0453-1988 东大工 数学 WEB

傅里叶与拉普拉斯变换 傅里叶级数 帕塞瓦尔等式应用

(1) 区間 $0\le x<2\pi$ において次のように定義される周期 $2\pi$ の関数 $f(x)$ をフーリエ級数に展開せよ。

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}0& (x=0)\\ \pi -x& (0<x<2\pi )\end{array}$$

(2) 周期 $2\pi$ の区分的に連続な関数 $g(x)$ において、そのフーリエ級数は

$$g(x)=\frac{a_0}{2}+\sum _{k=1}^{\infty }(a_k\cos kx+b_k\sin kx)$$

で表される。(1) の結果を利用して、次の2つの関係式を証明せよ。

(I) $\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }g(x)(\pi -x)\mathrm{d}x=\sum _{k=1}^{\infty }\frac{b_k}{k}$

(II) $\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }g(x+t)(\pi -x)\mathrm{d}x=\sum _{k=1}^{\infty }\frac{b_k\cos kt-a_k\sin kt}{k}$

(3) (2) の結果を利用して、$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{n^2}$ の値を求めよ。

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解答：
(1)
周期 $2\pi$ の関数 $f(x)$ のフーリエ係数を求める。

$$\begin{array}{rl}{a}_0& =\frac{1}{\pi }{\int }_0^{2\pi }(\pi -x)\mathrm{d}x=\frac{1}{\pi }{\left[\pi x-\frac{x^2}{2}\right]}_0^{2\pi }=\frac{1}{\pi }(2{\pi }^2-2{\pi }^2)=0\\ a_k& =\frac{1}{\pi }{\int }_0^{2\pi }(\pi -x)\cos kx\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{\pi }{\left[(\pi -x)\frac{\sin kx}{k}\right]}_0^{2\pi }-\frac{1}{\pi }{\int }_0^{2\pi }(-1)\frac{\sin kx}{k}\mathrm{d}x\\ & =0+\frac{1}{k\pi }{\left[-\frac{\cos kx}{k}\right]}_0^{2\pi }=0\\ b_k& =\frac{1}{\pi }{\int }_0^{2\pi }(\pi -x)\sin kx\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{\pi }{\left[(\pi -x)\frac{-\cos kx}{k}\right]}_0^{2\pi }-\frac{1}{\pi }{\int }_0^{2\pi }(-1)\frac{-\cos kx}{k}\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{\pi }\left(\frac{\pi }{k}+\frac{\pi }{k}\right)-\frac{1}{k\pi }{\left[\frac{\sin kx}{k}\right]}_0^{2\pi }=\frac{2}{k}\end{array}$$

したがって、$f(x)$ のフーリエ級数展開は以下のようになる。

$$\boxed{f(x)\sim \sum _{k=1}^{\infty }\frac{2}{k}\sin kx}$$

(2)
(I)
与えられた積分に $g(x)$ のフーリエ級数を代入し、項別に積分する。(1) の結果より、${\int }_0^{2\pi }(\pi -x)\mathrm{d}x=0$、${\int }_0^{2\pi }(\pi -x)\cos kx\mathrm{d}x=0$、${\int }_0^{2\pi }(\pi -x)\sin kx\mathrm{d}x=\frac{2\pi }{k}$ であるから、

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }g(x)(\pi -x)\mathrm{d}x& =\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }\left(\frac{a_0}{2}+\sum _{k=1}^{\infty }(a_k\cos kx+b_k\sin kx)\right)(\pi -x)\mathrm{d}x\\ & =\frac{a_0}{4\pi }{\int }_0^{2\pi }(\pi -x)\mathrm{d}x+\sum _{k=1}^{\infty }\frac{a_k}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }(\pi -x)\cos kx\mathrm{d}x+\sum _{k=1}^{\infty }\frac{b_k}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }(\pi -x)\sin kx\mathrm{d}x\\ & =0+0+\sum _{k=1}^{\infty }\frac{b_k}{2\pi }\left(\frac{2\pi }{k}\right)\\ & =\sum _{k=1}^{\infty }\frac{b_k}{k}\end{array}$$

(証明終)

