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＜ 定理５の証明 ＞
＜ 定理５-Aの証明 ＞
ハートレー彗星 その２で示したものとはまた異なる作用素の定理を発見したので紹介します。次のものである。
この定理は、無限次の積分作用素(級数)を有限次の積分に圧縮するものともいえる。
例えば、この定理を使うと、Ｇ(x)=sinxとした場合、（∫-∫^3+∫^5-∫^7+・・・）sinxを計算していたらたいへんだが、
左辺から、それは (x/2)・sinxとたちまち求まるのである。
上記定理からさらに次の定理が出る。
これは「無限次の積分の世界」と「有限次の微分方程式の世界」を結びつける定理といえる。異質な世界に橋をかける
定理なのである。
例えば、定理5-Aを使うと、Ｇ(x)=x^2とした場合、微分方程式ｆ´´(x)+ｆ(x)=x^2の特解ｆ1(x)はｆ1(x)=x^2-2とすぐわかるので、 （∫-∫^3+∫^5-∫^7+・・・）x^2 = 2(x-sinx) とたちまちに求まる。
定理５は、ハートレー彗星 その２で示した次のものと同類のものとなっている。
一方、定理５-Aは次のものと同類となっている。
定理５-Aと下の定理との違いは、微分方程式が１階か２階かという違いである。その違いは積分作用素級数の隣同士の
項における積分次数の差に関係していると考えられる。
それでは次に、定理５、定理５-Aの証明を示すことにしよう。
2012/3/11改
ここでは定理５の証明を示すことにする。
[証明］
いまｆ(x)はべき級数展開したとき収束半径rを持つ関数とする。以下に記す［ ］と∫の範囲は全て0～xだが、このxは全てｒ内
のx （x < | r |）とする。また以下で右辺の変形や展開においては∫内のdxは略した。
∫sinx・ｆ(x)dxに部分積分を適用して証明していく。
さて、∫sinx・ｆ(x)dxに１回部分積分を適用してそれを変形すると、次のようになる。
∫sinx・ｆ(x)dx=[sinx∫ｆ(x)]- ∫cosx∫ｆ(x) =sinx∫ｆ(x) - ∫cosx∫ｆ(x)
右辺第２項に部分積分を適用して変形すると、次となる。
∫sinx・ｆ(x)dx=sinx∫ｆ(x) - ｛[cosx∫∫ｆ(x)] - ∫(-sinx)∫∫ｆ(x)｝= sinx∫ｆ(x) - cosx∫∫ｆ(x) - ∫sinx∫∫ｆ(x)
右辺第３項に部分積分を適用すると、次のようになる。
∫sinx・ｆ(x)dx=sinx∫ｆ(x) - cosx∫∫ｆ(x) - ｛[sinx∫∫∫ｆ(x)] - ∫cosx∫∫∫ｆ(x)｝
=sinx∫ｆ(x) - cosx∫∫ｆ(x) - sinx∫∫∫ｆ(x) + ∫cosx∫∫∫ｆ(x)
右辺第４項に・・と、これを延々と繰り返していくことでいくらでも高次の∫∫・・∫の項を増やしていける。しかし、本当に次式
のような無限展開は可能なのだろうか？答えはYes．
∫sinx・ｆ(x)dx=sinx∫ｆ(x)-cosx∫^2ｆ(x)-sinx∫^3ｆ(x)+cosx∫^4ｆ(x)+sinx∫^5ｆ(x)-cosx∫^6ｆ(x)-sinx∫^7ｆ(x)+ ・・・ --①
上式は成立するのである。（∫∫は∫^2、∫∫∫は∫^3などと表現した。）
なぜなら上式ではｆ(x)のべき級数展開における収束半径r内で積分しているという強力な条件があるからである。よって積分
範囲が0～xの∫ｆ(x)dxという積分はもちろん確定した”ある値”をとる。さらにｆ(x)に、-1～1の値をとる関数sinx(-∞< x <∞)を
掛けた関数sinx・ｆ(x)を積分した∫sinx・ｆ(x)dxも当然”ある確定した値”をとる。①左辺がある確定した値（Kとしよう）となるの
だから、①右辺の無限展開もある値Kに収束することが約束される。よって①式は成立することがわかった。
同様の考察によって次式の成立もいえる。
∫cosx・ｆ(x)dx=cosx∫ｆ(x)+sinx∫^2ｆ(x)-cosx∫^3ｆ(x)-sinx∫^4ｆ(x)+cosx∫^5ｆ(x)+sinx∫^6ｆ(x)-cosx∫^7ｆ(x) + ・・・ --②
①、②を並べておこう。
∫sinx・ｆ(x)dx=sinx∫ｆ(x)-cosx∫^2ｆ(x)-sinx∫^3ｆ(x)+cosx∫^4ｆ(x)+sinx∫^5ｆ(x)-cosx∫^6ｆ(x)-sinx∫^7ｆ(x) + ・・・ --①
∫cosx・ｆ(x)dx=cosx∫ｆ(x)+sinx∫^2ｆ(x)-cosx∫^3ｆ(x)-sinx∫^4ｆ(x)+cosx∫^5ｆ(x)+sinx∫^6ｆ(x)-cosx∫^7ｆ(x) + ・・・ --②
次に「①の両辺にsinxを掛けたもの」と「②の両辺にcosxを掛けたもの」を足し合わそう。つまり、sinx×①+cosx×②を計算
