(t)&=\frac{S_1(t)S_3'(t)-S_3(t)S_1'(t)}{a_3(t)W(t)}\\C_3(t)&=\frac{S_1(t)S_2'(t)-S_2(t)S_1'(t)}{a_3(t)W(t)} \EA$
すると
$\BA\D \frac{K_3(x,t)}{a_3(t)}=S_1(x)C_1(t)-S_2(x)C_2(t)+S_3(x)C_3(t) \EA$
であり，問題は$C_1,C_2,C_3$を$S_1,S_2,S_3$のみで記述することに帰着されます。
5. 余因子係数は同じ斉次方程式を満たす
$\hspace{5pt}$一般論として，$n$階線形微分作用素
$\BA\D L=\sum_{l=0}^m a_jD^j \EA$
に対して，定数変化法における核$K(x,t)$を
$\BA\D K(x,t)=\sum_{i=1}^n f_i(x)c_i(t) \EA$
と展開したとき，余因子係数
$\BA\D c_i(t)=\frac{\Delta_i(t)}{W(t)}\qquad\L(\Delta_i(t)=(-1)^{n+i}\det\L(f_k^{(r)}(t)\R)_{\substack{0\le r\le n-2\\1\le k\le n,k\neq i}}\R) \EA$
は，$L$の形式随伴方程式
$\BA\D L^{\vee}v=0 \EA$
の解です。
また，今回の場合は，実際に計算すると
$\BA\D D_3^{\vee}=-D_3 \EA$
がわかりますので，$C_1,C_2,C_3$は$S_1,S_2,S_3$の線形結合として表されることがわかりました。
6. $C_1,C_2,C_3$の同定
$\hspace{5pt}$先ほどの局所展開から
$\BA\D S_1(x)&=1+O(x^2)\\S_2(x)&=\Lambda(x)+O(x^2|\log x|)\\S_3(x)&=\Lambda(x)^2+O(x^2|\log x|^2) \EA$
また
$\BA\D a_3(t)W(t)=\frac{16}{t\sqrt{1-t^2}}=\frac{16}{t}+O(t) \EA$
です。これらを$C_1,C_2,C_3$の定義にあてはめて
$\BA\D C_1(t)&=\frac{1}{8}\Lambda(t)^2+O(t^2|\log t|^3)\\C_2(t)&=\frac{1}{4}\Lambda(t)+O(t^2|\log t|^2)\\C_3(t)&=\frac{1}{8}+O(t^2|\log t|) \EA$
がわかります。そして，$C_1,C_2,C_3$は$S_1,S_2,S_3$の線形結合として表されるという関係と，正則階の一意性から，
$\BA\D C_1(t)&=\frac{1}{8}S_3(t)\\C_2(t)&=\frac{1}{4}S_2(t)\\C_3(t)&=\frac{1}{8}S_1(t) \EA$
とわかりました。
7.$K(x,t)$の表示
$\hspace{5pt}$以上より
$\BA\D \frac{K_3(x,t)}{a_3(t)}&=S_1(x)C_1(t)-S_2(x)C_2(t)+S_3(x)C_3(t)\\&=\frac{1}{8}\L(S_1(x)S_3(t)-2S_2(x)S_2(t)+S_3(x)S_1(t)\R) \EA$
これをもちまして，Wronskian の余因子に現れる$S_r'(t)$は完全に消去されました。
8. $S_3$の消去
$\hspace{5pt}$先の通り，$\lambda(x)=\frac{2}{x\sqrt{1-x^2}}$として
$\BA\D &S_1S_2'-S_1'S_2=\lambda S_1\\&S_1S_3'-S_1'S_3=2\lambda S_2 \EA$
でした。ここで
$\BA\D u(x)=\frac{S_2(x)}{S_1(x)},\qquad v(x)=\frac{S_3(x)}{S_1(x)} \EA$
とおくと，
