北海道大学 理学院 物性物理学専攻・宇宙理学専攻 2020年8月実施 問題V

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Miyake, 祭音Myyura

Description

題意の要約。出典：大学公開原卷の保存版（PDF 9–10ページ）。各問では結論と導出過程を示す。

問1

1-1. 行列 $\begin{pmatrix}1&3&2\\2&5&4\\3&6&5\end{pmatrix}$ の逆行列を計算する。

1-2. $y''-3y=-4\sin x$ の一般解を求める。

1-3. 広義積分 $\int_0^\infty(\sin x)/x\,dx$ を計算する。

問2

座標軸方向の単位ベクトルを $\boldsymbol i,\boldsymbol j,\boldsymbol k$、位置ベクトルを $\boldsymbol r=x\boldsymbol i+y\boldsymbol j+z\boldsymbol k$、その長さを $r$ とする。微分可能なスカラー関数 $f(r)$ について、次の恒等式を証明する。

2-1. $\nabla\cdot(f(r)\boldsymbol r)=rf'(r)+3f(r)$。

2-2. $\nabla\times(f(r)\boldsymbol r)=\boldsymbol0$。

問3

区分的に滑らかな関数の Fourier 級数を

$$f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{m=1}^\infty(a_m\cos mx+b_m\sin mx)$$

とし、係数を

$$a_m=\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos mx\,dx\quad(m\ge0),\qquad b_m=\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin mx\,dx\quad(m\ge1)$$

とする。

3-1. 三角関数の加法定理を使って、上記二つの係数公式を導く。

3-2. $f(x)=0$（$-\pi<x\le0$）、$f(x)=x$（$0\le x<\pi$）を Fourier 級数に展開する。

3-3. 3-2 の結果から $\sum_{k=0}^\infty(2k+1)^{-2}=\pi^2/8$ を導く。

题目描述

各问均需说明计算或证明过程。

第 1 题：

1. 求矩阵 $\begin{pmatrix}1&3&2\\2&5&4\\3&6&5\end{pmatrix}$ 的逆矩阵。
2. 求微分方程 $y''-3y=-4\sin x$ 的通解。
3. 计算广义积分 $\int_0^\infty(\sin x)/x\,dx$。

第 2 题：令位置向量为 $\boldsymbol r=(x,y,z)$，长度为 $r$。对于只依赖 $r$ 的可微函数 $f(r)$，证明

$$\nabla\cdot(f(r)\boldsymbol r)=rf'(r)+3f(r),\qquad \nabla\times(f(r)\boldsymbol r)=\boldsymbol0.$$

第 3 题：对分段光滑函数的 Fourier 级数

$$f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{m=1}^\infty(a_m\cos mx+b_m\sin mx),$$

1. 利用三角函数加法公式推导系数公式

$$a_m=\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos mx\,dx\quad(m\ge0),\qquad b_m=\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin mx\,dx\quad(m\ge1).$$

2. 将 $f(x)=0$（$-\pi<x\le0$）、$f(x)=x$（$0\le x<\pi$）展开成 Fourier 级数。
3. 利用第 2 问的结果证明 $\sum_{k=0}^\infty(2k+1)^{-2}=\pi^2/8$。

Kai

問1

1-1.

掃き出し法により、次のように求められる：

$$\begin{aligned} & \begin{pmatrix} 1 & 3 & 2 & 1 & 0 & 0 \\ 2 & 5 & 4 & 0 & 1 & 0 \\ 3 & 6 & 5 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \\ & \begin{pmatrix} 1 & 3 & 2 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & -2 & 1 & 0 \\ 0 & -3 & -1 & -3 & 0 & 1 \end{pmatrix} \\ & \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 & -5 & 3 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 2 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & 3 & -3 & 1 \end{pmatrix} \\ & \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 1 & -3 & 2 \\ 0 & 1 & 0 & 2 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & -3 & 3 & -1 \end{pmatrix} \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} \therefore \ \ \begin{pmatrix} 1 & 3 & 2 \\ 2 & 5 & 4 \\ 3 & 6 & 5 \end{pmatrix}^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & -3 & 2 \\ 2 & -1 & 0 \\ -3 & 3 & -1 \end{pmatrix} \end{aligned}$$

[参考] 千葉逸人「工学部で学ぶ数学」

1-2.

