第8回 フーリエ変換の導入 問題集 解答例

基本問題

問題1

次の関数のフーリエ変換を求めよ：

\[ f(x) = \begin{cases} 1 & (|x| \leq 1) \\ 0 & (|x| > 1) \end{cases} \]

解答： フーリエ変換の定義に従って計算する：

\[ \begin{aligned} \hat{f}(\xi) &= \int_{-\infty}^{\infty} f(x) e^{-i\xi x} dx \\ &= \int_{-1}^{1} e^{-i\xi x} dx \\ &= \left[\frac{-1}{i\xi} e^{-i\xi x}\right]_{-1}^{1} \\ &= \frac{-1}{i\xi} (e^{-i\xi} - e^{i\xi}) \\ &= \frac{2\sin \xi}{\xi} \end{aligned} \]

問題2

フーリエ変換の基本的な性質を用いて、次の関数のフーリエ変換を求めよ： $$ f(x) = e^{-a|x-b|} \quad (a > 0, b \in \mathbb{R}) $$

解答： まず、\(e^{-a|x|}\) のフーリエ変換を求める：

\[ \begin{aligned} \mathcal{F}[e^{-a|x|}] &= \int_{-\infty}^{\infty} e^{-a|x|} e^{-i\xi x} dx \\ &= \int_{-\infty}^{0} e^{ax} e^{-i\xi x} dx + \int_{0}^{\infty} e^{-ax} e^{-i\xi x} dx \\ &= \int_{-\infty}^{0} e^{(a-i\xi)x} dx + \int_{0}^{\infty} e^{-(a+i\xi)x} dx \\ &= \left[\frac{1}{a-i\xi} e^{(a-i\xi)x}\right]_{-\infty}^{0} + \left[\frac{-1}{a+i\xi} e^{-(a+i\xi)x}\right]_{0}^{\infty} \\ &= \frac{1}{a-i\xi} + \frac{1}{a+i\xi} \\ &= \frac{2a}{a^2 + \xi^2} \end{aligned} \]

次に、平行移動の性質 \(\mathcal{F}[f(x-b)] = e^{-i\xi b} \hat{f}(\xi)\) を用いると： $$ \mathcal{F}[e^{-a|x-b|}] = e^{-i\xi b} \cdot \frac{2a}{a^2 + \xi^2} $$

注意： 1. 絶対値関数の積分は、\(x=0\) で場合分けして計算する 2. 指数関数の積分では、収束性に注意する（\(a>0\) の条件が重要） 3. 平行移動の性質は、フーリエ変換の定義から直接導出できる

標準問題

問題3

次の関数のフーリエ変換を求めよ： $$ f(x) = e^{-a|x|} \sin(bx) \quad (a > 0, b > 0) $$

解答： オイラーの公式を用いて \(\sin(bx)\) を表現する： $$ \sin(bx) = \frac{e^{ibx} - e^{-ibx}}{2i} $$

したがって：

$$ \begin{aligned} \hat{f}(\xi) &= \int_{-\infty}^{\infty} e^{-a|x|} \frac{e^{ibx} - e^{-ibx}}{2i} e^{-i\xi x} dx \ &= \frac{1}{2i} \left[\int_{-\infty}^{\infty} e^{-a|x|} e^{-i(\xi - b)x} dx - \int_{-\infty}^{\infty} e^{-a|x|} e^{-i(\xi + b)x} dx\right] \ &= \frac{1}{2i} \left[\frac{2a}{a^2 + (\xi - b)^2} - \frac{2a}{a^2 + (\xi + b)^2}\right] \ &= \frac{2a}{i} \left[\frac{(\xi + b)^2 - (\xi - b)^2}{(a^2 + (\xi - b)^2)(a^2 + (\xi + b)^2)}\right] \ &= \frac{4ab\xi}{i(a^2 + (\xi - b)^2)(a^2 + (\xi + b)^2)} \end{aligned} $$ 注意、最初の解答では\(8\)に係数がでていたが間違い。アップデート済み。2025/05/26

問題4

フーリエ変換のスケーリング性質を用いて、次の関数のフーリエ変換を求めよ： $$ f(x) = \frac{1}{1 + x^2} $$

解答： 既知の結果として、\(e^{-a|x|}\) のフーリエ変換は \(\frac{2a}{a^2 + \xi^2}\) である。

\(a = 1\) の場合：

\[ \mathcal{F}[e^{-|x|}] = \frac{2}{1 + \xi^2} \]

逆フーリエ変換を考えると：

\[ e^{-|x|} = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{2}{1 + \xi^2} e^{i\xi x} d\xi \]

変数を入れ替えると：

\[ \frac{1}{1 + x^2} = \frac{1}{2} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-|\xi|} e^{-i\xi x} d\xi \]

したがって：

\[ \mathcal{F}\left[\frac{1}{1 + x^2}\right] = \pi e^{-|\xi|} \]

発展問題

問題5

次の関数のフーリエ変換を求め、その収束性について議論せよ： $$ f(x) = \frac{\sin x}{x} $$

解答： 矩形関数のフーリエ変換の結果を利用する。

\(g(x) = \begin{cases} 1 & (|x| \leq 1) \\ 0 & (|x| > 1) \end{cases}\) のフーリエ変換は \(\hat{g}(\xi) = \frac{2\sin \xi}{\xi}\) である。

逆フーリエ変換を考えると：

\[ g(x) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{2\sin \xi}{\xi} e^{i\xi x} d\xi \]

変数を入れ替えると： $$ \frac{\sin x}{x} = \frac{\pi}{2} \cdot \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} g(\xi) e^{-i\xi x} d\xi $$

したがって： $$ \mathcal{F}\left[\frac{\sin x}{x}\right] = \pi g(\xi) $$

収束性について： 1. 絶対可積分性： $$ \int_{-\infty}^{\infty} \left|\frac{\sin x}{x}\right| dx = \infty $$ より、絶対可積分ではない。

1. \(L^2\) 空間： $$ \int_{-\infty}^{\infty} \left|\frac{\sin x}{x}\right|^2 dx < \infty $$ より、\(L^2\) 空間に属する。

したがって、この関数のフーリエ変換は \(L^2\) の意味で収束するが、絶対収束はしない。

問題6

フーリエ変換の畳み込み積分の性質を用いて、次の積分を計算せよ： $$ \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin x}{x} \cdot \frac{\sin(x-a)}{x-a} dx \quad (a \in \mathbb{R}) $$

解答： \(f(x) = \frac{\sin x}{x}\) とおくと、問題5より \(\hat{f}(\xi) = \pi g(\xi)\) である。

畳み込み積分の性質より： $$ \int_{-\infty}^{\infty} f(x) f(x-a) dx = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} |\hat{f}(\xi)|^2 e^{-i\xi a} d\xi $$

ここで： $$ |\hat{f}(\xi)|^2 = \pi^2 g(\xi)^2 = \pi^2 g(\xi) $$

したがって：

\[ \begin{aligned} \int_{-\infty}^{\infty} f(x) f(x-a) dx &= \frac{\pi^2}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} g(\xi) e^{-i\xi a} d\xi \\ &= \frac{\pi}{2} \int_{-1}^{1} e^{-i\xi a} d\xi \\ &= \frac{\pi}{2} \left[\frac{-1}{ia} e^{-i\xi a}\right]_{-1}^{1} \\ &= \frac{\pi}{2} \cdot \frac{2\sin a}{a} \\ &= \frac{\pi \sin a}{a} \end{aligned} \]