-
各例題にて「グラフの描写」で掲載しているソースコードを
グラフ.texとして保存する． -
以下の内容の
main.texを作成する．\documentclass[class=jlreq, border=5mm]{standalone} \usepackage{graphicx} \usepackage{float} \usepackage[dvipsnames]{xcolor} % CMYK系対応 \usepackage{amsmath} \usepackage{bm} \usepackage{tikz} \usepackage{siunitx} \usepackage[siunitx]{circuitikz} \usepackage{mathtools} \usepackage[no-test-for-array]{nicematrix} \usepackage{pgfplots} \setcounter{MaxMatrixCols}{12} \usepackage{luacode} \begin{document} \input{グラフ.tex} \end{document} -
main.texを LuaLaTeX で (期待する結果が得られるまで複数回) コンパイルする． -
Git Bash など
sedやgrepが実行できる環境で次を実行する．pdftocairo -svg main.pdf && sed -i s/rgb\(0%,100%,0%\)/rgb\(100%,100%,100%\)/g main.svg && mv main.svg $(grep -oP -m 1 '(?<=\\input{).*(?=\.tex})' main.tex).svg -
グラフ.svgが得られる．
フーリエ級数 #
周期 2π #
\(\cos nx, \, \sin nx \; (n\in\N)\) や定数関数、それらの和は周期 \(2\pi\) の周期関数である．
周期 \(2\pi\) の周期関数 \(f(x)\) が与えられたとき、\(f(x)\) を次の形の和で近似することを考える．
$$ f(x) = c_0 + \sum_{m=1}^N (a_m \cos mx + b_m \sin mx) \tag{$*$} $$\(c_0, a_n, b_n\) を求めるために「三角関数の直交性」を用いる．これは、ベクトルの内積と同じように、異なる三角関数の積を積分する (内積をとる) と \(0\) になる性質である．
$$ \def\d{\mathrm{d}} \begin{align*} \int_{-\pi}^\pi \sin mx \cos nx \, \d x &= 0 \\ \int_{-\pi}^\pi \sin mx \sin nx \, \d x &= \pi \delta_{mn} \\ \int_{-\pi}^\pi \cos mx \cos nx \, \d x &= \pi \delta_{mn} \end{align*} $$$$
\def\d{\mathrm{d}}
\begin{align*}
\int_{-\pi}^\pi \sin mx \sin nx \, \d x &= 2 \int_0^\pi \sin mx \sin nx \, \d x \\
&\hphantom{{}={}}\quad \scriptsize\begin{align*}
\cos(m-n) &= \cos m \cos n + \sin m \sin n \\
-) \; \cos(m+n) &= \cos m \cos n - \sin m \sin n \\ \hline
&= 2 \sin m \sin n
\end{align*} \\
&= 2 \int_0^\pi \frac{\cos(m-n)x - \cos(m+n)x}{2} \, \d x \\
&= \left\{\begin{align*}
&\left[\frac{\sin(m-n)x}{m-n} - \frac{\sin(m+n)x}{m+n}\right]_0^\pi &&(m \ne n) \\
&\left[x-\frac{\sin(m+n)x}{m+n}\right]_0^\pi &&(m=n)
\end{align*}\right. \\
&= \left\{\begin{align*}
&0 && (m\ne n) \\
&\pi &&(m = n)
\end{align*}\right. \\
&= \pi \delta_{mn} \\
\int_{-\pi}^\pi \cos mx \cos nx
\, \d x &= 2 \int_0^\pi \cos mx \cos nx \, \d x \\
&\hphantom{{}={}}\quad \scriptsize\begin{align*}
\cos(m-n) &= \cos m \cos n + \sin m \sin n \\
+) \; \cos(m+n) &= \cos m \cos n - \sin m \sin n \\ \hline
&= 2 \cos m \cos n
\end{align*} \\
&= 2 \int_0^\pi \frac{\cos(m-n)x + \cos(m+n)x}{2} \, \d x \\
&= \left\{\begin{align*}
&\left[\frac{\sin(m-n)x}{m-n} + \frac{\sin(m+n)x}{m+n}\right]_0^\pi &&(m \ne n) \\
&\left[x+\frac{\sin(m+n)x}{m+n}\right]_0^\pi &&(m=n)
\end{align*}\right. \\
&= \left\{\begin{align*}
&0 && (m\ne n) \\
&\pi &&(m = n)
\end{align*}\right. \\
&= \pi \delta_{mn} \\
\end{align*}
$$
以下、\(n \in \N, \, n \le N\) とする．
\((*), \, (*)\cos nx, \, (*)\sin nx\) の両辺を \(-\pi \to \pi\) 積分すると
$$ \def\d{\mathrm{d}} \begin{align*} c_0 &= \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi f(x) \, \d x \\ a_n &= \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi f(x) \cos nx \, \d x \\ b_n &= \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi f(x) \sin nx \, \d x \end{align*} $$となる．これらを \(f\) のフーリエ係数という．
-
\((*)\) の両辺を \(-\pi \to \pi\) 積分
$$ \def\d{\mathrm{d}} \begin{align*} \int_{-\pi}^\pi f(x) \, \d x &= \int_{-\pi}^\pi \left( c_0 + \sum_{m=1}^N (a_m \cos mx + b_m \sin mx) + \varepsilon_N(x) \right) \d x \\ &= 2\pi c_0 \end{align*} $$ -
\((*) \times \cos nx\) の両辺を \(-\pi \to \pi\) 積分
$$ \def\d{\mathrm{d}} \small \begin{align*} &\int_{-\pi}^\pi f(x) \cos nx \, \d x \\ &= \int_{-\pi}^\pi \left( c_0\cos nx + \sum_{m=1}^N (a_m \cos mx\cos nx + b_m \sin mx\cos nx) + \varepsilon_N(x)\cos nx \right) \d x \\ &= a_n \pi \end{align*} $$ -
\((*) \times \sin nx\) の両辺を \(-\pi \to \pi\) 積分
$$ \def\d{\mathrm{d}} \small \begin{align*} &\int_{-\pi}^\pi f(x) \sin nx \, \d x \\ &= \int_{-\pi}^\pi \left( c_0\sin nx + \sum_{m=1}^N (a_m \cos mx\sin nx + b_m \sin mx\sin nx) + \varepsilon_N(x)\sin nx \right) \d x \\ &= b_n \pi \end{align*} $$
これより、\(N\) が十分大きいとき、次が成り立つ．
$$ f(x) \approx c_0 + \sum_{n=1}^N (a_n \cos nx + b_n \sin nx) $$
走る文字を \(m\) から \(n\) に変えた
\(f, \, f^\prime\) が連続ならば、任意の \(x \in \R\) について
$$ c_0 + \sum_{n=1}^\infty (a_n \cos nx + b_n \sin nx) $$は収束する．これを周期 \(2\pi\) の関数 \(f\) のフーリエ級数という．
周期 \(2\pi\) の関数 \(f(x)\) のフーリエ級数
$$ \def\d{\mathrm{d}} \begin{align*} &f(x) \sim c_0 + \sum_{n=1}^\infty (a_n \cos nx + b_n \sin nx) \\ &\qquad\begin{align*} c_0 &= \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi f(x) \, \d x \\ a_n &= \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi f(x) \cos nx \, \d x, \enspace b_n = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi f(x) \sin nx \, \d x \end{align*} \end{align*} $$
