数学２および演習（
Bクラス）問題集１ 答え
平成31 年6 月28 日
問１ . １ .
∫
e−2xsin (3x)dx={
e−2x} {
−1
3cos (3x) }
−{
−2e−2x} {
−1
9sin (3x) }
+∫ {
4e−2x} {
−1
9sin (3x) }
dx
∫ ∞
0
e−2xsin (3x)dx= 9 13
[
−1
3e−2xcos (3x)− 2
9e−2xsin (3x) ]∞
0
= 3 13 ２ .
∫ π
2
0
cos (x) cos (2x)dx =1 2
∫ π
2
0
cos (2x+x) + cos (2x−x)dx
=1 2
[1
3sin (3x) + sinx ]π
2
0
=1 3
３ .
∫ π
2
0
sin (x) cos (2x)dx=1 2
∫ π
2
0
sin (2x+x)−sin (2x−x)dx
=1 2
[
−1
3cos (3x) + cos (x) ]π
2
0
=− 1 3 フーリエ級数展開 .
x0 ≤x≤x0+T で定義された関数f(x)のフーリエ係数は a0 =2
T
∫ x0+T
x0
f(x)dx an=2
T
∫ x0+T x0
f(x) cos (2π
T nx )
dx bn=2
T
∫ x0+T x0
f(x) sin (2π
T nx )
dx である．このとき，フーリエ級数展開は
f(x) = a0 2 +
∑∞ n=1
[ ancos
(2π T nx
)
+bnsin (2π
T nx )]
問２ . １ .
a0 =2 π
∫ π
π 2
dx
=1
an=2 π
∫ π
π 2
cos (2π
π nx )
dx
=2 π
[ 1
2nsin (2nx) ]π
π 2
=0
bn =2 π
∫ π
π 2
sin (2π
π nx )
dx
=2 π
[
− 1
2ncos (2nx) ]π
π 2
= 1
nπ {−cos (2nπ) + cos (nπ)}
= 1
nπ {−1 + (−1)n}
f(x) = 1 2 +
∑∞ n=1
1
nπ {−1 + (−1)n}sin (2nx) ２ .
a0 = 2 2π
∫ π
−π
cosx 2dx
=1 π
[ 2 sinx
2 ]π
−π
=4 π
an= 2 2π
∫ π
−π
cosx 2cos
(2π 2πnx
) dx
=1 π
∫ π 0
cos (x
2 +nx )
+ cos (x
2 −nx )
dx
=1 π
[ 2 1 + 2nsin
(x 2 +nx
)
+ 2
1−2n sin (x
2 −nx )]π
0
=2 π
{ 1
1 + 2n(−1)n+ 1
1−2n(−1)n }
= 4(−1)n (1−4n2)π 奇関数であるから
bn= 2 2π
∫ π
−π
cosx 2sin
(2π 2πnx
) dx
=0
f(x) = 2 π +
∑∞ n=1
4(−1)n
(1−4n2)πcos (nx) ３ .
a0 =2 l
∫ 0
−2l −1dx+2 l
∫ l
2
0
dx
=0
an =2 l
∫ 0
−2l −cos (2π
l nx )
dx+2 l
∫ l
2
0
cos (2π
l nx )
dx
=0
bn =2 l
∫ 0
−2l
−sin (2π
l nx )
dx+2 l
∫ l
2
0
sin (2π
l nx )
dx
=4 l
∫ l
2
0
sin (2π
l nx )
dx
=4 l
[
− l 2nπ cos
(2π l nx
)]2l
0
= 2
nπ {1−(−1)n}
f(x) =
∑∞ n=1
2
nπ {1−(−1)n}sin (2π
l nx )
４ .
