0178-2017 东新复 数学 P78

微分积分 微积分 积分变换 傅里叶变换

関数 $f(x)$ のフーリエ変換を

$${\mathcal{F}}_f(t)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\int }_{-\infty }^{\infty }f(x)\exp (-ixt)dx$$

と定義する．ここで，$x$ および $t$ は実数，$\exp (x)$ は指数関数，$i=\sqrt{-1}$ である．
このとき，以下の問に答えよ．

(問1) 実数 $a$ に対して $g(x)=f(x-a)$ とするとき，

$${\mathcal{F}}_g(t)=\exp (-iat){\mathcal{F}}_f(t)$$

となることを示せ．

(問2) 正の実数 $b$ に対して $h(x)=f(bx)$ とするとき，

$${\mathcal{F}}_h(t)=\frac{1}{b}{\mathcal{F}}_f\left(\frac{t}{b}\right)$$

となることを示せ．

(問3) $f(x)=\exp (-|x|)$ とするとき，${\mathcal{F}}_f(t)$ を求めよ．

(問4) $f(x)=\exp \left(-\frac{1}{2}{x}^2\right)$ とするとき，以下の積分を用いて ${\mathcal{F}}_f(t)$ を求めよ．

$${\int }_{-\infty }^{\infty }\exp \left(-\frac{1}{2}(x+it{)}^2\right)dx=\sqrt{2\pi }$$

(問5) 関数 $f(x),g(x)$ の畳み込みを

$$(f\ast g)(x)={\int }_{-\infty }^{\infty }f(s)g(x-s)ds$$

と定義する．
${\mu }_1,{\mu }_2$ を実数，${\sigma }_1^2,{\sigma }_2^2$ を正の実数とし，

$$\begin{array}{rl}{f}_1(x)& =\exp \left(-\frac{1}{2{\sigma }_1^2}(x-{\mu }_1{)}^2\right)f_2(x)\\ & =\exp \left(-\frac{1}{2{\sigma }_2^2}(x-{\mu }_2{)}^2\right)\end{array}$$

とするとき，${\mathcal{F}}_{f_1\ast f_2}(t)$ を求めよ．

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解答：

(問1)
定義より

$${\mathcal{F}}_g(t)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\int }_{-\infty }^{\infty }f(x-a)\exp (-ixt)dx$$

$y=x-a$ とおくと、$dx=dy$ であり、積分範囲は変わらない。

$$\begin{array}{rl}{\mathcal{F}}_g(t)& =\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\int }_{-\infty }^{\infty }f(y)\exp (-i(y+a)t)dy\\ & =\exp (-iat)\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\int }_{-\infty }^{\infty }f(y)\exp (-iyt)dy\\ & =\exp (-iat){\mathcal{F}}_f(t)\end{array}$$

(証明終)

(問2)
定義より

$${\mathcal{F}}_h(t)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\int }_{-\infty }^{\infty }f(bx)\exp (-ixt)dx$$

$y=bx$ とおくと、$dx=\frac{1}{b}dy$ であり、$b>0$ より積分範囲は変わらない。

$$\begin{array}{rl}{\mathcal{F}}_h(t)& =\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\int }_{-\infty }^{\infty }f(y)\exp \left(-i\frac{y}{b}t\right)\frac{1}{b}dy\\ & =\frac{1}{b}\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\int }_{-\infty }^{\infty }f(y)\exp \left(-iy\left(\frac{t}{b}\right)\right)dy\\ & =\frac{1}{b}{\mathcal{F}}_f\left(\frac{t}{b}\right)\end{array}$$

(証明終)

(問3)
定義より積分を分割して計算する。

$$\begin{array}{rl}{\mathcal{F}}_f(t)& =\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\int }_{-\infty }^{\infty }\exp (-|x|)\exp (-ixt)dx\\ & =\frac{1}{\sqrt{2\pi }}\left({\int }_{-\infty }^0\exp (x-ixt)dx+{\int }_0^{\infty }\exp (-x-ixt)dx\right)\\ & =\frac{1}{\sqrt{2\pi }}\left({\left[\frac{\exp ((1-it)x)}{1-it}\right]}_{-\infty }^0+{\left[\frac{\exp (-(1+it)x)}{-(1+it)}\right]}_0^{\infty }\right)\\ & =\frac{1}{\sqrt{2\pi }}\left(\frac{1}{1-it}-\left(-\frac{1}{1+it}\right)\right)\\ & =\frac{1}{\sqrt{2\pi }}\frac{2}{(1-it)(1+it)}\\ & =\sqrt{\frac{2}{\pi }}\frac{1}{1+t^2}\end{array}$$ $$\boxed{{\mathcal{F}}_f(t)=\sqrt{\frac{2}{\pi }}\frac{1}{1+t^2}}$$

(問4)
指数の部分を平方完成する。

$$\begin{array}{rl}-\frac{1}{2}{x}^2-ixt& =-\frac{1}{2}(x^2+2ixt)\\ & =-\frac{1}{2}(x+it{)}^2-\frac{1}{2}{t}^2\end{array}$$

これを用いてフーリエ変換を計算する。

$$\begin{array}{rl}{\mathcal{F}}_f(t)& =\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\int }_{-\infty }^{\infty }\exp \left(-\frac{1}{2}{x}^2-ixt\right)dx\\ & =\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\int }_{-\infty }^{\infty }\exp \left(-\frac{1}{2}(x+it{)}^2-\frac{1}{2}{t}^2\right)dx\\ & =\frac{1}{\sqrt{2\pi }}\exp \left(-\frac{1}{2}{t}^2\right){\int }_{-\infty }^{\infty }\exp \left(-\frac{1}{2}(x+it{)}^2\right)dx\end{array}$$