$$ \def\d{\mathrm{d}} \begin{align*} c_0 &= \frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^\pi f(x)\,\d x = \frac{1}{2\pi} \int_0^\pi x \, \d x = \frac{1}{2\pi} \frac{1}{2}\pi^2 = \frac{\pi}{4} \\ a_n &= \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi f(x)\cos nx \, \d x = \frac{1}{\pi}\int_0^\pi x\cos nx \, \d x \\ &= \frac{1}{\pi}\left(\left[x\frac{1}{n}\sin nx\right]_0^\pi - \int_0^\pi \frac{1}{n}\sin nx \, \d x\right) = \frac{1}{n\pi}\left(\left[\frac{1}{n}\cos nx\right]_0^\pi\right) \\ &= \frac{1}{n^2\pi}(\cos n\pi - 1) = \frac{1}{n^2\pi}\{(-1)^n - 1\} \\ b_n &= \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi f(x)\sin nx \, \d x = \frac{1}{\pi}\int_0^\pi x \sin nx \, \d x \\ &= \frac{1}{\pi}\left(\left[-x\frac{1}{n}\cos nx\right]_0^\pi + \int_0^\pi \frac{1}{n}\cos nx \, \d x\right) \\ &= \frac{1}{n\pi}\left(-\pi\cos nx\right) = -\frac{(-1)^n}{n} \end{align*} \\ \therefore \quad f(x) \sim \frac{\pi}{4} + \sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{n^2\pi}\{(-1)^n - 1\}\cos nx -\frac{(-1)^n}{n}\sin nx\right) $$フーリエ級数を求めよ．
$$ f(x) = \begin{cases} 0 &(-\pi \le x < 0) \\ x &(0 \le x < \pi) \end{cases}, \quad f(x+2\pi) = f(x) $$
\begin{luacode*}
function f(x,N)
local result = math.pi/4
for n=1,N do
result = result + (1/(n^2*math.pi)) * ((-1)^n - 1) * math.cos(n*x) - ((-1)^n)/n * math.sin(n*x)
end
tex.sprint(result)
end
\end{luacode*}
\begin{tikzpicture}[
domain=-5:5,
samples=500,
declare function={f(\x,\N) = \directlua{f(\x,\N)};}
]
\draw (-5,0) -- (5,0) node[right] {$x$};
\draw (0,-0.5) -- (0,4) node[above] {$y$};
\draw plot (\x,{f(\x,100)});
\draw[dotted] (-5,pi) -- (5,pi);
\draw[dotted] (-pi,0) -- (-pi,pi);
\draw[dotted] (pi,0) -- (pi,pi);
\draw
(0,0) node[below left] {O}
(pi,0) node[below] {$\vphantom{-}\pi$}
(-pi,0) node[below] {$-\pi$}
(0,pi) node[left] {$\pi$}
;
\end{tikzpicture}
$$ \def\d{\mathrm{d}} \begin{align*} c_0 &= \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi x\,\d x = 0 \\ a_0 &= \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi x\cos nx \, \d x = 0 \\ b_0 &= \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi x\sin nx \, \d x = \frac{2}{\pi}\int_0^\pi x\sin nx \, \d x \\ &= \frac{2}{\pi}\left(\left[-x\frac{1}{n}\cos nx\right]_0^\pi + \int_0^\pi \frac{1}{n}\cos nx\,\d x\right) \\ &= \frac{2}{n\pi}(-\pi\cos n\pi) = -\frac{2(-1)^n}{n} = \frac{2(-1)^{n+1}}{n} \end{align*} \\ \therefore \quad f(x) \sim \sum_{n=1}^\infty \frac{2(-1)^{n+1}}{n}\sin nx $$フーリエ級数を求めよ．
$$ f(x) = x \quad (-\pi \le x < \pi), \quad f(x+2\pi)=f(x) $$
\begin{luacode*}
function f(x,N)
local result = 0
for n=1,N do
result = result + ((2*(-1)^(n+1))/n) * math.sin(n*x)
end
tex.sprint(result)
end
\end{luacode*}
\begin{tikzpicture}[
domain=-7:7,
samples=500,
declare function={f(\x,\N) = \directlua{f(\x,\N)};}
]
\draw (-7,0) -- (7,0) node[right] {$x$};
\draw (0,-4) -- (0,4) node[above] {$y$};
\draw[dotted] (-7,pi) -- (7,pi);
\draw[dotted] (-7,-pi) -- (7,-pi);
\draw[dotted] (-pi,-pi) -- (-pi,pi);
\draw[dotted] (pi,-pi) -- (pi,pi);
\foreach \i in {-2,-1,1,2}{
\draw (\i*pi,-0.1) -- (\i*pi,0.1);
};
\foreach \i in {-1,1}{
\draw (-0.1,\i*pi) -- (0.1,\i*pi);
};
\draw plot (\x, {f(\x,20)});
\draw
(0,0) node[below right] {O}
(-2*pi,0) node[below right] {$-2\pi$}
(-pi,0) node[below right] {$\vphantom{-2}{-\pi}$}
(pi,0) node[below right] {$\vphantom{-2}\pi$}
(2*pi,0) node[below right] {$2\pi$}
(0,pi) node[left] {$\pi$}
(0,-pi) node[left] {$-\pi$}
;
\end{tikzpicture}
もとの関数が不連続である点の近くで振動が大きくなる現象を、Gibbs 現象という．
一般周期 #
周期 \(2l\) の周期関数 \(f(x)\) を考える．このとき角振動数は \(\displaystyle \omega = \frac{2\pi}{2l} = \frac{\pi}{l}\) である．
\(\displaystyle \cos\frac{n\pi x}{l}, \, \sin\frac{n\pi x}{l}\) や定数関数、それらの和は周期 \(2l\) の周期関数である．
\(\displaystyle x = \frac{l}{\pi} t\) と変数変換すると、\(\displaystyle f\!\left(\frac{l}{\pi}t\right) \eqqcolon F(t)\) は周期 \(2\pi\) の周期関数だから、\(F(t)\) のフーリエ級数は
$$ \def\d{\mathrm{d}} \begin{align*} &F(t) \sim c_0 + \sum_{n=1}^\infty (a_n \cos nt + b_n \sin nt) \\ &\qquad\begin{align*} c_0 &= \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi F(t) \, \d t \\ a_n &= \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi F(t) \cos nt \, \d t, \enspace b_n = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi F(t) \sin nt \, \d t \end{align*} \end{align*} $$\(\displaystyle t = \frac{\pi}{l}x\) を代入することで、次が得られる．
周期 \(2l\) の関数 \(f(x)\) のフーリエ級数
$$ \def\d{\mathrm{d}} \begin{align*} &f(x) \sim c_0 + \sum_{n=1}^\infty \left( a_n \cos \frac{n\pi x}{l} + b_n \sin \frac{n\pi x}{l} \right) \\ &\qquad\begin{align*} c_0 &= \frac{1}{2l}\int_{-l}^l f(x) \, \d x \\ a_n &= \frac{1}{l}\int_{-l}^l f(x) \cos \frac{n\pi x}{l} \, \d x, \enspace b_n = \frac{1}{l}\int_{-l}^l f(x) \sin \frac{n\pi x}{l} \, \d x \end{align*} \end{align*} $$
