A..2 $n$階の原始関数

$n$ 階微分すると与えられた関数 $f$ に等しくなる関数 $u$ を求めよう。

$u:=f*e_{n-1}$, すなわち

$$u(x):=\int_0^x \frac{(x-t)^{n-1}}{(n-1)!}f(t)\;\D t$$

とおくと

$$u(0)=u'(0)=\cdots=u^{(n-1)}(0)=0,\quad u^{(n)}=f.$$

問題で紹介した Cauchy の補題の関数が答を与える、とも言えるが。

これは

$$u^{(n)}=f(x)$$

という $n$ 階の常微分方程式を解く問題と考える。 特性根は 0 ($n$重根) であるから、 Green 関数は

$$G(x)=\overbrace{\text{$n$個}}{1*1*\cdots*1}(x)=e_{n-1}(x).$$

ゆえに $u$ は、

$$u(0)=u'(0)=\cdots=u^{(n-1)}(0)=0,\quad u^{(n)}(x)=f(x)$$

を満たす。

以下は素朴な計算による確認。

$$\frac{\D}{\D x}\left(f*g(x)\right) = \frac{\D}{\D x}\int_0^x f(x-t)g(t)\;\D t =\int_0^x f'(x-t)g(t)\;\D t+f(x-x)g(x)$$

$$=(f'*g)(x)+f(0)g(x).$$

$$\frac{\D^2}{\D x^2}\left(f*g(x)\right) =(f''*g)(x)+f'(0)g(x)+f(0)g'(x).$$

$$\frac{\D^3}{\D x^3}\left(f*g(x)\right) =(f'''*g)(x)+f''(0)g(x)+f'(0)g'(x)+f(0)g''(x).$$

$$F^{j}(x) =f*e_{n-1}^{(j)}(x)+e_{n-1}^{(j-1)}(0)f(x)+e_{n-1}^{(j-2)}(0)f'(x) +\cdots+e_{n-1}(0)f^{(j-1)}(x).$$

$j<=n-1$ のとき $n-j>0$ なので $e_{n-1}^{(j-1)}(0)=e_{n-1-(j-1)}(0) =e_{n-j}(0)=0$. $F^{(j)}(x)=f*e_{n-1-j}(x)$. 特に $F^{(n-1)}(x)=f*e_0(x)=\int_0^x f(t)\D t$. ゆえに $F^{(n)}=f$. $\qedsymbol$