0210-2023 东新复 数学 P140

偏微分方程 傅里叶与拉普拉斯变换 复变函数

$x,t,\theta$は実数，$z$は複素数とする．以下の問に答えよ．

(問1) $m,n\ge 1$ を整数，$L$ を実数とする．

$${\int }_{-L}^L\sin \left(\frac{m\pi }{L}x\right)\sin \left(\frac{n\pi }{L}x\right)\mathrm{d}x$$
を計算せよ．導出の過程を省略し，答えのみ示せ．

(問2) 関数 $f(x)=\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n\sin \left(\frac{n\pi }{L}x\right)$ を考える．
$a_n={\int }_{-L}^{L}f(x)g_n(x)\mathrm{d}x$ の形で $a_n$ を表現したとき，$g_n(x)$ を求めよ．導出の過程を省略し，答えのみ示せ．

(問3) $0\le x\le 1$ とする．2変数関数 $u(x,t)$ についての偏微分方程式

$$\frac{{\partial }^{2}u}{\partial t^2}=\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}$$
を，初期条件 $u(x,0)=x-x^2$, $\frac{\partial u(x,0)}{\partial t}=0$，境界条件 $u(0,t)=u(1,t)=0$ のもとで考える．この偏微分方程式の解を $u(x,t)=\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n{X}_n(x)T_n(t)$ としたとき，係数 $b_n$，関数 $X_n(x),T_n(t)$ を求めよ．導出の過程を省略し，答えのみ示せ．

(問4) $k$ を整数とする．関数 $h(z,x)=\exp \left(\frac{x}{2}\left(z-\frac{1}{z}\right)\right)$ のローラン展開 $h(z,x)=\sum _{k=-\infty }^{\infty }{J}_k(x)z^k$ を考える．

(i) 以下の関係が成立することを留数定理を用いて示せ．

$$J_k(x)=\frac{1}{\pi }{\int }_0^{\pi }\cos (x\sin \theta -k\theta )\mathrm{d}\theta (1)$$

(ii) $a$ を実定数とする．$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\theta }\sin (a\sin \theta )$ を求めよ．
導出の過程を省略し，答えのみ示せ．

(iii) $x\ne 0$ とする．$J_{k-1}(x)-J_{k+1}(x)$ と $J_{k-1}(x)+J_{k+1}(x)$ を $J_k(x)$ と $\frac{\mathrm{d}{J}_k(x)}{\mathrm{d}x}$ を用いて表せ．(1)式を利用しても良い．
導出の過程を省略し，答えのみ示せ．

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解答：

(問1) 積和の公式より，与式を以下のように変形する．

$${\int }_{-L}^L\sin \left(\frac{m\pi }{L}x\right)\sin \left(\frac{n\pi }{L}x\right)\mathrm{d}x=\frac{1}{2}{\int }_{-L}^L\left[\cos \left(\frac{(m-n)\pi }{L}x\right)-\cos \left(\frac{(m+n)\pi }{L}x\right)\right]\mathrm{d}x$$
$m=n$ のとき，
$$\frac{1}{2}{\int }_{-L}^L\left[1-\cos \left(\frac{2m\pi }{L}x\right)\right]\mathrm{d}x=\frac{1}{2}{\left[x-\frac{L}{2m\pi }\sin \left(\frac{2m\pi }{L}x\right)\right]}_{-L}^L=L$$
$m\ne n$ のとき，
$$\frac{1}{2}{\left[\frac{L}{(m-n)\pi }\sin \left(\frac{(m-n)\pi }{L}x\right)-\frac{L}{(m+n)\pi }\sin \left(\frac{(m+n)\pi }{L}x\right)\right]}_{-L}^L=0$$
よって，
$$\boxed{\{\begin{array}{ll}L& (m=n)\\ 0& (m\ne n)\end{array}}$$