$$ \def\d{\mathrm{d}} \begin{align*} c_0 &= \frac{1}{4}\left(\int_{-2}^0 2 \, \d x + \int_0^2 4 \, \d x\right) = \frac{1}{4}(2\cdot 2+4\cdot 2) = 3 \\ a_n &= \frac{1}{2}\left(\int_{-2}^0 2\cos \frac{n\pi x}{2}\,\d x + \int_0^2 4\cos\frac{n\pi x}{2}\,\d x\right) = 0 \\ b_n &= \frac{1}{2}\left(\int_{-2}^0 2\sin \frac{n\pi x}{2}\,\d x + \int_0^2 4\sin\frac{n\pi x}{2}\,\d x\right) \\ &= \frac{1}{2}\left(2\left[-\frac{2}{n\pi}\cos\frac{n\pi x}{2}\right]_{-2}^0+4\left[-\frac{2}{n\pi}\cos\frac{n\pi x}{2}\right]_0^2\right) \\ &= -\frac{1}{n\pi}\{2(1-\cos n\pi)+4(\cos n\pi-1)\} = \frac{2}{n\pi}(1-(-1)^n) \end{align*} \\ \therefore \quad g(x) \sim 3+\sum_{n=1}^\infty \frac{2}{n\pi}(1-(-1)^n)\sin\frac{n\pi x}{2} $$フーリエ級数を求めよ．
$$ g(x) = \begin{cases} 2 &(-2 \le x < 0) \\ 4 &(0 \le x < 2) \end{cases}, \quad g(x+4) = g(x) $$
\begin{luacode*}
function f(x,N)
local result = 3
for n=1,N do
result = result + (2/(n*math.pi)) * (1-(-1)^n) * math.sin((n*math.pi*x)/2)
end
tex.sprint(result)
end
\end{luacode*}
\begin{tikzpicture}[
domain=-5:5,
samples=500,
declare function={f(\x,\N) = \directlua{f(\x,\N)};},
]
\draw (-5,0) -- (5,0) node[right] {$x$};
\draw (0,-0.2) -- (0,4.2) node[above] {$y$};
\draw plot (\x,{f(\x,20)});
\draw
(0,0) node[below left] {O}
(0,2) node[left] {2}
(-0.02,2) -- (0.02,2)
(0,4) node[left] {4}
(-0.02,4) -- (0.02,4)
;
\foreach \i in {-4,-2,2,4}{
\draw (\i,0) node[below] {\i};
\draw (\i,-0.02) -- (\i,0.02);
}
\end{tikzpicture}
$$ \def\d{\mathrm{d}} \begin{align*} c_0 &= \int_{-1/2}^0 (2x+1)\,\d x = [x^2+x]_{-1/2}^0 = -\left(\frac{1}{4}-\frac{1}{2}\right) = \frac{1}{4} \\ a_n &= 2\int_{-1/2}^0 (2x+1)\cos 2n\pi x\,\d x \\ &= 2\left(\left[(2x+1)\frac{\sin 2n\pi x}{2n\pi}\right]_{-1/2}^0 - \int_{-1/2}^0 2\frac{\sin 2n\pi x}{2n\pi}\,\d x\right) \\ &= \frac{2}{n\pi}\left[\frac{1}{2n\pi}\cos 2n\pi x\right]_{-1/2}^0 = \frac{1}{n^2\pi^2}(1-(-1)^n) \\ b_n &= 2\int_{-1/2}^0 (2x+1)\sin 2n\pi x\,\d x \\ &= 2\left(\left[-(2x+1)\frac{\cos 2n\pi}{2n\pi} x\right]_{-1/2}^0+\int_{-1/2}^0 2\frac{\cos 2n\pi}{2n\pi}\,\d x\right) \\ &= \frac{2}{2n\pi}\{-(1-0)+0\} = -\frac{1}{n\pi} \end{align*} \\ \therefore\quad h(x) \sim \frac{1}{4} + \sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1-(-1)^n}{n^2\pi^2}\cos 2n\pi x - \frac{1}{n\pi}\sin 2n\pi x\right) $$フーリエ級数を求めよ．
$$ h(x) = \begin{cases} 2x+1 &(-\frac{1}{2} \le x < 0) \\ 0 &(0 \le x < \frac{1}{2}) \end{cases}, \quad h(x+1) = h(x) $$
\begin{luacode*}
function f(x,N)
local result = 1/4
for n=1,N do
result = result + (1/((n^2)*(math.pi)^2)) * (1-(-1)^n) * math.cos(2*n*math.pi*x) - (1/(n*math.pi)) * math.sin(2*n*math.pi*x)
end
tex.sprint(result)
end
\end{luacode*}
\begin{tikzpicture}[
domain=-2.5:2.5,
samples=500,
declare function={f(\x,\N) = \directlua{f(\x,\N)};},
scale=2
]
\draw (-2.5,0) -- (2.5,0) node[right] {$x$};
\draw (0,-0.2) -- (0,1.2) node[above] {$y$};
\draw plot (\x,{f(\x,20)});
\draw
(0,0) node[below left] {O}
(0,1) node[left] {1}
(-0.02,1) -- (0.02,1)
;
\foreach \i in {-2,-1,1,2}{
\draw (\i,0) node[below] {\i};
\draw (\i,-0.02) -- (\i,0.02);
}
\end{tikzpicture}
偶関数のフーリエ級数 \(\displaystyle c_0 + \sum_{n=1}^\infty a_n \cos \frac{n\pi x}{l}\) をフーリエ余弦級数という．
$$ \def\d{\mathrm{d}} \begin{align*} c_0 &= \frac{2}{2l}\int_0^l f(x)\,\d x = \frac{1}{l}\int_0^l f(x)\,\d x \\ a_n &= \frac{2}{l}\int_0^l f(x)\cos\frac{n\pi x}{l}\,\d x, \quad b_n = 0 \end{align*} $$奇関数のフーリエ級数 \(\displaystyle \sum_{n=1}^\infty b_n \sin \frac{n\pi x}{l}\) をフーリエ正弦級数という．
$$ \def\d{\mathrm{d}} \begin{align*} c_0 &= 0 \\ a_n &= 0, \quad b_n = \frac{2}{l}\int_0^l f(x)\sin\frac{n\pi x}{l} \, \d x \end{align*} $$フーリエ級数を求めよ．
$$ f(x) = |x| \quad ( -1 \le x < 1), \quad f(x+2) = f(x) $$
\(f\) は偶関数だから \(b_n = 0\) である．
$$ \def\d{\mathrm{d}} \begin{align*} c_0 &= \int_0^1 x \, \d x = \left[ \frac{x^2}{2} \right]_0^1 = \frac{1}{2} \\ a_n &= 2 \int_0^1 x \cos n\pi x \, \d x = 2 \left( \left[ x \frac{\sin n\pi x}{n\pi} \right]_0^1 - \int_0^1 \frac{\sin n\pi x}{n\pi} \, \d x \right) \\ &= \frac{2}{n\pi} \left[\frac{\cos n\pi x}{n\pi}\right]_0^1 = \frac{2((-1)^n-1)}{n^2\pi^2} \end{align*} \\ \therefore \quad f(x) \sim \frac{1}{2} + \sum_{n=1}^\infty \frac{2((-1)^n-1)}{n^2\pi^2} \cos n\pi x $$収束 #
フーリエ級数の収束定理
周期関数 \(f(x)\) が区分的に滑らかであれば、\(f(x)\) のフーリエ級数は \(\displaystyle \frac{f(x-0)+(x+0)}{2}\) に収束する．
周期関数 \(f(x)\) について次が成り立つとき、\(f(x)\) のフーリエ級数は \(f(x)\) に等しくなり、等号で結んで良い．
- 点 \(x\) で連続すなわち \(f(x-0) = f(x+0) = f(x)\) が成り立つとき
- \(\displaystyle \frac{f(x-0)+(x+0)}{2} = f(x)\) が成り立つとき
連続 #
\(f(x)\) が次の条件を満たすならば \(f(x)\) は \(x = a\) で連続である．
- \(\displaystyle \lim_{x\to a}f(x) = f(a)\) が成り立つ
- \(x = a\) が \(f(x)\) の定義域の左/右端の場合 \(\displaystyle \lim_{x\to a+0}f(x) = f(a), \, \lim_{x\to a-0}f(x) = f(a)\) が成り立つ
区分的に連続 #
\(f(x)\) は区間 \([a,b]\) で定義されているとする．この区間を次の条件を満たす小区間に分けることができるならば \(f(x)\) は \([a,b]\) で区分的に連続であるという．
