補足 : Fourier 級数の問題

(i) Green 関数を構成して、それを用いて解を構成する。

(ii) 作用素の 1パラメーター半群理論を用いる。

(i) はかなり面倒な議論を必要とするが、一度Green 関数を構成してしまうと、それを利用 して解の性質の詳しい解析ができる。日本語で読める Green 関数の構成法の説明としては伊 藤 [7]がある⁶⁰ (読みやすくはないので、強くは勧めない)。Green 関数を用いて解の性質を引 き出す議論については、伊藤 [6]が大いに参考になる(こちらは興味がある人には推奨できる)。

(ii) も決して簡単ではないが、熱方程式以外への応用も広範にあるので、学ぶに値する理論 である。ただし、解の性質を詳しく解析する目的にはあまり向かない (と思う)。少し関数解 析についてトレーニングを積んでから取り組むのがよい。短時間で読める解説 (証明がついて いるわけではない) として藤田 [62]がある。その他にブレジス [67]などが勧められる。

問題 3.

(1) X:=C([a, b];R) に対して、

(f, g) :=

Z _b

a

f(x)g(x)dx (f, g ∈X) は内積の公理⁶¹を満たすことを示せ。

(2) Y :=C([a, b];C)に対して、

(f, g) :=

Z _b

a

f(x)g(x)dx (f, g∈Y)

は内積の公理⁶²を満たすことを示せ。ただし g(x)は g(x) の共役複素数を表すとする。

問題 4. 線型空間 X とその上で定義された内積 (·,·) があるとき、Schwarz の不等式 (♥) ∀f, g ∈X |(f, g)|² ≤(f, f) (g, g)

が成り立つことを示せ。(ノルムk·kをkfk:=p

(f, f)で定義すると、(♥)は|(f, g)| ≤ kfk kgk と書き直せる。こちらの形の方に慣れている人が多いかもしれない。)

問題 5. 内積

(f, g) :=

Z π

−π

f(x)g(x)dx について、関数系

{cosnx}^∞n=0∪ {sinnx}^∞n=1

が直交系⁶³であることを示し、正規化せよ。

(おまけ) 区間の幅を半分にして

hf, gi:=

Z _π

0

f(x)g(x)dx という内積で考えた場合はどうか。

問題 6. 内積

(f, g) :=

Z π 0

f(x)g(x)dx

について、次の二つの関数系が直交系であることを示し、正規化せよ。

(1) {cosnx}^∞_n=0 (2) {sinnx}^∞_n=1

61(i) (f, f)≥0,等号⇔f = 0, (ii) (λ₁f₁+λ₂f₂, g) =λ₁(f₁, g) +λ₂(f₂, g), (iii) (g, f) = (f, g).

62(1)と同様だが、(iii)だけ(iii) (g, f) = (f, g)に置き換える。

63F が直交系であるとは、∀f, g∈ F に対してf 6=g=⇒(f, g) = 0が成り立つことをいう。

問題 7. 内積

(f, g) :=

Z _π

−π

f(x)g(x)dx について、 関数系

e^inx;n ∈Z

が直交系であることを示し、正規化せよ。ただし i は虚数単位である。

問題 8. K=RorCとする。XはK上の線型空間で、内積(·,·)を持つとする。f = Xn j=1

c_jφ_j (c_j ∈K, φ_j ∈X) が成り立っていると仮定する。

(1) {φ_j}ⁿ_j=1 が正規直交系であるとき、c_j = (f, φ_j) であることを示せ。

(2) {φ_j}ⁿj=1 が直交系であるとき、c_j を f と φ_j を用いて表せ。

問題 9. 関数系 {1, x, x², x³} からグラム・シュミットの直交化法により、内積 (f, g) :=

Z 1

−1

f(x)g(x) dx に関する正規直交系を作れ。(計算が面倒だと思ったらやらなくて良いです。

こんなことも出来るんだ、という例を示したいだけなので。) 問題 10. Fourier 級数の定義を述べよ。(周期は 2π として良い。)

問題 11. 周期 2π の関数 f: R →Cの Fourier級数が、∀x ∈R で収束して f(x) に等しく なるための十分条件を少なくとも一つ述べよ。(授業で 2,3 個習ったのでは？ と思います。) 問題 12. 以下の関数 f を区間 [−π, π] で Fourier 級数展開せよ(必要ならば [−π, π] の外で 適当に拡張して、周期2π の関数と考えてFourier 級数展開せよ)。

(1) f(x) =x (−π ≤x≤π).

