$$\displaystyle\frac{\partial} {\partial \boldsymbol{x}} \boldsymbol{U}^T \boldsymbol{x}=\boldsymbol{U} $$

$$\displaystyle\frac{\partial} {\partial \boldsymbol{x}} \boldsymbol{x}^T \boldsymbol{U}=\boldsymbol{U} $$

$$\displaystyle\frac{\partial} {\partial \boldsymbol{x}} \boldsymbol{x}^T \boldsymbol{U} \boldsymbol{x}=2\boldsymbol{Ux}$$

$$\displaystyle\frac{\partial} {\partial \boldsymbol{x}} \boldsymbol{U} \boldsymbol{x}=\boldsymbol{U}^T $$

ポアソン核$\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} r^n cos(nx)$を求めます．

部分和

$$\displaystyle\sum_{n=1}^{\zeta} r^n cos(nx)=\displaystyle\sum_{n=1}^{\zeta} r^n \displaystyle\frac{e^{inx}+e^{-inx}}{2}$$

$$=\displaystyle\frac{1}{2}\displaystyle\sum_{n=1}^{\zeta}[r^n e^{inx}+r^n e^{-inx}] =\displaystyle\frac{1}{2} [\displaystyle\frac{re^{ix}(1-r^\zeta e^{i\zeta x})} {1-re^{ix}}+\displaystyle\frac{re^{-ix}(1-r^\zeta e^{-i\zeta x})}{1-r e^{-ix}}]$$

極限をとる．ただし，$0<r<1$である．

$$\displaystyle\frac{1}{2} \displaystyle\lim_{\zeta \to \infty} [ \displaystyle\frac{re^{ix}(1-r^\zeta e^{i\zeta x})} {1-re^{ix}}+\displaystyle\frac{re^{-ix}(1-r^\zeta e^{-i\zeta x})}{1-r e^{-ix}}]$$

$$=\displaystyle\frac{1}{2}[\displaystyle\frac{re^{ix}} {1-re^{ix}}+\displaystyle\frac{re^{-ix}} {1-re^{-ix}}]=\displaystyle\frac{1}{2}[\displaystyle\frac{r(e^{ix}+e^{-ix})-2r^2} {1-r(e^{ix}+e^{-ix})+r^2}]$$

$$=\displaystyle\frac{1}{2}[\displaystyle\frac{2rcosx-2r^2}{1-2rcosx+r^2}]=\displaystyle\frac{r(cosx-r)}{1-2rcos x+r^2}$$

$\Delta t$:区間幅

■sin波（正弦）

$$F(\omega)=\displaystyle\int^{\Delta t/2}_{-\Delta t/2} sin(\omega_0 t) \cdot e^{-j\omega t} dt=\displaystyle\int^{\Delta t/2}_{-\Delta t/2} sin(\omega_0 t) [cos(\omega t)-j sin(\omega t)]dt$$

$$=-2j\displaystyle\int^{\Delta t/2}_{0} sin(\omega t) sin(\omega_0 t) dt=j \displaystyle\int^{\Delta t/2}_{0} [cos(\omega+\omega_0)t-cos(\omega-\omega_0)t]dt$$

$$=j[\displaystyle\frac{sin{(\omega+\omega_0) \cdot\frac {\Delta t}{2}}}{\omega+\omega_0}-\displaystyle\frac{sin{(\omega-\omega_0) \cdot\frac {\Delta t}{2}}}{\omega-\omega_0}]$$

■cos波（余弦）

$$F(\omega)=\displaystyle\int^{\Delta t/2}_{-\Delta t/2} cos(\omega_0 t) \cdot e^{-j\omega t} dt=\displaystyle\int^{\Delta t/2}_{-\Delta t/2} cos(\omega_0 t) [cos(\omega t)-j sin(\omega t)]dt$$

$$=2\displaystyle\int^{\Delta t/2}_{0} cos(\omega t) cos(\omega_0 t) dt= \displaystyle\int^{\Delta t/2}_{0} [cos(\omega-\omega_0)t+cos(\omega+\omega_0)t]dt$$

$$=\displaystyle\frac{sin{(\omega-\omega_0) \cdot\frac {\Delta t}{2}}}{\omega-\omega_0}+\displaystyle\frac{sin{(\omega+\omega_0) \cdot\frac {\Delta t}{2}}}{\omega+\omega_0}$$

