小テク集2:Kernel swapping
PCを買い替えたので，性能を確かめがてら書くことにした．
対称核$K(x,y)=K(y,x)$,区間$I$の積分変換$(\mathcal T f)(y):=\int_I f(x) K(x,y) \mathrm dx $に対し，
$$ \int_I f(x)(\mathcal T g)(x)\mathrm dx=\int_I (\mathcal T f)(x)g(x)\mathrm dx $$
が成り立つ．
ネットで検索しても名前がないので便宜上"Kernel swapping"と呼ぶことにする．(あったらコメントでこっそり教えてね．)
由来は証明を見ていただけると分かるだろう．
$$\begin{align} \int_I f(x)(\mathcal T g)(x)\mathrm dx &=\int_If(x)\int_I g(y)K(y,x)\mathrm dy\mathrm dx\\ &=\int_I\int_I f(x)g(y)K(x,y)\mathrm dx\mathrm dy\\ &=\int_I\int_I f(x)K(x,y)\mathrm dx \ g(y)\mathrm dy\\ &=\int_I (\mathcal T f)(y)g(y)\mathrm dy. \end{align}$$
当たり前っちゃ当たり前だけど面白いですよね．
$\mathcal T = \L$がよく見られるから，そのうち院試で誘導付きで出るかもね．
これを使って，有名積分を楽に解いてみよう
$$(1)\int_0^\infty \frac{\sin x}{x}\mathrm dx \ \mathrm{(Dirichlet \ 積分)}$$
$$(2)\int_0^\infty \sin x^2\mathrm dx \ \mathrm{(Fresnel \ 積分)}$$
$$(3)\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}\cos x \d xx$$
(1)解答
$$\begin{align}
\int_0^\infty \frac{\sin x}{x}\mathrm dx
&=\int_0^\infty \frac{\Gamma(1)}{x^1}\sin x\mathrm dx \\
&=\int_0^\infty \L[1](x)\sin x\mathrm dx \\
&=\int_0^\infty 1 \ \L[\sin x](y)\mathrm dy \\
&=\int_0^\infty \frac1{1+y^2}\mathrm dy \\
&=\frac{\pi}{2}.
\end{align}$$
(2)解答
$$\begin{align}
\int_0^\infty \sin x^2\mathrm dx
&=\int_0^\infty \frac12 u^{-1/2}\sin u\mathrm du \ (x^2=u)\\
&=\frac{1}{2\sqrt{\pi}}\int_0^\infty \frac{\Gamma(1/2)}{u^{1/2}}\sin u\mathrm du \\
&=\frac{1}{2\sqrt{\pi}}\int_0^\infty \L[t^{-1/2}](u)\sin u\mathrm du \\
&=\frac{1}{2\sqrt{\pi}}\int_0^\infty t^{-1/2}\L[\sin u](t)\mathrm dt \\
&=\frac{1}{2\sqrt{\pi}}\int_0^\infty \frac{t^{-1/2}}{1+t^2}\mathrm dt \\
&=\frac{1}{4\sqrt{\pi}}\int_0^\infty \frac{s^{1/4-1}}{1+s}\mathrm ds \ (t^2=s)\\
&=\frac{1}{4\sqrt{\pi}}\frac{\pi}{\sin(\pi/4)} \\
&=\frac{\sqrt{2\pi}}4.
\end{align}$$
(3)解答
$$\begin{align}
\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}\cos x \d xx
&=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{\pi}}\F[e^{-\xi^2}](2x)\cos x \d xx
\ \left(\mathrm{注：} \F[e^{-t^2}](\omega)=\sqrt\pi e^{-\omega^2/4}\right)\\
&=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{\pi}}e^{-\xi^2}\F[\cos x](2\xi) \d x\xi\\
&=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{\pi}}e^{-\xi^2}\pi[\delta(2\xi-1)+\delta(2\xi+1)] \d x\xi\\
&=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\xi^2/4}[\delta(\xi-1)+\delta(\xi+1)] \d x\xi
\ \left(\delta(ax-b)=\frac{1}{|a|}\delta\left(x-\frac{b}{a}\right)\mathrm{でもよい.}\right)\\
&=\sqrt{\pi}e^{-1/4}.
\end{align}$$