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フーリエ解析・ラプラス変換の問題

難易度 4大学院入試の標準レベル証明問題大学数学フーリエ解析・ラプラス変換

関数 $f \in L^{1} (R)$ のフーリエ変換を
$f^(ξ) = \int_{- \infty}^{\infty} f (x) e^{- i ξ x} d x (ξ \in R)$
で定める。次の反転公式は用いてよい: $f \in L^{1} (R)$ が $R$ 上で連続で、 $f^\in L^{1} (R)$ ならば、すべての実数 $x$ に対して
$f (x) = \frac{1}{2 π} \int_{- \infty}^{\infty} f^(ξ) e^{i ξ x} d ξ$
が成り立つ。

関数 $Λ (x) = max {1 - ∣ x ∣, 0} (x \in R)$ のフーリエ変換を計算し、反転公式を用いて、すべての実数 $t$ に対して
$\int_{- \infty}^{\infty} \frac{sin ^{2} u}{u ^{2}} cos (2 t u) d u = π max {1 - ∣ t ∣, 0}$
が成り立つことを証明せよ。ただし被積分関数の $u = 0$ での値は $1$ と定める（連続な延長）。

この問題で使うもの

フーリエ変換（説明と入口の問題）
部分積分（説明と入口の問題）
加法定理と 2 倍角・半角・積和の公式（説明と入口の問題）
定積分の置換・部分積分と偶関数・奇関数（説明と入口の問題）
広義積分（説明と入口の問題）
置換積分（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（65 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

行き詰まったら、上から順に 1 つずつ開いてください。

ヒント 1

三角形の関数 $Λ$ のフーリエ変換を求め、それを反転公式に代入すると、求めたい形の積分が現れます。反転公式の仮定を確かめるのを忘れないようにしましょう。

ヒント 2

$Λ$ は偶関数なので $Λ^(ξ) = 2 \int_{0}^{1} (1 - x) cos ξ x d x$ です。部分積分と半角の公式を使います。

ヒント 3

$Λ^(ξ) = \frac{4 sin ^{2} ( ξ /2 )}{ξ ^{2}}$ になります。これが可積分であることを $min {1, 4/ ξ^{2}}$ で抑えて確かめ、反転公式で $sin$ の部分が消えることを示したあと、 $ξ = 2 u$ と置換します。

採点の観点と模範解答

自分で証明を書いてから、採点の観点で見比べてください。

採点の観点を見る

$Λ$ が連続で $L^{1}$ に属し、偶関数であることを確認している（1 点）
偶関数性で正弦部分を消し、部分積分で $Λ^(ξ) = \frac{2 ( 1 - cos ξ )}{ξ ^{2}} = \frac{4 sin ^{2} ( ξ /2 )}{ξ ^{2}}$ （ $ξ = 0$ では $1$ ）を求めている（3 点）
$Λ^\leq min {1, 4/ ξ^{2}}$ などの評価で $Λ^\in L^{1}$ を示し、反転公式の仮定がそろうことを述べている（2 点）
反転公式を適用し、 $Λ^$ が偶関数であることから $sin ξ x$ の項の積分が 0 になることを理由をつけて示している（2 点）
$ξ = 2 u$ の置換で係数を正しく処理し、 $π max {1 - ∣ t ∣, 0}$ を結論している（2 点）

結果を記録する（このブラウザにだけ保存されます）:

模範解答を読む

Step 1: $Λ$ の性質. $Λ$ は $∣ x ∣ \leq 1$ で $1 - ∣ x ∣$ 、 $∣ x ∣ > 1$ で $0$ をとる関数で、 $x = \pm 1$ で両側の値がともに $0$ になるので $R$ 上で連続である。また $0 \leq Λ \leq 1$ で台が $[- 1, 1]$ に含まれるので $\int_{- \infty}^{\infty} Λ (x) d x = 1 < \infty$ 、すなわち $Λ \in L^{1} (R)$ である。さらに $Λ$ は偶関数である。