あまり見る機会がないですが，以下です．$j$は虚数です．

$$e^{-j\alpha}-e^{-j\beta}=-2j\mbox{sin}(\displaystyle\frac{\alpha-\beta}{2})\cdot e^{-j\frac{\alpha+\beta}{2}}$$

$$e^{-j\alpha}+e^{-j\beta}=2\mbox{cos}(\displaystyle\frac{\beta-\alpha}{2})\cdot e^{-j\frac{\alpha+\beta}{2}}$$

$$e^{j\alpha}-e^{j\beta}=-2j\mbox{sin}(\displaystyle\frac{\beta-\alpha}{2})\cdot e^{j\frac{\alpha+\beta}{2}}$$

$$e^{j\alpha}+e^{j\beta}=2\mbox{cos}(\displaystyle\frac{\alpha-\beta}{2})\cdot e^{j\frac{\alpha+\beta}{2}}$$

$\displaystyle\frac{dx(t)}{dt}=Ax(t)+Bu(t)$の解を導く

同次方程式は，

$$\displaystyle\frac{dx(t)}{dt}-Ax(t)=0 \,\,\, (\displaystyle\frac{dx(t)}{dt}=Ax(t))$$

ここから，

$$\displaystyle\frac{1}{x(t)}\displaystyle\frac{dx(t)}{dt}=A\Rightarrow\displaystyle\int \displaystyle\frac{1}{x(t)} dx(t)=\displaystyle\int A dt$$

積分結果は，$\mbox{ln}|x(t)|+C_1=At+C_2$

定数$C_1$と$C_2$は一つの定数$C$にまとめて，$\mbox{ln}|x(t)|=At+C$　

ここから，$x(t)=e^{At+C}$と書ける．

ここで，定数変化法を用いる．$e^{C}=\xi(t)$とおくと，

$x(t)=e^{At}\xi(t)$となる．両辺微分して，

$$\displaystyle\frac{dx(t)}{dt}=\displaystyle\frac{d\xi(t)}{dt}e^{At}+Ae^{At}\xi(t)$$

$\displaystyle\frac{dx(t)}{dt}=Ax(t)+Bu(t)$より,

$$\displaystyle\frac{d\xi(t)}{dt}e^{At}+Ae^{At}\xi(t)=Ae^{At}\xi(t)+Bu(t)$$

ゆえに，

$$\displaystyle\frac{d\xi(t)}{dt}=Be^{-At}u(t)$$

両辺積分して，

$$\displaystyle\int^t_{0}d\xi(t)=\displaystyle\int^t_{0} Bu(\tau)e^{-A\tau}d\tau$$

$$\xi(t)-\xi(0)=\displaystyle\int^t_{0} Bu(\tau)e^{-A\tau}d\tau \Rightarrow \xi(t)=\xi(0)+\displaystyle\int^t_{0} Bu(\tau)e^{-A\tau}d\tau$$

$x(t)=e^{At}\xi(t)$より，

$$x(t)=e^{At}[\xi(0)+\displaystyle\int^t_{0} Bu(\tau)e^{-A\tau}d\tau]$$

以上より，状態方程式の解は，

$$x(t)=e^{At} x(0)+\displaystyle\int^t_{0} Bu(\tau)e^{A(t-\tau)}d\tau\,\,\,(\mbox{ただし，}x(0)=e^{0}\xi(0))$$

極限式(1.1)，(1.2)から式(1.3)(Sinc関数の極限式)へ帰着させることを考える．
式(1.1)から式(1.3)への帰着方法に関しては，シンプルな方法があるが，今回は別方法を用いた．$$\displaystyle\lim_{x \rightarrow 0}\displaystyle\frac{1-\cos x}{x^2}=\dfrac{1}{2}\cdots(1.1)$$
$$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0} \displaystyle\frac{e^x-1}{x}=1\cdots(1.2)$$
$$\displaystyle\lim_{x \rightarrow 0} \displaystyle\frac{\sin x}{x}=1\cdots(1.3)$$