$\BA\D &u'=\frac{S_1S_2'-S_1'S_2}{S_1^2}=\frac{\lambda S_1}{S_1^2}=\frac{\lambda}{S_1}\\&v'=\frac{S_1S_3'-S_1'S_3}{S_1^2}=\frac{2\lambda S_2}{S_1^2}=2\frac{S_2}{S_1}\frac{\lambda}{S_1} \EA$
よって
$\BA\D &\quad v'=2uu'=(u^2)'\\ \Longleftrightarrow&\quad v-u^2={\rm Const.} \EA$
です。いま，局所展開から
$\BA\D \lim_{x\to0}(v-u^2)=0 \EA$
よって
$\BA\D v=u^2\quad\Longleftrightarrow\quad S_3=\frac{S_2^2}{S_1} \EA$
となります。
$\hspace{5pt}$これを$K(x,t)$の式に代入・整理すると
$\BA\D \frac{K_3(x,t)}{a_3(t)}=\frac{1}{8}S_1(x)S_1(t)\L(\frac{S_2(x)}{S_1(x)}-\frac{S_2(t)}{S_1(t)}\R)^2 \EA$
とまとまりました。
定理２.$\hspace{5pt}$$x$に関する3階斉次線形微分作用素$D_3$を次のように定めます。
$\BA\D\\ D_3=\frac{1}{x}\L(x\partial_x\R)^3-x\L(\partial_xx\R)^3 \EA$
$D_3f(x)=0$の線形独立解を$S_1(x),S_2(x),S_3(x)$とするとき，非斉次方程式$\BA\D\\ D_3f(x)=g(x)\qquad(g(x)\neq0) \EA$
の解$f(x)$は，$\BA\D\\ f(x)=\frac{1}{8}\int_0^x S_1(x)S_1(t)\L(\frac{S_2(x)}{S_1(x)}-\frac{S_2(t)}{S_1(t)}\R)^2g(t)\,dt \EA$
と書けます。 ̻ $n=4$の場合
$\hspace{5pt}$先ず，以下の通りに関数を定義します。
$\BA\D \Phi_w(x)&=\sum_{k=0}^\infty \frac{\beta_{k+w}^4}{\beta_{w}^4}x^{2k+2w}\\S_r(x)&=\lim_{w\to0}\partial_w^{r-1}\Phi_w(x)\qquad(r=1,2,3,4) \EA$
当然
$\BA\D D_4\Phi_w(x)=(2w)^4x^{2w-1} \EA$
で，$S_1,S_2,S_3,S_4$は線形独立です。
ここで，関数
$\BA\D R(x,t)=[w^3]\Phi_w(x)\Phi_{-w}(t)=\frac{1}{6}\L(S_4(x)S_1(t)-3S_3(x)S_2(t)+3S_2(x)S_3(t)-S_1(x)S_4(t)\R) \EA$
を導入します。
$\BA\D D_4R(x,t)=0,\qquad R(t,t)=0 \EA$
は定義から明らかです。
$\hspace{5pt}$次に，$R(x,t)$の対角上の微分
$\BA\D \frac{\partial R}{\partial x}(t,t),\qquad \frac{\partial^2 R}{\partial x^2}(t,t),\qquad \frac{\partial^3 R}{\partial x^3}(t,t) \EA$
を調べる。表示の簡略化のために，$\Theta_x=x\partial_x$として
$\BA\D \lim_{x\to t}\Theta_x^jR(x,t)=[w^3]\lim_{x\to t}\Theta_x^j\Phi_w(x)\Phi_{-w}(t)\qquad(j=0,1,2,3) \EA$
を計算します。
いま，
$\BA\D &\lim_{x\to t}\Theta_x^j\Phi_w(x)\Phi_{-w}(t)=\sum_{N=0}^\infty H_{N,j}(w)t^{2N}\\&H_{N,j}(w):=\sum_{m=0}^N(2m+2w)^j\L(\frac{\beta_{m+w}\beta_{N-m-w}}{\beta_{w}\beta_{-w}}\R)^4 \EA$
で，次の補題を用います：
補題.$\hspace{5pt}$任意の非負整数$N$に対して
