Calculando $\frac{\partial^{1/2}}{\partial x^{1/2}}\left( e^{-\alpha x^2 + \beta x} \right) $

Question

Me gustaría calcular $$\frac{\partial^{1/2}}{\partial x^{1/2}}\left( e^{-\alpha x^2 + \beta x} \right) $$ Mi intuición es que tendría que utilizar algún tipo de fórmula fraccionaria de Leibniz para separar primero el cálculo de la media derivada de $e^{-\alpha x^2}$ de la otra, que es fácil de derivar $$ \frac{\partial^{1/2}}{\partial x^{1/2}}\left( e^{\beta x} \right) = \sqrt{\beta} e^{\beta x} $$ De ahí surgen dos cuestiones

• ¿Existe una versión fraccionaria del teorema de Leibniz?
• ¿Existe una versión fraccionaria del polinomio de Hermite? En otras palabras, ¿cómo podríamos calcular $ \frac{\partial^{1/2}}{\partial x^{1/2}}\left( e^{-\alpha x^2} \right)$ utilizando $ \frac{\partial^{n}}{\partial x^{n}}\left( e^{-\alpha x^2} \right) = (-1)^n H_n(x)e^{-\alpha x^2}$ ?

Answer 1

La fórmula de Riemann-Liouville para la semiderivada es la siguiente:

$${}_0 D_x^{(1/2)} f(x)=\frac{f(0)}{\sqrt{\pi x}}+\frac1{\sqrt\pi}\int_0^x \frac{f^\prime(t)}{\sqrt{x-t}}\mathrm dt$$

Tomando $f(x)=\exp(-\alpha x^2+\beta x)$ entonces tenemos

$$\begin{align*} {}_0 D_x^{(1/2)} f(x)&=\frac1{\sqrt{\pi x}}+\frac1{\sqrt\pi}\int_0^x \frac{(\beta-2\alpha t)\exp(-\alpha t^2+\beta t)}{\sqrt{x-t}}\mathrm dt\\ &=\frac1{\sqrt{\pi x}}+\frac1{\sqrt\pi}\left(\beta\int_0^x \frac{\exp(-\alpha t^2+\beta t)}{\sqrt{x-t}}\mathrm dt-2\alpha\int_0^x \frac{t\exp(-\alpha t^2+\beta t)}{\sqrt{x-t}}\mathrm dt\right) \end{align*}$$

Por desgracia, ninguna de las dos integrales parece tener una evaluación fácil en términos de funciones conocidas, a menos que $\alpha=0$ o $\beta=0$ En ese caso,

$$\begin{align*} {}_0 D_x^{(1/2)} \exp(-\alpha x^2)&=\frac1{\sqrt{\pi x}}-\frac{8\alpha x^{3/2}}{3\sqrt\pi}{}_2 F_2\left({{1,\frac32}\atop{\frac54,\frac74}}\mid -\alpha x^2\right)\\ {}_0 D_x^{(1/2)} \exp(\beta x)&=\frac1{\sqrt{\pi x}}+\sqrt{\beta}\exp(\beta x)\mathrm{erf}(\sqrt{\beta x}) \end{align*}$$

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De hecho, existe una versión semiderivada de la fórmula de Leibniz, pero, como ya he dicho, parece algo difícil de manejar:

$${}_0 D_x^{(1/2)}f(x)g(x)=\sum_{j=0}^\infty \binom{\frac12}{j}\left({}_0 D_x^{(1/2-j)}f(x)\right)g^{(j)}(x)$$

Si tomamos $f(x)=\exp(\beta x)$ y $g(x)=\exp(-\alpha x^2)$ obtenemos

$$\begin{split}&{}_0 D_x^{(1/2)} \exp(-\alpha x^2+\beta x)=\\&\quad\exp(-\alpha x^2+\beta x)\sum_{j=0}^\infty \binom{\frac12}{j}\frac{(-1)^j \alpha^{j/2} \beta^{1/2-j}}{\Gamma(j-1/2)}\gamma(j-1/2,\beta x) H_j(x\sqrt\alpha)\end{split}$$

donde $\gamma(a,x)$ es una función gamma incompleta (inferior), y $H_j(x)$ es un polinomio de Hermite. Sin embargo, no conozco ninguna forma más sencilla de expresar esta suma infinita.

