東京工業大学 工学院 電気電子系 2021年8月実施 数学1

标签：

• TITech
• Fourier-Transform-Differentiation-and-Time-Multiplication
• Hermite-Equation-and-Polynomial-Recurrence
• Creation-and-Annihilation-Operators

Author

祭音Myyura

Description

$\int_{-\infty}^{\infty}$ が有限で絶対積分可能な実関数 $f(t)$ に対して，フーリエ変換 $F(\omega)$ を

$$F(\omega) = \int_{-\infty}^{\infty}f(t)e^{-j\omega t}dt$$

とする。ただし，$j$ を虚数単位とし，関数 $f(t)$ ,そのフーリエ変換 $F(\omega)$ は，$2$ 階微分可能とする。以下の問に答えよ。なお，導出過程も示すこと。また，関数 $f(t)$ の導関数 $\frac{d^2f(t)}{dt^2}$,$\frac{df(t)}{dt}$ をそれぞれ $f''(t),f'(t)$ と表記してもよい。

(1) 次の関数 $g(t)$ のフーリエ変換 $G(\omega)$ を関数 $f(t)$ のフーリエ変換 $F(\omega)$ を用いて表せ。

$$(a)\quad g(t) = \frac{d^2f(t)}{dt^2} \qquad (b) \quad g(t) = t^2f(t)$$

(2) 関数 $f(t)$ が次の微分方程式の解であるとき，関数 $f(t)$ のフーリエ変換 $F(\omega)$ が満足する微分方程式を示せ。ただし，$a$ は実数の定数である。

$$\frac{d^2f(t)}{dt^2} - t^2f(t) = af(t)$$

(3) 関数 $f(t)$ が次の微分方程式の解であるとする。ただし，$n$ は $0$ 以上の整数である。

$$\frac{d^2f(t)}{dt^2} - t^2f(t) = -(2n + 1)f(t)$$

(a) 関数 $f(t)$ が $f(t) = H_n(t)e^{-\frac{t^2}{2}}$ と表せるとき，関数 $H_n(t)$ が満足する微分方程式を示せ。

(b) 上記の $(a)$ で求めた微分方程式の特殊解 $H_n(t) = (-1)^ne^{t^2}\frac{d^n}{dt^n}(e^{t^2})$ は，$n$ 次のエルミート多項式とよばれる。$H_n(t),H_{n + 1}(t),H_{n + 2}(t)$ が満足する漸化式を求めよ。

题目描述

对绝对可积的实函数 $f(t)$，定义 Fourier 变换

$$F(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty} f(t)e^{-j\omega t}\,\mathrm dt,$$

其中 $j$ 为虚数单位。设 $f(t)$ 及其 Fourier 变换 $F(\omega)$ 均二阶可微。回答下列问题并写出推导过程；可把 $\mathrm df/\mathrm dt$、$\mathrm d^2f/\mathrm dt^2$ 简记为 $f',f''$。

1. 分别用 $F(\omega)$ 表示下列 $g(t)$ 的 Fourier 变换 $G(\omega)$：

   1. $$g(t)=\frac{\mathrm d^2f(t)}{\mathrm dt^2};$$
   2. $$g(t)=t^2f(t).$$

2. 若 $f(t)$ 满足

   $$\frac{\mathrm d^2f(t)}{\mathrm dt^2} -t^2f(t)=af(t),$$

   其中 $a$ 为实常数，求 $F(\omega)$ 所满足的微分方程。

3. 若 $n$ 为非负整数，且 $f(t)$ 满足

   $$\frac{\mathrm d^2f(t)}{\mathrm dt^2} -t^2f(t)=-(2n+1)f(t),$$

   回答：

   1. 当

      $$f(t)=H_n(t)e^{-t^2/2}$$

      时，求 $H_n(t)$ 所满足的微分方程。

   2. 原 Description 把上述方程的特殊解

      $$H_n(t)=(-1)^ne^{t^2} \frac{\mathrm d^n}{\mathrm dt^n}(e^{t^2})$$

      称为 $n$ 次 Hermite 多项式。按这一题面定义，求 $H_n(t),H_{n+1}(t),H_{n+2}(t)$ 满足的递推式。

考点

• Fourier 变换的微分与时间乘法性质：通过分部积分把 $f''(t)$ 化为频域乘法，把 $t^2f(t)$ 化为频域二阶微分。
• 微分方程的 Fourier 对偶：将含 $t^2$ 的二阶方程整体变换，得到 $F(\omega)$ 的对应常微分方程。
• Hermite 方程与多项式递推：代入 Gaussian 因子消去二次势项，并从给定 Rodrigues 型表达式或微分方程推导相邻阶关系。

Kai

(1)