(2) f(x) =x² (−π ≤x≤π). (一般に x^k はどうか？ ) (3) f(x) =|x| (−π≤x≤π).

(4) f(x) = signx=







1 (0< x < π) 0 (x= 0)

−1 (−π < x <0) (5) f(x) = cos²x.

(6) f(x) = sin³x.

問題 13. (1) cos⁶θ を周期 2π の周期関数として Fourier 級数展開せよ。(2) cos 6θ を cosθ と sinθ の多項式として表せ(答は一通りではない、一つ見つければ十分)。

計算を簡単に済ませるためのヒント cosⁿθ を coskθ, sinkθ で表すには、

e^iθ+e^−iθ 2

n

を展開するのが便利である。

coskθ を cosθ, sinθ の多項式で表すには、

coskθ = Re

(cosθ+isinθ)^k を使うのが便利である。

問題 14. (2π 以外の周期の場合) f: R → R が周期 2L の関数で、適度の滑らかさ(例えば C¹ 級) を持っているとする。

F(X) = f(x), x= LX

π (X ∈R)

とおくと、F が周期 2π の関数になることを利用して、次の式が成り立つことを示せ。

f(x) = a0

2 + X∞ n=1

a_ncosnπx

L +b_nsinnπx L

, ただし

a_n= 1 L

Z _L

−L

f(x) cosnπx

L dx, b_n= 1 L

Z _L

−L

f(x) sinnπx L dx.

問題 15.

X∞ n=1

n² a²_n+b²_n

<∞を満たす{an},{bn} に対して

u(x, t) :=

X∞ n=1

(a_ncosnπt+b_nsinnπt) sinnπx (x∈[0,1], t≥0) とおくとき、

E_k(t) := 1 2

Z ₁

0

u_t(x, t)² dx, E_p(t) := 1 2

Z ₁

0

u_x(x, t)² dx, E(t) :=E_k(t) +E_p(t) を a_n と b_n を用いてなるべく簡単な式で表し、E が定数関数であることを示せ。

問題 16. f: R→R を周期 2π の連続関数として、次のようにおく。

a_n= 1 π

Z _π

−π

f(x) cosnx dx (n= 0,1, . . .), b_n = 1 π

Z _π

−π

f(x) sinnx dx (n= 1,2, . . .)

(1) f が偶関数ならば b_n = 0, a_n= 2 π

Z _π

0

f(x) cosnx dx となることを示せ。(2) f が奇関数な らば a_n= 0, b_n= 2

π Z π

0

f(x) sinnx dx となることを示せ。

問題 17. 関数

f(x) = 1 (0≤x≤π) を Fourier 正弦級数で表せ。

問題 18. 関数

f(x) =x (0≤x≤π)

を Fourier 余弦級数で表せ(実はこれより前の問題に「答」がある)。 問題 19.

(1) f: [0, L]→C が連続かつ区分的に C¹ 級ならば、

f(x) = a₀ 2 +

X∞ n=1

a_ncosnπx

L (x∈[0, L]), a_n:= 2 L

Z _L

0

f(x) cosnπx

L dx (n= 0,1, . . .) が成り立つことを示せ。

(2) f: [0, L]→C が連続かつ区分的に C¹ 級で、f(0) =f(L) = 0 を満たすならば、

f(x) = X∞ n=1

b_nsinnπx

L (x∈[0, L]) b_n:= 2 L

Z _L

0

f(x) sinnπx

L dx (n∈N) が成り立つことを示せ。

(実は (1), (2)ともに一様収束する。)

問題 20. (1) 周期2π の連続関数 f: R→R のFourier係数 {a_n},{b_n},自然数 k について、

X∞ n=1

n^k(|a_n|+|b_n|)<∞ が成り立てば、f は C^k 級であることを示せ。

(2) 周期2π の連続関数 f: R→R が自然数k に対してC^k 級であれば、f の Fourier係数 {an}, {bn}について、

nlim→∞n^k|a_n|= 0, lim

n→∞n^k|b_n|= 0

であることを示せ (k = 0 の場合は有名な Riemann-Lebesgue の定理になる —これは既知 として良い)。

問題 21. f, g は周期 2π の関数で、(−π, π] の範囲では

f(x) = |x| (−π < x≤π), g(x) =







1 (0< x < π)