- \(f(x)\) は各小区間の内部で連続
- 各小区間の端点 \(c\) について \(\displaystyle f(c+0) = \lim_{x\to c+0} f(x), \, f(c-0) = \lim_{x\to c-0} f(x)\) が存在する．
つまり不連続点が有限個で、片側極限が存在すれば良い．
区分的に滑らか #
\(f(x)\) の導関数が区分的に連続のとき、\(f(x)\) は区分的に滑らかであるという．
ライプニッツの公式
次の等式を導け．
$$ 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - \cdots = \frac{\pi}{4} $$
\(f(x) = \begin{cases} 0 &(-1 \le x < 0) \\ 1 &(0 \le x < 1) \end{cases}, \; f(x+2) = f(x)\) のフーリエ級数を用いる．
$$ \begin{align*} f(x) &\sim \frac{1}{2} + \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n\pi}(1-(-1)^n) \sin n\pi x \\ &= \frac{1}{2} + \frac{2}{\pi}\left(\sin\pi x + \frac{1}{3}\sin3\pi x + \frac{1}{5}\sin5\pi x + \cdots\right) \end{align*} $$\(f(x)\) は \(x = \frac{1}{2}\) で連続なので、フーリエ級数の収束定理より
$$ \newcommand\ntsize[1]{{\footnotesize #1}} \begin{align*} f\!\left(\frac{1}{2}\right) &= f(x) \ntsize{\textsf{ のフーリエ級数}}|_{x=\frac{1}{2}} \\ 1 &= \frac{1}{2} + \frac{2}{\pi}\left(1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - \cdots\right) \end{align*} \\ \therefore \quad 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - \cdots = \frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{4} $$次の等式を導け．
$$ \frac{1}{1^2} + \frac{1}{3^2} + \frac{1}{5^2} + \cdots = \frac{\pi^2}{8} $$
\(f(x) = |x| \; ( -1 \le x < 1), \; f(x+2) = f(x)\) のフーリエ級数を用いる．
$$ \begin{align*} f(x) &\sim \frac{1}{2} + \sum_{n=1}^\infty \frac{2((-1)^n-1)}{n^2\pi^2} \cos n\pi x \\ &= \frac{1}{2} - \frac{4}{\pi^2}\left(\cos n\pi + \frac{1}{3^2}\cos3\pi x + \frac{1}{5^2}\cos5\pi x + \cdots\right) \end{align*} $$\(f(x)\) は \(x=0\) で連続なので、フーリエ級数の収束定理より
$$ \newcommand\ntsize[1]{{\footnotesize #1}} \begin{align*} f(0) &= f(x) \ntsize{\textsf{ のフーリエ級数}}|_{x=0} \\ 0 &= \frac{1}{2} - \frac{4}{\pi^2}\left( 1 + \frac{1}{3^2} + \frac{1}{5^2} + \cdots \right) \end{align*} \\ \therefore \quad 1 + \frac{1}{3^2} + \frac{1}{5^2} + \cdots = \frac{1}{2}\cdot\frac{\pi^2}{4} = \frac{\pi^2}{8} $$複素フーリエ級数 #
$$ \def\e{\mathrm{e}} \begin{align*} f(x) &\sim c_0 + \sum_{n=1}^\infty \left( a_n \cos \frac{n\pi x}{l} + b_n \sin \frac{n\pi x}{l} \right) \\ &= c_0 + \sum_{n=1}^\infty \left( a_n \frac{ \e^{ i \frac{n\pi x}{l} } + \e^{ -i \frac{n\pi x}{l} } }{2} + b_n \frac{ \e^{ i \frac{n\pi x}{l} } - \e^{ -i \frac{n\pi x}{l} } }{2i}\right) \\ &= c_0 + \sum_{n=1}^\infty \left( \frac{a_n-ib_n}{2}\e^{ i \frac{n\pi x}{l} } + \frac{a_n+ib_n}{2}\e^{ -i \frac{n\pi x}{l} } \right) \end{align*} $$ここで
$$ \def\d{\mathrm{d}}\def\e{\mathrm{e}} \begin{align*} \frac{a_n \mp ib_n}{2} &= \frac{1}{2}\left(\frac{1}{l}\int_{-l}^l f(x) \cos \frac{n\pi x}{l} \, \d x \mp i\frac{1}{l}\int_{-l}^l f(x) \sin \frac{n\pi x}{l} \, \d x \right) \\ &= \frac{1}{2l}\int_{-l}^l f(x)\left(\cos \frac{n\pi x}{l} \mp i\sin\frac{n\pi x}{l}\right)\d x \\ &= \frac{1}{2l}\int_{-l}^l f(x)\e^{\mp i \frac{n\pi x}{l}}\,\d x \\ c_0 &= \frac{1}{2l}\int_{-l}^l f(x) \, \d x \end{align*} $$より、\(\def\e{\mathrm{e}}\def\d{\mathrm{d}}\displaystyle c_n \coloneqq \frac{1}{2l}\int_{-l}^l f(x)\e^{-i \frac{n\pi x}{l}}\,\d x\) とすれば
$$ \def\e{\mathrm{e}} \begin{align*} f(x) &\sim c_0 + \sum_{n=1}^\infty \left( c_n \e^{ i \frac{n\pi x}{l} } + c_{-n} \e^{ -i \frac{n\pi x}{l} } \right) = \sum_{n=-\infty}^\infty c_n \e^{ i \frac{n\pi x}{l} } \end{align*} $$周期 \(2l\) の関数 \(f(x)\) の複素フーリエ級数
$$ \def\e{\mathrm{e}}\def\d{\mathrm{d}} \begin{align*} &f(x) \sim \sum_{n=-\infty}^\infty c_n \e^{ i \frac{n\pi x}{l} } \\ &\qquad c_n = \frac{1}{2l}\int_{-l}^l f(x)\e^{-i \frac{n\pi x}{l}}\,\d x \end{align*} $$
複素フーリエ級数を求めよ．
$$ f(x) = x+1 \quad (-2 \le x < 2), \quad f(x+4) = f(x) $$
\(\def\e{\mathrm{e}}\def\d{\mathrm{d}}\displaystyle c_n = \frac{1}{4}\int_{-2}^2 (x+1)\e^{-i\frac{n\pi x}{2}} \, \d x\) は
-
\(n \ne 0\)
$$ \def\e{\mathrm{e}}\def\d{\mathrm{d}} \begin{align*} c_n &= \frac{1}{4}\left(\left[ (x+1)\frac{2}{-in\pi}\e^{-i\frac{n\pi x}{2}} \right]_{-2}^2 - \int_{-2}^2\frac{2}{-in\pi}\e^{-i\frac{n\pi x}{2}} \,\d x \right) \\ &= \frac{1}{4}\left(\frac{-6}{in\pi}(-1)^n - \frac{2}{in\pi}(-1)^n + \frac{2}{in\pi}\left[\frac{2}{-in\pi}\e^{-i\frac{n\pi x}{2}} \right]_{-2}^2 \right) \\ &\hphantom{{}={}}\quad \because \; \e^{\pm in\pi} = \cos n\pi \pm i\sin n\pi = (-1)^n \\ &= \frac{1}{4}\left(\frac{-8}{in\pi}(-1)^n+\frac{4}{n^2\pi^2}\{(-1)^n-(-1)^n\}\right) \\ &= \frac{2(-1)^n}{n\pi}i \end{align*} $$ -
\(n = 0\)
$$ \def\d{\mathrm{d}} c_0 = \frac{1}{4}\int_{-2}^2 (x+1)\,\d x = \frac{1}{4}\left(\int_{-2}^2 x \, \d x + \int_{-2}^2 \d x\right) = \frac{1}{4}\int_{-2}^2 \d x = 1 $$
よって
$$ \def\e{\mathrm{e}} f(x) \sim 1 + \sum_{\substack{n=-\infty\\n \ne 0}}^\infty \frac{2(-1)^n}{n\pi}i \e^{ i \frac{n\pi x}{2} } $$
フーリエ変換 #
周期 \(2l\) の関数 \(f(t)\) の複素フーリエ級数は、\(\displaystyle \Delta \omega \coloneqq \frac{\pi}{l}, \; \omega_n \coloneqq \frac{n\pi}{l}\) として次のように書ける．
