MathJax = {
  chtml: {
    matchFontHeight: false
  },
  tex: {
    inlineMath: [['$', '$']]
  }
};






前回計算した $1$ 階の導関数は

\begin{align}
\partial_pg(y)=\dfrac{k(1)}{r}\int_0^{2\pi}\langle p,e(\theta)\rangle f(re(\theta)+y)\,d\theta-\int_0^1\dfrac{X\partial k(X)}{r}\bigg\{\int_0^{2\pi}\langle p,e(\theta)\rangle f(rXe(\theta)+y)\,d\theta\bigg\}\,dX
\end{align}

でした。今回はもう一回微分した $\partial_q\partial_pg$ を計算します。第 $1$ 項の計算は簡単ですね。

\begin{align}
&\dfrac{k(1)}{r}\int_0^{2\pi}\langle p,e(\theta)\rangle \{\langle q,e(\theta)\rangle\partial_{e(\theta)}f(re(\theta)+y)+\langle q,e(\theta+\pi/2)\rangle\partial_{e(\theta+\pi/2)}f(re(\theta)+y)\}\,d\theta\\
&=\dfrac{k(1)}{r}\int_0^{2\pi}\langle p,e(\theta)\rangle \bigg\{\langle q,e(\theta)\rangle\partial_rf(re(\theta)+y)+\dfrac{\langle q,e(\theta+\pi/2)\rangle}{r}\partial_{\theta}f(re(\theta)+y)\bigg\}\,d\theta\\
&=\dfrac{k(1)}{r}\int_0^{2\pi}\langle p,e(\theta)\rangle\langle q,e(\theta)\rangle\partial_rf(re(\theta)+y)\,d\theta\\
&\quad -\dfrac{k(1)}{r^2}\int_0^{2\pi}\{\langle p,e(\theta+\pi/2)\rangle\langle q,e(\theta+\pi/2)\rangle-\langle p,e(\theta)\rangle\langle q,e(\theta)\rangle\}f(re(\theta)+y)\,d\theta
\end{align}

一方、第 $2$ 項は

\begin{align}
&-\int_0^1\dfrac{X\partial k(X)}{r^2}\bigg\{\int_0^{2\pi}\langle p,e(\theta)\rangle\langle q,e(\theta)\rangle\partial_Xf(rXe(\theta)+y)\bigg\}\,dX\\
&-\int_0^1\dfrac{\partial k(X)}{r^2}\bigg\{\int_0^{2\pi}\langle p,e(\theta)\rangle\langle q,e(\theta+\pi/2)\rangle\partial_{\theta}f(rXe(\theta)+y)\bigg\}\,dX\\
&=-\dfrac{1}{r^2}\int_0^{2\pi}\langle p,e(\theta)\rangle\langle q,e(\theta)\rangle\bigg\{\partial k(1)f(re(\theta)+y)-\int_0^1\{\partial k(X)+X\partial^2k(X)\}f(rXe(\theta)+y)\,dX\bigg\}\,d\theta\\
&+\int_0^1\dfrac{\partial k(X)}{r^2}\bigg\{\int_0^{2\pi}\{\langle p,e(\theta+\pi/2)\rangle\langle q,e(\theta+\pi/2)\rangle-\langle p,e(\theta)\rangle\langle q,e(\theta)\rangle\}f(rXe(\theta)+y)\,d\theta\bigg\}\,dX
\end{align}

以上より $2$ 階の導関数は

\begin{align}
\partial_q\partial_pg&=\dfrac{k(1)}{r}\int_0^{2\pi}\langle p,e(\theta)\rangle\langle q,e(\theta)\rangle\partial_rf(re(\theta)+y)\,d\theta\\
&\quad -\dfrac{k(1)}{r^2}\int_0^{2\pi}\{\langle p,e(\theta+\pi/2)\rangle\langle q,e(\theta+\pi/2)\rangle-\langle p,e(\theta)\rangle\langle q,e(\theta)\rangle\}f(re(\theta)+y)\,d\theta\\
&\quad -\dfrac{1}{r^2}\int_0^{2\pi}\langle p,e(\theta)\rangle\langle q,e(\theta)\rangle\bigg\{\partial k(1)f(re(\theta)+y)-\int_0^1\{\partial k(X)+X\partial^2k(X)\}f(rXe(\theta)+y)\,dX\bigg\}\,d\theta\\
&+\int_0^1\dfrac{\partial k(X)}{r^2}\bigg\{\int_0^{2\pi}\{\langle p,e(\theta+\pi/2)\rangle\langle q,e(\theta+\pi/2)\rangle-\langle p,e(\theta)\rangle\langle q,e(\theta)\rangle\}f(rXe(\theta)+y)\,d\theta\bigg\}\,dX
\end{align}

