i
i
“Stopar” — 2018/11/9 — 7:40 — page 41 — #1 i
i
i
i
i
i
O POLOVIČNEM ODVODU FUNKCIJE
NIK STOPAR
Fakulteta za elektrotehniko
Univerza v Ljubljani
Math. Subj. Class. (2010): 26A33
Definicijo n-tega odvoda funkcije, kjer je n naravno število, lahko razširimo do defi-
nicije odvoda reda α, kjer je α realno število. V prispevku predstavimo tako imenovan
Riemann-Liouvillov odvod, ki je ena od možnih posplošitev običajnega odvoda. Pri tem
največ pozornosti namenimo polovičnemu odvodu funkcije. Za motivacijo najprej defini-
ramo odvode potenčnih funkcij na elementaren način, nato pa definicijo s pomočjo integra-
lov razširimo na splošneǰse funkcije, definirane na intervalu [0,∞). Na koncu predstavimo
nekaj pomembnih lastnosti Riemann-Liouvillovega odvoda in med drugim pokažemo, da
polovični odvod D
1
2 zadošča enakosti D
1
2 (D
1
2 (f)) = f ′ za velik razred funkcij f .
ON THE HALF DERIVATIVE OF A FUNCTION
The definition of the nth derivative of a function, where n is a positive integer, can
be extended to a definition of a derivative of order α, where α is a real number. In
this note we present the so called Riemann-Liouville derivative, which is one of several
possible generalizations of the ordinary derivative. We devote the most attention to the
half derivative of a function. For motivation we first define derivatives of power functions
in an elementary way and then extend the definition to include more general functions
defined on the interval [0,∞). At the end we present some important properties of the
Riemann-Liouville derivatives and show that the half derivative D
1
2 satisfies the equality
D
1
2 (D
1
2 (f)) = f ′ for a large class of functions f .
1. Polovični odvod
Z odvodom funkcije se prvič srečamo v srednji šoli, kjer spoznamo njegov
pomen in njegovo uporabo v matematiki. Pri fiziki s pomočjo odvoda izra-
čunamo hitrost objekta, če poznamo njegovo pot v odvisnosti od časa. Prav
ta uporaba je bila motivacija Newtonu in Leibnizu pri vpeljavi odvoda in
diferencialnega računa.
Pravimo, da je funkcija f odvedljiva v točki x0, če obstaja limita
f ′(x0) = lim
h→0
f(x0 + h)− f(x0)
h
.
Vrednosti f ′(x0) pravimo prvi odvod funkcije f v točki x0. Če je funkcija
f odvedljiva v vsaki točki x z intervala (a, b), tedaj funkciji f ′ : x 7→ f ′(x)
Obzornik mat. fiz. 65 (2018) 2 41
i
i
“Stopar” — 2018/11/9 — 7:40 — page 42 — #2 i
i
i
i
i
i
Nik Stopar
pravimo prvi odvod funkcije f . Njena vrednost v točki x0 ∈ (a, b) je enaka
f ′(x0). Če je tudi funkcija f
′ odvedljiva na celem intervalu (a, b), potem njen
odvod (f ′)′ označimo kraǰse z f ′′ in mu pravimo drugi odvod funkcije f . V
tem primeru rečemo, da je funkcija f dvakrat odvedljiva na intervalu (a, b).
Nobenega razloga ni, zakaj bi se pri drugem odvodu ustavili. V primeru,
da je funkcija f še večkrat odvedljiva, lahko izračunamo njen tretji odvod
f ′′′, četrti odvod f (4), peti odvod f (5) in tako dalje, vse dokler ti obstajajo.
Mnoge funkcije f so celo neskončno mnogokrat odvedljive in zanje lahko
izračunamo n-ti odvod f (n) za poljubno naravno število n.
S tem smo opredelili, kaj je n-ti odvod funkcije, če je n naravno število.
Kaj pa, če bi namesto naravnega števila vzeli kakšno drugo realno število,
recimo n = 12 ali n =
4
3 , ali celo n = π? Ali lahko tudi v tem primeru
definiramo n-ti odvod funkcije? S tem vprašanjem se bomo ukvarjali v tem
prispevku in poskusili nanj tudi odgovoriti.
Prva omemba vprašanja o definiciji odvoda poljubnega realnega reda
sega v leto 1695, ko je Leibniz v pismu L’Hôpitalu omenil možnost posplo-
šitve pojma odvoda naravnega reda do odvoda realnega reda. L’Hôpital je
takoj želel vedeti, kaj je rezultat odvoda reda 12 . Kljub temu pa so se v
literaturi odvodi realnih redov pojavili šele leta 1819, ko je Lacrox podal
prvo formalno definicijo.
V tem razdelku se bomo osredotočili na primer n = 12 . Želeli bi torej
osmisliti pomen izraza polovični odvod funkcije f . Po vzoru vǐsjih odvodov
ga označimo kar s f (
1
2
), čeprav za zdaj še ne vemo, kaj to pomeni. Seveda
želimo, da je f (
1
2
) spet funkcija, da jo lahko po potrebi ponovno odvajamo.
Poleg tega pa bi radi, da polovični odvod zadošča nekaterim lastnostim
običajnih odvodov.
Prva pomembna lastnost običajnega odvoda je linearnost, to pomeni, da
je za vsaki odvedljivi funkciji f in g in vsaki konstanti α in β tudi funkcija
αf + βg odvedljiva in zanjo velja
(αf + βg)′ = αf ′ + βg′.
Tudi za polovični odvod bomo zahtevali, da je linearen.