(問2) $f(x)$ に $\sin \left(\frac{m\pi }{L}x\right)$ をかけて $-L$ から $L$ まで積分すると，

$${\int }_{-L}^{L}f(x)\sin \left(\frac{m\pi }{L}x\right)\mathrm{d}x=\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{\int }_{-L}^L\sin \left(\frac{n\pi }{L}x\right)\sin \left(\frac{m\pi }{L}x\right)\mathrm{d}x$$
(問1)の直交性より $n=m$ の項のみが残り，右辺は $a_{m}L$ となる．したがって，
$$a_m={\int }_{-L}^{L}f(x)\left(\frac{1}{L}\sin \left(\frac{m\pi }{L}x\right)\right)\mathrm{d}x$$
これと与えられた式を比較して，
$$\boxed{g_n(x)=\frac{1}{L}\sin \left(\frac{n\pi }{L}x\right)}$$

(問3) $u(x,t)=X(x)T(t)$ として変数分離を行う．偏微分方程式に代入すると，

$$\frac{X^{\prime \prime }(x)}{X(x)}=\frac{T^{\prime \prime }(t)}{T(t)}=-{\lambda }^2$$
境界条件 $u(0,t)=u(1,t)=0$ より $X(0)=X(1)=0$．$X^{\prime \prime }+{\lambda }^{2}X=0$ を解くと ${\lambda }_n=n\pi$ ($n=1,2,\dots$) となり，
$$X_n(x)=\sin (n\pi x)$$
$T^{\prime \prime }+(n\pi {)}^{2}T=0$ を解き，初期条件 $\frac{\partial u}{\partial t}(x,0)=0$ より $T^{\prime }(0)=0$ を適用すると，
$$T_n(t)=\cos (n\pi t)$$
$u(x,t)=\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n\sin (n\pi x)\cos (n\pi t)$ について，初期条件 $u(x,0)=x-x^2$ を用いると，
$$x-x^2=\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n\sin (n\pi x)$$
フーリエ係数 $b_n$ は次のように計算できる．
$$\begin{array}{rl}{b}_n& =2{\int }_0^1(x-x^2)\sin (n\pi x)\mathrm{d}x\\ & =2\left({\left[-(x-x^2)\frac{\cos (n\pi x)}{n\pi }\right]}_0^1+{\int }_0^1(1-2x)\frac{\cos (n\pi x)}{n\pi }\mathrm{d}x\right)\\ & =\frac{2}{n\pi }\left({\left[(1-2x)\frac{\sin (n\pi x)}{n\pi }\right]}_0^1-{\int }_0^1(-2)\frac{\sin (n\pi x)}{n\pi }\mathrm{d}x\right)\\ & =\frac{4}{(n\pi {)}^2}{\left[-\frac{\cos (n\pi x)}{n\pi }\right]}_0^1=\frac{4(1-(-1{)}^n)}{n^3{\pi }^3}\end{array}$$
よって，
$$\boxed{\begin{array}{rl}{b}_n& =\frac{4(1-(-1{)}^n)}{n^3{\pi }^3}\\ X_n(x)& =\sin (n\pi x)\\ T_n(t)& =\cos (n\pi t)\end{array}}$$

(問4)
(i) $h(z,x)$ は $z=0$ および $z=\infty$ を除いて正則である．ローラン級数の係数 $J_k(x)$ は積分路を単位円 $|z|=1$ として次のように表される．

$$J_k(x)=\frac{1}{2\pi i}{\oint }_{|z|=1}\frac{h(z,x)}{z^{k+1}}\mathrm{d}z$$
$z=e^{i\theta }$ ($-\pi \le \theta \le \pi$) とおくと，$\mathrm{d}z=i{e}^{i\theta }\mathrm{d}\theta$ であり，$z-z^{-1}=e^{i\theta }-e^{-i\theta }=2i\sin \theta$ となる．
$$\begin{array}{rl}{J}_k(x)& =\frac{1}{2\pi i}{\int }_{-\pi }^{\pi }\frac{\exp (ix\sin \theta )}{e^{i(k+1)\theta }}i{e}^{i\theta }\mathrm{d}\theta =\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }\exp (i(x\sin \theta -k\theta ))\mathrm{d}\theta \\ & =\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }(\cos (x\sin \theta -k\theta )+i\sin (x\sin \theta -k\theta ))\mathrm{d}\theta \end{array}$$
$\theta$ を $-\theta$ に置き換えると $\sin (x\sin (-\theta )-k(-\theta ))=-\sin (x\sin \theta -k\theta )$ となり奇関数であるため，虚部の積分は $0$ になる．また実部は偶関数であるから，
$$J_k(x)=\frac{1}{2\pi }\cdot 2{\int }_0^{\pi }\cos (x\sin \theta -k\theta )\mathrm{d}\theta =\frac{1}{\pi }{\int }_0^{\pi }\cos (x\sin \theta -k\theta )\mathrm{d}\theta \text{(証明終)}$$