与えられた微分方程式の右辺を $0$ とおいた式に $y=e^{\lambda x}$ （ $\lambda$ は $x$ によらない定数） を代入すると $\lambda = \pm \sqrt{3}$ を得るので、 この微分方程式の一般解は、積分定数を $A,B$ として、

$$\begin{aligned} y = A e^{\sqrt{3} x} + B e^{- \sqrt{3} x} \end{aligned}$$

である。 また、与えられた微分方程式に $y = C \sin x + D \cos x$ （ $C,D$ は $x$ によらない定数）を代入すると $C=1,D=0$ を得るので $y = \sin x$ が特殊解であることがわかる。 以上より、与えられた微分方程式の一般解は、積分定数を $A,B$ として、

$$\begin{aligned} y = A e^{\sqrt{3} x} + B e^{- \sqrt{3} x} + \sin x \end{aligned}$$

であることがわかる。

1-3.

$\varepsilon>0$ に対し $I(\varepsilon)=\int_0^\infty e^{-\varepsilon x}\sin x/x\,dx$ とおく。積分内で微分すると、

$$I'(\varepsilon)=-\int_0^\infty e^{-\varepsilon x}\sin x\,dx=-\frac1{1+\varepsilon^2}.$$

$I(\varepsilon)\to0$（$\varepsilon\to\infty$）より $I(\varepsilon)=\arctan(1/\varepsilon)$。Dirichlet の判定法で元の広義積分は収束する。また、部分積分によって $\left|\int_R^\infty e^{-\varepsilon x}\sin x/x\,dx\right|\le2/R$ が $\varepsilon\ge0$ で成り立つため、減衰因子を外す極限と広義積分を交換できる。したがって、

$$\boxed{\int_0^\infty\frac{\sin x}{x}\,dx=\lim_{\varepsilon\downarrow0}I(\varepsilon)=\frac\pi2}.$$

• 千葉逸人「工学部で学ぶ数学」 例 4.18
• 矢野・石原「複素解析」 4.3.IV
• 後藤・山本・神吉「詳解 物理応用数学 演習」 4 [42]

問2

以下の計算は $r>0$ で行う。原点に式を拡張するには、そこでのベクトル場の微分可能性を確認する。

まず、 $r^2 = x^2 + y^2 + z^2$ より、

$$\begin{aligned} \frac{\partial r}{\partial x} = \frac{x}{r} , \ \ \frac{\partial r}{\partial y} = \frac{y}{r} , \ \ \frac{\partial r}{\partial z} = \frac{z}{r} \end{aligned}$$

であり、また、 $r$ の関数 $f(r)$ について

$$\begin{aligned} \frac{\partial f}{\partial x} = \frac{x}{r} \frac{df}{dr} , \ \ \frac{\partial f}{\partial y} = \frac{y}{r} \frac{df}{dr} , \ \ \frac{\partial f}{\partial z} = \frac{z}{r} \frac{df}{dr} \end{aligned}$$

である。

2-1.

$$\begin{aligned} \frac{\partial}{\partial x} \left( f(r) x \right) = \frac{x^2}{r} \frac{df}{dr} + f \end{aligned}$$

などが成り立つから、与えられた式が成り立つことがわかる。

2-2.

$$\begin{aligned} \frac{\partial}{\partial x} \left( f(r) y \right) = \frac{xy}{r} \frac{df}{dr} \end{aligned}$$

などが成り立つから、与えられた式が成り立つことがわかる。

問3

3-1.

