2024年 期末試験
問題 1
\(f(x) = x^2\) \((0 \leq x < 2\pi)\), \(g(x) = x\) \((-\pi \leq x < \pi)\) とする。
これを周期 \(2\pi\) の周期関数に拡張して、その区間 \(I\) でのフーリエ係数は \(n=1,2,\ldots\) を考える。
(1) 次の値を求めよ。\(\sqrt{|f(-\pi) + g(2\pi)|}\)
(2) \(I=[0, 2\pi)\) に関する \(f\) のフーリエ係数 \(a_0\) を求めよ。
(3) \(I=[-\pi, \pi)\) に関する \(f\) のフーリエ係数 \(a_n\) \((n=1,2,\ldots)\) を求めよ。
(4) \(I=[-2\pi, 0)\) に関する \(f+g\) のフーリエ級数展開 \(b_n\) \((n=1,2,\ldots)\) を求めよ。
(5) \(f+g\) に関するフーリエ級数展開における \(x=\pi\) での値を求めよ。
問題 2
次の関数を満たす偶関数 \(f\) を求めたい。
(1) 次の広義積分を求めよ。\(\displaystyle \int_0^{\infty} e^{-u} \cos(ux) - e^{-u} \sin(ux) du\)
(2) \(h\) は偶関数だから \(\displaystyle \mathcal{F}^{-1}[h](x) = C \int_{0}^{\infty} h(u) \cos(ux) du\) となる。定数 \(C\) を求めよ。
(3) \(\displaystyle \mathcal{F}^{-1}[h](x)\) \((x = 0)\) を求めよ。
(4) \(\displaystyle \mathcal{F}^{-1}[h](x)\) \((x \neq 0)\) を求めよ。
(5) 関数 \(g(x) = \displaystyle \mathcal{F}^{-1}[h](x)\) とするとき、極限 \(\lim_{x \to 0} g(x)\) を求めよ。
問題 3
(1) \(e^{-t}\) のラプラス変換を求めよ。
(2) \(Y(s) = \mathcal{L}[y][s]\) と \(y\) のラプラス変換としておくとき、\(\mathcal{L}[y'](s)\) \((s > 0)\) を \(Y\) であらわせ。
(3) さらに \(\mathcal{L}[y''](s)\) \((s > 0)\) を \(Y\) であらわせ。
(4) \(Y\) を求めよ。
(5) \(y\) を求めよ。
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2024年 期末試験（修正版）
問題 1
\(f(x) = x^2\) \((0 \leq x < 2\pi)\), \(g(x) = x\) \((-\pi \leq x < \pi)\) とする。
これを周期 \(2\pi\) の周期関数に拡張して、その区間 \(I\) でのフーリエ係数は \(n=1,2,\ldots\) を考える。
(1) 次の値を求めよ。\(\sqrt{|f(-\pi) + g(2\pi)|}\)
解答
⚠️ つまづきポイント: 関数の定義域に注意し、周期拡張の概念を理解する
- \(f(x) = x^2\) は \(0 \leq x < 2\pi\) で定義されているため、\(x = -\pi\) は定義域外
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しかし、周期 \(2\pi\) の周期関数に拡張するので：\(f(-\pi) = f(-\pi + 2\pi) = f(\pi) = \pi^2\)
-
\(g(x) = x\) は \(-\pi \leq x < \pi\) で定義されているため、\(x = 2\pi\) は定義域外
- 周期拡張により：\(g(2\pi) = g(2\pi - 2\pi) = g(0) = 0\)
したがって： \(f(-\pi) + g(2\pi) = \pi^2 + 0 = \pi^2\) \(\sqrt{|f(-\pi) + g(2\pi)|} = \sqrt{\pi^2} = \pi\)
(2) \(I=[0, 2\pi)\) に関する \(f\) のフーリエ係数 \(a_0\) を求めよ。
解答
\(a_0 = \frac{1}{\pi} \int_0^{2\pi} x^2 dx = \frac{1}{\pi} \left[ \frac{x^3}{3} \right]_0^{2\pi} = \frac{1}{\pi} \cdot \frac{(2\pi)^3}{3} = \frac{8\pi^3}{3\pi} = \frac{8\pi^2}{3}\)
(3) \(I=[-\pi, \pi)\) に関する \(f\) のフーリエ係数 \(a_n\) \((n=1,2,\ldots)\) を求めよ。
解答（修正）
⚠️ つまづきポイント: 周期拡張により関数の形が変わることに注意
\(I=[-\pi, \pi)\) では、周期拡張により： \(\(f(x) = \begin{cases} (x + 2\pi)^2 & (-\pi \leq x < 0) \\ x^2 & (0 \leq x < \pi) \end{cases}\)\)
\(a_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \cos(nx) dx\)
\(= \frac{1}{\pi} \left[ \int_{-\pi}^{0} (x + 2\pi)^2 \cos(nx) dx + \int_{0}^{\pi} x^2 \cos(nx) dx \right]\)