Do druge smiselne zahteve za polovični odvod vodijo vǐsji odvodi. Vze-
mimo funkcijo f , ki je poljubno mnogokrat odvedljiva, in naj bosta m in
n naravni števili. Če najprej izračunamo n-ti odvod funkcije f in nato m-
ti odvod rezultata, tj. (f (n))(m), tedaj dobimo (n + m)-ti odvod funkcije
42 Obzornik mat. fiz. 65 (2018) 2
i
i
“Stopar” — 2018/11/9 — 7:40 — page 43 — #3 i
i
i
i
i
i
O polovičnem odvodu funkcije
f (n+m), saj smo funkcijo skupaj odvajali (n + m)-krat. Zapǐsimo to še z
enačbo:
(f (n))(m) = f (n+m). (1)
Smiselno je torej zahtevati, da tudi polovični odvod ustreza tej formuli. Če
vzamemo m = n = 12 , dobimo zvezo(
f(
1
2)
)( 12)
= f ′.
Formula pove, da mora dvakratna zaporedna uporaba polovičnega odvoda
na funkciji f kot rezultat dati prvi odvod funkcije f . Skratka, če označimo
D(f) = f ′ in P (f) = f(
1
2), (2)
tedaj ǐsčemo tako preslikavo P , za katero bo veljalo P ◦ P = D oziroma
P (P (f)) = D(f) za določen razred funkcij f . Opozoriti je treba, da ne
moremo pričakovati, da bo enakost P (P (f)) = D(f) izpolnjena za poljubno
odvedljivo funkcijo f , bo pa veljala za precej velik razred funkcij.
Če se omejimo le na potenčne funkcije s pozitivnimi eksponenti, take
preslikave P ni težko najti. Oglejmo si, kako lahko pridemo do nje. Naj bo
h(x) = xk, kjer je k naravno število. Po vrsti izračunajmo običajne odvode
funkcije h in uganemo splošno formulo.
h′(x) = kxk−1,
h′′(x) = k(k − 1)xk−2,
...
h(n)(x) = k(k − 1)(k − 2) · · · (k − n+ 1)xk−n.
Opazimo, da lahko n-ti odvod zapǐsemo s pomočjo fakultet
h(n)(x) =
k!
(k − n)!
xk−n. (3)
Da bi prǐsli do definicije polovičnega odvoda, bi želeli v tej formuli n za-
menjati z 12 . Tega za zdaj še ne smemo storiti, saj je funkcija fakulteta
definirana le za nenegativna cela števila. Spomnimo se, da obstaja funkcija,
ki posplošuje funkcijo fakulteta, tj. Eulerjeva funkcija gama, in je defini-
rana za skoraj vsa realna števila. Definicijo in lastnosti te funkcije si bomo
podrobneje ogledali v naslednjem razdelku. Na tem mestu omenimo le, da
41–59 43
i
i
“Stopar” — 2018/11/9 — 7:40 — page 44 — #4 i
i
i
i
i
i
Nik Stopar
za vsako naravno število n velja Γ(n+ 1) = n!, hkrati pa za vsako pozitivno
realno število x velja
Γ(x+ 1) = xΓ(x). (4)
S pomočjo funkcije Γ lahko formulo (3) zapǐsemo v obliki
h(n)(x) =
Γ(k + 1)
Γ(k − n+ 1)
xk−n.
Za definicijo polovičnega odvoda potenčne funkcije v tej formuli n nadome-
stimo z 12 in dobimo
P (xk) =
(
xk
)( 12)
=
Γ(k + 1)
Γ
(
k + 12
)xk− 12 .
Ker je funkcija gama definirana za vsa pozitivna realna števila, lahko v tej
formuli dopustimo, da je k poljubno realno število večje od −12 . Če želimo
izračunati P (P (xk)), mora biti torej k > 0, zato se bomo omejili na funk-
cije s pozitivnimi eksponenti. Z upoštevanjem linearnosti lahko definicijo
preslikave P razširimo na poljubne linearne kombinacije potenčnih funk-
cij s pozitivnimi eksponenti. Neformalno rečeno so take funkcije polinomi
s poljubnimi, ne nujno naravnimi, pozitivnimi eksponenti. Preverimo, da
tako definirana preslikava na tej množici funkcij res ustreza zahtevani enačbi
P ◦P = D. Naj bo k > 0. Tedaj z upoštevanjem linearnosti in enakosti (4)
dobimo
P (P (xk)) = P
(
Γ(k + 1)
Γ
(
k + 12
)xk− 12) = Γ(k + 1)
Γ
(
k + 12
)P (xk− 12)
=
Γ(k + 1)
Γ
(
k + 12
) Γ (k + 12)
Γ(k)
xk−1 =
Γ(k + 1)
Γ(k)
xk−1 =
kΓ(k)
Γ(k)
xk−1
= kxk−1 = (xk)′ = D(xk).
Zaradi linearnosti od tod sledi
P (P (α1x
k1 + α2x
k2 + · · ·+ αmxkm)) = D(α1xk1 + α2xk2 + · · ·+ αmxkm)
za poljubne m ∈ N, αi ∈ R in ki > 0.
44 Obzornik mat. fiz. 65 (2018) 2
i
i
“Stopar” — 2018/11/9 — 7:40 — page 45 — #5 i
i
i
i
i
i
O polovičnem odvodu funkcije
2. Eulerjeva funkcija gama
V tem razdelku si bomo ogledali definicijo funkcije Γ in zabeležili njene
najpomembneǰse lastnosti, ki jih bomo potrebovali. Funkcijo Γ je uvedel
Leonhard Euler.
Definicija 1. Eulerjevo funkcijo gama definiramo s predpisom
Γ(x) =
∫ ∞
0
tx−1e−t dt
za vsako realno število x > 0.
Izkaže se, da ta integral obstaja za vsak x > 0, za x ≤ 0 pa ne obstaja.
Ena od pomembneǰsih lastnosti funkcije Γ je naslednja enakost.
Trditev 2. Za vsak x > 0 velja Γ(x+ 1) = xΓ(x).
Enakost dokažemo z integracijo po delih, dokaz pa lahko bralec najde
v [2, str. 441]. Iz te enakosti izpeljemo povezavo med funkcijo gama in
funkcijo fakulteta.
Posledica 3. Za vsako nenegativno celo število n velja Γ(n+ 1) = n!.