$$ \def\e{\mathrm{e}}\def\d{\mathrm{d}} \begin{align*} f(t) \sim \sum_{n=-\infty}^\infty c_n \e^{ i \frac{n\pi t}{l} } &= \sum_{n=-\infty}^\infty \left(\frac{1}{2l}\int_{-l}^l f(t)\e^{-i \frac{n\pi t}{l}}\,\d t\right)\e^{ i \frac{n\pi t}{l} } \\ &= \sum_{n=-\infty}^\infty \left(\frac{1}{2\pi}\int_{-l}^l f(t)\e^{-i\omega_nt}\,\d t\right)\e^{i\omega_n t}\Delta \omega \end{align*} $$非周期関数 \(f(t)\) について考える．\(f(t)\) が区分的に滑らかで絶対可積分であるとすると、\(l \to \infty\) として
$$ \def\e{\mathrm{e}}\def\d{\mathrm{d}} f(t) \sim \int_{-\infty}^\infty \bigg(\frac{1}{2\pi}\underbrace{\int_{-\infty}^\infty f(t)\e^{-i\omega t}\,\d t}_{F(\omega)}\bigg)\e^{i\omega t}\,\d \omega = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty F(\omega)\e^{i\omega t}\,\d \omega $$フーリエ変換
$$ \def\fourier{\mathcal{F}}\def\e{\mathrm{e}}\def\d{\mathrm{d}} F(\omega) = \fourier[f(t)] = \int_{-\infty}^\infty f(t)\e^{-i\omega t}\,\d t $$
\(f(t)\) が絶対可積分であれば、フーリエ変換 \(F(\omega)\) は連続であることが知られており、積分計算において発散するかどうかで \(\omega\) を場合分けしなくてよい．
例では \(\def\fourier{\mathcal{F}}\def\e{\mathrm{e}}\def\d{\mathrm{d}}
F(u) = \fourier[f(x)]\) となっている．
$$ \def\fourier{\mathcal{F}}\def\e{\mathrm{e}}\def\d{\mathrm{d}} \begin{align*} F(u) &= \int_{-\infty}^0 \e^x\e^{-iux}\,\d x + \int_0^\infty \e^{-x}\e^{-iux}\,\d x \\ &= \left[\frac{\e^{(1-iu)x}}{1-iu}\right]_{-\infty}^0 + \left[-\frac{\e^{-(1+iu)x}}{1+iu}\right]_0^\infty \\ &= \frac{1}{1-iu} + \frac{1}{1+iu} \\ &\qquad \because \; \e^{-(1\pm iu)x} = \e^{-x}\e^{\pm iux} \xrightarrow{x\to\infty} 0 \\ &= \frac{2}{1+u^2} \end{align*} $$\(\def\e{\mathrm{e}} f(x) = \e^{-|x|}\)
$$ \def\fourier{\mathcal{F}}\def\e{\mathrm{e}}\def\d{\mathrm{d}} \begin{align*} F(u) &= \int_0^1\e^{-iux}\,\d x \\ &= \left[\frac{\e^{-iux}}{-iu}\right]_0^1 \\ &= \frac{\e^{-iu}-1}{-iu} \\ &= \frac{\e^{-iu}-1}{u}i \end{align*} $$\(f(x) = \begin{cases}1 &(0\le x\le 1) \\ 0 &(x<0, x>1) \end{cases}\)
フーリエの積分定理
実関数 \(f(x)\) が区分的に滑らかで絶対可積分であれば
$$ \def\e{\mathrm{e}}\def\d{\mathrm{d}} \frac{f(x-0)+f(x+0)}{2} = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty F(u)\e^{iux}\,\d u $$
逆フーリエ変換
$$ \def\fourier{\mathcal{F}}\def\e{\mathrm{e}}\def\d{\mathrm{d}} \fourier^{-1}[F(u)] = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty F(u)\e^{iux}\,\d u $$
反転公式
\(f(x)\) が \(x\) で連続ならば、\(\displaystyle \frac{f(x-0)+f(x+0)}{2} = \frac{f(x)+f(x)}{2} = f(x)\) より
$$ \def\fourier{\mathcal{F}}\def\e{\mathrm{e}}\def\d{\mathrm{d}} f(x) = \fourier^{-1}[F(u)] = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty F(u)\e^{iux}\,\d u $$
\(\def\fourier{\mathcal{F}}\def\e{\mathrm{e}}\def\d{\mathrm{d}} \displaystyle \fourier\left[\e^{-|x|}\right] = \frac{2}{1+u^2}\) から
$$ \def\e{\mathrm{e}}\def\d{\mathrm{d}} \int_0^\infty \frac{\cos ux}{1+u^2}\,\d u = \frac{\pi}{2}\e^{-|x|}, \quad \int_0^\infty \frac{1}{1+u^2}\,\d u = \frac{\pi}{2} $$を導け．
フーリエの積分定理より
$$ \def\e{\mathrm{e}}\def\d{\mathrm{d}}\newcommand\ntsize[1]{{\footnotesize #1}} \begin{align*} f(x) &= \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty \frac{2}{1+u^2}\,\e^{iux}\,\d u \\ &= \frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^\infty \frac{\cos ux+i\sin ux}{1+u^2}\,\d u \\ \e^{-|x|} &= \frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^\infty \frac{\cos ux}{1+u^2}\,\d u &&\ntsize{\textsf{実部比較}} \\ &= \frac{2}{\pi}\int_0^\infty \frac{\cos ux}{1+u^2}\,\d u &&\because\;\ntsize{\textsf{収束既知}} \\ \therefore \quad \frac{\pi}{2}\e^{-|x|} &= \int_0^\infty \frac{\cos ux}{1+u^2}\,\d u \end{align*} $$\(x = 0\) のとき
$$ \def\d{\mathrm{d}} \frac{\pi}{2} = \int_0^\infty \frac{1}{1+u^2}\,\d u $$\(\def\fourier{\mathcal{F}}\def\e{\mathrm{e}} \displaystyle \fourier\left[\begin{cases}1 &(0\le x\le 1) \\ 0 &(x<0, x>1) \end{cases}\right] = \frac{1-\e^{-iu}}{iu}\) から
$$ \def\e{\mathrm{e}}\def\d{\mathrm{d}} \frac{1}{2\pi i}\int_{-\infty}^\infty \frac{1-\e^{-iu}}{u}\e^{iux}\,\d u = \begin{cases} 1 &(0 < x < 1) \\ \frac{1}{2} &(x=0,1) \\ 0 &(x<0, x>1) \end{cases}, \\ \int_{-\infty}^\infty \frac{\sin u}{u}\,\d u = \pi $$を導け．
フーリエの積分定理より
$$ \def\e{\mathrm{e}}\def\d{\mathrm{d}} \begin{align*} &\frac{1}{2\pi i}\int_{-\infty}^\infty \frac{1-\e^{-iu}}{u}\e^{iux}\,\d u \\ &= \frac{f(x-0)+f(x+0)}{2} \\ &= \left\{\begin{align*} &1 &&(0 < x < 1) \\ &\frac{\displaystyle \lim_{\varepsilon\to +0}f(0-\varepsilon)+\lim_{\varepsilon\to +0}f(0+\varepsilon)}{2}=\frac{0+1}{2} &&(x=0) \\ &\frac{\displaystyle \lim_{\varepsilon\to +0}f(1-\varepsilon)+\lim_{\varepsilon\to +0}f(1+\varepsilon)}{2} = \frac{1+0}{2} &&(x=1) \\ &0 &&(x<0,x>1) \end{align*}\right. \\ &= \begin{cases} 1 &(0 < x < 1) \\ \frac{1}{2} &(x=0) \\ \frac{1}{2} &(x=1) \\ 0 &(x<0,x>1) \end{cases} \end{align*} $$\(x = 0\) のとき