$\BC\D &[w^3]H_{N,j}(w)=0\qquad(j=0,1,2)\\&[w^3]H_{N,3}(w)=8 \EC$
が成り立ちます。 補題の証明
$\hspace{5pt}$先ず$s=m+w$とおいて
$\BA\D \L(\frac{\beta_{m+w}\beta_{N-m-w}}{\beta_{w}\beta_{-w}}\R)^4=\L(\frac{\beta_s\beta_{N-s}}{\beta_w\beta_{-w}}\R)^4 \EA$
です。
$\BA\D \beta_s\beta_{N-s}=\frac{\tan\pi s}{\pi s}\prod_{r=1}^N\frac{n-\frac{1}{2}-s}{r-s} \EA$
で，$\tan\pi s=\tan\pi w$でもあるので，
$\BA\D \L(\frac{\beta_{m+w}\beta_{N-m-w}}{\beta_{w}\beta_{-w}}\R)^4=w^4\L(\frac{1}{s}\prod_{r=1}^N\frac{n-\frac{1}{2}-s}{r-s}\R)^4 \EA$
です。
ここで，次の有理関数を定義します。
$\BA\D R_{N,j}(s)=(2s)^j\L(\frac{1}{s}\prod_{r=1}^N\frac{n-\frac{1}{2}-s}{r-s}\R)^4 \EA$
このとき
$\BA\D H_{N,j}(w)=w^4\sum_{m=0}^N R_{N,j}(m+w) \EA$
です。$R_{N,j}(s)$の極は$s=0,1,\cdots,N$のみであり，各極の位数は高々4です。各$m=0,1,\cdots,N$の近傍でローラン展開する時，
$\BA\D R_{N,j}(s)=\frac{a_{m,4}}{w^4}+\frac{a_{m,3}}{w^3}+\frac{a_{m,2}}{w^2}+\frac{a_{m,1}}{w}+O(1) \EA$
となり，
$\BA\D [w^3]H_{N,j}(s)&=\sum_{m=0}^N[w^3]w^4R_{N,j}(s)\\&=\sum_{m=0}^N \underset{s=m}{\rm Res}R_{N,j}(s) \EA$
となります。有理関数の留数定理により，
$\BA\D \sum_{m=0}^N \underset{s=m}{\rm Res}R_{N,j}(s)=-\underset{s=\infty}{\rm Res}R_{N,j}(s) \EA$
です。すなわち，$R_{N,j}(s)$の無限遠点での主部を調べればよいです。
$\BA\D \frac{1}{s}\prod_{r=1}^N\frac{n-\frac{1}{2}-s}{r-s}=\frac{1}{s}+O(s^{-2})\qquad(s\to+\infty) \EA$
なので，
$\BA\D R_{N,j}(s)=2^js^{j-4}+O(s^{j-5}) \EA$
です。見ての通り，
$\BC&\D \underset{s=\infty}{\rm Res}R_{N,j}(s)=0\qquad(j=0,1,2)\\&\underset{s=\infty}{\rm Res}R_{N,3}(s)=-8 \EC$
です。したがって
$\BC&\D [w^3]H_{N,j}(w)=0\qquad(j=0,1,2)\\&\D[w^3]H_{N,3}(w)=8 \EC$
が成り立ちます。
$\hspace{5pt}$ということで，補題の前に立ち返ると，
$\BA\D \lim_{x\to t}\Theta_x^jR(x,t)=\BC &\D \,\,\,\,\,\,\,0 &(j=0,1,2)\\&\D \frac{8}{1-t^2} &(j=3) \EC \EA$
となります。あとは通常微分$\partial_x$に還元するだけですが，
$\BA\D \lim_{x\to t}\partial_x^{}R(x,t)=\lim_{x\to t}\partial_x^2R(x,t)=0 \EA$
は明らかで，
$\BA\D \partial_x^3=\frac{1}{x^3}\L(\Theta_x^3-3\Theta_x^2+2\Theta_x\R) \EA$