する。すると、次のようになることは容易にわかる。もう少し先の項まで書いたが。
(sinx∫sinx+cosx∫cosx)ｆ(x)ｄx=（∫-∫^3+∫^5-∫^7+∫^9-∫^11+・・・）ｆ(x)
ここで左辺と右辺は(sinx∫sinx+cosx∫cosx)、（∫-∫^3+∫^5-∫^7+∫^9-∫^11+・・）という作用素の形でまとめて書いた。
ｆ(x)をＧ(x)と置き換えれば、これは定理５の式そのものである。
よって、定理５が証明された。
[終わり］
ここでは定理５-Aの証明を示す。
[証明］
この定理５-Aは、定理５を用いれば簡単に証明できる。そこで定理５をまず示しておく。
はじめに定理５のＧ(x)をｆ(x)に置き換えておく。すると、次が成り立つ。（∫の計算範囲はすべて0～xである。）
(sinx∫sinx+cosx∫cosx)f(x)ｄx＝（∫-∫^3+∫^5-∫^7+・・・）f（x） ----①
これは、当然ながら次と同じである。
sinx∫sinx・ｆ(x)dx+cosx∫cosx・f(x)ｄx＝（∫-∫^3+∫^5-∫^7+・・・）f（x） ----①-2
さて∫sinx・ｆ(x)dxに部分積分を適用すると、次となる。
∫sinx・ｆ(x)dx=-cosx・ｆ(x)+ｆ(0)+sinx・ｆ´(x)-∫sinx・ｆ´´(x)dx
まとめると、次のようになる。
∫sinx｛ｆ´´(x)+ｆ(x)｝dx=-cosx・ｆ(x)+ｆ(0)+sinx・ｆ´(x)
両辺にsinxを掛けて、次を得る。
sinx∫sinx｛ｆ´´(x)+ｆ(x)｝dx=-sinx・cosx・ｆ(x)+sinx・ｆ(0)+(sinx)^2・ｆ´(x) ------③
同様に∫cosx・ｆ(x)dxに対しても同様に行って次を得ることができる。
cosx∫cosx｛ｆ´´(x)+ｆ(x)｝dx=cosx・sinx・ｆ(x)-cosx・ｆ´(0)+(cosx)^2・ｆ´(x) -----④
③、④を足し合わせて次を得る。
(sinx∫sinx+cosx∫cosx)｛ｆ´´(x)+ｆ(x)｝dx=ｆ´(x) + sinx・ｆ(0) - cosx・ｆ´(0) -----⑤
さて、⑤でｆ´´(x)+ｆ(x)=Ｇ(x)とおくと、次が成り立つ。
(sinx∫sinx+cosx∫cosx)Ｇ(x)dx=ｆ´(x) + sinx・ｆ(0) - cosx・ｆ´(0)
定理５より、作用素(sinx∫sinx+cosx∫cosx)=（∫-∫^3+∫^5-∫^7+・・・）であるから、上式は次のようになる。
（∫-∫^3+∫^5-∫^7+・・・）Ｇ(x)dx=ｆ´(x) + sinx・ｆ(0) - cosx・ｆ´(0) ------⑥
いま、（∫-∫^3+∫^5-∫^7+・・・）Ｇ(x)を求めたいとしよう。⑥を見ると、ｆ(x)の正体が分かればそれを用いて⑥右辺を計算
するだけで（∫-∫^3+∫^5-∫^7+・・・）Ｇ(x)が求まってしまうことに気づく。
すなわち、ｆ´´(x)+ｆ(x)=Ｇ(x)という２階の微分方程式を解いてｆ(x)の正体を求めさえすれば全ては解決するのである。
ｆ´´(x)+ｆ(x)=Ｇ(x)の基本解ｆ0(x)は、ｆ0(x)=C1・cosx+C2・sinxだが、これを⑥右辺に代入すると、
⑥右辺=-C1・sinx+C2・cosx+C1・sinx-C2・cosx=0
となる。なんと0となって相殺され消えてしまうのである！
結局、ｆ´´(x)+ｆ(x)=Ｇ(x)の特解（特殊解）ｆ1(x)さえ求まれば十分なのである。すなわち、微分方程式ｆ´´(x)+ｆ(x)=Ｇ(x)の
特解ｆ1(x)を求めてそれで⑥右辺を計算すれば（∫+∫^2+∫^3+・・・）Ｇ(x)が求まることがわかった。
よって、定理５-Aが証明された。
[終わり］
さて、定理５-Aの具体的な応用例を見ておこう。
Ｇ(x)=sinxとして、いま（∫-∫^3+∫^5-∫^7+・・・）sinxを計算したいとする。
これを直接計算していたら大変である。
そこで定理５-Aを用いる。
ｆ´´(x)+ｆ(x)=sinxの特解（特殊解とも特別解ともいう）ｆ1(x)は、基本解から類推したりして、割合簡単に ｆ1(x)=(-x/2)cosx と
求めることができる。これから、f´1(x)+sinx・ｆ1(0)-cosx・ｆ´(0)を計算することで、
（∫-∫^3+∫^5-∫^7+・・・）sinx=(x/2)sinx
とすぐに求まるのである。
こういう計算もいいのだが、定理５-Aは、なんといっても「有限次の微分方程式」と「無限次の積分」という別世界
の関係性を示したものであり、数学の深い構造をあぶり出した定理であるともいえる。
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