−1 (−π < x <0)) 0 (x= 0, π) で与えられているとするとき、以下の (1), (2) に答えよ。

(1)f,g を Fourier級数展開せよ。(2) f, g の Fourier級数はもとの関数に収束するか(各点 収束、一様収束、二乗平均収束、それぞれについて)、理由をつけて答えよ。

ただし、関数列{h_n}n∈N が h に二乗平均収束するとは、次の等式が成り立つことをいう:

nlim→∞

Z π

−π

|h_n(x)−h(x)|²dx= 0.

(余談 超関数論を用いると、g は f の導関数であり、さらにg の導関数h も考えることが 出来る。それはデルタ超関数 δ を用いて、h(x) = 2

X∞ n=−∞

(−1)ⁿδ(x−nπ)と表せる。超関数の 世界では、一般に導関数の Fourier 級数は、もとの関数のFourier 級数を項別に微分したもの になっている。f,g,hの Fourier級数の部分和のグラフをコンピューターを用いて描いてみる のは面白い。f の Fourier 級数は一様収束することが見て分かる(一様に絶対収束する)。g の

Fourier 級数は各点収束するが、不連続点の近傍では Gibbs の現象が現われる。h の Fourier

級数は普通の意味では収束しないが、その部分和は (x= 0 の近傍では) δ 関数に収束するこ とが見て取れる。)

問題 22. 内積 (,) を持つ「内積空間」 X において、{φ_n}n∈N が正規直交系である (i.e.

(φ_i, φ_j) =δ_ij)とするとき、以下の問に答えよ。

(1) x∈X, N ∈N に対してe_N :=x− XN

i=1

(x, φ_i)φ_i とおくとき、

ke_Nk² =kxk²− XN

i=1

|(x, φ_i)|² が成り立つ。ただしy ∈ X に対して kyk:=p

(y, y) と定義する(一見難しいようだけれ

ど、ただの式の計算による証明なので、実は簡単)。 これからすぐに、Bessel の不等式

X∞ n=1

|(x, φ_n)|² ≤ kxk²

が証明できる。

(2) (これは省略しても良い。) X が完備ならば

X∞ n=1

(x, φn)φ は収束することを示せ。

(3) 特にf: R→C が周期2π の連続関数であるとき、

X

n∈Z

|c_n|² ≤ 1 2π

Z _π

−π

|f(x)|²dx

が成り立つことを示せ。ただしc_n := 1 2π

Z _∞

−∞

f(x)e^−inx dx とする。

問題 23. 次の(1), (2), (3) に答えよ。

(1) 内積(·,·)を持つ Hilbert空間 X の正規直交系{φ_n}^∞n=1 があるとき、∀f ∈X に対して kfk² =

f−

Xn i=1

(f, φi)φi

2

+ Xn

i=1

|(f, φi)|², ただし kyk=p (y, y)

が成り立つことを示せ。これから f −

Xn i=1

(f, φ_i)φ_i

→ 0 が成り立つとき⁶⁴、Parseval の等式kfk² =

X∞ n=1

|(f, φ_n)|² が成り立つ。

(2) f: R→R は周期2π の連続関数で、f(x) =x² (−π < x < π) を満たすものとする。こ のとき、f のFourier 級数を求め、R の各点xで、その Fourier 級数が収束するか、また その和はf(x)に等しいか、理由をつけて答えよ。

