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  },
  tex: {
    inlineMath: [['$', '$']]
  }
};






符号をスイッチさせる関数が零点ではないことは、既に使ってきた方法で証明できます。問題なのは半定値関数を入力したときです。


拡張ヒルベルト変換の自明ではない零点 $f_1,f_2$ が存在すると仮定してみましょう。$f_1,f_2$ は半定値関数でなければならないので

\begin{align}
\int_{\mathbb{R}}f_i\,dx\neq 0
\end{align}

が成立します。或る $\lambda$ が存在して

\begin{align}
\int_{\mathbb{R}}f_1\,dx+\lambda\int_{\mathbb{R}}f_2\,dx=0
\end{align}

とすることができます。$f=f_1+\lambda f_2$ は拡張ヒルベルト変換の零点であり、かつ

\begin{align}
\int_{\mathbb{R}}f\,dx=0
\end{align}

を満たすので、自明な零点 $f=0$ でなければなりません。$f_1+\lambda f_2=0$ すなわち $f_1,f_2$ が線型従属であることが得られました。拡張ヒルベルト変換の零点全体の次元は高々 $1$ です。今回はここまで。次回は零点全体(カーネル空間と呼びましょう)分の不定性を無くすために追加する測度の話をします。(written by J.Nishigata)


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研究38- 直線全体で定義された、拡張ヒルベルト変換の単射性

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  },
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    inlineMath: [['$', '$']]
  }
};






ヒルベルト変換というと、積分核が $1/x$ の積分変換を思い浮かべることが多いのですが、円周上のヒルベルト変換も負けず劣らず有名なのではないかと思います。


円周上のヒルベルト変換とは、積分核が $\cos x/\sin x$ 若しくは $1/\sin x$ の積分変換をさします。今回は $\cos x/\sin x$ の話をしましょう。

\begin{align}
\mathscr{H}f(y)=\mathrm{pv.}\int_0^{2\pi}\dfrac{\cos(x-y)}{\sin(x-y)}f(x)\,dx
\end{align}

ここで $f$ は周期 $2\pi$ の周期的な微分連続関数とします。このような関数はフーリエ級数で表示しておくと便利かもしれませんね。

\begin{align}
f(x)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}c_ne^{inx}
\end{align}

少し式変形をすると

\begin{align}
\mathscr{H}f(y)=\mathrm{pv.}\int_{y-\pi/2}^{y+\pi/2}\dfrac{\cos (x-y)}{\sin(x-y)}\{f(x)+f(x+\pi)\}\,dx
\end{align}

ですので、半周期 $\pi$ の関数は消えます。

\begin{align}
\mathscr{H}\Big[\sum c_ne^{inx}\Big]=\mathscr{H}\Big[\sum c_{2n}e^{2inx}\Big]
\end{align}

周期 $\pi$ の関数がどのような関数に移るのか調べてみましょう。

\begin{align}
\mathscr{H}[e^{2inx}](y)&=2\mathrm{pv.}\int_{y-\pi/2}^{y+\pi/2}\dfrac{\cos (x-y)}{\sin(x-y)}e^{2inx}\,dx\\
&=2e^{2iny}\mathrm{pv.}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\dfrac{\cos x}{\sin x}e^{2inx}\,dx\\
&=2e^{2iny}\mathrm{pv.}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\dfrac{\cos x}{\sin x}(1-2\sin^2x+2i\sin x\cos x)e^{2i(n-1)x}\,dx
\end{align}

ここで

\begin{align}
1-2\sin^2x+2i\sin x\cos x=1+2ie^{ix}\sin x
\end{align}

に注意すると

\begin{align}
\mathscr{H}[e^{2inx}](y)&=2e^{2iny}\mathrm{pv.}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\dfrac{\cos x}{\sin x}\{e^{2i(n-1)x}+2ie^{i(2n-1)x}\sin x\}\,dx\\
&=2e^{2iny}\mathrm{pv.}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\dfrac{\cos x}{\sin x}e^{2i(n-1)x}\,dx+4ie^{2iny}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}e^{i(2n-1)x}\cos x\,dx
\end{align}

第 $2$ 項を計算すると $n=0,1$ のとき

\begin{align}
\int_{-\pi/2}^{\pi/2}e^{i(2n-1)x}\cos x\,dx&=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}(\cos x\pm i\sin x)\cos x\,dx=\dfrac{\pi}{2}
\end{align}

$n\neq 0,1$ のとき

\begin{align}
\int_{-\pi/2}^{\pi/2}e^{i(2n-1)x}\cos x\,dx&=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\{\cos (2n-1)x\pm i\sin (2n-1)x\}\cos x\,dx\\
&=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos (2n-1)x\cos x\,dx\\
&=\dfrac{1}{(2n-1)^2-1}[(2n-1)\sin(2n-1)x\cos x-\cos(2n-1)x\sin x]_{-\pi/2}^{\pi/2}\\
&=0
\end{align}

となります。以上より

\begin{align}
\mathscr{H}[e^{2inx}](y)=
\begin{cases}
e^{2iy}\mathscr{H}[e^{2i(n-1)x}](y)+2\pi ie^{2iny}\ \text{for }n=0,1,\\
e^{2iy}\mathscr{H}[e^{2i(n-1)x}](y)\ \text{otherwise}
\end{cases}
\end{align}

という漸化式が得られます。後はこれを解くだけです。見やすいように $a_n=\mathscr{H}[e^{2inx}](y)$ と書くことにしましょう。初項は $a_0=0$ です。$n=0$ のときの漸化式は

\begin{align}
a_0=e^{2iy}a_{-1}+2\pi i
\end{align}

整理して

\begin{align}
a_{-1}=-2\pi ie^{-2iy}
\end{align}

同様に $n=1$ のときの漸化式

\begin{align}
a_1=e^{2iy}a_0+2\pi ie^{2iy}
\end{align}

より

\begin{align}
a_1=2\pi ie^{2iy}
\end{align}

が得られます。$n\ge 2$ の漸化式は等比数列なので

\begin{align}
a_n=e^{2i(n-1)y}a_1=2\pi ie^{2iny}
\end{align}

同様に $n\le -1$ の漸化式も等比数列で

\begin{align}
a_{n-1}=e^{2iny}a_{-1}=-2\pi ie^{2i(n-1)y}
\end{align}

これで漸化式が解けました。

\begin{align}
a_n=\mathrm{sgn}(n)2\pi ie^{2iny}
\end{align}

円周上のヒルベルト変換の性質が分かりましたね。今回はここまで。次回はもう一方の積分核 $1/\sin x$ の話をします。(written by J.Nishigata)


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研究39- 拡張ヒルベルト変換に追加する測度