式(1.1)から式(1.3)へ

■シンプルな方法
$2\sin^2\displaystyle\frac{x}{2}=1-\cos x$より，
$$\lim_{x \to 0}\displaystyle\frac{2\sin^2\displaystyle\frac{x}{2}}{x^2}=\displaystyle\frac{1}{2}\lim_{x \to 0}\displaystyle\frac{\sin^2\displaystyle\frac{x}{2}}{\left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)^2}=\displaystyle\frac{1}{2}$$
$\displaystyle\frac{x}{2}=t$とおくと，
$$\displaystyle\lim_{t \to 0}\displaystyle\frac{\sin^2t}{t^2}=\displaystyle\lim_{t \to 0}\left(\displaystyle\frac{\sin t}{t}\right)^2=1$$
ここから，$\displaystyle\lim_{t \to 0}\displaystyle\frac{\sin t}{t}=1$となり，Sinc関数極限式へと帰着する．
今回は，シンプルな方法とは異なるアプローチでSinc関数極限式へと帰着させてみる．
オイラーの公式を用いて，次のように変形する．なお，$i$は虚数である．

$$\displaystyle\lim_{x \rightarrow 0}\displaystyle\frac{1-\cos x}{x^2}
=\displaystyle\lim_{x \rightarrow 0}\displaystyle\frac{1-\dfrac{e^{ix}+e^{-ix}}{2}}{x^2}
=\displaystyle\lim_{x \rightarrow 0}\dfrac{2-e^{ix}-e^{-ix}}{2x^2}$$
$$=\displaystyle\lim_{x \rightarrow 0}\dfrac{(1-e^{-ix})+(1-e^{ix})}{2x^2}
=\displaystyle\lim_{x \rightarrow 0}\dfrac{e^{-i\frac{x}{2}}(e^{i\frac{x}{2}}-e^{-i\frac{x}{2}})-e^{i\frac{x}{2}}(e^{i\frac{x}{2}}-e^{-i\frac{x}{2}})}{2x^2}$$
$$=\displaystyle\lim_{x \rightarrow 0}\dfrac{(e^{i\frac{x}{2}}-e^{-i\frac{x}{2}})\left\{-(e^{i\frac{x}{2}}-e^{-i\frac{x}{2}})\right\}}{2x^2}
=\displaystyle\lim_{x \rightarrow 0}\dfrac{2i\sin(\dfrac{x}{2})\left\{-2i\sin(\dfrac{x}{2})\right\}}{2x^2}$$
以上より，
$$\displaystyle\lim_{x \rightarrow 0}\dfrac{4\sin^2(\dfrac{x}{2})}{2x^2}
=\dfrac{1}{2}$$$\dfrac{x}{2}=t$とおくと
$$\displaystyle\lim_{t \rightarrow 0}\left(\dfrac{\sin(t)}{t}\right)^2=1$$
ここから，$\displaystyle\lim_{t \rightarrow 0}\dfrac{\sin(t)}{t}=1$とSinc関数極限式へと帰着する．
シンプルな方法に比べると長くなるが，オイラーの公式を用い，所々式変形に工夫をした．