$$ \def\e{\mathrm{e}}\def\d{\mathrm{d}}\newcommand\ntsize[1]{{\footnotesize #1}} \begin{align*} \frac{1}{2} &= \frac{1}{2\pi i}\int_{-\infty}^\infty \frac{1-\e^{-iu}}{u}\,\d u \\ &= \frac{1}{2\pi i}\int_{-\infty}^\infty \frac{1-\cos u+i\sin u}{u}\,\d u \\ &= -\frac{i}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty \frac{1-\cos u}{u}\,\d u + \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty \frac{\sin u}{u}\,\d u \\ \frac{1}{2} &= \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty \frac{\sin u}{u}\,\d u &&\ntsize{\textsf{実部比較}} \\ \therefore \quad \pi &= \int_{-\infty}^\infty \frac{\sin u}{u}\,\d u \end{align*} $$偶関数 \(f\) に対して
$$ \def\d{\mathrm{d}}\newcommand\ntsize[1]{{\footnotesize #1}} \begin{align*} F(u) &= 2\int_0^\infty f(x)\cos ux \, \d x &&\ntsize{\textsf{フーリエ余弦変換}} \\ f(x) &= \frac{1}{\pi} \int_0^\infty F(u)\cos ux \, \d u &&\ntsize{\textsf{反転公式}} \end{align*} $$奇関数 \(f\) に対して、\(S(u) \coloneqq i F(u)\) として
$$ \def\d{\mathrm{d}}\newcommand\ntsize[1]{{\footnotesize #1}} \begin{align*} S(u) &= 2\int_0^\infty f(x)\sin ux \, \d x &&\ntsize{\textsf{フーリエ正弦変換}} \\ f(x) &= \frac{1}{\pi} \int_0^\infty S(u)\sin ux \, \d u &&\ntsize{\textsf{反転公式}} \end{align*} $$\(f(x) = \begin{cases} 1 &(|x|\le 4) \\ 0 &(|x|>4) \end{cases}\) のフーリエ変換から次を示せ．
$$ \def\d{\mathrm{d}} \int_0^\infty \frac{\sin 4u \cos \pi u}{u} \, \d u = \frac{\pi}{2} $$
\(f\) は偶関数だから
$$ \def\d{\mathrm{d}} \begin{align*} F(u) &= 2 \int_0^\infty f(x) \cos ux \, \d x \\ &= 2 \int_0^4 \cos ux \, \d x \\ &= 2 \left[ \frac{\sin ux}{u} \right]_0^4 \\ &= \frac{2\sin 4u}{u} \end{align*} $$フーリエの積分定理より
$$ \def\d{\mathrm{d}} \begin{align*} &\frac{1}{\pi} \int_0^\infty \frac{2\sin 4u}{u} \cos ux \, \d u \\ &= \frac{f(x-0)+f(x+0)}{2} \\ &= \left\{\begin{align*} &1 &&(|x|<4) \\ &\frac{\displaystyle\lim_{\varepsilon\to+0}f(-4-\varepsilon)+\lim_{\varepsilon\to+0}f(-4+\varepsilon)}{2} = \frac{0+1}{2} &&(x=-4) \\ &\frac{\displaystyle\lim_{\varepsilon\to+0}f(4-\varepsilon)+\lim_{\varepsilon\to+0}f(4+\varepsilon)}{2} = \frac{1+0}{2} &&(x=4) \\ &0 &&(|x|>4) \end{align*}\right. \\ &= \begin{cases} 1 &(|x|<4) \\ \frac{1}{2} &(x=-4) \\ \frac{1}{2} &(x=4) \\ 0 &(|x|>4) \end{cases} \end{align*} $$\(x = \pi\) のとき
$$ \def\d{\mathrm{d}} \frac{1}{\pi}\int_0^\infty \frac{2\sin 4u}{u} \cos \pi u \, \d u = 1 \quad \therefore \quad \int_0^\infty \frac{\sin 4u \cos \pi u}{u} \, \d u = \frac{\pi}{2} $$偏微分方程式 #
1変数についての導関数を含む方程式を常微分方程式 (ordinary differential equation ; ODE)、多変数についての偏導関数を含む方程式を偏微分方程式 (partial differential equation ; PDE) という．
偏微分方程式の解には、階数と同じ個数の任意関数が含まれる．
例
1階偏微分方程式
$$ \frac{\partial z}{\partial x} = y $$
両辺を \(x\) で積分して
$$ \newcommand\ntsize[1]{{\footnotesize #1}} z = xy + f(y) \quad (f \ntsize{\textsf{ は任意関数}}) $$例
2階斉次線形微分方程式
$$ \frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} = 0 $$
\(\displaystyle \frac{\partial z}{\partial y}\) は \(\displaystyle \frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{\partial z}{\partial y}\right) = 0\) より \(x\) を含まず \(y\) だけの関数であるから \(\displaystyle \varphi(y) \coloneqq \frac{\partial z}{\partial y}\) とする．
\(y\) で積分すると
$$ \newcommand\ntsize[1]{{\footnotesize #1}} z = \int \varphi(y)\,\mathrm{d}y + f(x) \quad (f \ntsize{\textsf{ は任意関数}}) $$\(\displaystyle g(y) \coloneqq \int \varphi(y)\,\mathrm{d}y\) とすると一般解は
$$ \newcommand\ntsize[1]{{\footnotesize #1}} z = f(x) + g(y) \quad (f,g \ntsize{\textsf{ は任意関数}}) $$波動方程式 #
波の変位 \(u(x,t)\) は、波速を表す定数 \(c\) を用いて次式を満たす．
$$ \frac{1}{c^2}\frac{\partial^2 u}{\partial t^2} = \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} $$これを1次元波動方程式という．
\(p \coloneqq x - ct, \, q \coloneqq x + ct\) とする．
\(u(p(x,t),q(x,t))\) とみて
$$ \newcommand\ntsize[1]{{\footnotesize #1}} \begin{align*} \frac{\partial u}{\partial t} &= \frac{\partial u}{\partial p}\frac{\partial p}{\partial t} + \frac{\partial u}{\partial q}\frac{\partial q}{\partial t} = c\left(-\frac{\partial u}{\partial p} + \frac{\partial u}{\partial q}\right) \\ \frac{\partial^2 u}{\partial t^2} &= \frac{\partial}{\partial t}\left(\frac{\partial u}{\partial t}\right) \\ &= \frac{\partial}{\partial p}\left(\frac{\partial u}{\partial t}\right)\frac{\partial p}{\partial t} + \frac{\partial}{\partial q}\left(\frac{\partial u}{\partial t}\right)\frac{\partial q}{\partial t} \\ &= c\left(-\frac{\partial^2u}{\partial p^2} + \frac{\partial^2u}{\partial p\partial q}\right)(-c) + c\left(-\frac{\partial^2u}{\partial q\partial p} + \frac{\partial^2u}{\partial q^2}\right)c \\ &= c^2\left(\frac{\partial^2u}{\partial p^2}-2\frac{\partial^2u}{\partial p\partial q} + \frac{\partial^2u}{\partial q^2}\right) \\ \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} &= \frac{\partial^2u}{\partial p^2}+2\frac{\partial^2u}{\partial p\partial q} + \frac{\partial^2u}{\partial q^2} &&\ntsize{\textsf{同様に計算}} \end{align*} $$以上より