(3) (2) の結果を用いて、

X∞ n=1

1

n² の値を求めよ。また Parseval の等式を用いて、

X∞ n=1

1 n⁴ の値 を求めよ。

問題 24. 周期2π の関数 f と数列{a_n}n≥0, {b_n}n≥1 に対して f(x) = a₀

2 + X∞ n=1

(a_ncosnx+b_nsinnx) (x∈[−π, π]) が成り立つならば、

a_n= 1 π

Z _π

−π

f(x) cosnx dx (n= 0,1, . . .), b_n = 1 π

Z _π

−π

f(x) sinnx dx (n= 1,2, . . .) と結論して良いか？ (注: Fourier 係数は一意的か (あるいはFourier 級数展開は一意的か、と 言ってもよい) という意味で大事なことである。これがあると「係数の比較」ができる。) 問題 25. f, g: R→Cは十分滑らかな関数で、

f(x) = X

n∈Z

a_ne^inx, g(x) =X

n∈Z

b_ne^inx

をその Fourier 級数展開とする。

(1) (積の Fourier係数は、Fourier 係数の畳み込み) f(x)g(x) =X

n∈Z

c_ne^inx をf g の Fourier級 数展開とするとき、次の式を示せ。

c_n= X∞ k=−∞

a_kb_n−k (n ∈Z)

64これが任意のf について成り立つとき、{φ_n} は完全正規直交系であるという。Parseval の等式は、通常完 全正規直交系に関する命題として提示される。

(2) (畳み込みの Fourier 係数は、Fourier 係数の積) f∗g(x) := 1

2π Z _π

−π

f(x−y)g(y)dy とおく。

f∗g(x) =X

n∈Z

c_ne^inx

を f∗g の Fourier 級数展開とするとき、次の式を示せ。

c_n=a_nb_n (n∈Z).

(この問題で述べた事実は、Fourier 変換では有名だが、Fourier級数については省略されるこ とが多い。)

問題 26. f: R→C を周期2π の連続関数として、

a_n = 1 π

Z π

−π

f(x) cosnx dx (n = 0,1, . . .), b_n= 1 π

Z π

−π

f(x) sinnx dx (n = 1,2, . . .), c_n = 1

2π Z _π

−π

f(x)e^−inxdx (n ∈Z) とおくとき、

c_n=















 1

2(a_n−ib_n) (n >0) 1

2a₀ (n= 0)

1

2(a_−n+ib_−n) (n <0) であることを確かめよ。

Fourier 級数略解

解答 1. δij を Kronecker のデルタとするとき、

Z π

−π

coskx dx= 2πδ_k0, Z π

−π

sinℓx dx= 0, Z π

−π

e^inxdx= 2πδ_n0.

(ほとんどの場合は 0 となる。この結果はもちろん地道に計算して確かめても良いし(自分で やったことがなければ是非とも一度やってみること、なあんだ、となるはず)、三角関数は 1 周期の間で「同じだけ」の山と谷を持つことからも明らかである。)

解答 2. まず三角関数の加法定理

cos(α+β) = cosαcosβ−sinαsinβ, cos(α−β) = cosαcosβ+ sinαsinβ, sin(α+β) = sinαcosβ+ cosαsinβ, sin(α−β) = sinαcosβ−cosαsinβ.

を書けるようにすること (そのまま覚えるか、α+β の場合だけ覚えて β を −β で置き換え るとか、Euler の公式 e^iθ = cosθ+isinθ を覚えて指数法則e^x+y =e^xe^y を x=iα, y=iβ と して導くか)。そこから後は式を眺めて解けるはず。

解答 3. (略)

解答 4. R 上の線形空間であれば、∀t ∈R に対して

0≤ ktf +gk² = (tf +g, tf +g) =t²(f, f) + 2t(f, g) + (g, g)

が成り立つことからすぐ分る(f 6= 0であれば、2次式の判別式Dについて0≥D/4 = (f, g)²− (f, f)(g, g) が成り立つので移項すれば良い) C 上の線形空間である場合は、ϕ := arg(f, g)と して、t=ρe^−iϕ (ρ∈R) を考えれば良い。

解答 5. (この問題は一度ゆっくり落ち着いて考えること) 三角関数の加法定理から導かれる sinmxsinnx= 1

2[cos(m−n)x−cos(m+n)x]

より、∀m, n∈Z に対して Z π

−π

sinmxsinnx dx= 1

2(2πδ_m−n,0−2πδ_m+n,0) =π(δ_m,n−δ_m+n,0) であるが、m, n∈N であれば m+n6= 0 であることに注意すると、

Z _π

−π

sinmxsinnx dx=πδ_m,n. 同様に

cosmxcosnx= 1

2[cos(m+n)x+ cos(m−n)x]