Definicijo funkcije Γ lahko razširimo na vsa negativna realna števila,
ki niso cela. To storimo tako, da enakost iz trditve 2 zapǐsemo nekoliko
drugače:
Γ(x) =
Γ(x+ 1)
x
. (5)
Ker je desna stran enakosti definirana za vse x ∈ (−1, 0), lahko s to
formulo razširimo definicijo funkcije Γ na interval (−1, 0). Ko to storimo, je
desna stran enakosti (5) definirana za vse x ∈ (−2,−1), zato lahko enakost
spet uporabimo za razširitev funkcije Γ na interval (−2,−1). Postopek
induktivno nadaljujemo in tako postopoma definiramo vrednosti funkcije
Γ še na intervalih (−3,−2), (−4,−3), (−5,−4), . . . Na ta način dobimo
funkcijo, katere graf je prikazan na sliki 1. Slika nakazuje, da funkcija Γ
nima nobene ničle. Prepričajmo se, da je res tako. Iz definicije 1 sledi, da
je Γ(x) > 0 za vse x > 0, saj je funkcija pod integralom pozitivna. Če pa je
x ∈ (−n− 1,−n), kjer je n nenegativno celo število, tedaj je x+ n+ 1 > 0.
Od tod po enakosti (5) sledi
Γ(x) =
Γ(x+ n+ 1)
x(x+ 1) · · · (x+ n)
6= 0. (6)
41–59 45
i
i
“Stopar” — 2018/11/9 — 7:40 — page 46 — #6 i
i
i
i
i
i
Nik Stopar
Γ (x)
-5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 x
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
y
Slika 1. Graf Eulerjeve funkcije gama.
Iz enakosti (6) sledi tudi, da za vsa nenegativna cela števila n velja
lim
x→−n
1
Γ(x)
= 0. (7)
Ena izmed najbolj znanih vrednosti funkcije gama je vrednost
Γ(12) =
√
π. (8)
S pomočjo te vrednosti lahko izračunamo vrednosti Γ(n2 ) za vsa liha cela
števila n.
S funkcijo gama je povezana še ena pomembna funkcija, to je Eulerjeva
funkcija beta, ki jo označimo z B. Definirana je na naslednji način.
Definicija 4. Eulerjevo funkcijo beta definiramo s predpisom
B(x, y) =
∫ 1
0
tx−1(1− t)y−1 dt
za vsaki realni števili x, y > 0.
Funkcijo beta lahko izrazimo s funkcijo gama. Zabeležimo to povezavo v
trditev, saj jo bomo potrebovali kasneje. Podroben dokaz trditve najdemo
v [2, str. 440–441].
46 Obzornik mat. fiz. 65 (2018) 2
i
i
“Stopar” — 2018/11/9 — 7:40 — page 47 — #7 i
i
i
i
i
i
O polovičnem odvodu funkcije
Trditev 5. Za vsaki realni števili x, y > 0 velja
B(x, y) =
Γ(x)Γ(y)
Γ(x+ y)
.
Več o funkcijah gama in beta in njunih lastnostih lahko bralec prebere
v [2] ali [3].
3. Definicija odvoda reda α potenčnih funkcij
Spomnimo se enakosti (3) iz prvega razdelka, ki jo s pomočjo funkcije gama
lahko zapǐsemo kot (
xk
)(n)
=
Γ(k + 1)
Γ(k − n+ 1)
xk−n, k, n ∈ N. (9)
Ker je funkcija gama definirana za vsa realna števila, razen za negativna
cela števila in 0, lahko definiramo odvod reda α potenčne funkcije xr kot
(xr)(α) =
Γ(r + 1)
Γ(r − α+ 1)
xr−α, r, r − α /∈ Z−, (10)
kjer smo z Z− označili množico vseh negativnih celih števil. Omejitvi za r in
α zagotovita, da sta funkcijski vrednosti Γ(r+ 1) in Γ(r−α+ 1) definirani.
Ker funkcija Γ nima nobenih ničel, je tudi ulomek Γ(r+1)Γ(r−α+1) v tem primeru
definiran. Tako definirani odvodi potenčnih funkcij zadoščajo pričakovani
enakosti (glej enakost (1))
((xr)(α))(β) = (xr)(α+β), (11)
čim sta obe strani definirani. Bralcu prepuščamo, da veljavnost enakosti
preveri sam.
Definicijo lahko razširimo tudi na nekatere druge primere za r in α, ven-
dar moramo že vnaprej opozoriti, da razširjena definicija ne bo več ustrezala
enakosti (11). Vseeno si oglejmo, katere primere še lahko dodamo.
Če r /∈ Z− in r − α ∈ Z−, tedaj je števec ulomka Γ(r+1)Γ(r−α+1) definiran,
imenovalec pa ne. Kljub temu pa iz enakosti (7) sledi, da je
lim
t→r−α+1
Γ(r + 1)
Γ(t)
= 0,
41–59 47
i
i
“Stopar” — 2018/11/9 — 7:40 — page 48 — #8 i
i
i
i
i
i
Nik Stopar
zato je ulomek Γ(r+1)Γ(r−α+1) smiselno nadomestiti z 0 in definirati
(xr)(α) = 0, r /∈ Z−, r − α ∈ Z−. (12)
Tako je na primer (x−
1
2 )(
1
2
) = 0. S tako razširitvijo definicije odvoda je
funkcija x−
1
2 primer, ki krši enakost (11), saj je ((x−
1
2 )(
1
2
))(
1
2
) = 0(
1
2
) = 0 in
hkrati (x−
1
2 )(
1
2
+ 1
2
) = (x−
1
2 )′ 6= 0.