から，
$\BA\D \lim_{x\to t}\partial_x^3R(x,t)=\frac{8}{t^3(1-t^2)} \EA$
となります。したがって，
$\BA\D K_4(x,t)=\frac{t^3(1-t^2)}{8}R(x,t) \EA$
とおけば，$K(x,t)=K_4(x,t)$は
$\BA\D K(t,t)=K_x(t,t)=K_{xx}(t,t)=0,\qquad K_{xxx}(t,t)=1 \EA$
を満たします。
$\hspace{5pt}$一方で，Wronskian による核
$\BA\D K^{\rm Wr}(x,t)=\frac{1}{W(t)}\L|\begin{matrix}S_1(t)&S_2(t)&S_3(t)&S_4(t)\\S_1'(t)&S_2'(t)&S_3'(t)&S_4'(t)\\S_1''(x)&S_2''(x)&S_3''(x)&S_4''(t)\\S_1(x)&S_2(x)&S_3(x)&S_4(x) \end{matrix}\R| \EA$
も，固定した$t$に対して$x$の斉次方程式を満たし，かつ
$\BA\D K^{\rm Wr}(t,t)=K_x^{\rm Wr}(t,t)=K_{xx}^{\rm Wr}(t,t)=0,\qquad K_{xxx}^{\rm Wr}(t,t)=1 \EA$
を満たしますので，
$\BA\D K(x,t)=K^{\rm Wr}(x,t) \EA$
です。
$\hspace{5pt}$また，$a_4(t)=t^3(1-t^2)$なので
したがって，
$\BA\D \frac{K_4(x,t)}{a_4(t)}=\frac{1}{48}\L(S_4(x)S_1(t)-3S_3(x)S_2(t)+3S_2(x)S_3(t)-S_1(x)S_4(t)\R) \EA$
$\hspace{5pt}$ただ，今回はこれ以上簡約化することはできなさそうです。
定理３.$\hspace{5pt}$$x$に関する4階斉次線形微分作用素$D_4$を次のように定めます。
$\BA\D\\ D_4=\frac{1}{x}\L(x\partial_x\R)^4-x\L(\partial_xx\R)^4 \EA$
$D_4f(x)=0$の線形独立解を$S_1(x),S_2(x),S_3(x),S_4(x)$とするとき，非斉次方程式$\BA\D\\ D_4f(x)=g(x)\qquad(g(x)\neq0) \EA$
の解$f(x)$は，$\BA\D\\ f(x)=\frac{1}{48}\int_0^x \L(S_4(x)S_1(t)-3S_3(x)S_2(t)+3S_2(x)S_3(t)-S_1(x)S_4(t)\R)g(t)\,dt \EA$
と書けます。 ̻ 一般化
$\hspace{5pt}$本質的には
$\BA\D D_n^{\vee}=(-1)^nD_n \EA$
で，この形式的自己相対性により，定数変換法の Green 核は，解空間上のある不変双線形形式によって記述されます。正規化基底$S_1,\cdots,S_n$で書くと，その双線形形式は標準形になります。具体的には
$\BA\D \frac{K_n(x,t)}{a_n(t)}=\frac{1}{2^{n-1}(n-1)!}\sum_{i=1}^{n}(-1)^{i-1}\binom{n-1}{i-1}S_{n-i+1}(x)S_j(t) \EA$
となります。原点近傍では
$\BA\D S_i(x)\sim\Lambda(x)^{i-1} \EA$
なので，二項定理により
$\BA\D \frac{K_n(x,t)}{a_n(t)}\sim\frac{1}{(n-1)!}\qty(\log\frac{x}{t})^{n-1} \EA$
これは，原点近傍での Euler 型作用素
$\BA\D \frac{1}{x}\Theta_x^n \EA$
の Volterra Green 核そのものです。すなわち，$S_j$基底では核が原点での自然な Green 核の形に正規化されていると言えます。
$\hspace{5pt}$また，$n=3$での二次恒等式
