0418-1982 东大工 数学 WEB

傅里叶与拉普拉斯变换 微分积分 无穷级数

$-\pi \le x\le \pi$ で定義された関数

$$f(x)=\cos \alpha x$$

を考える。ただし、$\alpha$ は整数でない実数とする。

(1) $f(x)$ をフーリエ展開することにより、$\cot \pi \alpha$ の級数表示式を求めよ。

(2) $\sin \pi \alpha =\pi \alpha \prod _{n=1}^{\infty }\left(1-\frac{{\alpha }^2}{n^2}\right)$ であることを証明せよ。
ヒント：(1) で得られた級数は一様収束する。

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解答：

(1)
$f(x)=\cos \alpha x$ は偶関数であるため、フーリエ余弦級数に展開される。

$$f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n\cos nx$$

係数 $a_0,a_n$ を求める。

$$a_0=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }\cos \alpha x\mathrm{d}x=\frac{2}{\pi }{\left[\frac{\sin \alpha x}{\alpha }\right]}_0^{\pi }=\frac{2\sin \alpha \pi }{\alpha \pi }$$ $$\begin{array}{rl}{a}_n& =\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }\cos \alpha x\cos nx\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{\pi }{\int }_0^{\pi }\{\cos (\alpha +n)x+\cos (\alpha -n)x\}\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{\pi }{\left[\frac{\sin (\alpha +n)x}{\alpha +n}+\frac{\sin (\alpha -n)x}{\alpha -n}\right]}_0^{\pi }\\ & =\frac{1}{\pi }\left(\frac{\sin (\alpha \pi +n\pi )}{\alpha +n}+\frac{\sin (\alpha \pi -n\pi )}{\alpha -n}\right)\\ & =\frac{1}{\pi }\left(\frac{(-1{)}^n\sin \alpha \pi }{\alpha +n}+\frac{(-1{)}^n\sin \alpha \pi }{\alpha -n}\right)\\ & =\frac{(-1{)}^n\sin \alpha \pi }{\pi }\frac{2\alpha }{{\alpha }^2-n^2}\end{array}$$

$f(x)$ は区間 $[-\pi ,\pi ]$ で連続かつ区分的に滑らかであるため、級数は $f(x)$ に収束する。

$$\cos \alpha x=\frac{\sin \alpha \pi }{\alpha \pi }+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n}2\alpha \sin \alpha \pi }{\pi ({\alpha }^2-n^2)}\cos nx$$

$x=\pi$ を代入すると、$\cos n\pi =(-1{)}^n$ より、

$$\cos \alpha \pi =\frac{\sin \alpha \pi }{\alpha \pi }+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2\alpha \sin \alpha \pi }{\pi ({\alpha }^2-n^2)}$$

$\alpha$ は整数ではないので $\sin \alpha \pi \ne 0$ である。両辺を $\sin \alpha \pi$ で割ると、

$$\boxed{\cot \pi \alpha =\frac{1}{\pi \alpha }+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2\alpha }{\pi ({\alpha }^2-n^2)}}$$

(2)
(1) の結果より、変数 $\alpha$ を $t$ に置き換えて変形する。

$$\pi \cot \pi t-\frac{1}{t}=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2t}{t^2-n^2}$$

ヒントより右辺の級数は一様収束するため、区間 $[0,\alpha ]$ において項別積分が可能である。
左辺の積分は、

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\alpha }\left(\pi \cot \pi t-\frac{1}{t}\right)\mathrm{d}t& ={\int }_0^{\alpha }\left(\frac{\pi \cos \pi t}{\sin \pi t}-\frac{1}{t}\right)\mathrm{d}t\\ & ={\left[\ln \left|\frac{\sin \pi t}{t}\right|\right]}_0^{\alpha }\\ & =\ln \left|\frac{\sin \pi \alpha }{\alpha }\right|-\underset{t\to 0}{\lim }\ln \left|\frac{\sin \pi t}{t}\right|\\ & =\ln \left|\frac{\sin \pi \alpha }{\alpha }\right|-\ln \pi \\ & =\ln \left|\frac{\sin \pi \alpha }{\pi \alpha }\right|\end{array}$$

右辺の積分は項別積分により、

$$\begin{array}{rl}\sum _{n=1}^{\infty }{\int }_0^{\alpha }\frac{2t}{t^2-n^2}\mathrm{d}t& =\sum _{n=1}^{\infty }{\left[\ln |t^2-n^2|\right]}_0^{\alpha }\\ & =\sum _{n=1}^{\infty }(\ln |{\alpha }^2-n^2|-\ln |-n^2|)\\ & =\sum _{n=1}^{\infty }\ln \left|1-\frac{{\alpha }^2}{n^2}\right|\\ & =\ln \prod _{n=1}^{\infty }\left|1-\frac{{\alpha }^2}{n^2}\right|\end{array}$$

両辺を等置する。十分小さな $\alpha >0$ に対して等式内の各項は正となるため、絶対値記号を外すことができる。

$$\ln \frac{\sin \pi \alpha }{\pi \alpha }=\ln \prod _{n=1}^{\infty }\left(1-\frac{{\alpha }^2}{n^2}\right)$$

対数関数の単射性より、

$$\frac{\sin \pi \alpha }{\pi \alpha }=\prod _{n=1}^{\infty }\left(1-\frac{{\alpha }^2}{n^2}\right)$$ $$\sin \pi \alpha =\pi \alpha \prod _{n=1}^{\infty }\left(1-\frac{{\alpha }^2}{n^2}\right)$$

(証明終)

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本题考查了傅里叶级数的展开以及利用傅里叶级数推导著名的欧拉正弦函数无穷乘积展开式。第一问属于标准的傅里叶展开计算，由于给定的余弦函数是偶函数，只需要计算余弦项系数即可。在计算积分时利用积化和差公式可以大幅简化步骤。计算出傅里叶级数后，通过代入区间边界点 $x=\pi$，消去级数中的 $\cos nx$ 从而得到余切函数的有理分式级数展开。第二问利用了函数的一致收敛性对等式两侧进行逐项积分。左侧积分时需要注意到 $t=0$ 是奇点，因此将余切和 $1/t$ 合并后利用极限解决下限的积分值；右侧积分后会自然得到对数形式，最后利用对数运算法则将级数的和转化为连乘积形式即可完成证明。