Kaj pa, če je r ∈ Z−? Zakaj imamo tedaj težave z definicijo odvoda reda
α? Če je α = n naravno število, seveda težav ni, saj gre tedaj za običajen
odvod. V tem primeru lahko za r < 0 odvod izrazimo kot
(xr)(n) = (−1)nΓ(n− r)
Γ(−r)
xr−n (13)
in desna stran je definirana celo za nekatere negativne n, tj. takrat, ko je
n − r > 0 in posledično n − r ∈ N. Bralcu prepuščamo, da enakost (13)
izpelje sam. Kaj pa če vzamemo na primer r = −1 in α = 12? Kaj gre tedaj
narobe? Razlog za naše težave je zelo preprost. Če bi želeli, da odvodi
zadoščajo enakosti (1), bi moralo veljati
(x−1)(
1
2) = ((lnx)′)(
1
2) = (lnx)(
3
2).
S tem pa pademo ven iz družine potenčnih funkcij in zato tudi ne moremo
pričakovati, da bi bil rezultat odvajanja potenčna funkcija. To pomeni, da
nam enakost (9) zagotovo ne more pomagati. Za določene primere, npr.
(x−1)(
1
2
), lahko celo pokažemo, da rezultat odvajanja ne more biti potenčna
funkcija. Denimo, da velja (x−1)(
1
2) = cxr. Iz zahtevane enakosti (1) tedaj
sledi (cxr)(
1
2) = −x−2. V posebnem je c 6= 0. Ker pa rezultat odvajanja v
enakostih (10) in (12) ni nikoli potenčna funkcija z negativnim celim ekspo-
nentom, mora biti r ∈ Z−. Pǐsimo r = −n, kjer je n naravno število, torej
je (x−1)(
1
2) = cx−n in (cx−n)(
1
2) = −x−2. Z upoštevanjem enakosti (1)
prvo enačbo (n − 1)-krat odvajamo, da dobimo (c1x−n)(
1
2) = c2x
−2n+1 za
neki neničelni konstanti c1 in c2. S primerjavo eksponentov v zadnjih dveh
enačbah sklepamo −2 = −2n+1, od koder dobimo n = 32 , kar je protislovje.
Torej (x−1)(
1
2) ni potenčna funkcija.
Povzemimo enakosti (10), (12) in (13) v eno definicijo.
48 Obzornik mat. fiz. 65 (2018) 2
i
i
“Stopar” — 2018/11/9 — 7:40 — page 49 — #9 i
i
i
i
i
i
O polovičnem odvodu funkcije
Definicija 6. Za realni števili r in α definiramo odvod reda α funkcije
f(x) = xr kot
(xr)(α) =

Γ(r + 1)
Γ(r − α+ 1)
xr−α ; r /∈ Z−, r − α /∈ Z−,
0 ; r /∈ Z−, r − α ∈ Z−,
(−1)αΓ(α− r)
Γ(−r)
xr−α ; r ∈ Z−, α− r ∈ N.
Poudariti je treba, da odvodi realnih redov niso definirani po točkah, ampak
kot funkcije. Zato moramo zgornjo definicijo razumeti v smislu funkcij z
definicijskim območjem (0,∞). Če je α naravno število, se definicija ujema
z običajnim odvodom.
Primera r ∈ Z−, α− r /∈ N tukaj ne bomo obravnavali.
4. Definicija odvoda reda α splošneǰsih funkcij
Definicijo odvoda želimo razširiti na splošneǰse funkcije, kot so potenčne.
V tem razdelku bomo predstavili eno od možnih posplošitev, tj. Riemann-
Liouvillov odvod, pri čemer se bomo omejili le na levo različico. Več o
nekaterih drugih posplošitvah lahko bralec prebere v [4].
Do Riemann-Liouvillovega odvoda pridemo s pomočjo integralov. Morda
se to zdi nenavadno, vendar je dokaj naravno, saj sta integriranje in odvaja-
nje nasprotni operaciji. Pravzaprav smo v definiciji 6 integrale že uporabili.
Če namreč vzamemo odvod negativnega reda α = −1 in naravni eksponent
n, tedaj je
(xn)(−1) =
Γ(n+ 1)
Γ(n+ 2)
xn+1 =
xn+1
n+ 1
,
kar je ravno ena od primitivnih funkcij funkcije xn. Kot bomo videli kasneje,
definicija odvoda realnega reda izkoristi dejstvo, da integrali dvigujejo red
odvedljivosti funkcij.
V nadaljevanju se bomo omejili na zvezne funkcije, definirane na inter-
valu [0,∞). Množico teh funkcij označimo s C([0,∞)). Za vsako funkcijo
f ∈ C([0,∞)) definiramo
I(f)(x) =
∫ x
0
f(t) dt, za vse x ≥ 0.
Po izreku o določenem integralu kot funkciji zgornje meje je funkcija I(f)(x)
ena od primitivnih funkcij funkcije f(x), kar pomeni, da je odvedljiva in njen
41–59 49
i
i
“Stopar” — 2018/11/9 — 7:40 — page 50 — #10 i
i
i
i
i
i
Nik Stopar
odvod je enak f(x). Preslikava f 7→ I(f) podaja operator I : C([0,∞)) →
C([0,∞)). Označimo še In = I ◦ I ◦ · · · ◦ I, kjer v kompozitumu operator I
nastopa n-krat. Poiskati želimo eksplicitno formulo za In(f)(x), podobno,
kot smo to storili v prvem razdelku pri odvodih. Pri izračunu I2(f)(x)
v notranjem integralu preimenujemo integracijsko spremenljivko, da se ne
meša z integracijsko spremenljivko v zunanjem integralu
I2(f)(x) = I
(
t 7→
∫ t
0
f(u) du
)
(x) =
∫ x
0
(∫ t
0
f(u) du
)
dt.
Integracijsko območje dvakratnega integrala je trikotnik, prikazan na spo-
dnji sliki.
x
t
x
u
Zamenjajmo vrstni red integriranja in računajmo dalje
I2(f)(x) =
∫ x
0
(∫ x
u
f(u) dt
)
du =
∫ x
0
(
f(u)
∫ x
u
dt
)
du
=
∫ x
0
f(u)(x− u) du.