a0 =2 2l
∫ l
−l
l2−x2dx
=2 2l
[
l2x− 1 3x3
]l
−l
=4 3l2
an =2 2l
∫ l
−l
(l2−x2) cos
(2π 2lnx
) dx
=2 l
∫ l
0
(l2−x2) cos
(π lnx
) dx
=2 l
[{l2 −x2} { l nπ sin
(π lnx
)}
− {−2x} {
− ( l
nπ )2
cos (π
lnx )}
+{−2} {
− ( l
nπ )3
sin (π
lnx )}]l
0
=− 4l2
n2π2(−1)n 奇関数であるから
bn =2 2l
∫ l
−l
(l2−x2) sin
(2π 2lnx
) dx
=0
f(x) = 2 3l2+
∑∞ n=1
− 4l2
n2π2(−1)ncos (π
lnx )
５ .
a0 = 2 2π
∫ 0
−π
sinxdx+ 2 2π
∫ π
0
cosxdx
=1
π[−cosx]0−π+ 1
π[sinx]π0
=− 2 π
an= 2 2π
∫ 0
−π
sinxcos (2π
2πnx )
dx+ 2 2π
∫ π
0
cosxcos (2π
2πnx )
dx
= 1 2π
∫ 0
−π
sin (x+nx) + sin (x−nx)dx + 1
2π
∫ π
0
cos (x+nx) + cos (x−nx)dx
= 1 2π
[
− 1
1 +ncos (x+nx)− 1
1−ncos (x−nx) ]0
−π
+ 1 2π
[ 1
1 +nsin (x+nx) + 1
1−nsin (x−nx) ]π
0
= 1 2π
{
−1 + (−1)n
1 +n − 1 + (−1)n 1−n
}
= 1 + (−1)n (−1 +n2)π
分母が0になるためn= 1の場合を分離する．
a1 = 2 2π
∫ 0
−π
sinxcosxdx+ 2 2π
∫ π 0
cos2xdx
= 1 2π
∫ 0
−π
sin (2x)dx+ 1 2π
∫ π 0
cos (2x) + 1dx
= 1 2π
[
−1
2cos (2x) ]0
−π
+ 1 2π
[1
2sin (2x) +x ]π
0
=1 2
bn= 2 2π
∫ 0
−π
sinxsin (2π
2πnx )
dx+ 2 2π
∫ π
0
cosxsin (2π
2πnx )
dx
= 1 2π
∫ 0
−π
−cos (x+nx) + cos (x−nx)dx + 1
2π
∫ 0
−π
sin (x+nx)−sin (x−nx)dx
= 1 2π
[
− 1
1 +n sin (x+nx) + 1
1−nsin (x−nx) ]0
−π
+ 1 2π
[
− 1
1 +ncos (x+nx) + 1
1−ncos (x−nx) ]π
0
= 1 2π
{1 + (−1)n
1 +n − 1 + (−1)n 1−n
}
= 1 + (−1)n (−1 +n2)πn
分母が0になるためn= 1の場合を分離する．
b1 = 2 2π
∫ 0
−π
sin2xdx+ 2 2π
∫ π 0
cosxsinxdx
= 1 2π
∫ 0
−π
cos (2x)−1dx+ 1 2π
∫ π
0
sin (2x)dx
= 1 2π
[1
2sin (2x)−x ]0
−π
+ 1 2π
[
−1
2cos (2x) ]π
0
=1 2
f(x) =−1 π+1
2(cosx+ sinx)+
∑∞ n=2
[ 1 + (−1)n
(−1 +n2)π cos (nx) + 1 + (−1)n
(−1 +n2)πnsin (nx) ]
問３ .
a0 =2 4
∫ 2
−2
4−x2dx
=1 2
[
4x− 1 3x3
]2
−2
=16 3
an =2 4
∫ 2
−2
(4−x2) cos
(2π 4 nx
) dx
=
∫ 2
0
(4−x2) cos
(π 2nx
) dx
=[{
4−x2} { 2 nπsin
(π 2nx
)}
− {−2x} {
− ( 2
nπ )2
cos (π
2nx )}
+{−2} {
− ( 2
nπ )3
sin (π
2nx )}]2
0
=− 16
n2π2(−1)n
bn =2 4
∫ 2
−2
(4−x2) sin
(2π 4 nx
) dx
=0
f(x) = 8 3+
∑∞ n=1
− 16
n2π2(−1)ncos (π
2nx )
f(0) = 4 = 8 3+ 16
π2
∑∞ n=1
(−1)n+1 n2
∑∞ n=1
(−1)n+1 n2 = π2
12 フーリエ余弦・正弦級数 .
