証明集 第2章: 勾配の公式

証明

勾配の第 $i$ 成分は $[\nabla f]_i = \partial f / \partial x_i$ で与えられる。偏微分の線形性 (1変数微分の和の法則を各 $x_i$ に適用) より、各成分について

\begin{equation}[\nabla(f+g)]_i = \dfrac{\partial (f+g)}{\partial x_i} = \dfrac{\partial f}{\partial x_i} + \dfrac{\partial g}{\partial x_i} = [\nabla f]_i + [\nabla g]_i \label{eq:13-1}\end{equation}

すべての成分が一致するから、$\nabla(f+g) = \nabla f + \nabla g$ が成り立つ。

証明

偏微分は定数倍を外に出せるから、各成分について

\begin{equation}[\nabla(cf)]_i = \dfrac{\partial (cf)}{\partial x_i} = c\,\dfrac{\partial f}{\partial x_i} = c\,[\nabla f]_i \label{eq:14-1}\end{equation}

よって $\nabla(cf) = c\,\nabla f$ が示された。

証明

1変数微分の積の法則 (Leibniz則) を各 $x_i$ に対する偏微分に適用する。

\begin{equation}[\nabla(fg)]_i = \dfrac{\partial (fg)}{\partial x_i} = f\,\dfrac{\partial g}{\partial x_i} + g\,\dfrac{\partial f}{\partial x_i} = [f\,\nabla g + g\,\nabla f]_i \label{eq:15-1}\end{equation}

すべての成分が $f\,\nabla g + g\,\nabla f$ の対応成分と一致するから、公式が成立する。

証明

$\mathbf{A}\cdot\mathbf{B} = \sum_j A_j B_j$ の勾配の第 $i$ 成分を Leibniz則で展開する。

\begin{equation}[\nabla(\mathbf{A}\cdot\mathbf{B})]_i = \dfrac{\partial}{\partial x_i}\!\left(\displaystyle\sum_j A_j B_j\right) = \displaystyle\sum_j \left( B_j\,\dfrac{\partial A_j}{\partial x_i} + A_j\,\dfrac{\partial B_j}{\partial x_i} \right) \label{eq:16-1}\end{equation}

右辺の各項を、回転 $\nabla \times \mathbf{A}$ および方向微分 $(\mathbf{B}\cdot\nabla)\mathbf{A}$ で書き換える。BAC-CAB公式 ($\mathbf{a}\times(\mathbf{b}\times\mathbf{c}) = \mathbf{b}(\mathbf{a}\cdot\mathbf{c}) - \mathbf{c}(\mathbf{a}\cdot\mathbf{b})$) を $\mathbf{B} \times (\nabla \times \mathbf{A})$ に成分形で適用すると

\begin{equation}[\mathbf{B} \times (\nabla \times \mathbf{A})]_i = \displaystyle\sum_j B_j\,\dfrac{\partial A_j}{\partial x_i} - \displaystyle\sum_j B_j\,\dfrac{\partial A_i}{\partial x_j} \label{eq:16-2}\end{equation}

同様に $\mathbf{A}$ と $\mathbf{B}$ を入れ替えて

\begin{equation}[\mathbf{A} \times (\nabla \times \mathbf{B})]_i = \displaystyle\sum_j A_j\,\dfrac{\partial B_j}{\partial x_i} - \displaystyle\sum_j A_j\,\dfrac{\partial B_i}{\partial x_j} \label{eq:16-3}\end{equation}

第二項 $\sum_j B_j\,\partial A_i / \partial x_j$ は方向微分 $(\mathbf{B}\cdot\nabla)\mathbf{A}$ の第 $i$ 成分そのものであるから、$\eqref{eq:16-2}$ を解いて

\begin{equation}\displaystyle\sum_j B_j\,\dfrac{\partial A_j}{\partial x_i} = [\mathbf{B} \times (\nabla \times \mathbf{A})]_i + \displaystyle\sum_j B_j\,\dfrac{\partial A_i}{\partial x_j} = [\mathbf{B} \times (\nabla \times \mathbf{A}) + (\mathbf{B} \cdot \nabla)\mathbf{A}]_i \label{eq:16-4}\end{equation}

同じ手順で

\begin{equation}\displaystyle\sum_j A_j\,\dfrac{\partial B_j}{\partial x_i} = [\mathbf{A} \times (\nabla \times \mathbf{B}) + (\mathbf{A} \cdot \nabla)\mathbf{B}]_i \label{eq:16-5}\end{equation}