Podobno izračunamo
I3(f)(x) = I(I2(f))(x) =
∫ x
0
(∫ t
0
f(u)(t− u) du
)
dt
=
∫ x
0
(∫ x
u
f(u)(t− u) dt
)
du =
∫ x
0
(
f(u)
∫ x
u
(t− u) dt
)
du
=
∫ x
0
f(u)
(x− u)2
2
du.
in
I4(f)(x) =
∫ x
0
f(u)
(x− u)3
3!
du.
50 Obzornik mat. fiz. 65 (2018) 2
i
i
“Stopar” — 2018/11/9 — 7:40 — page 51 — #11 i
i
i
i
i
i
O polovičnem odvodu funkcije
Od tod zlahka uganemo splošno formulo za In(f)(x). Povzemimo jo v
trditev.
Trditev 7. Za vsako funkcijo f ∈ C([0,∞)) in vsako naravno število n velja
In(f)(x) =
∫ x
0
f(t)
(x− t)n−1
(n− 1)!
dt, za vse x ≥ 0.
Formulo dokažemo z indukcijo, dokaz pa poteka na enak način kot zgor-
nja izpeljava, zato ga prepuščamo bralcu.
Pa ga imamo, splošen integral reda n funkcije f ! Bralec verjetno že sluti,
kaj sledi. Naravno število n bomo zamenjali z realnim številom α in funkcijo
fakulteta s funkcijo gama.
Definicija 8. Za vsako funkcijo f ∈ C([0,∞)) in realno število α > 0 defi-
niramo integral reda α s formulo
Iα(f)(x) =
∫ x
0
f(t)
(x− t)α−1
Γ(α)
dt, x ≥ 0.
Definiramo še I0(f)(x) = f(x) za vse x ≥ 0.
V primeru, ko je α < 1, imamo v zgornji definiciji opravka s posplošenim
integralom, saj tedaj funkcija (x− t)α−1 ni definirana pri t = x. Preverimo,
da pod pogoji iz definicije integral kljub temu obstaja in da je Iα(f) spet
zvezna funkcija na intervalu [0,∞).
Obstoj integrala za vse α > 0 sledi iz ocene∫ x
0
∣∣∣∣f(t)(x− t)α−1Γ(α)
∣∣∣∣ dt ≤ MxΓ(α)
∫ x
0
(x− t)α−1 dt = Mx
Γ(α)
· x
α
α
, (14)
kjer smo z Mx označili maksimum zvezne funkcije f na intervalu [0, x].
Če je α ≥ 1, tedaj je funkcija (x, t) 7→ f(t) (x−t)
α−1
Γ(α) pod integralom
zvezna, zato je tudi funkcija Iα(f) zvezna. Za dokaz zveznosti v primeru
0 < α < 1 izberimo pozitivni števili ε in a, za kateri velja ε < a, in naj bo
x ∈ [ε, a]. V integral vpeljemo novo spremenljivko u = x− t, da dobimo
Iα(f)(x) =
∫ x
0
f(x−u)u
α−1
Γ(α)
du =
∫ ε
0
f(x−u)u
α−1
Γ(α)
du+
∫ x
ε
f(x−u)u
α−1
Γ(α)
du.
Drugi integral v vsoti na desni strani je zvezna funkcija spremenljivke x na
intervalu [ε, a], saj je funkcija pod integralom zvezna. Prvi integral v vsoti
41–59 51
i
i
“Stopar” — 2018/11/9 — 7:40 — page 52 — #12 i
i
i
i
i
i
Nik Stopar
na desni strani je posplošeni integral in je prav tako zvezna funkcija na
intervalu [ε, a], ker integral konvergira enakomerno na [ε, a]. Enakomerna
konvergenca sledi po Weierstrassovem M-testu1, saj velja ocena∣∣∣∣f(x− u)uα−1Γ(α)
∣∣∣∣ ≤ MaΓ(α)uα−1 za vse u ∈ [0, ε] in x ∈ [ε, a],
pri čemer smo z Ma označili maksimum zvezne funkcije f na intervalu [0, a],
hkrati pa je ∫ ε
0
Ma
Γ(α)
uα−1 du =
Ma
Γ(α)
· ε
α
α
.
Ker sta bila ε in a poljubna, je funkcija Iα(f) za 0 < α < 1 zvezna na
intervalu (0,∞). Hkrati pa je zvezna tudi v točki 0, saj iz ocene (14) sledi
lim
x→0
Iα(f)(x) = 0 = Iα(f)(0).
Za vsak α > 0 imamo torej operator
Iα : C([0,∞))→ C([0,∞)).
Do definicije odvodov ni več daleč. Preden jih definiramo, pa preverimo,
da integrali zadoščajo ekvivalentni kompozicijski enakosti, kot jo pričaku-
jemo od odvodov (glej enakost (1)).
Izrek 9. Za vsaki realni števili α, β ≥ 0 in vsako funkcijo f ∈ C([0,∞))
velja Iα(Iβ(f)) = Iα+β(f).
Dokaz. Če je α = 0 ali β = 0, ni kaj dokazovati, zato predpostavimo, da sta
α, β > 0. Po definiciji je
Iα(Iβ(f))(x) =
∫ x
0
(∫ t
0
f(u)
(t− u)β−1
Γ(β)
du
)
(x− t)α−1
Γ(α)
dt
=
∫ x
0
(∫ t
0
f(u)
(t− u)β−1
Γ(β)
(x− t)α−1
Γ(α)
du
)
dt.
Označimo z Mx maksimum funkcije f na intervalu [0, x]. Z nekaj računanja
se lahko prepričamo, da velja∫ x
0
(∫ t
0
∣∣∣∣f(u)(t− u)β−1Γ(β) (x− t)α−1Γ(α)
∣∣∣∣ du) dt ≤Mx · xα+βΓ(α+ β + 1)
1Običajna različica Weierstrassovega M-testa govori o posplošenih integralih z eno od
mej ∞, glej [1, str. 268], vendar test deluje tudi za posplošene integrale, pri katerih
funkcija pod integralom v eni od mej ni definirana.