関数f(x)が0≤x≤T で定義されるときf(x)の余弦級数は a0 =2
T
∫ T
0
f(x)dx an =2
T
∫ T
0
f(x) cos (2π
2Tnx )
dx
f(x) = a0 2 +
∑∞ n=1
ancos (2π
2Tnx )
正弦級数は
bn= 2 T
∫ T 0
f(x) sin (2π
2Tnx )
dx f(x) =
∑∞ n=1
bnsin (2π
2Tnx )
問４ . １ .
余弦級数
a0 =2 π
∫ π
0
1−e−xdx
=2 π
[x+e−x]π 0
=2 π
(π+e−π−1)
∫
e−xcos (nx)dx={
e−x} {1
nsin (nx) }
−{
−e−x} {
− 1
n2 cos (nx) }
+∫ {
e−x} {
− 1
n2cos (nx) }
dx
= e−x
1 +n2 {nsin (nx)−cos (nx)} an =2
π
∫ π 0
(1−e−x)
cos (nx)dx
=2 π
[1
nsin (nx)− e−x
1 +n2 {nsin (nx)−cos (nx)} ]π
0
=2 π
{−1 + (−1)ne−π 1 +n2
}
f(x) = 1 π
(π+e−π−1) +
∑∞ n=1
2 π
{−1 + (−1)ne−π 1 +n2
}
cos (nx) 正弦級数
∫
e−xsin (nx)dx ={
e−x} {
−1
ncos (nx) }
−{
−e−x} {
− 1
n2sin (nx) }
+∫ {
e−x} {
− 1
n2 sin (nx) }
dx
=− e−x
1 +n2 {ncos (nx) + sin (nx)}
bn=2 π
∫ π 0
(1−e−x)
sin (nx)dx
=2 π
[
−1
n cos (nx) + e−x
1 +n2{ncos (nx) + sin (nx)} ]π
0
=2 π
{1−(−1)n
n − n
1 +n2
(1−(−1)ne−π)}
f(x) =
∑∞ n=1
2 π
{1−(−1)n
n − n
1 +n2
(1−(−1)ne−π)}
sin (nx) ２ .
余弦級数
a0 =2 π
∫ π 0
cosxdx
=2
π [sinx]π0
=0
an=2 π
∫ π 0
cosxcos (nx)dx
=1 π
∫ π 0
cos (x+nx) + cos (x−nx)dx
=1 π
[ 1
1 +nsin (x+nx) + 1
1−nsin (x−nx) ]π
0
=0
分母が0になるためn= 1の場合を分離する．
a1 =2 π
∫ π
0
cosxcosxdx
=1 π
∫ π
0
cos (2x) + 1dx
=1 π
[1
2sin (2x) +x ]π
0
=1
f(x) = cosx 正弦級数
bn =2 π
∫ π 0
cosxsin (nx)dx
=1 π
∫ π 0
sin (x+nx)−sin (x−nx)dx
=1 π
[
− 1
1 +ncos (x+nx) + 1
1−ncos (x−nx) ]π
0
=1 π
{1 + (−1)n
1 +n −1 + (−1)n 1−n
}
=2n π
{1 + (−1)n
−1 +n2 }
分母が0になるためn= 1の場合を分離する．
b1 =2 π
∫ π 0
cosxsinxdx
=1 π
∫ π 0
sin (2x)dx
=1 π
[
−1
2cos (2x) ]π
0
=0
f(x) =
∑∞ n=2
2n π
{1 + (−1)n
−1 +n2 }
sin (nx) ３ .