式(1.2)から式(1.3)へ

次のように式変形していきます．
$$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0} \displaystyle\frac{e^x-1}{x}=\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0} \displaystyle\frac{e^{\frac{x}{2}} (e^{\frac{x}{2}}-e^{-\frac{x}{2}}) }{x}= 2\lim_{x \rightarrow 0}\displaystyle\frac{e^{\frac{x}{2}} (e^{\frac{x}{2}}-e^{-\frac{x}{2}}) }{2x}$$
$$=2\lim_{x \rightarrow 0}\displaystyle\frac{e^{\frac{x}{2}}}{x}\displaystyle\frac{(e^{\frac{x}{2}}-e^{-\frac{x}{2}})}{2}=2\lim_{x \rightarrow 0}\displaystyle\frac{e^{\frac{x}{2}}}{x}\sinh(\displaystyle\frac{x}{2})$$
ここで，$\displaystyle\frac{x}{2}=t$とし，また，$\sinh(\displaystyle\frac{x}{2})=-i\sin(i\displaystyle\frac{x}{2})$を用いて式変形していくと
$$2\lim_{t \rightarrow 0}\displaystyle\frac{e^{t}}{2t}\left\{-i\sin(it)\right\}
=\lim_{t \rightarrow 0}\displaystyle\frac{\sin(it)}{it}\cdot e^{t}=1$$
$it=u$とおくと，
$$\lim_{u \rightarrow 0}\displaystyle\frac{\sin(u)}{u}\cdot e^{-iu}=1$$
と書ける．さらに，オイラーの公式を用いると，
$$\displaystyle\lim_{u \to 0}\displaystyle\frac{\sin(u)}{u}\cdot(\cos(u)-i\sin (u))$$
$$=\lim_{u \rightarrow 0}\left\{\displaystyle\frac{\sin(u)}{u}\cdot\cos(u)-i\displaystyle\frac{\sin^2(u)}{u}\right\}=1$$
ここから，
$$\displaystyle\lim_{u \rightarrow 0}\displaystyle\frac{\sin(u)}{u}\cdot\cos(u)=1\cdots(2.1)$$
$$\displaystyle\lim_{u \rightarrow 0}\displaystyle\frac{\sin^2(u)}{u}=0\cdots(2.2)$$
が得られる．式(2.1)から，
$$\displaystyle\lim_{u \rightarrow 0}\displaystyle\frac{\sin(u)}{u}=1$$
へと帰着する．

■派生極限式の導出

指数部の1/2でくくり，式変形を行っていた結果，3つの派生極限式を得た．以下にそれを示す．
まずは，次のように式変形を行う．

$$\displaystyle\frac{e^x-1}{x}=\displaystyle\frac{e^{\frac{x}{2}} (e^{\frac{x}{2}}-e^{-\frac{x}{2}}) }{x}$$

上式で極限をとると，収束値は同じく，

$$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0} \displaystyle\frac{e^x-1}{x}=\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0} \displaystyle\frac{e^{\frac{x}{2}} (e^{\frac{x}{2}}-e^{-\frac{x}{2}}) }{x}=1$$

である．ここで，$e^{\frac{x}{2}}=t$と置換すると，

$$\displaystyle \lim_{t \rightarrow 1} \displaystyle\frac{t(t-t^{-1})}{2\mbox{log} t}
=\displaystyle\frac{1}{2}\displaystyle \lim_{t \rightarrow 1} \displaystyle\frac{(t-1)(t+1)}{\mbox{log} t}=1$$

となる．上式は1に収束することから，

$$\displaystyle \lim_{t \rightarrow 1}\displaystyle\frac{(t-1)(t+1)}{\mbox{log}t}=2$$

が分かる．次に$t+1=u$とおくと，

$$\displaystyle \lim_{u \rightarrow 2}\displaystyle\frac{u(u-2)}{\mbox{log}(u-1)}=2$$

が成立し，また，$t-1=v$とおくと，

$$\displaystyle \lim_{v \rightarrow 0}\displaystyle\frac{v(v+2)}{\mbox{log}(v+1)}=2$$

も成立する．
以上をまとめると，次の3つの派生極限式を得る．
$$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0}\displaystyle\frac{x(x+2)}{\mbox{log}(x+1)}=2\cdots(1)$$
$$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 1}\displaystyle\frac{(x-1)(x+1)}{\mbox{log}x}=2\cdots(2)$$
$$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 2}\displaystyle\frac{(x-2)x}{\mbox{log}(x-1)}=2\cdots(3)$$

