フーリエ解析の問題

$T=u^{\prime \prime }$ の計算. $u$ は $\mathbb{R}$ 上連続で、$x=\pm 1$ を除いて滑らかである。通常の導関数は
$$u^{\prime }(x)=\{\begin{array}{ll}-2x& (|x|<1)\\ 0& (|x|>1)\end{array}$$
で、$u$ 自身に跳びがないので、超関数の意味での $1$ 階導関数はこの区分的関数（局所可積分関数）に一致する。

$u^{\prime }$ は $x=\pm 1$ で跳びをもつ。跳びの大きさは
- $x=1$: $u^{\prime }(1+0)-u^{\prime }(1-0)=0-(-2)=2$
- $x=-1$: $u^{\prime }(-1+0)-u^{\prime }(-1-0)=2-0=2$

であり、跳び $c$ をもつ点 $a$ では微分すると $c{\delta }_a$ が現れる（部分積分で確かめられる）。$|x|<1$ での $u^{\prime }$ の通常の導関数は $-2$ なので
$$T=u^{\prime \prime }=-2{\chi }_{[-1,1]}+2{\delta }_1+2{\delta }_{-1}$$
となる。ここで ${\chi }_{[-1,1]}$ は $[-1,1]$ の定義関数。

畳み込みの計算. $(T\ast g)(x)=⟨T_y,g(x-y)⟩$ に上の式を代入して
$$(T\ast g)(x)=-2{\int }_{-1}^1(x-y{)}^{4}dy+2(x-1{)}^4+2(x+1{)}^4.$$
第 1 項は
$${\int }_{-1}^1(x-y{)}^{4}dy={\left[-\frac{(x-y{)}^5}{5}\right]}_{y=-1}^{y=1}=\frac{(x+1{)}^5-(x-1{)}^5}{5}=\frac{10x^4+20x^2+2}{5}=2x^4+4x^2+\frac{2}{5}.$$
また $(x-1{)}^4+(x+1{)}^4=2x^4+12x^2+2$。よって
$$(T\ast g)(x)=-4x^4-8x^2-\frac{4}{5}+4x^4+24x^2+4=16x^2+\frac{16}{5}.$$

検算. 畳み込みと微分の関係 $u^{\prime \prime }\ast g=u\ast g^{\prime \prime }$ を使うと、$g^{\prime \prime }(x)=12x^2$ なので
$$(u\ast g^{\prime \prime })(x)=12{\int }_{-1}^1(1-y^2)(x-y{)}^{2}dy=12\left(x^2\cdot \frac{4}{3}-2x\cdot 0+\frac{4}{15}\right)=16x^2+\frac{16}{5}$$
（${\int }_{-1}^1(1-y^2)dy=\frac{4}{3}$, ${\int }_{-1}^{1}y(1-y^2)dy=0$, ${\int }_{-1}^1{y}^2(1-y^2)dy=\frac{2}{3}-\frac{2}{5}=\frac{4}{15}$）となり一致する。

したがって $(T\ast g)(x)=16x^2+\frac{16}{5}$。

畳み込みと微分の可換性より $(u^{\prime \prime }\ast g)=u\ast g^{\prime \prime }$。$g^{\prime \prime }(x)=12x^2$ なので $(T\ast g)(x)={\int }_{-1}^1(1-y^2)\cdot 12(x-y{)}^{2}dy$。

$(x-y{)}^2=x^2-2xy+y^2$ を代入する。$y$ の奇関数の項 $-2xy(1-y^2)$ は区間 $[-1,1]$ で積分すると $0$。
${\int }_{-1}^1(1-y^2)dy=2-\frac{2}{3}=\frac{4}{3}$、${\int }_{-1}^1(1-y^2)y^{2}dy=\frac{2}{3}-\frac{2}{5}=\frac{4}{15}$。

よって $(T\ast g)(x)=12\left(\frac{4}{3}{x}^2+\frac{4}{15}\right)=16x^2+\frac{16}{5}$。

別解の確かめ: $u^{\prime \prime }=-2{\chi }_{(-1,1)}+{\delta }_{-1}^{\prime }$-型の項で表すと、$u^{\prime }=-2x{\chi }_{[-1,1]}$ ($u$ は $x=\pm 1$ で連続)、$u^{\prime \prime }=-2{\chi }_{[-1,1]}+2{\delta }_{-1}+2{\delta }_1$。${\delta }_{\pm 1}$ の項は $g(x\mp 1)$ を与える。$(T\ast g)(x)=-2{\int }_{-1}^1(x-y{)}^{4}dy+2(x+1{)}^4+2(x-1{)}^4$。${\int }_{-1}^1(x-y{)}^{4}dy=\frac{(x+1{)}^5-(x-1{)}^5}{5}=\frac{10x^4+20x^2+2}{5}$ より $-4x^4-8x^2-\frac{4}{5}+2(2x^4+12x^2+2)=16x^2+\frac{16}{5}$。一致する。