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【関連記事】
- 関数の時間平均について．
- 時間的に周期性を持つ関数の長時間平均はゼロになる．
時間平均
時間平均
時間を変数とする関数$f$の「時間平均」を
【解説】\begin{aligned}
\langle f\rangle
=\frac{1}{T}\int_0^T f(t)\,\mathrm{d}t
\end{aligned}
で定める．特に，「長時間平均」を\langle f\rangle
=\frac{1}{T}\int_0^T f(t)\,\mathrm{d}t
\end{aligned}
\begin{aligned}
\langle f\rangle
=\lim_{T\to \infty}\frac{1}{T}\int_0^T f(t)\,\mathrm{d}t
\end{aligned}
で定める．\langle f\rangle
=\lim_{T\to \infty}\frac{1}{T}\int_0^T f(t)\,\mathrm{d}t
\end{aligned}
$N$個のりんごの質量がそれぞれ$M_1,...,M_N$であるとき，平均の質量を
\begin{aligned}
M=\frac{1}{N}\sum_{i=1}^N M_i
\end{aligned}
とするのと同じ考え方です．M=\frac{1}{N}\sum_{i=1}^N M_i
\end{aligned}
周期関数
周期$T_{\mathrm{p}}$の関数$f$を考えます．つまり，$f(t+T_{\mathrm{p}})=f(t)$が成立するとします．周期関数の「長時間平均」は，「1周期$T_{\mathrm{p}}$」での時間平均に等しくなることがわかります．周期関数の「長時間平均」
周期関数$f$に対して
これは，\begin{aligned}
\langle f\rangle
&=\lim_{T\to \infty}\frac{1}{T} \int_0^T f(t)\,\mathrm{d}t\\
&=\frac{1}{T_{\mathrm{p}}}\int_0^{T_{\mathrm{p}}} f(t)\,\mathrm{d}t
\end{aligned}
が成立する．\langle f\rangle
&=\lim_{T\to \infty}\frac{1}{T} \int_0^T f(t)\,\mathrm{d}t\\
&=\frac{1}{T_{\mathrm{p}}}\int_0^{T_{\mathrm{p}}} f(t)\,\mathrm{d}t
\end{aligned}
\begin{aligned}
\langle f-\bar{f}\rangle
&=\lim_{T\to \infty}\frac{1}{T} \int_0^T [f(t)-\bar{f}] \,\mathrm{d}t =0 \\
&\Biggl( \bar{f}
=\frac{1}{T_{\mathrm{p}}}\int_0^{T_{\mathrm{p}}} f(t)\,\mathrm{d}t \Biggr)
\end{aligned}
と表すこともできます．\langle f-\bar{f}\rangle
&=\lim_{T\to \infty}\frac{1}{T} \int_0^T [f(t)-\bar{f}] \,\mathrm{d}t =0 \\
&\Biggl( \bar{f}
=\frac{1}{T_{\mathrm{p}}}\int_0^{T_{\mathrm{p}}} f(t)\,\mathrm{d}t \Biggr)
\end{aligned}
直感的に言えば，「周期からはみ出る余り」の部分は，長い時間平均すれば寄与が小さくなるということです．このことを式で示したのが次の証明です．
【証明】
積分区間$[0,T]$の中に$N(T)$周期が含まれているとします．つまり，$N(T)$は
\begin{aligned}
0\leq T-N(T)\cdot T_{\mathrm{p}} \leq T_{\mathrm{p}}
\end{aligned}
を満たす整数です．0\leq T-N(T)\cdot T_{\mathrm{p}} \leq T_{\mathrm{p}}
\end{aligned}
このとき，
\begin{aligned}
\bar{f}
&=\frac{1}{T_{\mathrm{p}}}\int_0^{T_{\mathrm{p}}} f(t)\,\mathrm{d}t
\end{aligned}
とすれば，$\displaystyle \int_0^{T_{\mathrm{p}}} [f(t)-\bar{f}] \,\mathrm{d}t=0$であり，$f(t)-\bar{f}$は周期$T_{\mathrm{p}}$の関数なので\bar{f}
&=\frac{1}{T_{\mathrm{p}}}\int_0^{T_{\mathrm{p}}} f(t)\,\mathrm{d}t
\end{aligned}
\begin{aligned}
&\Biggl| \frac{1}{T} \int_0^T f(t)\,\mathrm{d}t - \bar{f}\Biggr| \\