第一項で \(u = x + 2\pi\) と置換すると： \(\int_{-\pi}^{0} (x + 2\pi)^2 \cos(nx) dx = \int_{\pi}^{2\pi} u^2 \cos(n(u - 2\pi)) du = \int_{\pi}^{2\pi} u^2 \cos(nu) du\)
したがって： \(a_n = \frac{1}{\pi} \left[ \int_{\pi}^{2\pi} u^2 \cos(nu) du + \int_{0}^{\pi} x^2 \cos(nx) dx \right] = \frac{1}{\pi} \int_{0}^{2\pi} x^2 \cos(nx) dx\)
部分積分を2回実行： \(\int x^2 \cos(nx) dx = \frac{x^2 \sin(nx)}{n} + \frac{2x \cos(nx)}{n^2} - \frac{2 \sin(nx)}{n^3}\)
\(\sin(2\pi n) = 0\), \(\cos(2\pi n) = 1\) を使って： \(a_n = \frac{1}{\pi} \left[ \frac{2 \cdot 2\pi \cdot 1}{n^2} - 0 \right] = \frac{4}{n^2}\)
正解：\(a_n = \frac{4}{n^2}\)
(4) \(I=[-2\pi, 0)\) に関する \(f+g\) のフーリエ級数展開 \(b_n\) \((n=1,2,\ldots)\) を求めよ。
解答
⚠️ つまづきポイント: 各関数を新しい区間でどう表現するかを慎重に考える
\(I=[-2\pi, 0)\) において： - \(f(x) = (x + 2\pi)^2\)（周期拡張により） - \(g(x) = x\)（\(x \in [-\pi, 0)\) では元の定義、\(x \in [-2\pi, -\pi)\) では周期拡張で \(g(x) = x + 2\pi\)）
よって \(x \in [-2\pi, 0)\) で： \(f(x) + g(x) = \begin{cases} (x + 2\pi)^2 + x + 2\pi & (-2\pi \leq x < -\pi) \\ (x + 2\pi)^2 + x & (-\pi \leq x < 0) \end{cases}\)
\(b_n\) を計算： \(b_n = \frac{1}{\pi} \int_{-2\pi}^0 (f(x) + g(x)) \sin(nx) dx\)
\(= \frac{1}{\pi} \left[ \int_{-2\pi}^{-\pi} (x^2 + x + 2\pi) \sin(nx) dx + \int_{-\pi}^0 (x^2 + x) \sin(nx) dx \right]\)
複雑な計算を経て： \(b_n = -\frac{4\pi}{n} - \frac{2(-1)^n}{n}\)
(5) \(f+g\) に関するフーリエ級数展開における \(x=\pi\) での値を求めよ。
解答
⚠️ つまづきポイント: ディリクレの定理を適用する際の左極限・右極限の扱い
\(x = \pi\) で： - \(f(\pi) = \pi^2\)（\(f\) は連続） - \(g\) については \(g(\pi^-) = \lim_{x \to \pi^-} g(x) = \pi\), \(g(\pi^+) = \lim_{x \to \pi^+} g(x) = -\pi\)
ディリクレの定理により、フーリエ級数は \(\frac{g(\pi^+) + g(\pi^-)}{2} = \frac{-\pi + \pi}{2} = 0\) に収束
したがって：\(f(\pi) + 0 = \pi^2\)
問題 2
次の関数を満たす偶関数 \(f\) を求めたい。
\(\mathcal{F}[f](t) = \frac{1}{\pi} \int_0^\infty f(x) \cos(tx) dx = h(t), \quad t \in \mathbb{R}\)
\(h(t) = \begin{cases} 2-|t| & (|t| \leq 2) \\ 0 & (|t| > 2) \end{cases}\)
(1) 次の広義積分を求めよ。\(\displaystyle \int_0^{\infty} e^{-u} \cos(ux) - e^{-u} \sin(ux) du\)
解答
⚠️ つまづきポイント: 広義積分の収束性を確認してから計算する
\(\int_0^{\infty} e^{-u}(\cos(ux) - \sin(ux)) du\)
部分積分または複素数を使って計算： \(\int_0^{\infty} e^{-u} \cos(ux) du = \frac{1}{1+x^2}\) \(\int_0^{\infty} e^{-u} \sin(ux) du = \frac{x}{1+x^2}\)
したがって： \(\int_0^{\infty} e^{-u}(\cos(ux) - \sin(ux)) du = \frac{1}{1+x^2} - \frac{x}{1+x^2} = \frac{1-x}{1+x^2}\)
(2) \(h\) は偶関数だから \(\displaystyle \mathcal{F}^{-1}[h](x) = C \int_{0}^{\infty} h(u) \cos(ux) du\) となる。定数 \(C\) を求めよ。
解答
⚠️ つまづきポイント: フーリエ変換の逆変換公式における係数
一般に偶関数に対して： \(\mathcal{F}^{-1}[h](x) = 2 \int_0^{\infty} h(u) \cos(ux) du\)
したがって \(C = 2\)
(3) \(\displaystyle \mathcal{F}^{-1}[h](x)\) \((x = 0)\) を求めよ。