より Z _π

−π

cosmxcosnx dx= 1

2(2πδ_m+n,0+ 2πδ_m−n,0) =π(δ_m+n,0+δ_m,n)

であるが、m, n∈N∪ {0}, m6=n であれば、m−n 6= 0, m+n6= 0 (m, n≥0かつ、どちら か一方は正なので m+n ≥1であることに注意) であるから、

Z π

−π

cosmxcosnx dx= 0.

m =n = 0 の場合は δm+n,0 =δm,n = 1 であるから、

Z _π

−π

cosmxcosnx dx=π(1 + 1) = 2π.

m =n 6= 0 の場合は δm+n,0 = 0, δm,n = 1 であるから、

Z _π

−π

cosmxcosnx dx=π(0 + 1) = π.

また

cosmxsinnx= 1

2[sin(n+m)x−sin(n−m)x]

より Z π

−π

cosmxsinnx dx= 0.

以上より直交系であることは分った。正規化すると 1

√2π

[ 1

√πcosmx _∞

m=1

[ 1

√πsinnx _∞

n=1

.

解答 6. (省略)

解答 7. 任意のn, m∈Z に対して Z π

−π

e^inxe^imxdx= Z π

−π

e^inxe^−imxdx= Z π

−π

e^i(n−m)xdx= 2πδn−m,0 = 2πδn,m. これから確かに直交系であり、正規化すると

√1

2πe^inx (n∈Z).

解答 8. (2) m∈ {1,· · · , n} とする。j 6=m ならば(φ_j, φ_m) = 0 であることに注意すると (f, φ_m) =

Xn j=1

c_jφ_j, φ_m

!

= Xn

j=1

c_j(φ_j, φ_m) =c_m(φ_m, φ_m).

ゆえに c_m = (f, φ_m)

(φ_m, φ_m). ゆえに(書き換える必要はないかもしれないが)c_j = (f, φ_j) (φ_j, φ_j). 解答 9. (結果のみ)実は定数倍を除き Legendre の多項式P_n(x) に一致する:

P_n(x) = 1 2ⁿn!

dⁿ

dxⁿ(x²−1)ⁿ (Rodriguesの公式).

以上を知らなくても、1, x, x², · · ·, x⁴ から始めて、グラム・シュミットの直交化法で直交系 を求めると

P₀(x) = 1, P₁(x) = x, P₂(x) = 1

2(3x²−1), P₃(x) = 1

2(5x³−3x), P₄(x) = 1

8(35x⁴−30x²+3).

正規化すると r 1 2,

r3 2x,

r5

8(3x²−1), r7

8(5x³−3x).

解答 10. f: R→C は周期2π の関数で、[−π, π]で積分可能と仮定する。

(♯) a_n:= 1 π

Z _π

−π

f(x) cosnx dx (n= 0,1, . . .), b_n:= 1 π

Z _π

−π

f(x) sinnx dx (n= 1,2, . . .) で {a_n}, {b_n}を定めるとき、

(♭) a0

2 + X∞ n=1

(a_ncosnx+b_nsinnx) (x∈R)

という級数を f の Fourier 級数と呼ぶ。{a_n}と {b_n} は f の Fourier 係数と呼ぶ。多くの場

合、f の Fourier 級数の和は f に一致する、すなわち

f(x) = a0

2 + X∞ n=1

(a_ncosnx+b_nsinnx) (x∈R)

が成り立つ。これを f の Fouier 級数展開と呼ぶ。(普通は f が [−π, π] で積分可能な場合に 考えるが、(♯) を超関数的な意味で考えて拡張することも出来る。)

解答 11. 何か一つだけ覚えるならば、「周期 2π の周期函数 f: R→Cが連続で区分的に C¹ 級ならば、f の Fourier 級数は、R で一様にf に一様収束する。」という定理を覚えることを 勧める。仮定が覚えにくければ少し簡単化して「f が C¹ 級ならば」としても良い。一様収束 するとは、式で書けば

Nlim→∞sup

x∈R

f(x)− a₀ 2 +

XN n=1

(a_ncosnx+b_nsinnx)

!= 0

が成り立つ、ということである。これから R で各点収束すること、つまり

∀x∈R lim

N→∞

a₀ 2 +

XN n=1

(a_ncosnx+b_nsinnx)

!