52 Obzornik mat. fiz. 65 (2018) 2
i
i
“Stopar” — 2018/11/9 — 7:40 — page 53 — #13 i
i
i
i
i
i
O polovičnem odvodu funkcije
za vse x ≥ 0. Torej smemo v dvakratnem integralu zamenjati vrstni red in-
tegriranja, saj notranja integrala v obeh dvakratnih integralih konvergirata
enakomerno
Iα(Iβ(f))(x) =
∫ x
0
(∫ x
u
f(u)
(t− u)β−1
Γ(β)
(x− t)α−1
Γ(α)
dt
)
du
=
∫ x
0
(
f(u)
∫ x
u
(t− u)β−1
Γ(β)
(x− t)α−1
Γ(α)
dt
)
du.
V notranjem integralu vpeljemo novo spremenljivko s = t−ux−u . Tedaj je
(t− u)β−1(x− t)α−1dt =
(
s(x− u)
)β−1(
(1− s)(x− u)
)α−1
(x− u)ds
= sβ−1(1− s)α−1(x− u)α+β−1ds,
torej dobimo
Iα(Iβ(f))(x) =
∫ x
0
(
f(u)
(x− u)α+β−1
Γ(β)Γ(α)
∫ 1
0
sβ−1(1− s)α−1 ds
)
du.
Po definiciji 4 in trditvi 5 je∫ 1
0
sβ−1(1− s)α−1 ds = B(β, α) = Γ(β)Γ(α)
Γ(α+ β)
,
zato sledi
Iα(Iβ(f))(x) =
∫ x
0
f(u)
(x− u)α+β−1
Γ(α+ β)
du = Iα+β(f)(x).
Vrnimo se k definiciji odvodov. V tem razdelku bomo odvod reda α
funkcije f označili z Dα(f) namesto f (α). V posebnem je D(f) = D1(f)
prvi odvod funkcije f in za vsako naravno število n je Dn(f) običajni n-ti
odvod funkcije f . V teh primerih pomen operatorja Dn torej že poznamo.
Pri definiciji odvoda Dα(f) za preostala nenegativna realna števila α nam
bo v pomoč zveza med operatorjema D in I. Zanju veljata enakosti
D(I(f))(x) = f(x), (15)
I(D(f))(x) = f(x)− f(0), (16)
za vse x ≥ 0. Prva enakost sledi iz dejstva, da je I(f) primitivna funkcija
funkcije f , druga pa je posledica osnovnega izreka analize. Enakosti povesta,
41–59 53
i
i
“Stopar” — 2018/11/9 — 7:40 — page 54 — #14 i
i
i
i
i
i
Nik Stopar
da sta si operatorja D in I skoraj inverzna. Smiselno je zahtevati, da sta
tudi operatorja Dα in Iα na podoben način skoraj inverzna, le da se lahko
v drugi enakosti v tem primeru pojavijo drugačni členi namesto f(0). Tako
naj bi zadoščala vsaj enakosti
Dα(Iα(f))(x) = f(x) za vse x ≥ 0. (17)
Spomnimo se, da poleg tega od odvodov želimo, da zadoščajo enakosti
Dα(Dβ(f)) = Dα+β(f) (18)
za velik razred funkcij f (iz razdelka 3 že vemo, da za vse funkcije to ne bo
mogoče). Do definicije splošnega odvoda Dα pridemo tako, da ga izrazimo
s pomočjo operatorjev Iβ, β ≥ 0, in operatorjev Dn, n ∈ N. S pomočjo
enakosti (17) in (18) lahko na primer izrazimo
D
5
3 (f) = D
5
3 (D
1
3 (I
1
3 (f))) = D2(I
1
3 (f)).
Tako pridemo do naslednje definicije.
Definicija 10. Naj bo f ∈ C([0,∞)) in α ≥ 0 realno število. Pravimo, da
je funkcija f α-krat odvedljiva, če je za neko (in zato vsako) naravno število
n > α funkcija In−α(f)(x) n-krat odvedljiva v vsaki točki x ≥ 0. V tem
primeru odvod reda α funkcije f definiramo s formulo
Dα(f)(x) = Dn(In−α(f))(x) =
dn
dxn
(∫ x
0
f(t)
(x− t)n−α−1
Γ(n− α)
dt
)
za vse x ≥ 0. Če je odvod Dα(f)(x) zvezna funkcija, tedaj pravimo, da je
f α-krat zvezno odvedljiva.
Preveriti moramo, da je definicija neodvisna od izbire naravnega števila
n. Naj bosta n > α in k naravni števili. Ker je In−α(f) zvezna funkcija, iz
enakosti (1), izreka 9 in enakosti (15) sledi
Dn+k(In+k−α(f)) = Dn(Dk(Ik(In−α(f)))) = Dn(In−α(f)).
Torej je funkcija In−α(f)(x) n-krat odvedljiva natanko tedaj, ko je funkcija
In+k−α(f)(x) (n+k)-krat odvedljiva. Hkrati ta enakost pove, da je definicija
odvoda reda α neodvisna od izbire naravnega števila n. V posebnem iz
definicije in enakosti (15) sledi D0(f)(x) = D(I(f))(x) = f(x).
54 Obzornik mat. fiz. 65 (2018) 2
i
i
“Stopar” — 2018/11/9 — 7:40 — page 55 — #15 i
i
i
i
i
i
O polovičnem odvodu funkcije
Za potenčne funkcije f(x) = xr definicija 10 ne posploši definicije 6,
saj pri naši omejitvi na zvezne funkcije definicijo 10 lahko uporabimo le, če
je r ≥ 0. Velja pa, da se v tem primeru obe definiciji ujemata, kar bomo
preverili v razdelku 5. Izkaže se, da za −1 < r < 0 integral iz definicije 10 še
vedno obstaja, čeprav taka potenčna funkcija ni definirana v 0, za r ≤ −1
pa integral iz definicije ne obstaja več, saj ima potenčna funkcija v tem
primeru v 0 pol previsoke stopnje.