Step 2: $Λ^$ の計算. $e^{- i ξ x} = cos ξ x - i sin ξ x$ であり、 $Λ (x) sin ξ x$ は奇関数なので $[- 1, 1]$ での積分は $0$ 、 $Λ (x) cos ξ x$ は偶関数なので
$Λ^(ξ) = \int_{- 1}^{1} (1 - ∣ x ∣) cos ξ x d x = 2 \int_{0}^{1} (1 - x) cos ξ x d x .$
$ξ = 0$ のときは $Λ^(0) = 2 \int_{0}^{1} (1 - x) d x = 1$ である。 $ξ \neq = 0$ のときは部分積分により
$\int_{0}^{1} (1 - x) cos ξ x d x = [(1 - x) \frac{sin ξ x}{ξ}]_{0}^{1} + \int_{0}^{1} \frac{sin ξ x}{ξ} d x = 0 + [- \frac{cos ξ x}{ξ ^{2}}]_{0}^{1} = \frac{1 - cos ξ}{ξ ^{2}} .$
よって、半角の公式 $1 - cos ξ = 2 sin^{2} \frac{ξ}{2}$ を使うと
$Λ^(ξ) = \frac{2 ( 1 - cos ξ )}{ξ ^{2}} = \frac{4 sin ^{2} ( ξ /2 )}{ξ ^{2}} (ξ \neq = 0), Λ^(0) = 1.$

Step 3: $Λ^\in L^{1} (R)$ であること. $∣ sin y ∣ \leq ∣ y ∣$ より $0 \leq Λ^(ξ) \leq 1$ であり、 $∣ sin y ∣ \leq 1$ より $ξ \neq = 0$ で $0 \leq Λ^(ξ) \leq \frac{4}{ξ ^{2}}$ である。したがって
$\int_{- \infty}^{\infty} Λ^(ξ) d ξ \leq \int_{∣ ξ ∣ \leq 1} 1 d ξ + \int_{∣ ξ ∣ > 1} \frac{4}{ξ ^{2}} d ξ = 2 + 8 = 10 < \infty$
となり、 $Λ^\in L^{1} (R)$ である。

Step 4: 反転公式の適用. Step 1, 3 より反転公式の仮定が満たされるので、すべての実数 $x$ で
$Λ (x) = \frac{1}{2 π} \int_{- \infty}^{\infty} Λ^(ξ) (cos ξ x + i sin ξ x) d ξ .$
$Λ^$ は偶関数なので $Λ^(ξ) sin ξ x$ は $ξ$ について奇関数であり、 $∣ Λ^(ξ) sin ξ x ∣ \leq Λ^(ξ)$ より積分可能だから、その積分は $0$ である。よって
$Λ (x) = \frac{1}{2 π} \int_{- \infty}^{\infty} Λ^(ξ) cos ξ x d ξ .$

Step 5: 変数変換. $ξ = 2 u$ （ $d ξ = 2 d u$ ）とおくと、 $u \neq = 0$ で $Λ^(2 u) = \frac{4 sin ^{2} u}{4 u ^{2}} = \frac{sin ^{2} u}{u ^{2}}$ 、 $u = 0$ で $Λ^(0) = 1$ であり、これは問題文の被積分関数の $u = 0$ での値の定め方と一致する。したがって
$Λ (x) = \frac{1}{2 π} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{sin ^{2} u}{u ^{2}} cos (2 xu) \cdot 2 d u = \frac{1}{π} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{sin ^{2} u}{u ^{2}} cos (2 xu) d u .$

Step 6: 結論. $x = t$ として両辺に $π$ を掛けると、すべての実数 $t$ に対して
$\int_{- \infty}^{\infty} \frac{sin ^{2} u}{u ^{2}} cos (2 t u) d u = π Λ (t) = π max {1 - ∣ t ∣, 0}$
が成り立つ。 $■$

（確認: $t = 0$ とすると、よく知られた $\int_{- \infty}^{\infty} \frac{sin ^{2} u}{u ^{2}} d u = π$ が得られる。）

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