(ii) 合成関数の微分法則より，

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\theta }\sin (a\sin \theta )=\cos (a\sin \theta )\cdot (a\cos \theta )$$
$$\boxed{a\cos \theta \cos (a\sin \theta )}$$

(iii) 母関数 $h(z,x)=\sum _{k=-\infty }^{\infty }{J}_k(x)z^k$ の両辺を $x$ で偏微分すると，

$$\frac{\partial h}{\partial x}=\frac{1}{2}(z-z^{-1})\sum _{k=-\infty }^{\infty }{J}_k(x)z^k=\sum _{k=-\infty }^{\infty }\frac{1}{2}(J_{k-1}(x)-J_{k+1}(x))z^k$$
一方，級数を項別に微分すると $\frac{\partial h}{\partial x}=\sum _{k=-\infty }^{\infty }\frac{\mathrm{d}{J}_k(x)}{\mathrm{d}x}{z}^k$ となるため，$z^k$ の係数を比較して，
$$J_{k-1}(x)-J_{k+1}(x)=2\frac{\mathrm{d}{J}_k(x)}{\mathrm{d}x}$$
また，母関数の両辺を $z$ で偏微分すると，
$$\frac{\partial h}{\partial z}=\frac{x}{2}(1+z^{-2})\sum _{k=-\infty }^{\infty }{J}_k(x)z^k=\sum _{k=-\infty }^{\infty }\frac{x}{2}(J_{k-1}(x)+J_{k+1}(x))z^{k-1}$$
級数を項別に微分すると $\frac{\partial h}{\partial z}=\sum _{k=-\infty }^{\infty }k{J}_k(x)z^{k-1}$ となるため，$z^{k-1}$ の係数を比較して，
$$J_{k-1}(x)+J_{k+1}(x)=\frac{2k}{x}{J}_k(x)$$
よって，
$$\boxed{\begin{array}{rl}{J}_{k-1}(x)-J_{k+1}(x)& =2\frac{\mathrm{d}{J}_k(x)}{\mathrm{d}x}\\ J_{k-1}(x)+J_{k+1}(x)& =\frac{2k}{x}{J}_k(x)\end{array}}$$

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补充说明：
这道解析学题目涵盖了傅里叶级数、一维波动方程的求解以及复变函数中贝塞尔函数的积分表示与递推关系。
前两问考察了傅里叶正弦级数的基础，即三角函数系在对称区间上的正交性，这是展开函数的前提。
第三问是典型的偏微分方程分离变量法。通过分离变量，将波动方程转化为两个常微分方程的特征值问题，利用边界条件确定空间函数为正弦，利用关于时间的一阶导数初始条件确定时间函数为余弦。最后利用初始位移条件，结合前两问中傅里叶正弦级数展开的思想求出相应的系数，此处需要两次分部积分。
第四问则是利用复变函数中的洛朗展开导出第一类贝塞尔函数的积分表达式及递推关系。通过单位圆上的复积分，将洛朗系数表示为实积分，利用奇偶性简化后即可得到(1)式。最后一小问既可以通过对母函数的参数 $x$ 和 $z$ 分别求导并比较级数系数得到，也可以直接利用(1)式的积分形式和(ii)问中导出的三角函数微分性质，通过分部积分和积化和差公式直接推导出递推关系，这两者内在是完全统一的。