=f(x)

が成り立つことが導かれる。詳しくは付録の B.2.7 (p. 197),D (p. 210) を見よ。

解答 12. (1) f は奇関数だからan = 0 で、

b_n= 2 π

Z π 0

xsinnx dx= 2 π

−x· 1

n cosnx π

0

+ Z π

0

1

n cosnx dx

= 2 π

−π(−1)ⁿ

n + 1

n² [sinnx]^π₀

= (−1)ⁿ⁻¹2 n. ゆえに Fourier 級数展開は

x= 2 X∞ n=1

(−1)ⁿ⁻¹

n sinnx.

(2) f は偶関数ゆえbn= 0. そして n6= 0 に対して、

a_n= 2 π

Z π 0

x²cosnx dx= 2 π

x²· 1

nsinnx π

0

− Z π

0

2x1

nsinnx dx

=− 4 nπ

Z π 0

xsinnx dx=−2

n ×(−1)ⁿ⁻¹2

n = (−1)ⁿ 4 n², a₀ = 2

π Z _π

0

x²dx = 2 π · π³

3 = 2π² 3 . ゆえに Fourier 級数展開は

x² = π³ 3 + 4

X∞ n=1

(−1)ⁿ

n² cosnx.

(3) f は偶関数ゆえbn= 0. そして n6= 0 に対して、

a_n = 2 π

Z π 0

xcosnx dx= 2 π

x· 1

nsinnx π

0

− Z π

0

1

n sinnx dx

=− 2 nπ

Z π 0

sinnx dx= 2 nπ

hcosnx n

iπ 0

= 2

n²π[(−1)ⁿ−1], a₀ = 2

π Z _π

0

x dx= 2 π ·π²

2 =π.

ゆえに Fourier 級数展開は

|x|= π 2 + 2

π X∞ n=1

(−1)ⁿ−1

n² cosnx.

(4) f は奇関数ゆえa_n= 0. そして b_n= 2

π Z _π

0

1·sinnx dx= 2

π · 1−(−1)ⁿ

n = 2 [1−(−1)ⁿ]

nπ .

ゆえに Fourier 級数展開は

signx= 2 π

X∞ n=1

1−(−1)ⁿ

n sinnx.

(5) 2 倍角の公式 cos 2x= 2 cos²x−1 より cos²x= 1 + cos 2x

2 = 1

2+ 1

2cos 2x.

(6) 3 倍角の公式 sin 3x= 3 sinx−4 sin³x より sin³x= 3 sinx−sin 3x

4 = 3

4sinx−1

4sin 3x.

解答 13. (1) パスカルの三角形を書くなどして

(a+b)⁶ =a⁶+ 6a⁵b+ 15a⁴b²+ 20a³b³+ 15a²b⁴ + 6ab⁵+b⁶. これから

cos⁶θ=

e^iθ+e^−iθ 2

6

= 1

2⁶ e^6iθ + 6e^4iθ+ 15e^2iθ+ 20 + 15e^−2iθ+ 6e^−4iθ+e^−6iθ

= 1

2⁶(2 cos 6θ+ 2·6 cos 4θ+ 2·15 cos 2θ+ 20)

= 1

32cos 6θ+ 3

16cos 4θ+15

32cos 2θ+ 5 16. (2)

cos 6θ = Re (cos 6θ+isin 6θ) = Re

(cosθ+isinθ)⁶

= Re

cos⁶θ+ 5icos⁵θsinθ+ 15i²cos⁴θsin²θ+ 20i³cos³θsin³θ+ 15i⁴cos²θsin⁴θ +6i⁵cosθsin⁵θ+i⁶sin⁶θ

= cos⁶θ−15 cos⁴θsin²θ+ 15 cos²θsin⁴θ−sin⁶θ.

解答 14.

