熊原啓作著『新訂解析学』第 13 章の演習問題を解く。

演習問題 13

13.4 Laplace 逆変換を求めろ（留数を用いること）

\[F(s) = \frac{1}{s - \alpha}.\]

解：経験上解は $\mathrm{e}^{\alpha x}$ であることは承知しているが、あえて Heaviside の展開定理を適用する。

対象の関数はすべての極が一位である有理型関数とみなせる。よって公式：

\[\begin{aligned} \mathscr{L}^{-1}\!\left[\frac{P}{Q}\right]\!(x) &= \sum_{k = 1}^n \frac{P(\lambda_k)}{Q^\prime(\lambda_k)}\mathrm{e}^{\lambda_k x}. \end{aligned}\]

において $P(s) = 1,\;Q(s) = s - \alpha,\;\lambda_1 = \alpha,\;n = 1$ としてよく知られた結果が得られる：

\[\begin{aligned} \mathscr{L}^{-1}\!\left[\frac{P}{Q}\right]\!(x) &= \frac{1}{(s - \alpha)^{\prime}}\mathrm{e}^{\alpha x}\\ &= \mathrm{e}^{\alpha x}. \end{aligned}\]

13.5 証明問題：導関数の Fourier 変換

  • 関数 $f(x)$ が $C^n$ 級かつ
  • $f^{(n)}(x)$ が絶対積分可能であり、
  • $\lvert x \rvert \to \infty$ のとき $0$ に収束する。

このとき次が成り立つ：

\[\mathscr{F}[f^{(n)}] (\xi) = (i\xi)^{-n} \mathscr{F}[f] (\xi).\]

証明：素直に定義どおり左辺を展開してみよう。部分積分をすると：

\[\def\F#1{ \mathscr{F}\left[#1\right] (\xi)} \begin{aligned} \F{f^{(n)}} &= \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty\!f^{(n)}(x)\mathrm{e}^{-i\xi x}\,\mathrm dx.\\ &= \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\left(\left[\frac{\mathrm{e}^{-ix\xi}}{-ix}f^{(n)}(x)\right]_{-\infty}^{\infty} - \frac{1}{-i\xi}\int_{-\infty}^{\infty}\!f^{(n - 1)}(x)\mathrm{e}^{-ix\xi}\,\mathrm dx\right).\\ \end{aligned}\]

$\displaystyle \lim_{z \to \infty}\frac{\mathrm{e}^{-z}}{z} = 0$ および $f$ の仮定から第一項は消える。

\[\def\F#1{ \mathscr{F}\left[#1\right] (\xi)} \begin{aligned} \therefore \F{f^{(n)}} &= \frac{1}{i\xi \sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}\!f^{(n - 1)}(\xi)\mathrm{e}^{-ix\xi}\,\mathrm d\xi.\\ &= (i\xi)^{-1} \F{f^{(n - 1)}}\\ &= (i\xi)^{-2} \F{f^{(n - 2)}}\\ &= \dots\\ &= (i\xi)^{-n} \F{f}. \end{aligned}\]

13.6 Fourier 余弦・正弦変換を求めろ

\[\def\Q#1{\text{(#1)\quad}} \begin{aligned} \Q{1} & f(x) = \begin{cases} 1 - x, & 0 \le x \lt 1,\\ 0, & 1 \le x. \end{cases}\\ \Q{2} & f(x) = x\mathrm{e}^{-ax}, & a > 0, x \ge 0. \end{aligned}\]

Fourier 余弦変換および Fourier 正弦変換とは $0 \le x \lt \infty$ で定義された関数 $f(x)$ に対する次で定義される変換 $\mathscr{F}_c$ および $\mathscr{F}_s$ をいう：

\[\def\F#1{ \sqrt{\frac{2}{\pi}}\int_0^\infty\!f(x){#1}\xi x\,\mathrm dx } \begin{aligned} \mathscr{F}_c[f] (\xi) &\coloneqq \F{\cos}.\\ \mathscr{F}_s[f] (\xi) &\coloneqq \F{\sin}. \end{aligned}\]

解：$(1)$ ぶっつけ本番でやってみる：

\[\begin{aligned} \int_0^1\!(1 - x)\mathrm{e}^{i \xi x}\,\mathrm dx &= \left(\left[(1 - x)\frac{\mathrm{e}^{i\xi x}}{i\xi}\right]_0^1 - \int_0^1\! (-\frac{\mathrm{e}^{i \xi x}}{i\xi})\,\mathrm dx \right)\\ &= \left(-\frac{1}{i\xi} + \left[\frac{\mathrm{e}^{i\xi x}}{-\xi^2}\right]_0^1\right)\\ &= \left(\frac{i}{\xi} - \frac{1}{\xi^2}\left(\mathrm{e}^{i\xi} - 1\right)\right)\\ &= \frac{-\cos\xi x + 1 + i(-\sin\xi x + \xi)}{\xi^2}. \end{aligned}\]

実部と虚部を比較すれば次を得る：

\[\begin{aligned} \mathscr{F}_c[f] (\xi) &= \sqrt{\frac{2}{\pi}}\frac{1 -\cos\xi x}{\xi^2},\\ \mathscr{F}_s[f] (\xi) &= \sqrt{\frac{2}{\pi}} \frac{\xi -\sin\xi x}{\xi^2}. \end{aligned}\]

$(2)$ $a > 0$ に注意して部分積分を施す。

\[\begin{aligned} \int_0^\infty\!x (\mathrm{e}^{-ax})\mathrm{e}^{i\xi x}\,\mathrm dx &= \int_0^\infty\! x \mathrm{e}^{-(a -i\xi)x}\,\mathrm dx\\ &= \left[\frac{\mathrm{e}^{-(a -i\xi)x}}{-(a - i\xi)}x\right]_0^\infty + \frac{1}{a - i\xi}\int_0^\infty\! \mathrm{e}^{-(a -i\xi)x}\,\mathrm dx\\ &= \frac{1}{a - i\xi}\left[\frac{\mathrm{e}^{-(a -i\xi)x}}{-(a - i\xi)}\right]_0^\infty\\ &= \frac{1}{(a - i\xi)^2} = \frac{(a + i\xi)^2}{(a - i\xi)^2 (a + i\xi)^2}\\ &= \frac{a^2 + \xi^2 + 2a\xi i}{(a^2 + \xi^2)^2}. \end{aligned}\]

実部と虚部を比較すれば次を得る：

\[\begin{aligned} \mathscr{F}_c[f] (\xi) &= \sqrt{\frac{2}{\pi}}\frac{a^2 + \xi^2}{(a^2 + \xi^2)^2},\\ \mathscr{F}_s[f] (\xi) &= \sqrt{\frac{2}{\pi}}\frac{2a\xi}{(a^2 + \xi^2)^2}. \end{aligned}\]