大学時代のノートを見返していたところ、フーリエ級数の応用問題を見つけたので解き直してみた。
問題
以下の各問に答えよ。ただし全問題において\(m,n\)は正の整数とする。
(1) \(\displaystyle{\int_{-\pi}^{\pi}\cos(nx)dx,\,\int_{-\pi}^{\pi}\cos(mx)\cos(nx)dx}\)を計算せよ。
(2) \(\displaystyle{f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}\cos(nx)}\)のとき、\( \displaystyle{\int_{-\pi}^{\pi}f(x)dx,\,\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos(nx)dx}\)を計算せよ。
(3) \(f(x)\)が以下の周期関数のとき、(2)における\(a_0\)および\(a_{n}\,(n\ge1)\)を求めよ。
\begin{align}
f(x)=|x|\, (-\pi<x\leq \pi),\quad f(x+2\pi)=f(x)
\end{align}
(4) (3)の結果を用いて、無限級数\(\displaystyle{\frac{1}{1^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{5^2}+\cdots=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n-1)^2}}\)の値を求めよ。
解説
(1)
実際に計算する。
\begin{align}
&\int_{-\pi}^{\pi}\cos(nx)dx=\left[\frac{1}{n}\sin(nx)\right]_{-\pi}^{\pi}=\boxed{0}\\ \\
&\int_{-\pi}^{\pi}\cos(mx)\cos(nx)dx\\
=&\int_{-\pi}^{\pi}\frac{\cos(m+n)x+\cos(m-n)x}{2}dx \qquad \text{(和積の公式より)} \\
=&\begin{cases}
\displaystyle{\frac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi}\left\{\cos(2mx)+1\right\}dx} &(m=n) \\
\displaystyle{\frac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi}\{\cos(m+n)x+\cos(m-n)x\}dx} &(m\neq n) \\
\end{cases} \\
=&\begin{cases}
\displaystyle{\frac{1}{2}\left[\frac{1}{2m}\sin(2mx)+x\right]_{-\pi}^{\pi}} &(m=n) \\
\displaystyle{\frac{1}{2}\left[\frac{1}{m+n}\sin(m+n)x+\frac{1}{m-n}\sin(m-n)x\right]_{-\pi}^{\pi}} &(m\neq n) \\
\end{cases} \\
=&\boxed{\begin{cases}
\displaystyle{\pi} &(m=n) \\
\displaystyle{0} &(m\neq n) \\
\end{cases}}
\end{align}
(2)
実際に計算する。
\begin{align}
\int_{-\pi}^{\pi}f(x)dx&=\int_{-\pi}^{\pi}\left\{\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}\cos(nx)\right\}dx \\
&=\int_{-\pi}^{\pi}\frac{a_{0}}{2}dx+\sum_{n=1}^{\infty}\int_{-\pi}^{\pi}a_{n}\cos(nx)dx \\
&=\frac{a_{0}}{2}\int_{-\pi}^{\pi}dx+\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}\int_{-\pi}^{\pi}\cos(nx)dx \\
&=\frac{a_{0}}{2}\cdot{2}\pi \qquad \text{((1)の結果より第2項の積分が0になる。)}\\
&=\boxed{\pi{a_{0}}}\label{for.3.3.1}\tag{1}
\end{align}
\begin{align}
\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos(nx)dx&=\int_{-\pi}^{\pi}\left\{\frac{a_0}{2}+\sum_{k=1}^{\infty}a_{k}\cos(kx)\right\}\cos(nx)dx \\
&=\int_{-\pi}^{\pi}\frac{a_0}{2}\cos(nx)dx+\sum_{k=1}^{\infty}\int_{-\pi}^{\pi}a_{k}\cos(kx)\cos(nx)dx \\
&=\frac{a_0}{2}\int_{-\pi}^{\pi}\cos(nx)dx+\sum_{k=1}^{\infty}a_{k}\int_{-\pi}^{\pi}\cos(kx)\cos(nx)dx \\
&=0+\sum_{k=1}^{\infty}a_{k}\int_{-\pi}^{\pi}\cos(kx)\cos(nx)dx \qquad \text{((1)の結果より)} \\
&=a_{n}\int_{-\pi}^{\pi}\cos(nx)\cos(nx)dx \qquad \text{((1)の結果より)} \\
&=\boxed{\pi{a_{n}}} \qquad \text{((1)の結果より)} \label{for.3.3.3}\tag{2}
\end{align}
(3)
まず\(a_{0}\)について。式(\ref{for.3.3.1})を変形して計算を進めれば、
\begin{align}
a_{0}&=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)dx \\
&=\frac{1}{\pi}\left\{\int_{-\pi}^{0}(-x)\,dx+\int_{0}^{\pi}x\,dx\right\} \\
