- 追加された行はこの色です。
- 削除された行はこの色です。
#rst2hooktail_source
==================
畳み込み積分の微分
==================
この記事では、
<tex>
I(x) = \int_0^x f(x,t)dt \tag{##}
</tex>
の微分、
<tex>
\dfrac{dI}{dx} = \dfrac{d}{dx} \int_0^x f(x,t)dt \tag{##}
</tex>
を求めた後、畳み込み積分の微分、
<tex>
\dfrac{dJ}{dx} = \dfrac{d}{dx} \int_0^x f(t)g(x-t) dt \tag{##}
</tex>
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、
<tex>
\dfrac{df}{dx} = \dfrac{f(x+dx)-f(x)}{dx} \tag{##}
</tex>
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、
<tex>
\dfrac{d}{dx} \int_0^x f(x,t)dt &= \dfrac{I(x+dx)-I(x,t)}{dx} \\
\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{##}
</tex>
よって結果だけを書くと、
<tex>
\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{##}
</tex>
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：多変数の積分として見る
==============================
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
<tex>
\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{##}
</tex>
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。
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。
<tex>
\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{##}
</tex>
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。
<tex>
(f \ast g)(x) = \int_0^x f(t) g(x-t) dt \tag{##}
</tex>
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、
<tex>
\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{##}
</tex>
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:2014-10-26@@
@@category:物理数学@@
@@id:difOfConv@@
記事ソース/畳み込み積分の微分 のバックアップ差分(No.2)