&=\Biggl| \frac{1}{T} \int_0^T [f(t) - \bar{f}] \,\mathrm{d}t \Biggr| \\
&=\Biggl| \frac{1}{T} \int_{N(T)\cdot T_{\mathrm{p}}}^T [f(t)-\bar{f}] \,\mathrm{d}t \Biggr| \\
&\leq \frac{1}{T}\cdot [T-N(T)\cdot T_{\mathrm{p}}]\cdot \mathrm{Max\,} [f(t)-\bar{f}] \\
&\leq \frac{T_{\mathrm{p}}}{T} \mathrm{Max\,} [f(t)-\bar{f}] \\
&\rightarrow 0 \quad(T\rightarrow\infty)
\end{aligned}
となります．//&\Biggl| \frac{1}{T} \int_0^T f(t)\,\mathrm{d}t - \bar{f}\Biggr| \\
&=\Biggl| \frac{1}{T} \int_0^T [f(t) - \bar{f}] \,\mathrm{d}t \Biggr| \\
&=\Biggl| \frac{1}{T} \int_{N(T)\cdot T_{\mathrm{p}}}^T [f(t)-\bar{f}] \,\mathrm{d}t \Biggr| \\
&\leq \frac{1}{T}\cdot [T-N(T)\cdot T_{\mathrm{p}}]\cdot \mathrm{Max\,} [f(t)-\bar{f}] \\
&\leq \frac{T_{\mathrm{p}}}{T} \mathrm{Max\,} [f(t)-\bar{f}] \\
&\rightarrow 0 \quad(T\rightarrow\infty)
\end{aligned}
実効値
実効値
時間を変数とする関数$f$の「実効値」を
【解説】\begin{aligned}
f_{\mathrm{rms}}
&=\sqrt{\langle f^2 \rangle} \\
&=\sqrt{\lim_{T\to \infty} \frac{1}{T}\int_0^T f^2(t)\,\mathrm{d}t}
\end{aligned}
で定める．f_{\mathrm{rms}}
&=\sqrt{\langle f^2 \rangle} \\
&=\sqrt{\lim_{T\to \infty} \frac{1}{T}\int_0^T f^2(t)\,\mathrm{d}t}
\end{aligned}
例えば，$f(t)=\sin(\omega t+\delta(x))$に対して$f_{\mathrm{rms}}=1/\sqrt{2}$となります：
\begin{aligned}
&\langle \sin^2(\omega t+\delta(x)) \rangle \\
&=\cos^2\delta(x) \langle \sin^2(\omega t) \rangle
+\sin^2\delta(x) \langle \cos^2(\omega t) \rangle \\
&\quad+\sin\delta(x)\cos\delta(x) \langle 2\sin(\omega t)\cos(\omega t) \rangle \\
&=\cos^2\delta(x) \biggl\langle \frac{1-\cancel{\cos(2\omega t)}}{2} \biggr\rangle \\
&\quad+\sin^2\delta(x) \biggl\langle \frac{1+\cancel{\cos(2\omega t)}}{2} \biggr\rangle\\
&\quad+\frac{1}{2}\sin(2\delta(x)) \cancel{\langle \sin(2\omega t) \rangle} \\
&=\frac{1}{2}
\end{aligned}
&\langle \sin^2(\omega t+\delta(x)) \rangle \\
&=\cos^2\delta(x) \langle \sin^2(\omega t) \rangle
+\sin^2\delta(x) \langle \cos^2(\omega t) \rangle \\
&\quad+\sin\delta(x)\cos\delta(x) \langle 2\sin(\omega t)\cos(\omega t) \rangle \\
&=\cos^2\delta(x) \biggl\langle \frac{1-\cancel{\cos(2\omega t)}}{2} \biggr\rangle \\
&\quad+\sin^2\delta(x) \biggl\langle \frac{1+\cancel{\cos(2\omega t)}}{2} \biggr\rangle\\
&\quad+\frac{1}{2}\sin(2\delta(x)) \cancel{\langle \sin(2\omega t) \rangle} \\