$\BA\D S_1S_3=S_2^2 \EA$
は，Green 核の対角消失$K(t,t)=0$そのものでした。実際，$n$が偶数の場合は恒等的に$0$になるのみで，非自明な基底どうしの二次恒等式は出現しません。$n=5$の場合は
$\BA\D S_1S_5-4S_2S_4+3S_3^2=0 \EA$
が得られます。これを$K_5(x,t)$に代入して整理すると，
$\BA\D \frac{K_5(x,t)}{a_5(t)}=\frac{S_1(x)S_1(t)}{2^4\cdot 4!}\qty(4d_2d_4-3d_3^2) \EA$
と簡約化されました。ただし，
$\BA\D d_i=\frac{S_i(x)}{S_1(x)}-\frac{S_i(t)}{S_1(t)} \EA$
としています。
$\hspace{5pt}$$n=7$では
$\BA\D \frac{K_7(x,t)}{a_7(t)}=\frac{S_1(x)S_1(t)}{2^6\cdot 6!}\qty(6d_2d_6-15d_3d_5+10d_4^2) \EA$
でした。
$K_n(x,t)$の導出
$\hspace{5pt}$一般に
$\BA\D P=\sum_{l=0}^n a_l^{}(x)\partial_x^l \EA$
を$n$階線形微分作用素とし，その形式的随伴作用素を
$\BA\D P^{\vee}=\sum_{l=0}^n(-1)^l\partial_x^la_l^{}(x) \EA$
で定義します。このとき，Lagrange 双線形形式${\cal B}(u,v)$を用いて恒等式
$\BA\D vPu-uP^{\vee}v=\partial_x {\cal B}(u,v) \EA$
が成り立ちます。${\cal B}(u,v)$は
$\BA\D {\cal B}(u,v)&=\sum_{l=1}^n\sum_{r=0}^{l-1}(-1)^r\qty(\partial_x^r\qty(a_l^{}v))\qty(\partial_x^{l-1-r}u)\EA$
で与えられます。
$\hspace{5pt}$いま，$P=D_n$とします。
$\BA\D D_n^{\vee}&=\qty(\frac{1}{x}\Theta_x^n-x\qty(\Theta_x+1)^n)^{\vee}\\&=\qty(\frac{1}{x}\Theta_x^n)^{\vee}-\qty(x\qty(\Theta_x+1)^n)^{\vee}\\&=-\qty(-1)^nx\qty(\Theta_x+1)^n+\qty(-1)^n\frac{1}{x}\Theta_x^n\\&=\qty(-1)^nD_n \EA$
したがって
$\BA\D vD_nu-(-1)^nuD_nv=\partial_x {\cal B}(u,v) \EA$
であり，$u,v$がともに$D_ny=0$の階であれば${\cal B}(u,v)$は$x$に依存しない定数となります。
$\hspace{5pt}$また，一般的に
$\BA\D V\Theta_x^nU-(-1)^nU\Theta_x^nV=\Theta_x\sum_{r=0}^{n-1}(-1)^r\qty(\Theta_x^rV)\qty(\Theta_x^{n-1-r}U) \EA$
が成り立つので，$D_n$の$x\to0$における主要項$\frac{1}{x}\Theta_x^n$に対する Lagrange 双線形形式は
$\BA\D {\cal B}_0(U,V)=\sum_{r=0}^{n-1}(-1)^r\qty(\Theta_x^rV)\qty(\Theta_x^{n-1-r}U) \EA$
となります。
$◆$Frobenius 基底における双線形形式の計算
$\hspace{5pt}$先で定義した$\Phi_w(x)$は，$x\to0$では
$\BA\D \Phi_w(x)&=\sum_{k=0}^\infty\qty(\frac{\beta_{k+w}}{\beta_w})^nx^{2k+2w}\\&=x^{2w}+O(x^{2+2w}) \EA$
です。
$\hspace{5pt}$ここで，補助変数$u,v$を用いて${\cal B}\qty(\Phi_u,\Phi_v)$の$x\to0$での主要項を計算します。