まず、 $m = 1, 2, \cdots$ について、

$$\begin{aligned} \int_{- \pi}^\pi \cos mx \ dx = 0 , \ \ \int_{- \pi}^\pi \sin mx \ dx = 0 \end{aligned}$$

が成り立つから、与えられたフーリエ級数展開の式の両辺を $x$ について $- \pi$ から $\pi$ まで積分することで

$$\begin{aligned} a_0 = \frac{1}{\pi} \int_{- \pi}^\pi f(x) dx \end{aligned}$$

がわかる。

次に、 $m,n = 1, 2, \cdots$ について、

$$\begin{aligned} \int_{- \pi}^\pi \cos mx \cos nx \ dx &= \frac{1}{2} \int_{- \pi}^\pi \left[ \cos (m+n)x + \cos (m-n)x \right] dx = \pi \delta_{m,n} \\ \int_{- \pi}^\pi \sin mx \sin nx \ dx &= \frac{1}{2} \int_{- \pi}^\pi \left[ - \cos (m+n)x + \cos (m-n)x \right] dx = \pi \delta_{m,n} \\ \int_{- \pi}^\pi \sin mx \cos nx \ dx &= \frac{1}{2} \int_{- \pi}^\pi \left[ \sin (m+n)x + \sin (m-n)x \right] dx = 0 \end{aligned}$$

が成り立つ（ $\delta_{m,n}$ はクロネッカーのデルタ）から、 $n = 1, 2, \cdots$ について、与えられたフーリエ級数展開の式の両辺に、 $\cos nx$ をかけて $x$ について $- \pi$ から $\pi$ まで積分することで

$$\begin{aligned} a_n = \frac{1}{\pi} \int_{- \pi}^\pi f(x) \cos nx \ dx \end{aligned}$$

がわかり、 $\sin nx$ をかけて $x$ について $- \pi$ から $\pi$ まで積分することで

$$\begin{aligned} b_n = \frac{1}{\pi} \int_{- \pi}^\pi f(x) \sin nx \ dx \end{aligned}$$

がわかる。

以上より、題意が示された。

3-2.

まず、

$$\begin{aligned} a_0 &= \frac{1}{\pi} \int_0^\pi x \ dx = \frac{\pi}{2} \end{aligned}$$

であり、次に、 $m = 1, 2, \cdots$ について

$$\begin{aligned} a_m &= \frac{1}{\pi} \int_0^\pi x \cos mx \ dx \\ &= \frac{1}{m \pi} \left[ x \sin mx \right]_0^\pi - \frac{1}{m \pi} \int_0^\pi \sin mx \ dx \\ &= \frac{1}{m^2 \pi} \left[ \cos mx \right]_0^\pi \\ &= \begin{cases} - \frac{2}{m^2 \pi} & (m = 1, 3, \cdots) \\ 0 & (m = 2, 4, \cdots) \\ \end{cases} \\ b_m &= \frac{1}{\pi} \int_0^\pi x \sin mx \ dx \\ &= - \frac{1}{m \pi} \left[ x \cos mx \right]_0^\pi + \frac{1}{m \pi} \int_0^\pi \cos mx \ dx \\ &= \frac{(-1)^{m+1}}{m} + \frac{1}{m^2 \pi} \left[ \sin mx \right]_0^\pi \\ &= \frac{(-1)^{m+1}}{m} \end{aligned}$$

である。 よって、与えられた関数のフーリエ級数展開は、次の通りである：

$$\begin{aligned} f(x) &= \frac{\pi}{4} - \frac{2}{\pi} \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{(2k+1)^2} \cos ((2k+1) x) + \sum_{m=1}^\infty \frac{(-1)^{m+1}}{m} \sin mx \end{aligned}$$

3-3.

3-2. で得たフーリエ級数展開の式において $x=0$ とすると

$$\begin{aligned} 0 = \frac{\pi}{4} - \frac{2}{\pi} \left( 1 + \frac{1}{3^2} + \frac{1}{5^2} + \cdots \right) \end{aligned}$$

となるので、これを整理して題意の式を得る。

$$\boxed{1+\frac1{3^2}+\frac1{5^2}+\cdots=\frac{\pi^2}{8}}$$

Fourier 級数と元の関数の等号は $-\pi<x<\pi$ で成立する。周期延長した関数は $x=\pm\pi$ で跳ぶため、これらの点での級数の和は左右極限の平均 $\pi/2$ になる。