&=\frac{1}{2}
\end{aligned}
途中計算では加法定理や半角・2倍角の公式を使いました（参考：三角関数と公式 - Notes_JP）．また，上で導いた結果から，$\sin$や$\cos$の時間平均はゼロとなるので$\langle\sin(2\omega t) \rangle=\langle\cos(2\omega t) \rangle=0$となります．
複素数表示した波の時間平均
単色波の場合
単一の周波数からなる波を考える．電磁気学などで，複素形式で表した2つの波
\begin{aligned}
\bm{A}(t) = \bm{A}_{0} e^{-i\omega t},\quad
\bm{B}(t) = \bm{B}_{0} e^{-i\omega t}
\end{aligned}
（$\bm{A}_{0}, \bm{B}_{0}$は複素ベクトル）について積（内積や外積）を計算したいときは，予め実部を取らなければなりません．つまり，知りたいのは\bm{A}(t) = \bm{A}_{0} e^{-i\omega t},\quad
\bm{B}(t) = \bm{B}_{0} e^{-i\omega t}
\end{aligned}
\begin{aligned}
\mathrm{Re\,}\bm{A}(t) \cdot \mathrm{Re\,}\bm{B}(t)
\end{aligned}
です（外積$ \mathrm{Re\,}\bm{A}(t) \times\mathrm{Re\,}\bm{B}(t)$も全く同様に計算できる）．\mathrm{Re\,}\bm{A}(t) \cdot \mathrm{Re\,}\bm{B}(t)
\end{aligned}
しかし，もしも時間平均を知りたい場合は，実部を使わずに表現することができます：
\begin{aligned}
& \langle \mathrm{Re\,}\bm{A}(t) \cdot \mathrm{Re\,}\bm{B}(t) \rangle \\
&= \biggl\langle \frac{\bm{A}_{0} e^{-i\omega t} + \bm{A}_{0}^{*} e^{i\omega t}}{2}
\cdot \frac{\bm{B}_{0} e^{-i\omega t} + \bm{B}_{0}^{*} e^{i\omega t}}{2} \biggr\rangle \\
&=\frac{1}{2} \biggl\langle \frac{\bm{A}_{0}\cdot\bm{B}_{0}^{*} + \bm{A}_{0}^{*} \cdot\bm{B}_{0}}{2} \biggr\rangle
+ \cancel{\langle \cdots \rangle} \\
&= \frac{1}{2} \biggl\langle \frac{\bm{A}\cdot\bm{B}^{*} + \bm{A}^{*} \cdot\bm{B}}{2} \biggr\rangle \\
&= \frac{1}{2} \langle \mathrm{Re\,}(\bm{A}\cdot\bm{B}^{*}) \rangle
\end{aligned}
& \langle \mathrm{Re\,}\bm{A}(t) \cdot \mathrm{Re\,}\bm{B}(t) \rangle \\
&= \biggl\langle \frac{\bm{A}_{0} e^{-i\omega t} + \bm{A}_{0}^{*} e^{i\omega t}}{2}
\cdot \frac{\bm{B}_{0} e^{-i\omega t} + \bm{B}_{0}^{*} e^{i\omega t}}{2} \biggr\rangle \\
&=\frac{1}{2} \biggl\langle \frac{\bm{A}_{0}\cdot\bm{B}_{0}^{*} + \bm{A}_{0}^{*} \cdot\bm{B}_{0}}{2} \biggr\rangle
+ \cancel{\langle \cdots \rangle} \\
&= \frac{1}{2} \biggl\langle \frac{\bm{A}\cdot\bm{B}^{*} + \bm{A}^{*} \cdot\bm{B}}{2} \biggr\rangle \\
&= \frac{1}{2} \langle \mathrm{Re\,}(\bm{A}\cdot\bm{B}^{*}) \rangle
\end{aligned}
特に，
\begin{aligned}
\langle \mathrm{Re\,}\bm{A}(t) \cdot \mathrm{Re\,}\bm{A}(t) \rangle
&= \frac{1}{2} \langle |\bm{A}|^{2} \rangle
\end{aligned}
\langle \mathrm{Re\,}\bm{A}(t) \cdot \mathrm{Re\,}\bm{A}(t) \rangle
&= \frac{1}{2} \langle |\bm{A}|^{2} \rangle