(a)

$$\begin{aligned} g(t) &= f^{n}(t) \\ G(\omega) &= \int_{-\infty}^{\infty} f''(t)e^{j\omega t}dt \\ &= \bigg[f'(t)e^{-j\omega t}\bigg]_{-\infty}^{\infty} - \int_{-\infty}^{\infty} f'(t)(-j\omega)e^{-j\omega t}dt \\ &= j\omega \int_{-\infty}^{\infty}f'(t)e^{-j\omega t}dt \\ &= j\omega \bigg[f(t)e^{-j\omega t}\bigg]_{-\infty}^{\infty} - j\omega \int_{-\infty}^{\infty}f(t)(-j\omega)e^{-j\omega t}dt \\ &= (j\omega)^2 \int_{-\infty}^{\infty}f(t)e^{-j\omega t}dt \\ &= -\omega^2F(\omega) \end{aligned}$$

(b)

$$\begin{aligned} g(t) &= t^2f(t) \\ F(\omega) &= \int_{-\infty}^{\infty}f(t)e^{-j\omega t}dt \\ \frac{dF(\omega)}{d\omega} &= -j\int_{-\infty}^{\infty} tf(t) e^{-j\omega t}dt \\ \frac{d^2F(\omega)}{d\omega^2} &= -\int_{-\infty}^{\infty}t^2f(t)e^{-j\omega t}dt \\ \int_{-\infty}^{\infty}t^2f(t)e^{-j\omega t}dt &= -\frac{d^2F(\omega)}{d\omega} = G(\omega) \end{aligned}$$

従って、

$$G(\omega) = -\frac{d^2F(\omega)}{d\omega^2}$$

(2)

$$\begin{aligned} \frac{d^2f(t)}{dt^2} - t^2f(t) &= af(t) \\ -\omega^2F(\omega) - (-\frac{d^2F(\omega)}{d\omega^3}) &= aF(\omega) \\ \frac{d^2F(\omega)}{d\omega^2} - (\omega^2 + a)F(\omega) &= 0 \\ \end{aligned}$$

(3)

(a)

$$\begin{align} \frac{d^2}{dt^2}\big(H_n(t)e^{-\frac{t^2}{2}}\big) - t^2H_n(t)e^{-\frac{t^2}{2}} = -(2n + 1)H_n(t)e^{-\frac{t^2}{2}} \tag{i} \end{align}$$

$$\begin{aligned} \frac{d^2}{dt^2}H_n(t)e^{-\frac{t^2}{2}} &= \frac{d}{dt}\bigg(\frac{dH_n(t)}{dt}e^{-\frac{t^2}{2}} - H_n(t)te^{-\frac{t^2}{2}}\bigg) \\ &= \frac{d^2H_n(t)}{dt^2}e^{-\frac{t^2}{2}} - t\frac{dH_n(t)}{dt}e^{-\frac{t^2}{2}} - t\frac{H_n(t)}{dt}e^{-\frac{t^2}{2}} - H_n(t)e^{-\frac{t^2}{2}} + H_n(t)t^2e^{-\frac{t^2}{2}}\\ \end{aligned}$$

$(\text{i})$ 式へ代入すると、

$$\frac{d^2H_n(t)}{dt^2}e^{-\frac{t^2}{2}} - 2t\frac{dH_n(t)}{dt}e^{-\frac{t^2}{2}} + 2nH_n(t)e^{-\frac{t^2}{2}} = 0$$

$$\begin{align} \frac{d^2H_n(t)}{dt^2} - 2t\frac{dH_n(t)}{dt} + 2nH_n(t) = 0 \tag{ii} \end{align}$$

(b)

$$\begin{aligned} \frac{dH_n(t)}{dt} &= (-1)^n \cdot 2te^{t^2} \frac{d^n}{dt^n}(e^{t^2}) \\ &= 2tH_n(t) - H_{n+1}(t) \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} \frac{d^2H_n(t)}{dt^2} &= (-1)^n \cdot 2e^{t^2} \frac{d^n}{dt^n}(e^{t^2}) + (-1)^n 4t^2e^{t^2} \frac{d^n}{dt^n}(e^{t^2}) - 2t(-1)^{n + 1}e^{t^2} \frac{d^{n + 1}}{dt^{n + 1}}(e^{t^2}) + (-1)^{n + 2}e^{t^2}\frac{d^{n + 2}}{dt^{n + 2}}(e^{t^2}) - 2t(-1)^{n + 1}e^{t^2}\frac{d^{n + 1}}{dt^{n + 1}}(e^{t^2}) \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} \frac{d^2H_n(t)}{dt} &= 2H_n(t) + 4t^2H_n(t) - 2tH_{n+1 }(t) + H_{n + 2}(t) - 2tH_{n + 1}(t) \\ &= 2H_n(t) + 4t^2H_n(t) - 4tH_{n + 1}(t) + H_{n + 2}(t) \end{aligned}$$

$(\text{i})$ 式に代入すると、

$$2H_n(t) + 4t^2H_n(t) - 4tH_{n + 1}(t) + H_{n + 2}(t) - 2t\big(2tH_n(t) - H_{n + 1}(t)\big) + 2nH_n(t) = 0$$

$$\begin{aligned} 2(1 + n)H_n(t) - 2tH_{n + 1}(t) + H_{n + 2}(t) = 0 \end{aligned}$$

従って、

$$H_{n + 2}(t) - 2tH_{n + 1}(t) + 2(1 + n)H_n(t) = 0$$