$$ \begin{align*} \frac{\partial^2u}{\partial p^2}-2\frac{\partial^2u}{\partial p\partial q} + \frac{\partial^2u}{\partial q^2} &= \frac{\partial^2u}{\partial p^2}+2\frac{\partial^2u}{\partial p\partial q} + \frac{\partial^2u}{\partial q^2} \\ 4\frac{\partial^2u}{\partial p\partial q} &= 0 \\ \frac{\partial^2u}{\partial p\partial q} &= 0 \end{align*} $$一般解は
$$ \newcommand\ntsize[1]{{\footnotesize #1}} u = f(p) + g(q) = f(x-ct) + g(x+ct) \quad (f,g \ntsize{\textsf{ は任意関数}}) $$普通はある条件下での解を求める．
\(t = 0\) での条件 \(\displaystyle u(x,0) = \varphi(x), \, \frac{\partial u}{\partial t}(x,0) = \psi(x)\) を初期条件という．
\(x = 0, L\) での条件 \(u(0,t) = \eta(t), \, u(L,t) = \xi(t)\) を境界条件という．
熱方程式 #
温度分布 \(u(x,t)\) は、熱拡散率 \(k\) を用いて次式を満たす．
$$ \frac{\partial u}{\partial t} = k \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} $$これを1次元熱 (伝導) 方程式という．
例
次の熱伝導方程式の解を求めよ．
$$ \newcommand\ntsize[1]{{\footnotesize #1}} \frac{\partial u}{\partial t} = \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} \quad (0 < x < 1, \, t>0) \\[6pt] \left\{\begin{align*} \ntsize{\textsf{境界条件}} &: u(0,t) = u(1,t) = 0 &&(t \ge 0) \\ \ntsize{\textsf{初期条件}} &: u(x,0) = x(1-x) && (0 \le x \le 1) \end{align*}\right. $$
まず \(u\) を \(x\) と \(t\) の関数に分けることを考える (変数分離法)．
\(v(x,t) \coloneqq X(x)T(t) \not \equiv 0\) の形で境界条件を満たす方程式の解を求める．
$$ \newcommand\ntsize[1]{{\footnotesize #1}} \begin{align*} \frac{\partial v}{\partial t} &= \frac{\partial^2 v}{\partial x^2} \\ \frac{\partial}{\partial t}(XT) &= \frac{\partial^2}{\partial x^2}(XT) \\ XT^\prime &= X^{\prime\prime}T \\ \frac{T^\prime}{T} &= \frac{X^{\prime\prime}}{X} \eqqcolon \lambda (=\text{Const.}) \end{align*} $$これより
$$ \left\{\begin{align*} X^{\prime\prime} - \lambda X &= 0 \\ T^\prime - \lambda T &= 0 \end{align*}\right. $$-
\(X^{\prime\prime} - \lambda X = 0\) の一般解を求める
\(\displaystyle \frac{{\rm d}^2y}{{\rm d}x^2} + a \frac{{\rm d}y}{{\rm d}x} + by = 0\) の一般解は、特性方程式 \(\lambda^2 + a\lambda + b = 0\) の解に対応して
$$ \newcommand\ntsize[1]{{\footnotesize #1}} y = \left\{\begin{align*} &C_1\mathrm{e}^{\lambda_1 x} + C_2\mathrm{e}^{\lambda_2 x} &&\ntsize{\textsf{異なる解 }} \lambda_1, \, \lambda_2 \in \R \\ &\mathrm{e}^{\lambda_1 x}(C_1 + C_2x) &&\ntsize{\textsf{重解 }} \lambda_1 \\ &\mathrm{e}^{px}(C_1 \cos qx + C_2 \sin qx) &&\ntsize{\textsf{異なる解 }} p\pm qi \in \Complex \end{align*}\right. $$特性方程式より、\(A,B\) を任意定数として一般解は
$$ X = \left\{\begin{align*} &A\mathrm{e}^{\sqrt\lambda x} + B\mathrm{e}^{-\sqrt\lambda x} &&(\lambda >0) \\ &Ax + B &&(\lambda =0) \\ &A\cos\sqrt{-\lambda}x + B\sin\sqrt{-\lambda}x &&(\lambda <0) \end{align*}\right. $$\(\lambda < 0\) のとき、特性方程式の解は \(\pm \underset{\textsf{虚数}}{\boxed{\sqrt\lambda}} = \pm \sqrt{-\lambda}i\)境界条件より
$$ v(0,t) = X(0)T(t) = 0, \quad v(1,t) = X(1)T(t) = 0 $$である．もし \(T(t) = 0\) なら \(v(x,t) \equiv 0\) となり仮定に反する．
よって \(X(0),X(1) = 0\) である．これを満たすような \(A,B\) を求める．
-
\(\lambda > 0\)
$$ \left\{\begin{align*} X(0) &= A+B = 0 \\ X(1) &= A\mathrm{e}^{\sqrt\lambda} + B\mathrm{e}^{-\sqrt\lambda} = 0 \end{align*}\right. $$より \(A(\mathrm{e}^{\sqrt\lambda} - \mathrm{e}^{-\sqrt\lambda}) = 0\) である．
\(A \ne 0\) なら \(\mathrm{e}^{\sqrt\lambda} = \mathrm{e}^{-\sqrt\lambda} \xLeftrightarrow{} \mathrm{e}^{2\sqrt\lambda} = 1 \xLeftrightarrow{} \lambda = 0\) となるが、\(\lambda > 0\) に矛盾する．
よって \(A = B = 0\) である．
-
\(\lambda = 0\)
$$ \left\{\begin{align*} X(0) &= B = 0 \\ X(1) &= A + B = 0 \end{align*}\right. $$よって \(A = B = 0\) である．
以上より \(\lambda \ge 0\) のとき \(X \equiv 0\) で \(v(x,t) \equiv 0\) となり仮定に反するから、求める解は得られない．
-
\(\lambda < 0\)
$$ \left\{\begin{align*} X(0) &= A = 0 \\ X(1) &= A\cos\sqrt{-\lambda} + B\sin\sqrt{-\lambda} = 0 \end{align*}\right. $$\(B = 0\) なら \(X \equiv 0\) で \(v(x,t) \equiv 0\) となり仮定に反するから \(B \ne 0\) である．
\(\sin\sqrt{-\lambda} = 0 \xLeftrightarrow{} \underbrace{\sqrt{-\lambda}}_{>0} = n\pi \xLeftrightarrow{} \lambda = -n^2\pi^2 \; (n \in \Z^+)\)
したがって、求める解は
$$ X = B\sin n\pi x \quad (B \ne 0, \, n \in \Z^+) $$ -
-
\(T^\prime - \lambda T = 0\) の一般解を求める
$$ \def\d{\mathrm{d}}\def\e{\mathrm{e}}\def\d{\mathrm{d}} \begin{align*} \int\frac{\frac{\d T}{\d t}}{T} \,\d t &= \int\lambda \, \d t \\ \ln|T| &= \lambda t + C_1 \\ T &= \e^{\lambda t + C_1} = C\e^{\lambda t} = C\e^{-n^2\pi^2t} \end{align*} $$
したがって、境界条件を満たす特殊解として
$$ \def\e{\mathrm{e}}\def\d{\mathrm{d}} u_n(x,t) \coloneqq \e^{-n^2\pi^2t}\sin n\pi x $$が得られる．
更に初期条件を満たす解 \(u\) を求めるには、\(u_n\) の線形結合として
$$ u(x,t) = \sum_{n=1}^\infty C_n u_n(x,t) $$なる定数 \(C_n\) を定めればよい．
初期条件より
$$ u(x,0) = x(1-x) = \sum_{n=1}^\infty C_n \sin n\pi x \quad (0\le x \le 1) $$右辺が周期 \(2\) のフーリエ正弦級数の形をしていることから
$$ f(x) = x(1-x) \quad (0\le x \le 1), \quad f(-x) = -f(x), \quad f(x+2) = f(x) $$と定めると