(II)
$g(x+t)$ を三角関数の加法定理を用いて展開する。

$$\begin{array}{rl}g(x+t)& =\frac{a_0}{2}+\sum _{k=1}^{\infty }(a_k\cos (kx+kt)+b_k\sin (kx+kt))\\ & =\frac{a_0}{2}+\sum _{k=1}^{\infty }\left[a_k(\cos kx\cos kt-\sin kx\sin kt)+b_k(\sin kx\cos kt+\cos kx\sin kt)\right]\\ & =\frac{a_0}{2}+\sum _{k=1}^{\infty }\left[(a_k\cos kt+b_k\sin kt)\cos kx+(b_k\cos kt-a_k\sin kt)\sin kx\right]\end{array}$$

これは関数 $g(x+t)$ の $x$ に関するフーリエ級数であり、$\sin kx$ の係数は $b_k^{\prime }=b_k\cos kt-a_k\sin kt$ である。
(I) の結果を適用すると、積分値は $\sin kx$ の新しい係数 $b_k^{\prime }$ を用いて $\sum _{k=1}^{\infty }\frac{b_k^{\prime }}{k}$ となる。

$$\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }g(x+t)(\pi -x)\mathrm{d}x=\sum _{k=1}^{\infty }\frac{b_k\cos kt-a_k\sin kt}{k}$$

(証明終)

(3)
(2) の (II) の結果において、$g(x)=f(x)$ とおく。
(1) より、$f(x)$ のフーリエ係数は $a_k=0,b_k=\frac{2}{k}$ であるから、右辺は次のようになる。

$$\sum _{k=1}^{\infty }\frac{\frac{2}{k}\cos kt-0}{k}=2\sum _{k=1}^{\infty }\frac{\cos kt}{k^2}$$

ここで、$t=\pi$ とおくと、$\cos k\pi =(-1{)}^k$ となり、右辺は $2\sum _{k=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^k}{k^2}$ となる。
このとき、左辺の積分は $u=x-\pi$ と置換積分すると、$\mathrm{d}x=\mathrm{d}u$ で積分区間は $[-\pi ,\pi ]$ となる。
周期関数であるため $f(u+2\pi )=f(u)$ であり、$u\in (-\pi ,\pi )$ における $f(u)$ は奇関数である。

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }f(x+\pi )(\pi -x)\mathrm{d}x& =\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(u+2\pi )(\pi -(u+\pi ))\mathrm{d}u\\ & =\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(u)(-u)\mathrm{d}u\end{array}$$

被積分関数 $f(u)(-u)$ は偶関数となるため、

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(u)(-u)\mathrm{d}u& =\frac{1}{\pi }{\int }_0^{\pi }(\pi -u)(-u)\mathrm{d}u\\ & =\frac{1}{\pi }{\int }_0^{\pi }(u^2-\pi u)\mathrm{d}u\\ & =\frac{1}{\pi }{\left[\frac{u^3}{3}-\frac{\pi u^2}{2}\right]}_0^{\pi }\\ & =\frac{1}{\pi }\left(\frac{{\pi }^3}{3}-\frac{{\pi }^3}{2}\right)=-\frac{{\pi }^2}{6}\end{array}$$

両辺を等置して、

$$2\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{n^2}=-\frac{{\pi }^2}{6}$$

したがって、

$$\boxed{\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{n^2}=-\frac{{\pi }^2}{12}}$$

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本题考查了傅里叶级数展开及其相关性质的应用。第一问是基础的傅里叶系数求解，利用分部积分法可以直接计算得到展开式。由于定义域为非对称区间，需要仔细处理积分边界。
第二问利用了函数与其傅里叶级数的关系。可以直接把给定的傅里叶级数代入积分式中，然后通过逐项积分来证明。因为在第一问中已经算出了 $\pi -x$ 乘以三角函数的积分值，所以这部分计算被大大简化。第二小问则运用了平移函数的傅里叶展开，通过三角恒等变换找出平移后新的傅里叶系数，并再次套用前一小问的结论。
第三问则是傅里叶级数中的经典题型：求无穷级数的和。通过观察待求级数的形式发现应当让 $t=\pi$ ，并把 $g(x)$ 选为第一问里的已知函数 $f(x)$，将抽象的无穷级数转化为定积分的计算。计算定积分时，利用周期函数的性质和平移替换将区间转换到关于原点对称的 $[-\pi ,\pi ]$ 上，结合奇偶性可使运算大幅度化简，最终求得精确结果。