■極限式の一般化と証明

(1)中の関数を，$x$軸方向へ1平行移動した関数が(2)であり，(2)，(3)の関係についても同様である．

(1)，(2)，(3)をみていると，

$$\displaystyle\lim_{x \rightarrow \alpha}\displaystyle\frac{(x-\alpha)(x-\alpha+n)}{\mbox{log}(x-\alpha+1)}=n\cdots(4)$$

と予想できる．ここで，ロピタルの定理を用いて証明すると，

$$\displaystyle\lim_{x \rightarrow \alpha}\displaystyle\frac{(x-\alpha)(x-\alpha+n)}{\mbox{log}(x-\alpha+1)}$$

$$=\displaystyle\lim_{x \rightarrow \alpha}\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{d}{dx}(x-\alpha)(x-\alpha+n)}{\displaystyle\frac{d}{dx}\mbox{log}(x-\alpha+1)}$$

$$=\displaystyle\lim_{x \rightarrow \alpha}\{2(x-\alpha)+n\}(x-\alpha+1)=n$$

と証明できる．また，$x-\alpha=\beta$とおくと，

$$\displaystyle\lim_{\beta \rightarrow 0} \displaystyle\frac{\beta(\beta+n)}{\mbox{log}(\beta+1)}=n\cdots(5)$$
と書くこともできる．

■数学的帰納法による証明

$n>0$のとき，(4)を階乗で表現する．
$n=1$の時，

$$\displaystyle\lim_{x \rightarrow \alpha} \displaystyle\frac{(x-\alpha+1)!}{(x-\alpha-1)!\mbox{log}(x-\alpha+1)}=1$$
ここで，$x-\alpha=\beta$とすると，以下のように書ける．
$$\displaystyle\lim_{\beta \rightarrow 0}\displaystyle\frac{(\beta+1)!}{(\beta-1)!\mbox{log}(\beta+1)}$$

$$=\displaystyle\lim_{\beta \rightarrow 0}\displaystyle\frac{\beta}{\mbox{log}(\beta+1)}(\beta+1)=1$$

ここから，

$$\displaystyle\lim_{\beta \rightarrow 0}\displaystyle\frac{\beta}{\mbox{log}(\beta+1)}=1$$

が導出される．$n \geq 2$では，

$$\displaystyle\lim_{x \rightarrow \alpha}\displaystyle\frac{(x-\alpha+n)!}{\left[\displaystyle\prod_{j=2}^n(x-\alpha+j-1)\right](x-\alpha-1)!\log(x-\alpha+1)}=n$$

となり，前述と同様に$x-\alpha=\beta$とすると，

$$\displaystyle\lim_{\beta \rightarrow 0}\displaystyle\frac{(\beta+n)!}{\left[\displaystyle\prod_{j=2}^n(\beta+j-1)\right](\beta-1)!\log(\beta+1)}=n$$

となる．次に，この式を数学的帰納法で証明する．

$n=2$の時，(1)より成立．$n=k$の時，即ち，

$$\displaystyle\lim_{\beta \rightarrow 0}\displaystyle\frac{(\beta+k)!}{\left[ \displaystyle\prod_{j=2}^k(\beta+j-1) \right] (\beta-1)!\mbox{log}(\beta+1)}=k$$

が成立すると仮定すると，$n=k+1$の時，

$$\displaystyle\lim_{\beta \rightarrow 0}\displaystyle\frac{(\beta+k+1)!}{\left[ \displaystyle\prod_{j=2}^{k+1}(\beta+j-1) \right] (\beta-1)!\log(\beta+1)}$$

$$=\displaystyle\lim_{\beta \rightarrow 0}\displaystyle\frac{(\beta+k)!}{\left[\displaystyle\prod_{j=2}^k(\beta+j-1) \right] (\beta-1)!\log(\beta+1)}\times \left\{ \displaystyle\frac{\beta+k+1}{\beta+k} \right\}$$

$$=\displaystyle\lim_{\beta \rightarrow 0} k \times \left\{ \displaystyle\frac{\beta+k+1}{\beta+k} \right\}=k+1$$