V definiciji odvoda Dα je točka 0 odlikovana točka, ker nastopa v spo-
dnji meji integrala. V definiciji bi lahko točko 0 zamenjali s katerokoli
drugo točko a in se omejili na funkcije, definirane na intervalu [a,∞). S
tem bi seveda dobili drugačno definicijo odvoda tudi za funkcije, definirane
na celotni realni osi. Razlog, da smo izbrali točko 0, je ta, da se v tem
primeru definicija ujema z definicijo odvoda potenčnih funkcij. Če bi name-
sto z intervalom [0,∞) delali z intervalom (−∞, 0], bi dobili desno različico
Riemann-Liouvillovega odvoda, pri čemer pa bi se tudi formula za odvod
nekoliko spremenila.
Bistvena razlika med običajnim odvodom f ′ in odvodom Dα(f) je v tem,
da je vrednost f ′(x0) odvisna le od vrednosti funkcije f v okolici točke x0,
medtem ko je vrednost Dα(f)(x0), α /∈ N, odvisna od vrednosti funkcije f
na celotnem intervalu [0,∞).
5. Lastnosti odvodov
V tem razdelku si bomo ogledali nekaj lastnosti odvodov. Preverimo najprej
veljavnost enakosti (17).
Trditev 11. Za vsako funkcijo f ∈ C([0,∞)) in vsako realno število α ≥ 0
velja
Dα(Iα(f))(x) = f(x)
za vse x ≥ 0.
Dokaz. Naj bo n > α naravno število. Z upoštevanjem definicije odvoda ter
izreka 9 izpeljemo Dα(Iα(f))(x) = Dn(In−α(Iα(f)))(x) = Dn(In(f)))(x).
Iz enakosti (15) sledi, da je rezultat enak f(x).
Pri veljavnosti enakosti (18) moramo biti nekoliko bolj previdni, saj velja
le, če je funkcija f »dovolj lepa«, kar ohlapno rečeno pomeni, da ima v točki
41–59 55
i
i
“Stopar” — 2018/11/9 — 7:40 — page 56 — #16 i
i
i
i
i
i
Nik Stopar
0 ničlo dovolj visoke stopnje. Natančneje, naj bo γ ≥ 0 in n najmanǰse
naravno število, da je n − γ > 0. Za funkcijo f ∈ C([0,∞)) pravimo, da
je regularna reda γ, če je funkcija g = In−γ(f) n-krat zvezno odvedljiva in
zanjo velja g(k)(0) = 0 za vse k = 0, 1, . . . , n− 1.
Izrek 12. Naj bosta α, β ≥ 0 realni števili in f ∈ C([0,∞)). Če je funkcija
f regularna reda α+ β, tedaj velja Dα(Dβ(f)) = Dα+β(f).
Dokaz izreka 12 lahko bralec najde v [4, Theorem 2.5]. Tukaj si bomo
ogledali le dokaz za primer polovičnih odvodov, torej ko je α = β = 12 .
Za dokaz bomo potrebovali še naslednjo lemo. Bralec naj jo primerja z
enakostjo (16).
Lema 13. Naj bo α > 0 realno število in f zvezno odvedljiva funkcija, de-
finirana na intervalu [0,∞). Tedaj je funkcija Iα(f) odvedljiva na intervalu
(0,∞) in velja
Iα(D(f))(x) = D(Iα(f))(x)− f(0)x
α−1
Γ(α)
za vse x > 0.
Dokaz. V integral reda α za funkcijo f vpeljemo novo spremenljivko u =
x− t, da dobimo
Iα(f)(x) =
∫ x
0
f(t)
(x− t)α−1
Γ(α)
dt =
∫ x
0
f(x− u)u
α−1
Γ(α)
du.
Po formuli za odvod integrala s parametrom velja
D(Iα(f))(x) =
d
dx
(∫ x
0
f(x− u)u
α−1
Γ(α)
du
)
=
∫ x
0
f ′(x− u)u
α−1
Γ(α)
du+ f(0)
xα−1
Γ(α)
. (19)
Ker smo odvajali posplošeni integral, preverimo še, da formulo za odvod res
smemo uporabiti. Naj bo a > ε > 0 in M ′a maksimum funkcije f
′(x) na
intervalu [0, a]. Ker je∣∣∣∣f ′(x− u)uα−1Γ(α)
∣∣∣∣ ≤ M ′aΓ(α)uα−1 za vse u ∈ [0, ε] in x ∈ [ε, a]
56 Obzornik mat. fiz. 65 (2018) 2
i
i
“Stopar” — 2018/11/9 — 7:40 — page 57 — #17 i
i
i
i
i
i
O polovičnem odvodu funkcije
in hkrati velja ∫ ε
0
M ′a
Γ(α)
uα−1 du =
M ′a
Γ(α)
· ε
α
α
,
po Weierstrassovem M-testu posplošeni integral
∫ ε
0
f ′(x− u)u
α−1
Γ(α)
du kon-
vergira enakomerno na intervalu [ε, a]. Ker sta ε in a poljubna, enakost (19)
velja za vse x > 0.
Sedaj v enakosti (19) v integral vpeljemo spremenljivko t = x − u, da
dobimo
D(Iα(f))(x) =
∫ x
0
f ′(t)
(x− t)α−1
Γ(α)
dt+ f(0)
xα−1
Γ(α)
= Iα(D(f))(x) + f(0)
xα−1
Γ(α)
.
Enakost iz leme od tod direktno sledi.
Posledica 14. Naj bo f zvezno odvedljiva funkcija, definirana na intervalu
[0,∞), za katero velja f(0) = 0. Tedaj velja D
1
2 (D
1
2 (f)) = D(f).