与えられた積分式を用いる。

$$\begin{array}{rl}{\mathcal{F}}_f(t)& =\frac{1}{\sqrt{2\pi }}\exp \left(-\frac{1}{2}{t}^2\right)\cdot \sqrt{2\pi }\\ & =\exp \left(-\frac{1}{2}{t}^2\right)\end{array}$$ $$\boxed{{\mathcal{F}}_f(t)=\exp \left(-\frac{1}{2}{t}^2\right)}$$

(問5)
畳み込みのフーリエ変換の性質を導出する。積分順序を交換する。

$$\begin{array}{rl}{\mathcal{F}}_{f_1\ast f_2}(t)& =\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\int }_{-\infty }^{\infty }\left({\int }_{-\infty }^{\infty }{f}_1(s)f_2(x-s)ds\right)\exp (-ixt)dx\\ & ={\int }_{-\infty }^{\infty }{f}_1(s)\exp (-ist)\left(\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\int }_{-\infty }^{\infty }{f}_2(x-s)\exp (-i(x-s)t)dx\right)ds\end{array}$$

$u=x-s$ とおくと、括弧内の積分は ${\mathcal{F}}_{f_2}(t)$ となる。

$$\begin{array}{rl}{\mathcal{F}}_{f_1\ast f_2}(t)& ={\int }_{-\infty }^{\infty }{f}_1(s)\exp (-ist){\mathcal{F}}_{f_2}(t)ds\\ & =\sqrt{2\pi }{\mathcal{F}}_{f_2}(t)\left(\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\int }_{-\infty }^{\infty }{f}_1(s)\exp (-ist)ds\right)\\ & =\sqrt{2\pi }{\mathcal{F}}_{f_1}(t){\mathcal{F}}_{f_2}(t)\end{array}$$

次に、(問1)、(問2)、(問4)の結果を用いて ${\mathcal{F}}_{f_1}(t)$ と ${\mathcal{F}}_{f_2}(t)$ を求める。
$f_1(x)=\exp \left(-\frac{1}{2}{\left(\frac{x-{\mu }_1}{{\sigma }_1}\right)}^2\right)$ であるから、$f_0(x)=\exp \left(-\frac{1}{2}{x}^2\right)$ とすると、$f_1(x)=f_0\left(\frac{x-{\mu }_1}{{\sigma }_1}\right)$ と表せる。
変形則より、

$$\begin{array}{rl}{\mathcal{F}}_{f_1}(t)& ={\sigma }_1\exp (-i{\mu }_{1}t){\mathcal{F}}_{f_0}({\sigma }_{1}t)\\ & ={\sigma }_1\exp (-i{\mu }_{1}t)\exp \left(-\frac{1}{2}({\sigma }_{1}t{)}^2\right)\\ & ={\sigma }_1\exp \left(-i{\mu }_{1}t-\frac{1}{2}{\sigma }_1^2{t}^2\right)\end{array}$$

同様に、

$${\mathcal{F}}_{f_2}(t)={\sigma }_2\exp \left(-i{\mu }_{2}t-\frac{1}{2}{\sigma }_2^2{t}^2\right)$$

よって、これらを代入して計算する。

$$\begin{array}{rl}{\mathcal{F}}_{f_1\ast f_2}(t)& =\sqrt{2\pi }\left({\sigma }_1\exp \left(-i{\mu }_{1}t-\frac{1}{2}{\sigma }_1^2{t}^2\right)\right)\left({\sigma }_2\exp \left(-i{\mu }_{2}t-\frac{1}{2}{\sigma }_2^2{t}^2\right)\right)\\ & =\sqrt{2\pi }{\sigma }_1{\sigma }_2\exp \left(-i({\mu }_1+{\mu }_2)t-\frac{1}{2}({\sigma }_1^2+{\sigma }_2^2)t^2\right)\end{array}$$ $$\boxed{{\mathcal{F}}_{f_1\ast f_2}(t)=\sqrt{2\pi }{\sigma }_1{\sigma }_2\exp \left(-i({\mu }_1+{\mu }_2)t-\frac{1}{2}({\sigma }_1^2+{\sigma }_2^2)t^2\right)}$$

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这道题目系统地考察了傅里叶变换的几个核心性质及其在特定概率密度函数形式上的应用。前两问要求通过基本的变量代换，证明傅里叶变换的时移特性与尺度变换特性。第三问则针对包含绝对值的指数衰减函数进行实际积分计算，运用拆分积分区间的方法求解。第四问给出了标准正态分布的核心部分，通过对指数内的完全平方进行配凑，并直接利用题目中给出的复数域高斯积分结果，从而求出正态分布函数的傅里叶变换也是正态分布的形式。最后一问综合了前面所有的知识点，首先通过二重积分和交换积分顺序推导出两个函数卷积的傅里叶变换等于它们各自变换乘积的一个常数倍，也就是卷积定理。接着利用前面证明的时移和尺度变换结论，快速写出两个一般形式的正态函数的傅里叶变换，最后相乘得到结果。这个结果在概率论中对应着两个独立正态随机变量之和依然服从正态分布这一重要性质。