以上より，$n \geq 2$の自然数において成立する．

■プログラミング

Fig．1の描画，及び階乗を用いた式変形が正しいことを確認するために，Scilab(ver5．5．2)でプログラミングを行った．
Fig．2は，式変形の確認ﾞで(5)，(6)の$n$を2～50，及び$\beta$を1～50まで動かしたものをプロットしている．両グラフが完全に一致することから，階乗を用いた式変形に誤りがないことが分かる．
コーディングする際の注意点として，(5)は真数条件より，$\beta > -1$の条件がつく．
(6)は負の階乗がないことと，真数条件より$\{{\beta-1\geq 0}\} \cap\{ {\beta+1 > 0} \}$．ここから，$\beta \geq 1$の条件がつく．

/////////////////////////////////////// //　　　　Fig.1 描画　　　　　// ////////////////////////////////////// clear; funcprot(0);//x軸範囲指定 関数 function[x]=x_ax(a,x_e,d_s); //引数 a:式中α, x_e:x軸範囲の終値 ,d_s:データサイズ 　　x_s=a-1; 　　x=linspace(x_s+0.01,x_e,d_s);//真数条件より,x初期値決定 endfunction funcprot(0);//極限式 描画関数 function[res]=limfcn(a,n,x_e,d_s); //引数 a:式中α, n:収束値 x_e:x軸範囲の終値,d_s:データサイズ 　　x=x_ax(a,x_e,d_s); 　　res=((x-a).*(x-a+n))./log(x-a+1+%eps);//極限式 endfunction //main関数// d_sm=50; //データサイズ定義 x_em=2.2;//x軸描画範囲の終値 //α=0式 プロット plot(x_ax(0,x_em,d_sm),limfcn(0,2,x_em,d_sm)); a=gce(); c=a.children; c.thickness = 3; //α=1式 プロット plot(x_ax(1,x_em,d_sm),limfcn(1,2,x_em,d_sm),’m–‘); a=gce(); c=a.children; c.thickness = 3; //α=2式 プロット plot(x_ax(2,x_em,d_sm),limfcn(2,2,x_em,d_sm),’r++’); a=gce(); c=a.children; c.thickness = 3; xgrid(); xlabel(“x”, “fontsize”, 4); legend([‘(1)式’;'(2)式’;'(3)式’]);

/////////////////////////////////////// //　　　　Fig.2 描画　　　　　// ////////////////////////////////////// clear; beta_s=1;//β初期値 beta_end=50;//β終値 n_s=2;//収束値 n初期値 n_e=50;//収束値 n終値 for n=n_s:1:n_e;//nの範囲 　for i=beta_s:1:beta_end;//βの範囲 　　　res_b(n,i)=(i.*(i+n))./log(i+1);//階乗未使用 　　　pi=1; 　　　for j=2:1:n; 　　　　　pi=pi*(i+j-1);//Π部分計算 　　　end 　　　res_a(n,i)=factorial(i+n)/(pi*factorial(i-1)*log(i+1));//階乗表現 　end end subplot(1,2,1) surf(res_b); set(gcf(),’color_map’,jetcolormap(256)); xgrid(); title(‘(5)式’,’fontsize’,6); subplot(1,2,2) surf(res_a); set(gcf(),’color_map’,jetcolormap(256)); xgrid(); title(‘(6)式’,’fontsize’,6);

コロナ社様から

次世代信号情報処理シリーズ 2
音声音響信号処理の基礎と実践
– フィルタ，ノイズ除去，音響エフェクトの原理 –
田中 聡久 東京農工大教授 監修川村 新 京都産業大教授 著

をご送付いただきました．
感想は以下のレビューにあります．
https://www.coronasha.co.jp/np/isbn/9784339014020/

信号処理の本はたくさんありますが，音響に特化したものが
また1冊増えたのは嬉しいですね．
また何か面白そうなものをプログラミングしてみようと思います．

マイクを使うときに電池がないといったことが多々あるので，普段は電源で使えるように改造．

ソニーのECM-C115でモノラルです．
筐体内部の基板にMADE IN JAPANの表記があったので，日本で作っているみたいですね．