$\eqref{eq:16-4}$, $\eqref{eq:16-5}$ を $\eqref{eq:16-1}$ に代入すると、すべての成分について

\begin{equation}[\nabla(\mathbf{A}\cdot\mathbf{B})]_i = [(\mathbf{B} \cdot \nabla)\mathbf{A} + (\mathbf{A} \cdot \nabla)\mathbf{B} + \mathbf{B} \times (\nabla \times \mathbf{A}) + \mathbf{A} \times (\nabla \times \mathbf{B})]_i \label{eq:16-6}\end{equation}

これで公式 (16) が示された。

証明

1変数の連鎖律を各偏微分に適用すれば

\begin{equation}[\nabla f(g)]_i = \dfrac{\partial f(g)}{\partial x_i} = f'(g)\,\dfrac{\partial g}{\partial x_i} = [f'(g)\,\nabla g]_i \label{eq:17-1}\end{equation}

これがすべての $i$ について成り立つから、$\nabla f(g) = f'(g)\,\nabla g$ が得られる。

証明

(17) において 1変数関数として $f(g) = g^n$ をとる。1変数微分の冪則より $f'(g) = n\,g^{n-1}$ であるから、(17) を適用して

\begin{equation}\nabla f^n = n\,f^{n-1}\,\nabla f \label{eq:18-1}\end{equation}

これは (17) の特別な場合として直ちに従う。

証明

まず $1/g$ の勾配を求める。(17) において $f(g) = 1/g$ をとると $f'(g) = -1/g^2$ であるから

\begin{equation}\nabla\!\left(\dfrac{1}{g}\right) = -\dfrac{1}{g^2}\,\nabla g \label{eq:19-1}\end{equation}

つぎに $f/g = f \cdot (1/g)$ と書き、(15) の積の公式と $\eqref{eq:19-1}$ を用いる。

\begin{equation}\nabla\!\left(\dfrac{f}{g}\right) = \nabla\!\left(f \cdot \dfrac{1}{g}\right) = \dfrac{1}{g}\,\nabla f + f\,\nabla\!\left(\dfrac{1}{g}\right) = \dfrac{1}{g}\,\nabla f - \dfrac{f}{g^2}\,\nabla g \label{eq:19-2}\end{equation}

右辺を共通分母 $g^2$ にまとめて

\begin{equation}\nabla\!\left(\dfrac{f}{g}\right) = \dfrac{g\,\nabla f - f\,\nabla g}{g^2} \label{eq:19-3}\end{equation}

これで商の公式が示された。

証明

$\mathbf{s} = \mathbf{r} - \mathbf{r}'$ とおく。$\mathbf{r}'$ は固定点であるから定数として扱う。距離の二乗は

\begin{equation}\mathbf{s} = \mathbf{r} - \mathbf{r}', \qquad |\mathbf{s}|^2 = \displaystyle\sum_i (x_i - x'_i)^2 \label{eq:20-1}\end{equation}

両辺を $x_i$ で偏微分すると

\begin{equation}2\,|\mathbf{s}|\,\dfrac{\partial |\mathbf{s}|}{\partial x_i} = 2(x_i - x'_i) \quad \Longrightarrow \quad \dfrac{\partial |\mathbf{s}|}{\partial x_i} = \dfrac{x_i - x'_i}{|\mathbf{s}|} \label{eq:20-2}\end{equation}

これをベクトルの形に書き直して

\begin{equation}\nabla |\mathbf{s}| = \dfrac{\mathbf{s}}{|\mathbf{s}|} = \dfrac{\mathbf{r} - \mathbf{r}'}{|\mathbf{r} - \mathbf{r}'|} \label{eq:20-3}\end{equation}

つぎに (17) において 1変数関数として $f(g) = 1/g$ をとり、$g = |\mathbf{s}|$ とすれば $f'(g) = -1/g^2$ であるから

\begin{equation}\nabla\!\left(\dfrac{1}{|\mathbf{s}|}\right) = -\dfrac{1}{|\mathbf{s}|^2}\,\nabla |\mathbf{s}| = -\dfrac{1}{|\mathbf{s}|^2} \cdot \dfrac{\mathbf{s}}{|\mathbf{s}|} = -\dfrac{\mathbf{s}}{|\mathbf{s}|^3} \label{eq:20-4}\end{equation}

$\mathbf{s} = \mathbf{r} - \mathbf{r}'$ を戻して

\begin{equation}\nabla\!\left(\dfrac{1}{|\mathbf{r} - \mathbf{r}'|}\right) = -\dfrac{\mathbf{r} - \mathbf{r}'}{|\mathbf{r} - \mathbf{r}'|^3} \label{eq:20-5}\end{equation}

これは静電ポテンシャル $1/(4\pi\varepsilon_0 |\mathbf{r}-\mathbf{r}'|)$ から電場 $\mathbf{E} = -\nabla\phi$ を導く際の中核公式であり、Coulombの法則の数学的な表現と直結する。