&=\frac{1}{\pi}\left\{\left[-\frac{1}{2}x^{2}\right]_{-\pi}^{0}+\left[\frac{1}{2}x^{2}\right]_{0}^{\pi}\right\}=\frac{1}{\pi}\left(\frac{\pi^{2}}{2}+\frac{\pi^{2}}{2}\right)=\pi \label{for.3.3.2}\tag{3}
\end{align}
となる。
続いて\(a_{n}\,(n\ge1)\)について。式(\ref{for.3.3.3})を変形して計算を進めれば、
\begin{align}
a_{n}&=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos(nx)dx \\
&=\frac{1}{\pi}\left\{\int_{-\pi}^{0}(-x\cos(nx))dx+\int_{0}^{\pi}x\cos(nx)dx\right\} \\
&=\frac{1}{\pi}\left\{\int_{0}^{-\pi}x\cos(nx)dx+\int_{0}^{\pi}x\cos(nx)dx\right\} \\
&=\frac{1}{\pi}\left\{\left[\frac{x}{n}\sin(nx)\right]_{0}^{-\pi}-\int_{0}^{-\pi}\frac{1}{n}\sin(nx)dx+\left[\frac{x}{n}\sin(nx)\right]_{0}^{\pi}-\int_{0}^{\pi}\frac{1}{n}\sin(nx)dx\right\} \\
&=\frac{1}{\pi}\left\{\frac{1}{n}\int_{-\pi}^{0}\sin(nx)dx-\frac{1}{n}\int_{0}^{\pi}\sin(nx)dx\right\} \\
&=\frac{1}{\pi}\left\{\frac{1}{n}\left[-\frac{1}{n}\cos(nx)\right]_{-\pi}^{0}-\frac{1}{n}\left[-\frac{1}{n}\cos(nx)\right]_{0}^{\pi}\right\} \\
&=\frac{1}{{\pi}n^{2}}\{-1+\cos(-n\pi)+\cos(n\pi)-1\} \\
&=\frac{1}{{\pi}n^{2}}\{\cos(n\pi)+\cos(n\pi)-2\} \qquad \text{(一般に$\cos(-x)=\cos{x}$より)}\\
&=\frac{2}{{\pi}n^{2}}\{\cos(n\pi)-1\}=\frac{2}{{\pi}n^{2}}\{(-1)^{n}-1\} \label{for.3.3.4}\tag{4}
\end{align}
よって式(\ref{for.3.3.2})、式(\ref{for.3.3.4})より、
\begin{align}
\boxed{a_{0}=\pi \qquad a_{n}=\frac{2}{{\pi}n^{2}}\{(-1)^{n}-1\}}
\end{align}
(4)
(3)の結果を利用すると\(f(x)\)は、
\begin{align}
f(x)=\frac{\pi}{2}+\frac{2}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}-1}{n^{2}}\cos(nx) \label{for.3.4.1}\tag{5}
\end{align}
となる。
ここで式(\ref{for.3.4.1})において\(x=\pi\)とすると、
\begin{align}
f(\pi)=&\frac{\pi}{2}+\frac{2}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}-1}{n^{2}}\cos(n\pi) \\
=&\frac{\pi}{2}+\frac{2}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}-1}{n^{2}}(-1)^{n} \\
=&\frac{\pi}{2}+\frac{2}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1-(-1)^{n}}{n^{2}} \\
=&\frac{\pi}{2}+\frac{2}{\pi}\left(2+\frac{2}{3^{2}}+\frac{2}{5^{2}}+\cdots\right) \\
=&\frac{\pi}{2}+\frac{4}{\pi}\left(\frac{1}{1^{2}}+\frac{1}{3^{2}}+\frac{1}{5^{2}}+\cdots\right) \\
=&\frac{\pi}{2}+\frac{4}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n-1)^2} \label{for.3.4.2}\tag{6}
\end{align}
よってもともと\(f(x)=|x|\,(-\pi<x\leq \pi)\)であり、\(f(\pi)=\pi\)であるため、式(\ref{for.3.4.2})から、
\begin{align}
&\pi=\frac{\pi}{2}+\frac{4}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n-1)^2} \\
&\frac{\pi}{2}=\frac{4}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n-1)^2} \\
&\frac{\pi^{2}}{8}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n-1)^2}
&\boxed{\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n-1)^2}=\frac{\pi^{2}}{8}}
\end{align}
終わりに
本来であればフーリエ級数の解説記事から先に書くべきだろうが、それはフーリエ変換と合わせて後で作成することにする。
仕事でもフーリエ変換を使っているからできればその話もしたい。
(もちろん内容はある程度ぼかすが。)
END
コメント