$\BA\D \Theta_x^rx^{2v}=\qty(2v)^rx^{2v},\qquad \Theta_x^{n-1-r}x^{2u}=\qty(2u)^{n-1-r}x^{2u}\EA$
ですので，$x\qty(\Theta_x+1)^n$から生じる Lagrange 双線形形式を${\cal B}_1$と書くと
$\BA\D {\cal B}\qty(\Phi_u,\Phi_v)={\cal B}_0\qty(\Phi_u,\Phi_v)+{\cal B}_1\qty(\Phi_u,\Phi_v) \EA$
です。いま，
$\BA\D {\cal B}_0\qty(\Phi_u,\Phi_v)&=\sum_{r=0}^{n-1}(-1)^r\qty(\Theta_x^r\qty(x^{2u}+O(x^{2+2u})))\qty(\Theta_x^{n-1-r}\qty(x^{2v}+O(x^{2+2v}))) \\&=2^{n-1}x^{2u+2v}\sum_{r=0}^{n-1}(-1)^rv^ru^{n-1-r}+O(x^{2+2u+2v}) \EA$
であり，
$\BA\D {\cal B}_1\qty(\Phi_u,\Phi_v)=O(x^{2+2u+2v}) \EA$
なので，
$\BA\D {\cal B}\qty(\Phi_u,\Phi_v)&=2^{n-1}x^{2u+2v}\sum_{r=0}^{n-1}(-1)^rv^ru^{n-1-r}+O(x^{2+2u+2v}) \EA$
となります。
$\hspace{5pt}$一方で，
$\BA\D S_p(x)=\lim_{w\to0}\partial_w^{p-1}\Phi_w(x) \EA$
でしたので，
$\BA\D {\cal B}\qty(S_p,S_q)=\lim_{u\to0}\lim_{v\to0}\partial_u^{p-1}\partial_v^{q-1}{\cal B}\qty(\Phi_u,\Phi_v) \EA$
であり，${\cal B}(\Phi_u,\Phi_v)$の剰余項$O(x^{2+2u+2v})$について，
$\BA\D \lim_{x\to0^+}\qty(\lim_{u\to0}\lim_{v\to0}\partial_u^{p-1}\partial_v^{q-1}O\qty(x^{2+2u+2v}))=0 \EA$
なので，主要項の係数計算に帰着され，
$\BA\D {\cal B}\qty(S_p,S_q)&=\lim_{u\to0}\lim_{v\to0}\partial_u^{p-1}\partial_v^{q-1}\qty(2^{n-1}x^{2u+2v}\sum_{r=0}^{n-1}\qty(-1)^rv^ru^{n-1-r})\\&=2^{n-1}\sum_{r=0}^{n-1}\qty(-1)^r\qty(\lim_{u\to0}\partial_u^{p-1}x^{2u}u^{n-1-r})\qty(\lim_{v\to0}\partial_v^{q-1}x^{2v}v^r)\\&=2^{n-1}\sum_{r=0}^{n-1}\qty(-1)^r\frac{(p-1)!}{(p-1-(n-1-r))!}\Lambda(x)^{p-1-(n-1-r)}\frac{(q-1)!}{(q-1-r)!}\Lambda(x)^{q-1-r}\\&=2^{n-1}\Lambda(x)^{(p-1)+(q-1)-(n-1)}\sum_{r=0}^{n-1}\qty(-1)^r\frac{(p-1)!(q-1)!}{(p-1-(n-1-r))!(q-1-r)!}\\&=2^{n-1}\Lambda(x)^{(p-1)+(q-1)-(n-1)}\cdot(-1)^{q-1}(p-1)!(q-1)!\delta_{(p-1)+(q-1),n-1}\\&=(-1)^{q-1}2^{n-1}(p-1)!(q-1)!\delta_{(p-1)+(q-1),n-1} \EA$
よって
$\BA\D {\cal B}\qty(S_p,S_q)=(-1)^{q-1}2^{n-1}(p-1)!(q-1)!\delta_{(p-1)+(q-1),n-1} \EA$