$$ \def\d{\mathrm{d}}\begin{align*} C_n &= 2 \int_0^1 x(1-x)\sin n\pi x \, \d x \\ &= 2\left(\left[-x(1-x)\frac{\cos n\pi x}{n\pi}\right]_0^1 + \int_0^1 (1-2x)\frac{\cos n\pi x}{n\pi} \, \d x\right) \\ &= 0 + \frac{2}{n\pi}\left(\left[(1-2x)\frac{\sin n\pi x}{n\pi}\right]_0^1 + \int_0^1 2\frac{\sin n\pi x}{n\pi} \, \d x\right) \\ &= \frac{4}{(n\pi)^2}\left[-\frac{\cos n\pi x}{n\pi}\right]_0^1 \\ &= \frac{4(1 - (-1)^n)}{(n\pi)^3} \end{align*} $$
\(x(1-x)\) は区分的に滑らかでかつ連続なので、フーリエの収束定理より \(f =\) 級数
以上より
$$ \def\e{\mathrm{e}}\def\d{\mathrm{d}} u(x,t) = \sum_{n=1}^\infty \frac{4(1 - (-1)^n)}{(n\pi)^3} \e^{-n^2\pi^2t}\sin n\pi x $$
次の熱伝導方程式の解を求めよ．
$$ \newcommand\ntsize[1]{{\footnotesize #1}} \frac{\partial u}{\partial t} = \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} \quad (0 < x < 1, \, t>0) \\[6pt] \left\{\begin{align*} \ntsize{\textsf{境界条件}} &: u(0,t) = u(1,t) = 0 &&(t \ge 0) \\ \ntsize{\textsf{初期条件}} &: u(x,0) = 5\sin2\pi x-3\sin5\pi x && (0 \le x \le 1) \end{align*}\right. $$
\(v(x,t) \coloneqq X(x)T(t) \not \equiv 0\) の形で境界条件を満たす方程式の解を求める．
$$ \begin{align*} \frac{\partial v}{\partial t} &= \frac{\partial^2 v}{\partial x^2} \\ \frac{\partial}{\partial t}(XT) &= \frac{\partial^2}{\partial x^2}(XT) \\ XT^\prime &= X^{\prime\prime}T \\ \frac{T^\prime}{T} &= \frac{X^{\prime\prime}}{X} \eqqcolon \lambda \end{align*} \\ \left\{\begin{align*} X^{\prime\prime} - \lambda X &= 0 \\ T^\prime - \lambda T &= 0 \end{align*}\right. $$-
\(X^{\prime\prime} - \lambda X = 0\) の一般解を求める
$$ \newcommand\ntsize[1]{{\footnotesize #1}} X = \left\{\begin{align*} &A\mathrm{e}^{\sqrt\lambda x} + B\mathrm{e}^{-\sqrt\lambda x} &&(\lambda >0) \\ &Ax + B &&(\lambda =0) \\ &A\cos\sqrt{-\lambda}x + B\sin\sqrt{-\lambda}x &&(\lambda <0) \end{align*}\right. \quad (A,B:\ntsize{\textsf{任意定数}}) $$境界条件より
$$ v(0,t) = X(0)T(t) = 0, \quad v(1,t) = X(1)T(t) = 0 $$\(v(x,t) \not\equiv 0\) だから \(T(t) \ne 0\) で \(X(0), X(1) = 0\) である．
-
\(\lambda > 0\)
$$ \left\{\begin{align*} X(0) &= A+B = 0 \\ X(1) &= A\mathrm{e}^{\sqrt\lambda} + B\mathrm{e}^{-\sqrt\lambda} = 0 \end{align*}\right. $$より \(A(\mathrm{e}^{\sqrt\lambda} - \mathrm{e}^{-\sqrt\lambda}) = 0\) である．
\(A \ne 0\) なら \(\mathrm{e}^{\sqrt\lambda} = \mathrm{e}^{-\sqrt\lambda} \xLeftrightarrow{} \mathrm{e}^{2\sqrt\lambda} = 1 \xLeftrightarrow{} \lambda = 0\) となるが、\(\lambda > 0\) に矛盾する．
よって \(A = B = 0\) である．
-
\(\lambda = 0\)
$$ \left\{\begin{align*} X(0) &= B = 0 \\ X(1) &= A + B = 0 \end{align*}\right. $$よって \(A = B = 0\) である．
-
\(\lambda < 0\)
$$ \left\{\begin{align*} X(0) &= A = 0 \\ X(1) &= A\cos\sqrt{-\lambda} + B\sin\sqrt{-\lambda} = 0 \end{align*}\right. $$\(B = 0\) なら \(X \equiv 0\) で \(v(x,t) \equiv 0\) となり不適である．
\(\sin\sqrt{-\lambda} = 0 \xLeftrightarrow{} \sqrt{-\lambda} = n\pi \xLeftrightarrow{} \lambda = -n^2\pi^2 \; (n \in \Z^+)\)
\(\lambda \ge 0\) のとき \(X \equiv 0\) で \(v(x,t) \equiv 0\) となり不適である．
したがって、求める解は
$$ X = B\sin n\pi x \quad (B \ne 0, \, n \in \Z^+) $$ -
-
\(T^\prime - \lambda T = 0\) の一般解を求める
$$ \def\d{\mathrm{d}}\def\e{\mathrm{e}}\def\d{\mathrm{d}} \begin{align*} \int\frac{\frac{\d T}{\d t}}{T} \,\d t &= \int\lambda \, \d t \\ \ln|T| &= \lambda t + C_1 \\ T &= \e^{\lambda t + C_1} = C\e^{\lambda t} = C\e^{-n^2\pi^2t} \end{align*} $$
したがって、境界条件を満たす特殊解として
$$ \def\e{\mathrm{e}}\def\d{\mathrm{d}} u_n(x,t) \coloneqq \e^{-n^2\pi^2t}\sin n\pi x $$が得られる．
更に初期条件を満たす解 \(u\) を求めるには、\(u_n\) の線形結合として
$$ u(x,t) = \sum_{n=1}^\infty C_n u_n(x,t) $$なる定数 \(C_n\) を定めればよい．
初期条件より
$$ \def\e{\mathrm{e}}\def\d{\mathrm{d}} u(x,0) = 5\sin2\pi x-3\sin5\pi x = \sum_{n=1}^\infty C_n \sin n\pi x $$この形より
$$ \begin{align*} &f(x) = 5\sin2\pi x-3\sin5\pi x \quad (0 \le x \le 1) \\ &f(-x) = -f(x), \quad f(x+2) = f(x) \end{align*} $$と定めると
$$ \def\d{\mathrm{d}}\newcommand\ntsize[1]{{\footnotesize #1}} \begin{align*} C_n &= 2\int_0^1 f(x)\sin n\pi x \, \d x \\ &= 10 \int_0^1\sin2\pi x \, \sin n\pi x \, \d x - 6 \int_0^1 \sin5\pi x \, \sin n\pi x \, \d x \\ &\hphantom{{}={}} \quad {\small\begin{align*} \ntsize{\textsf{ここで }} &\int_0^1 \sin m\pi x \,\sin n \pi x \, \d x \\ &=\left\{\begin{align*} &\frac{1}{2}\int_0^1 \{\cos(m-n)\pi x - \cos(m+n)\pi x\}\,\d x &&(m\ne n) \\ &\int_0^1 \sin^2 n\pi x \, \d x = \frac{1}{2}\int_0^1 (1-\cos2n\pi x)\,\d x &&(m=n) \end{align*}\right. \\ &= \left\{\begin{align*} &\frac{1}{2}\left[\frac{\sin(m-n)\pi x}{(m-n)\pi} - \frac{\sin(m+n)\pi x}{(m+n)\pi}\right]_0^1 &&(m\ne n) \\ &\frac{1}{2}\left[x-\frac{\sin 2n\pi x}{2n\pi}\right]_0^1 &&(m=n) \end{align*}\right. \\ &= \frac{1}{2}\delta_{mn} \end{align*}} \\ &= \begin{cases} 5 &(n=2) \\ -3 &(n=5) \\ 0 &(\text{otherwise}) \end{cases} \end{align*} $$以上より
$$ \def\e{\mathrm{e}}\def\d{\mathrm{d}} u(x,t) = 5\e^{-4\pi^2t}\sin2\pi x - 3\e^{-25\pi^2t}\sin5\pi x $$