Dokaz. Pokažimo najprej, da je funkcija g = I
1
2 (f) zvezno odvedljiva. Ker
je f(0) = 0, iz enakosti (16) sledi I(f ′) = f . Torej velja
g = I
1
2 (I(f ′)) = I(I
1
2 (f ′)),
pri čemer je zadnja enakost posledica izreka 9. Ker je f ′ zvezna funkcija,
je tudi I
1
2 (f ′) zvezna funkcija, zato je po osnovnem izreku analize funkcija
I(I
1
2 (f ′)) zvezno odvedljiva.
Ker je torej g zvezno odvedljiva funkcija, za katero velja g(0) = 0, iz
leme 13 sledi
I
1
2 (D(g))(x) = D(I
1
2 (g))(x) za vse x > 0. (20)
Po izreku 9 in enakosti (15) je D(I
1
2 (g)) = D(I
1
2 (I
1
2 (f))) = D(I(f)) = f .
Ker je hkrati I
1
2 (D(g))(0) = 0 in f(0) = 0, iz enakosti (20) sledi
I
1
2 (D(g))(x) = f(x) za vse x ≥ 0.
Funkcija f je odvedljiva, zato lahko obe strani enakosti odvajamo in upo-
števamo definicijo funkcije g, da dobimo
D(I
1
2 (D(I
1
2 (f))))(x) = D(f)(x) za vse x ≥ 0.
41–59 57
i
i
“Stopar” — 2018/11/9 — 7:40 — page 58 — #18 i
i
i
i
i
i
Nik Stopar
Upoštevamo še definicijo odvoda D
1
2 (u) = D(I
1
2 (u)) in zaključimo
D
1
2 (D
1
2 (f))(x) = D(f)(x) za vse x ≥ 0.
Za konec preverimo še, da se za potenčno funkcijo xr, r ≥ 0, odvod iz
definicije 10 ujema z odvodom iz definicije 6.
Naj bo torej r ≥ 0 in β > 0. Tedaj je
Iβ(xr) =
∫ x
0
tr
(x− t)β−1
Γ(β)
dt.
V integral vpeljimo novo spremenljivko u = tx in ga preuredimo
Iβ(xr) =
∫ 1
0
(xu)r
(x− xu)β−1
Γ(β)
xdu =
xr+β
Γ(β)
∫ 1
0
ur(1− u)β−1 du.
V zadnjem integralu prepoznamo funkcijo beta, zato s pomočjo trditve 5
dobimo
Iβ(xr) =
xr+β
Γ(β)
B(r + 1, β) =
Γ(r + 1)
Γ(r + β + 1)
xr+β.
Naj bo sedaj α > 0 in n > α naravno število. Iz zadnje enakosti in defini-
cije 10 izpeljemo
Dα(xr) = Dn(In−α(xr)) = Dn
(
Γ(r + 1)
Γ(r + n− α+ 1)
xr+n−α
)
.
Odvod na desni poračunamo in dobimo
Dα(xr) =
Γ(r + 1)
Γ(r + n− α+ 1)
(r + n− α)(r + n− α− 1) · · · (r − α+ 1)xr−α.
Če je r − α ∈ Z−, je eden od faktorjev v produktu na desni strani enak 0,
saj so vsi faktorji cela števila, pri čemer je r+n−α ≥ 0 in r−α+ 1 ≤ 0. V
tem primeru je odvod enak 0. Če pa r−α /∈ Z−, tedaj z večkratno uporabo
trditve 2 izrazimo
Γ(r + n− α+ 1) = (r + n− α)(r + n− α− 1) · · · (r − α+ 1)Γ(r − α+ 1),
od koder zaključimo
Dα(xr) =
Γ(r + 1)
Γ(r − α+ 1)
xr−α.
58 Obzornik mat. fiz. 65 (2018) 2
i
i
“Stopar” — 2018/11/9 — 7:40 — page 59 — #19 i
i
i
i
i
i
O polovičnem odvodu funkcije
Vidimo, da se formula ujema z definicijo 6.
Kot smo že omenili na koncu razdelka 4, definicija 10 deluje na primer
tudi za funkcijo x−
1
2 , čeprav ta ni definirana v točki 0. Z enakim raču-
nom kot zgoraj izračunamo, da je D
1
2 (x−
1
2 ) ≡ 0, kar se prav tako ujema
z definicijo 6. Ta funkcija torej spet pokaže, da enakost (18) ne velja za
poljubne funkcije, zato so v posledici 14 dodatne predpostavke na funkcijo
res potrebne.
Če smo začeli s polovičnim odvodom, pa z njim še končajmo. Z uporabo
definicije in enakosti (8) lahko polovični odvod funkcije f zapǐsemo kot
D
1
2 (f)(x) =
d
dx
(
1√
π
∫ x
0
f(t)√
x− t
dt
)
.
Izkaže se, da je le za redke elementarne funkcije polovični odvod spet ele-
mentarna funkcija. Tako na primer funkcije D
1
2 (ex), D
1
2 (sinx) in D
1
2 (cosx)
niso elementarne. Vemo že, da so D
1
2 (xr), r > 0, elementarne funkcije, za
konec pa brez dokaza omenimo le še primer
D
1
2 (arctg(
√
x)) =
√
π
2
√
x+ 1
.
LITERATURA
[1] R. G. Bartle, The Elements of Real Analysis, Second edition, John Wiley & Sons,
Inc., New York, 1976.
[2] F. Križanič, Temelji realne matematične analize, Državna založba Slovenije, Lju-
bljana, 1990.
[3] W. Rudin, Principles of Mathematical Analysis, Third edition, International Series in
Pure and Applied Mathematics, McGraw-Hill, Inc., New York, 1976.
[4] S. G. Samko, A. A. Kilbas in O. I. Marichev, Fractional Integrals and Derivatives,
Theory and Applications, Gordon and Breach Science Publishers, Switzerland, 1993.
http://www.dmfa-zaloznistvo.si/
41–59 59