================== 畳み込み積分の微分 ================== この記事では、 I(x) = \int_0^x f(x,t)dt \tag{##} の微分、 \dfrac{dI}{dx} = \dfrac{d}{dx} \int_0^x f(x,t)dt \tag{##} を求めた後、畳み込み積分の微分、 \dfrac{dJ}{dx} = \dfrac{d}{dx} \int_0^x f(t)g(x-t) dt \tag{##} を求めます。 証明１：微分の定義に従う ======================== まずは微分の定義に従ってこの $\dfrac{dI}{dx}$ を求めてみましょう。 まずは復習です。 $I(x)$ の微分の定義は、 $\lim(dx \to 0)$ の時、 \dfrac{df}{dx} = \dfrac{f(x+dx)-f(x)}{dx} \tag{##} でしたね。よって、 $I$ の微分は、 $f(x,t)$ の $t$ に関する原始関数を $F(t)$ とおくと（つまり、 $\dfrac{d}{dt}F(t)=f(x,t)$ であり、ここで $t=x$ とおけば、 $\dfrac{d}{dt}F(t)|_{t=x}=f(x,x)$ となります。）、適宜 $\lim(dx \to 0)$ ととれば、 \dfrac{d}{dx} \int_0^x f(x,t)dt &= \dfrac{I(x+dx)-I(x)}{dx} \\ &= \left( \int_0^{x+dx} f(x+dx,t) dt - \int_0^{x} f(x,t) dt \right) / dx \\ &= \left( \int_0^{x+dx} f(x+dx,t) dt - \int_0^{x} f(x,t) dt \right. \\ &- \left. \int_x^{x+dx} f(x,t) dt + \int_x^{x+dx} f(x,t) dt \right) / dx \\ &= \left( \int_0^{x+dx} f(x+dx,t) dt - \int_0^{x+dx} f(x,t) dt \right. \\ &+ \left. \int_x^{x+dx} f(x,t) dt \right) / dx \\ &= \int_0^{x+dx} \dfrac{f(x+dx,t)-f(x,t)}{dx} dt \\ &+ \int_x^{x+dx} f(x,t) dt / dx \\ &= \int_0^{x+dx} \dfrac{\partial f(x,t)}{\partial x} dt \\ &+ \left( F(t)|_{t=x+dx} - F(t)|_{t=x} \right) / dx \\ &= \int_0^{x+dx} \dfrac{\partial f(x,t)}{\partial x} dt + \left. \dfrac{d F(t)}{dt} \right| _{t=x} \\ &= \int_0^{x} \dfrac{\partial f(x,t)}{\partial x} dt + f(x,x) \tag{##} よって結果だけを書くと、 \dfrac{d}{dx} \int_0^x f(x,t)dt &= \int_0^{x} \dfrac{\partial f(x,t)}{\partial x} dt + f(x,x) \tag{##} となります。これだけではちょっと不安なので、同じ計算を別の方法でやってみます。 証明２：多変数の微分として見る ============================== まず、 $x$ と $y$ をパラメータ $s$ の変数としてみます。最後に $y \to x , s \to x$ とします。そこで、考えるのは \dfrac{dI}{ds} &= \dfrac{d}{ds} \int_0^x f(y,t)dt \\ &= \dfrac{\partial I}{\partial x}\dfrac{d x}{d s} +\dfrac{\partial I}{\partial y}\dfrac{d y}{d s} \\ &= f(y,x) \cdot \dfrac{dx}{ds} + \int_0^x \dfrac{\partial f(y,t)}{\partial y} dt \cdot \dfrac{dy}{ds} \\ &\to f(x,x) + \int_0^{x} \dfrac{\partial f(x,t)}{\partial x} dt \tag{##} となり、同じ結果になりました。どうやら正しそうですね。一応注意しておくと、 $\int_0^{x} \dfrac{\partial f(x,t)}{\partial x} dt$ は、 $f(x,t)$ を $t$ を定数と見て $x$ で偏微分したのち、今度は $x$ を定数と見て $t$ で積分したものです。 証明３：合成関数の微分として見る ================================ 基本的には証明２と同じですが、よりシンプルだということで記しておきます。 積分の二つのxを別の変数と見て、二変数の関数 $x$ と $y$ との関数と見なします。どちらを $y$ としても最後に $y \to x$ とするので、同じことになります。すると、求めたい微分は \dfrac{dI}{dx} &= \dfrac{d}{dx} \int_0^x f(y,t)dt \\ &= \dfrac{\partial I}{\partial x} +\dfrac{\partial I}{\partial y}\dfrac{d y}{d x} \\ &= f(y,x) + \int_0^x \dfrac{\partial f(y,t)}{\partial y} dt \cdot \dfrac{dy}{dx} \\ &\to f(x,x) + \int_0^{x} \dfrac{\partial f(x,t)}{\partial x} dt \tag{##} と同じ結果となります。 具体例で確かめる ================ では、得られた結果を具体例で確認してみましょう。 $f(x,t)=xe^{-t}$ を計算してみます。 \dfrac{d}{dx} \int_0^x f(x,t)dt &= \dfrac{d}{dx} \int_0^x x e^{-t} dt \\ &= \dfrac{d}{dx} \left[ -x e^{-t} \right]_{t=0}^{t=x} \\ &= \dfrac{d}{dx} \left( -x e^{-x} + x \right) \\ &= (x-1) e^{-x} + 1 \tag{##} となります。ここで、 $f(x,x)=xe^{-x}$ であり、 $\int_0^{x} \dfrac{\partial f(x,t)}{\partial x} dt = -e^{-x}+1$ ですから、両者は一致します。 畳み込み積分の微分 ================== 関数 $f(x),g(x)$ の畳み込みとは以下のような積分になります。 (f \ast g)(x) = \int_0^x f(t) g(x-t) dt \tag{##} これは、 $f(x,t) \to f(t)g(x-t)$ として、先ほど得られた結果を用いれば良く、 \dfrac{d}{dx}(f \ast g)(x) &= \dfrac{d}{dx} \int_0^x f(t) g(x-t) dt \\ &= \int_0^x f(t) \dfrac{\partial g(x-t)}{\partial x}dt + f(x)g(x-x) \\ &= (f \ast \dfrac{\partial g}{\partial x})(x)+f(x)g(0) \tag{##} と分かります。それでは、今日はこの辺で。お疲れ様でした。 @@author:クロメル@@ @@accept:2014-10-30@@ @@category:物理数学@@ @@id:difOfConv@@