F(X) = a0

2 + X∞ n=1

(a_ncosnX+b_nsinnX), a_n= 1

π Z _π

−π

F(X) cosnX dX, b_n= 1 π

Z _π

−π

F(X) sinnX dX が成り立つ。X = ^πx_L に注意して、

f(x) = F(X) = a₀ 2 +

X∞ n=1

(a_ncosnX +b_nsinnX) = a₀ 2 +

X∞ n=1

a_ncosnπx

L +b_nsinnπx L

. dX = ^π_Ldx, X =±π のとき x=±L であるから

an= 1 π

Z L

−L

f(x) cosnπx L · π

Ldx= 1 L

Z L

−L

f(x) cosnπx L dx.

bn についても同様である。

解答 15. (結果のみ) Ek(t) = 1

4 X∞ n=1

n²π²(−ansinnπt+bncosnπt)², Ep(t) = 1 4

X∞ n=1

n²π²(ancosnπt+bnsinnπt)², E(t) = 1

4 X∞ n=1

n²π² a²_n+b²_n .

(注： u=u(x, t) は、授業で紹介した、区間 (0,1)における波動方程式の初期値境界値問題 u_tt(x, t) = u_xx(x, t) (x∈(0,1), t >0),

(WE)

u(0, t) =u(1, t) = 0 (t >0), (DBC)

u(x,0) =ϕ(x), ut(x,0) =ψ(x) (x∈[0,1]) (IC)

の解で⁶⁵、E(t) はエネルギーである。)

解答 16. 一般に連続関数 g: [−a, a]→R が奇関数ならば、

Z a

−a

g(x)dx= 0

であることは簡単に証明できる。また、「偶関数×偶関数=偶関数」,「奇関数×奇関数=偶 関数」, 「奇関数×偶関数=奇関数」という性質も証明できる。

解答 17. これは公式に従って計算するだけ。

b_n= 2 π

Z _π

0

1·sinnx dx= −2

nπ [cosnx]^π₀ = −2

nπ ((−1)ⁿ−1) =





0 (n は偶数) 4

nπ (n は奇数) であるから

1 = 4 π

sinx

1 + sin 3x

3 +· · ·sin(2k−1)x 2k−1 +· · ·

.

解答 18. f を偶関数拡張すると、問題 12の (3) (x7→ |x|) に他ならないから、当然 Fourier 級数もそれと等しい。

解答 19. 問題14の式で偶関数、奇関数の場合を考える。

解答 20. (1) f の Fourier級数 a₀

2 + X∞ n=1

(ancosnx+bnsinnx) を ℓ 回 (1≤ℓ ≤k) 項別微分して作った級数

(2.16.1)

X∞ n=1

n^ℓ(a_ncos (nx+ℓπ/2) +b_nsin (nx+ℓπ/2)) について 第n項≤n^ℓ(|an|+|bn|)≤n^k(|an|+|bn|)

65ただし{a_n},{b_n} は次式で定めるとする: a_n = 2 Z 1

0

ϕ(x) sinnπx dx,b_n= 2 nπ

Z 1 0

ψ(x) sinnπx dx.

であり、仮定より X

n

n^k(|a_n|+|b_n|) < ∞ であるから、Weierstrass の M 判定法が適用でき て、(2.16.1) は一様収束することが分かる。ゆえにf の Fourier 級数展開は k 回まで項別微 分が出来る。特に

f^(k)(x) = X∞ n=1

n^k(ancos (nx+kπ/2) +bnsin (nx+kπ/2)) は一様収束しているので連続関数である。ゆえに f は C^k 級である。

(2) (部分積分すればよい。)

解答 21. (1) f, g の Fourier 級数 (それぞれ S_f S_g と書くことにする) は問題 12 で求めて ある。

S_f(x) =|x|= π 2 + 2

π X∞ n=1

(−1)ⁿ−1

n² cosnx= π 2 − 4

π

cosx

1² + cos 3x

3² +cos 5x 5² +· · ·

, S_g(x) = signx= 2

π X∞ n=1

1−(−1)ⁿ

n sinnx = 4 π

sinx

1 +sin 3x

3 + sin 5x 5 +· · ·

. (f の Fourier級数を項別微分すると g の Fourier 級数になっていることが分る。)

(2)f は連続で区分的にC¹ 級であるから、f の Fourier級数 S_f はf に R 上で一様収束す る。ゆえに R上で各点収束し、(−π, π) で二乗平均収束する。一方、g は区分的に C¹ 級であ るから、g の Fourier級数 Sg は ∀x∈R に対して、x が連続点ならばg(x) に収束し、xが不 連続点ならば (g(x+ 0) +g(x−0))/2 に収束する。g は x=nπ (n ∈Z) で不連続であるが、