解答
\(\mathcal{F}^{-1}[h](0) = 2 \int_0^{\infty} h(u) \cos(0) du = 2 \int_0^{\infty} h(u) du\)
\(= 2 \int_0^2 (2-u) du = 2 \left[ 2u - \frac{u^2}{2} \right]_0^2 = 2(4 - 2) = 4\)
(4) \(\displaystyle \mathcal{F}^{-1}[h](x)\) \((x \neq 0)\) を求めよ。
解答（計算途中があやしい。）
⚠️ つまづきポイント: 区分積分と部分積分の組み合わせ
\(\mathcal{F}^{-1}[h](x) = 2 \int_0^2 (2-u) \cos(ux) du\)
部分積分を実行すると： \(= 2 \left[ \frac{(2-u) \sin(ux)}{x} + \frac{\cos(ux)}{x^2} \right]_0^2\)
\(= 2 \left( \frac{\cos(2x) - 1}{x^2} \right) = \frac{4(\cos(2x) - 1)}{x^2}\)
三角関数の公式 \(\cos(2x) - 1 = -2\sin^2(x)\) を使って： \(\mathcal{F}^{-1}[h](x) = \frac{-8\sin^2(x)}{x^2} = 4\left(\frac{\sin(x)}{x}\right)^2\)
(5) 関数 \(g(x) = \displaystyle \mathcal{F}^{-1}[h](x)\) とするとき、極限 \(\lim_{x \to 0} g(x)\) を求めよ。
解答
⚠️ つまづきポイント: \(\frac{\sin x}{x}\) の極限を正しく適用する
\(\lim_{x \to 0} g(x) = \lim_{x \to 0} 4\left(\frac{\sin(x)}{x}\right)^2\)
\(\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1\) より： \(\lim_{x \to 0} g(x) = 4 \cdot 1^2 = 4\)
これは (3) の結果と一致し、\(g(x)\) が \(x=0\) で連続であることがわかる。
問題 3
\(\begin{cases} y''(t) + y(t) = e^{-t}, \quad t > 0 \\ y(0) = 2, \quad y'(0) = 2 \end{cases}\)
(1) \(e^{-t}\) のラプラス変換を求めよ。
解答
\(\mathcal{L}[e^{-t}](s) = \int_0^{\infty} e^{-t} e^{-st} dt = \int_0^{\infty} e^{-(s+1)t} dt\)
\(s > -1\) のとき： \(= \left[ \frac{e^{-(s+1)t}}{-(s+1)} \right]_0^{\infty} = \frac{1}{s+1}\)
(2) \(Y(s) = \mathcal{L}[y][s]\) と \(y\) のラプラス変換としておくとき、\(\mathcal{L}[y'](s)\) \((s > 0)\) を \(Y\) であらわせ。
解答
⚠️ つまづきポイント: ラプラス変換の微分公式と初期条件の扱い
\(\mathcal{L}[y'](s) = sY(s) - y(0) = sY(s) - 2\)
(3) さらに \(\mathcal{L}[y''](s)\) \((s > 0)\) を \(Y\) であらわせ。
解答
\(\mathcal{L}[y''](s) = s\mathcal{L}[y'](s) - y'(0) = s(sY(s) - 2) - 2 = s^2Y(s) - 2s - 2\)
(4) \(Y\) を求めよ。
解答
⚠️ つまづきポイント: 微分方程式をラプラス変換で代数方程式に変換
元の方程式をラプラス変換： \(\mathcal{L}[y''](s) + \mathcal{L}[y](s) = \mathcal{L}[e^{-t}](s)\)
\((s^2Y(s) - 2s - 2) + Y(s) = \frac{1}{s+1}\)
\((s^2 + 1)Y(s) = \frac{1}{s+1} + 2s + 2 = \frac{1 + (2s+2)(s+1)}{s+1} = \frac{2s^2 + 4s + 3}{s+1}\)
\(Y(s) = \frac{2s^2 + 4s + 3}{(s+1)(s^2+1)}\)
(5) \(y\) を求めよ。
解答
⚠️ つまづきポイント: 部分分数分解とラプラス逆変換
部分分数分解： \(\frac{2s^2 + 4s + 3}{(s+1)(s^2+1)} = \frac{A}{s+1} + \frac{Bs + C}{s^2+1}\)
係数比較により：\(A = \frac{1}{2}\), \(B = \frac{3}{2}\), \(C = \frac{5}{2}\)
\(Y(s) = \frac{1/2}{s+1} + \frac{3s/2}{s^2+1} + \frac{5/2}{s^2+1}\)
逆変換： \(y(t) = \frac{1}{2}e^{-t} + \frac{3}{2}\cos(t) + \frac{5}{2}\sin(t)\)
修正箇所まとめ
主要な修正箇所：
- 問題1(3): \(a_n = \frac{4(-1)^n}{n^2}\) → \(a_n = \frac{4}{n^2}\)
- 周期拡張により \(I=[-\pi, \pi)\) での \(f(x)\) は偶関数ではなく、正しく計算すると \((-1)^n\) の項は消える
この修正により、フーリエ係数の計算が正確になります。