\end{aligned}
【参考】場の古典論 (ランダウ=リフシッツ理論物理学教程)：$\text{\sect} 48.$「単色平面波」
一般の場合
一般の実ベクトル場$\bm{E}$に対しても，上の単色の場合と同様の関係式が成り立つ．つまり，2つの実ベクトル場$\bm{E}_{1}, \bm{E}_{2}$に対して
\begin{aligned}
&\bm{E}_{1} = \mathrm{Re\,}\bm{A}_{1} = \frac{1}{2} (\bm{A}_{1} + \bm{A}^{*}_{1}) \\
&\bm{E}_{2} = \mathrm{Re\,}\bm{A}_{2} = \frac{1}{2} (\bm{A}_{2} + \bm{A}^{*}_{2}) \\
& \langle \mathrm{Re\,}\bm{A}_{1}(t) \cdot \mathrm{Re\,}\bm{A}_{2}(t) \rangle
= \frac{1}{2} \langle \mathrm{Re\,}(\bm{A}_{1} \cdot \bm{A}^{*}_{2} ) \rangle
\end{aligned}
を満たす複素場$\bm{A}_{1}, \bm{A}_{2}$を構成できる．&\bm{E}_{1} = \mathrm{Re\,}\bm{A}_{1} = \frac{1}{2} (\bm{A}_{1} + \bm{A}^{*}_{1}) \\
&\bm{E}_{2} = \mathrm{Re\,}\bm{A}_{2} = \frac{1}{2} (\bm{A}_{2} + \bm{A}^{*}_{2}) \\
& \langle \mathrm{Re\,}\bm{A}_{1}(t) \cdot \mathrm{Re\,}\bm{A}_{2}(t) \rangle
= \frac{1}{2} \langle \mathrm{Re\,}(\bm{A}_{1} \cdot \bm{A}^{*}_{2} ) \rangle
\end{aligned}
【参考】工学系のためのレーザー物理入門：1.6.1「時間コヒーレンスと単色性」
複素場（解析信号）の構成
\begin{aligned}
\mathrm{Re\,}\bm{A} = \bm{E}
\end{aligned}
なる$\bm{A}$（解析信号，analytic signal）は，フーリエ変換\mathrm{Re\,}\bm{A} = \bm{E}
\end{aligned}
\begin{aligned}
\hat{\bm{E}}(\omega)
&= \int_{-\infty}^{\infty} \bm{E}(t) e^{i\omega t} \,\mathrm{d}t
\end{aligned}
を用いて\hat{\bm{E}}(\omega)
&= \int_{-\infty}^{\infty} \bm{E}(t) e^{i\omega t} \,\mathrm{d}t
\end{aligned}
\begin{aligned}
\bm{A}(t)
&= \frac{1}{\pi} \int_{0}^{\infty} \hat{\bm{E}}(\omega) e^{-i\omega t} \,\mathrm{d}\omega
\end{aligned}
とすればよい．\bm{A}(t)
&= \frac{1}{\pi} \int_{0}^{\infty} \hat{\bm{E}}(\omega) e^{-i\omega t} \,\mathrm{d}\omega
\end{aligned}
【証明】
フーリエ変換の表式から，$\hat{\bm{E}}^{*}(\omega) = \hat{\bm{E}}(-\omega)$が成り立つので，
\begin{aligned}
&\mathrm{Re\,}\bm{A} \\
&= \frac{1}{2}[\bm{A}(t) + \bm{A}^{*}(t)] \\
&= \frac{1}{2\pi} \int_{0}^{\infty} \hat{\bm{E}}(\omega) e^{-i\omega t} \,\mathrm{d}\omega
+\frac{1}{2\pi} \int_{0}^{\infty} \hat{\bm{E}}^{*}(\omega) e^{i\omega t} \,\mathrm{d}\omega \\
&= \frac{1}{2\pi} \int_{0}^{\infty} \hat{\bm{E}}(\omega) e^{-i\omega t} \,\mathrm{d}\omega
+\frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{0} \hat{\bm{E}}(\omega) e^{-i\omega t} \,\mathrm{d}\omega \\
&= \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \hat{\bm{E}}(\omega) e^{-i\omega t} \,\mathrm{d}\omega \\
&= \bm{E}(t)
\end{aligned}