(g(x+ 0) +g(x−0))/2 = g(x) が成り立っているので、結局 Fourier級数 S_g は g に各点収束 する。ところで g は x=nπ (n∈ Z) で不連続であるから、Gibbs の現象が起こり、Sg は R 上で一様には g に収束しない。g は (−π, π]の範囲では L²(−π, π) に属するので、Fourier級 数 S_g は g に二乗平均収束する。

解答 22. (図を描いて考えることを強く奨める。イメージとしては、「直角三角形では斜辺 が一番長い」という “当たり前” の事実になる。証明がサボれるわけではないが、見通しは 良い。)

(1) 簡単にe_N ⊥φ_i (i= 1,2,· · · , N) であることが分かるので、ピタゴラスの定理から、

ke_Nk²+ XN

i=1

|(x, φ_i)|² =kxk². もちろんke_Nk² ≥0であるから、

XN i=1

|(x, φ_i)|² ≤ kxk². 右辺はN によらないので、

X∞ n=1

|(x, φn)|² ≤ kxk².

(2) (省略) (3) 内積(f, g) =

Z π

−π

f(x)g(x)dx について、

φn(x) = 1

√2πe^inx は正規直交系になり、また

c_n = 1

√2π(f, φ_n) が成り立つ。これらから明らか。

解答 23. (1) 前問の (1) と同じである。

(2) f の Fouier 級数は 12 で求めてある。

S_f(x) = π³ 3 + 4

X∞ n=1

(−1)ⁿ

n² cosnx.

f は R 全体で連続で区分的にC¹ 級であるから、f のFourier 級数 S_f は f に R 上一様収束 し、f に一致する。

(3) f(π) =S_f(π)であるから、cosnπ = (−1)ⁿ に注意して π² =f(π) =S_f(π) = π³

3 + 4 X∞ n=1

(−1)ⁿ

n² cosnπ = π³ 3 + 4

X∞ n=1

1 n². これから

X∞ n=1

1 n² = π²

6 . 一方 kfk² =

Z _π

−π

x²²dx = 2 Z _π

0

x⁴ dx= 2 5π⁵. 正規直交系として、

φ₀, φ₁, ψ₁, φ₂, ψ₂,· · · が取れる。ただし

φ₀(x) = 1

√2π, φ_n(x) = 1

√πcosnx (n∈N), ψ_n(x) = 1

√πsinnx.

Fourier 係数は

(f, φ₀) =

√2

3 π^5/2, (f, φ_n) = 4(−1)ⁿ√ π

n² (n ∈N), (f, ψ_n) = 0.

Parseval の等式から 2

5π⁵ =kfk² =

√2 3 π^5/2

!2

+ X∞ n=1

4(−1)ⁿ√ π n²

2

= 2

9π⁵+ 16π X∞ n=1

1 n⁴.

これから X∞

n=1

1 n⁴ = π⁴

90.

解答 24. 級数の収束の意味を決めないと議論ができない。簡単のため、例えば級数が R上 で一様収束することを仮定すると、有界な関数 cosℓx をかけた

f(x) cosℓx= a₀

2 cosℓx+ X∞ n=1

(a_ncosnx+b_nsinnx) cosℓx も R 上一様収束することになり、[−π, π]で項別積分が出来て、

a_ℓ = 1 π

Z π

−π

f(x) cosℓx dx

が示せる。 b_ℓ についても同様である。あるいは超関数論を知っていれば、級数を超関数の意 味で考えて、

a_n= 1 π

Z π

−π

f(x) cosnx dx, b_n = 1 π

Z π

−π

f(x) sinnx dx が示せる (ただしこの場合は、R

は普通の積分ではない)。

解答 25. 仮定からFourier 級数展開は一様収束するのみならず絶対収束する。このことに注

意すると、級数の和の取り方に融通が効く。 (略)

解答 26. これは紙の上にペンを走らせれば簡単に分る。

ドキュメント内 偏微分方程式入門 2013 (ページ 117-133)