余弦級数
a0 =22 4
∫ 1
0
tdt+ 22 4
∫ 2
1
−(t−1)2+ 1dt
= [1
2t2 ]1
0
+ [
−1
3(t−1)3+t ]2
1
=1 2− 1
3+ 2−1
=7 6
an=22 4
∫ 1
0
tcos (2π
4 nt )
dt+ 22 4
∫ 2
1
{−(t−1)2+ 1} cos
(2π 4 nt
) dt
= [
{t} { 2
nπsin (π
2nt )}
− {1} {
− ( 2
nπ )2
cos (π
2nt )}]1
0
+[{
−(t−1)2+ 1} { 2 nπ sin
(π 2nt
)}
− {−2 (t−1)} {
− ( 2
nπ )2
cos (π
2nt )}
+{−2} {
− ( 2
nπ )3
sin (π
2nt )}]2
1
= ( 2
nπ )2{
−1 + cos (nπ
2
)−2(−1)n− 4 nπ sin
(nπ 2
)}
f(t) = 7 12+
∑∞ n=1
( 2 nπ
)2{
−1 + cos (nπ
2
)−2(−1)n− 4 nπ sin
(nπ 2
)}
cos (π
2nt )
正弦級数 bn=22
4
∫ 1
0
tsin (2π
4 nt )
dt+ 22 4
∫ 2
1
{−(t−1)2 + 1} sin
(2π 4 nt
) dt
= [
{t} {
− 2 nπ cos
(π 2nt
)}
− {1} {
− ( 2
nπ )2
sin (π
2nt )}]1
0
+[{
−(t−1)2+ 1} {
− 2 nπ cos
(π 2nt
)}
− {−2 (t−1)} {
− ( 2
nπ )2
sin (π
2nt )}
+{−2} {( 2
nπ )3
cos (π
2nt )}]2
1
= ( 2
nπ )2{
4 nπ cos
(nπ 2
)− 4
nπ(−1)n+ sin (nπ
2 )}
f(t) =
∑∞ n=1
( 2 nπ
)2{ 4 nπ cos
(nπ 2
)− 4
nπ(−1)n+ sin (nπ
2 )}
sin (π
2nt )
複素フーリエ級数 .
x0 ≤x≤x0+T で定義された関数f(x)の複素フーリエ係数は cn = 1
T
∫ x0+T x0
f(x)e−2πTinxdx である．このとき，複素フーリエ級数展開は
f(x) =
∑∞ n=−∞
cne2πTinx
問５ .
c0 =1 π
∫ π
2
0
dx
=1 2
cn =1 π
∫ π
2
0
e−2ππinxdx
=1 π
[
− 1
2ine−2inx ]π2
0
= i
2nπ {cos (nx)−isin (nx)−1}
= i
2nπ {−1 + (−1)n} f(x) =1
2+
∑∞ n=−∞,n̸=0
i
2nπ {−1 + (−1)n}e2inx 複素数表現
=1 2+
∑∞ n=1
i
2nπ {−1 + (−1)n}(
e2inπ−e−2inπ)
=1 2+
∑∞ n=1
1−(−1)n
nπ sin (2nx) 実数表現
問６ .
1ノルム
∥x∥1 = 0⇒
∑n
i=1
|xi|= 0⇒x= 0
x= 0⇒ ∥x∥1 =
∑n
i=1
|0|= 0
∥ax∥1 =
∑n
i=1
|axi|=|a|
∑n
i=1
|xi|=|a| ∥x∥1
∥x+y∥1 =
∑n
i=1
|xi+yi| ≤
∑n
i=1
|xi|+|yi|=∥x∥1+∥y∥1
∞ノルム
∥x∥∞ = 0⇒max
i |xi|= 0⇒x= 0 x= 0 ⇒ ∥x∥∞= max
i |0|= 0
∥ax∥∞= max
i |axi|=|a|max
i |xi|=|a| ∥x∥∞
∥x+y∥∞ = max
i |xi+yi| ≤max
i |xi|+ max
i |yi|=∥x∥∞+∥y∥∞ 問７ .
∫ ∞
0
e−x2dx=
√∫ ∞
0
e−x2dx
∫ ∞
0
e−y2dy
=
√∫ ∞
0
∫ ∞
0
e−x2−y2dxdy
x=rcosθ y=rsinθ