となります。
$◆$双対基底の構成
$\hspace{5pt}$上式より，$i=1,2,\cdots,n$に対して
$\BA\D U_i(x)=\frac{(-1)^{i-1}}{\D 2^{n-1}(n-i)!(i-1)!}S_{n-i+1}(x) \EA$
とおけば，
$\BA\D {\cal B}(U_i,S_k)=\delta_{i,k} \EA$
が成り立ち，任意の斉次方程式の解$v$を
$\BA\D v=\sum_{k=1}^n c_kS_k \EA$
と展開すると，
$\BA\D c_i={\cal B}(U_i,v) \EA$
となります。
$\hspace{5pt}$一方で，基本行列$Y(x)$を
$\BA\D Y(x)=\qty(\BM S_1(x) & S_2(x) & \cdots & S_n(x) \\ S_1'(x) & S_2'(x) & \cdots & S_n'(x) \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ S_1^{(n-1)}(x) & S_2^{(n-1)}(x) & \cdots & S_n^{(n-1)}(x) \EM) \EA$
とすれば
$\BA\D Y\qty(\BM c_1 \\ c_2 \\ \vdots \\ c_n \EM)=\qty(\BM v \\ v' \\ \vdots \\ v^{(n-1)} \EM) \Longleftrightarrow \qty(\BM c_1 \\ c_2 \\ \vdots \\ c_n \EM)=Y^{-1}\qty(\BM v \\ v' \\ \vdots \\ v^{(n-1)} \EM) \EA$
であり，$c_i$における$v^{(n-1)}$の係数は，逆行列$Y^{-1}$の第$i$行第$n$列成分$\qty(Y^{-1})_{i,n}$に一致します。
$\hspace{5pt}$他方で，一般式
$\BA\D {\cal B}(u,v)&=\sum_{l=1}^n\sum_{r=0}^{l-1}(-1)^r\qty(\partial_x^r\qty(a_l^{}v))\qty(\partial_x^{l-1-r}u)\EA$
から，${\cal B}(U_i,v)$における$v^{(n-1)}(x)$の係数は
$\BA\D (-1)^{n-1}a_n(x)U_i(x) \EA$
です。ゆえに
$\BA\D \qty(Y(x)^{-1})_{i,n}&=(-1)^{n-1}a_n(x)U_i(x)\\&=\frac{(-1)^{n-i}a_n(x)}{\D 2^{n-1}(n-i)!(i-1)!}S_{n-i+1}(x)\\&=\frac{1}{\D 2^{n-1}(n-1)!}(-1)^{n-i}\binom{n-1}{i-1}a_n(x)S_{n-i+1}(x) \EA$
となります。
$◆$Green 核と基本行列の逆行列
$\hspace{5pt}$最後に，$K(x,t)$の表示式に立ち返ると，
$\BA\D (Y(t)^{-1})_{i,n}&=\frac{1}{\det Y(t)}{\rm adj}(Y(t))_{i,n}\\&=\frac{1}{W(t)}(-1)^{i+n}\det\L(S_k^{(r)}(t)\R)_{\substack{0\le r\le n-2\\1\le k\le n,k\neq i}}\\&=\frac{\Delta_i(t)}{W(t)} \EA$
なので，
$\BA\D K(x,t)&=\sum_{i=1}^nS_i(x)(Y(t)^{-1})_{i,n}\\&=\frac{a_n(t)}{\D 2^{n-1}(n-1)!}\sum_{i=1}^n (-1)^{n-i}\binom{n-1}{i-1}S_i(x)S_{n-i+1}(t)\\&=\frac{a_n(t)}{\D 2^{n-1}(n-1)!}\sum_{i=1}^n (-1)^{i-1}\binom{n-1}{i-1}S_{n-i+1}(x)S_{i}(t) \EA$
であり，求める等式が得られました。