かなり複雑な式になってしまいましたが、独立な場合すなわち $(p,q)=(e_1,e_1),(p,q)=(e_2,e_2),(p,q)=(e_1,e_2)$ の場合を具体的に書いてみます。

\begin{align}
\partial^2_1g&=\dfrac{k(1)}{r}\int_0^{2\pi}\cos^2\theta\partial_rf(re(\theta)+y)\,d\theta\\
&\quad -\dfrac{k(1)}{r^2}\int_0^{2\pi}(\sin^2\theta-\cos^2\theta)f(re(\theta)+y)\,d\theta\\
&\quad -\dfrac{1}{r^2}\int_0^{2\pi}\cos^2\theta\bigg\{\partial k(1)f(re(\theta)+y)-\int_0^1\{\partial k(X)+X\partial^2k(X)\}f(rXe(\theta)+y)\,dX\bigg\}\,d\theta\\
&+\int_0^1\dfrac{\partial k(X)}{r^2}\bigg\{\int_0^{2\pi}(\sin^2\theta-\cos^2\theta)f(rXe(\theta)+y)\,d\theta\bigg\}\,dX
\end{align}
\begin{align}
\partial^2_2g&=\dfrac{k(1)}{r}\int_0^{2\pi}\sin^2\theta\partial_rf(re(\theta)+y)\,d\theta\\
&\quad -\dfrac{k(1)}{r^2}\int_0^{2\pi}(\cos^2\theta-\sin^2\theta)f(re(\theta)+y)\,d\theta\\
&\quad -\dfrac{1}{r^2}\int_0^{2\pi}\sin^2\theta\bigg\{\partial k(1)f(re(\theta)+y)-\int_0^1\{\partial k(X)+X\partial^2k(X)\}f(rXe(\theta)+y)\,dX\bigg\}\,d\theta\\
&+\int_0^1\dfrac{\partial k(X)}{r^2}\bigg\{\int_0^{2\pi}(\cos^2\theta-\sin^2\theta)f(rXe(\theta)+y)\,d\theta\bigg\}\,dX
\end{align}
\begin{align}
\partial_1\partial_2g&=\dfrac{k(1)}{r}\int_0^{2\pi}\cos\theta\sin\theta\partial_rf(re(\theta)+y)\,d\theta\\
&\quad +\dfrac{2k(1)}{r^2}\int_0^{2\pi}\sin\theta\cos\theta f(re(\theta)+y)\,d\theta\\
&\quad -\dfrac{1}{r^2}\int_0^{2\pi}\cos\theta\sin\theta\bigg\{\partial k(1)f(re(\theta)+y)-\int_0^1\{\partial k(X)+X\partial^2k(X)\}f(rXe(\theta)+y)\,dX\bigg\}\,d\theta\\
&-2\int_0^1\dfrac{\partial k(X)}{r^2}\bigg\{\int_0^{2\pi}\sin\theta\cos\theta f(rXe(\theta)+y)\,d\theta\bigg\}\,dX
\end{align}

今回はここまで。計算練習のような回になってしまいましたが、次回はデコンボリューションの方針である $\psi$ を計算することに整合する導関数を考えましょう。(written by J.Nishigata)


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研究11- 畳込みの 2 階導関数

MathJax = {
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  },
  tex: {
    inlineMath: [['$', '$']]
  }
};






前回、畳込みのラプラシアンにより $g,\psi$ の関係式を得ました。デコンボリューションの不良設定性を回避するために動径方向への自由度を与えたいのですが、区間的に与えてしまうのは条件が強過ぎるため、今回は与えられた $r$ における畳込みの動径微分を許可することにしましょう。

\begin{align}
g(r,y)=\int_0^1Xk(X)\psi(rX,y)\,dX
\end{align}

これを $r$ で微分しましょう。

\begin{align}
r\partial_r g&=\int_0^1X^2k(X)\partial_X\psi(rX,y)\,dX\\
&=[X^2k(X)\psi(rX,y)]_0^1-\int_0^1\{2Xk(X)+X^2\partial k(X)\}\psi(rX,y)\,dX\\
&=k(1)\psi(r,y)-2g-\int_0^1X^2\partial k(X)\psi(rX,y)\,dX
\end{align}

前回定義した記号を使うと

\begin{align}
(2+r\partial_r)\langle 1\rangle_k=k(1)\psi(r,y)-\langle X\partial\rangle_k
\end{align}

となります。これも一般化しておくと、微分作用素 $D$ に対して

\begin{align}
(2+r\partial_r)\langle D\rangle_k=Dk(1)\psi(r,y)-\langle X\partial D\rangle_k
\end{align}

という式が得られます。今回はここまで。次回は剰余項の扱い方の話をします。(written by J.Nishigata)


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研究12- 畳込みのラプラシアン