Answer 2

J. M. 's respuesta es muy detallada y agradable. Sólo quería añadir otro enfoque para las derivadas fraccionarias utilizando el método de las series de potencia .

sabemos por wikipedia que $$\frac{\partial^{n}}{\partial x^{n}}(x^m)= \frac{\Gamma{(m+1)}}{\Gamma{(m-n+1)}} x^{m-n}$$

$$\frac{\partial^{n}}{\partial x^{n}}((x+a)^m)= \frac{\Gamma{(m+1)}}{\Gamma{(m-n+1)}} (x+a)^{m-n}$$

$$\frac{\partial^{1/2}}{\partial x^{1/2}}\left( e^{-\alpha x^2 + \beta x} \right) =\frac{\partial^{1/2}}{\partial x^{1/2}}\left( e^{\alpha a^2} e^{-\alpha (x +a)^2 } \right)$$

$-2 \alpha a = \beta $

así $ a = -\frac{\beta}{2 \alpha} $

$\frac{\partial^{1/2}}{\partial x^{1/2}}\left( e^{\alpha a^2} e^{-\alpha (x +a)^2 } \right)= e^{\alpha a^2} \frac{\partial^{1/2}}{\partial x^{1/2}}(\sum \limits_{k=0}^\infty \frac{(-\alpha)^k(x+a)^{2k}}{\Gamma{(k+1)}})=$

$=e^{\alpha a^2} \sum \limits_{k=0}^\infty \frac{(-\alpha)^k}{\Gamma{(k+1)}}\frac{\partial^{1/2}}{\partial x^{1/2}}( (x+a)^{2k})=e^{\alpha a^2} \sum \limits_{k=0}^\infty \frac{(-\alpha)^k \Gamma{(2k+1)}(x+a)^{2k-\frac{1}{2}}}{\Gamma{(k+1)} \Gamma{(2k+\frac{1}{2})}}=$

$=\frac{e^{\alpha a^2}}{\sqrt{(x+a)}} \sum \limits_{k=0}^\infty \frac{(-\alpha)^k \Gamma{(2k+1)}(x+a)^{2k}}{\Gamma{(k+1)} \Gamma{(2k+\frac{1}{2})}}$

$$\frac{\partial^{1/2}}{\partial x^{1/2}}\left( e^{-\alpha x^2 + \beta x} \right)=\frac{e^{ \frac{\beta^2}{4 \alpha}}}{\sqrt{x-\frac{\beta}{2 \alpha}}} \sum \limits_{k=0}^\infty \frac{(-\alpha)^k \Gamma{(2k+1)}(x-\frac{\beta}{2 \alpha})^{2k}}{\Gamma{(k+1)} \Gamma{(2k+\frac{1}{2})}}$$

Nota: Si simplifico más el resultado lo editaré.

Answer 3

Aquí está la respuesta:

$$ \,{\frac {1}{\sqrt {\pi }}}{\frac {\sqrt [4]{\alpha}\sqrt{2}\,{{\rm e}^{{\frac {{\beta}^{2}}{4\alpha}}}}}{\sqrt [4]{{\frac { \left( 2\,x \alpha-\beta \right) ^{2}}{\alpha}}}}} \,{\mbox{$ _2 $F$ _2 $}\left( \frac{1}{2},1;\,\frac{1}{4},\frac{3}{4};\,-{\frac { \left( 2\,x\alpha-\beta \right)^{2}}{4\alpha}}\right)} \,.$$ Dónde $_2$ F $_2$ es la función hipergeométrica generalizada. Ver mi papel para los detalles.