&\mathrm{Re\,}\bm{A} \\
&= \frac{1}{2}[\bm{A}(t) + \bm{A}^{*}(t)] \\
&= \frac{1}{2\pi} \int_{0}^{\infty} \hat{\bm{E}}(\omega) e^{-i\omega t} \,\mathrm{d}\omega
+\frac{1}{2\pi} \int_{0}^{\infty} \hat{\bm{E}}^{*}(\omega) e^{i\omega t} \,\mathrm{d}\omega \\
&= \frac{1}{2\pi} \int_{0}^{\infty} \hat{\bm{E}}(\omega) e^{-i\omega t} \,\mathrm{d}\omega
+\frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{0} \hat{\bm{E}}(\omega) e^{-i\omega t} \,\mathrm{d}\omega \\
&= \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \hat{\bm{E}}(\omega) e^{-i\omega t} \,\mathrm{d}\omega \\
&= \bm{E}(t)
\end{aligned}
関係式の証明
2つの実ベクトル場$\bm{E}_{1}, \bm{E}_{2}$を\begin{aligned}
\bm{E}_{1} &= \mathrm{Re\,}\bm{A}_{1} = \frac{1}{2} (\bm{A}_{1} + \bm{A}^{*}_{1}) \\
\bm{E}_{2} &= \mathrm{Re\,}\bm{A}_{2} = \frac{1}{2} (\bm{A}_{2} + \bm{A}^{*}_{2})
\end{aligned}
と，解析信号\bm{E}_{1} &= \mathrm{Re\,}\bm{A}_{1} = \frac{1}{2} (\bm{A}_{1} + \bm{A}^{*}_{1}) \\
\bm{E}_{2} &= \mathrm{Re\,}\bm{A}_{2} = \frac{1}{2} (\bm{A}_{2} + \bm{A}^{*}_{2})
\end{aligned}
\begin{aligned}
\bm{A}_{i}(t)
&= \frac{1}{\pi} \int_{0}^{\infty} \hat{\bm{E}}_{i}(\omega) e^{-i\omega t} \,\mathrm{d}\omega
\end{aligned}
を使って表す．\bm{A}_{i}(t)
&= \frac{1}{\pi} \int_{0}^{\infty} \hat{\bm{E}}_{i}(\omega) e^{-i\omega t} \,\mathrm{d}\omega
\end{aligned}
このとき，単色波の場合と同様にして
\begin{aligned}
& \langle \mathrm{Re\,}\bm{A}_{1}(t) \cdot \mathrm{Re\,}\bm{A}_{2}(t) \rangle \\
&=\frac{1}{4} \langle \bm{A}_{1} \cdot \bm{A}^{*}_{2} + \bm{A}^{*}_{1} \cdot \bm{A}_{2}
+ \bm{A}_{1} \cdot \bm{A}_{2} + \bm{A}^{*}_{1} \cdot \bm{A}^{*}_{2} \rangle \\
&= \frac{1}{2} \biggl\langle \frac{\bm{A}_{1} \cdot \bm{A}^{*}_{2} + \bm{A}^{*}_{1} \cdot \bm{A}_{2}}{2} \biggr\rangle \\
&= \frac{1}{2} \langle \mathrm{Re\,}(\bm{A}_{1} \cdot \bm{A}^{*}_{2} ) \rangle
\end{aligned}
が成り立つ．
& \langle \mathrm{Re\,}\bm{A}_{1}(t) \cdot \mathrm{Re\,}\bm{A}_{2}(t) \rangle \\
&=\frac{1}{4} \langle \bm{A}_{1} \cdot \bm{A}^{*}_{2} + \bm{A}^{*}_{1} \cdot \bm{A}_{2}
+ \bm{A}_{1} \cdot \bm{A}_{2} + \bm{A}^{*}_{1} \cdot \bm{A}^{*}_{2} \rangle \\
&= \frac{1}{2} \biggl\langle \frac{\bm{A}_{1} \cdot \bm{A}^{*}_{2} + \bm{A}^{*}_{1} \cdot \bm{A}_{2}}{2} \biggr\rangle \\
&= \frac{1}{2} \langle \mathrm{Re\,}(\bm{A}_{1} \cdot \bm{A}^{*}_{2} ) \rangle
\end{aligned}
