京都大学 情報学研究科 通信情報システム専攻 2021年8月実施 専門基礎A [A-2]

标签：

• Kyoto-University
• Fourier-Cosine-Transform
• Second-Order-Linear-Ordinary-Differential-Equation
• Residue-Theorem

Author

Miyake

Description

(1) 関数 $f(t)$ のフーリエ余弦変換は次式で定義される。

$$F(\omega) = \int_0^{\infty} f(t) \cos \omega t \text{ d}t$$

また、その逆変換は次式で与えられる。

$$f(t) = \frac{2}{\pi} \int_0^{\infty} F(\omega) \cos \omega t \text{ d}\omega$$

• (a) 次の関数 $f(t)$ のフーリエ余弦変換を求めよ。

$$f(t) = e^{-mt}\ \ \ \ \ (m > 0)$$

• (b) 問(a)の結果を用いて次の等式が成り立つことを示せ。

$$\int_0^{\infty} \frac{\cos pv}{v^2 + \beta^2} \text{d}v = \frac{\pi}{2\beta} e^{-p\beta} \ \ \ \ \ \ (p>0, \beta>0)$$

(2) 次の微分方程式の一般解を求めよ。

$$\frac{\text{d}^2 y}{\text{d} x^2} - 2x \frac{dy}{dx} + (x^2 - 5)y = xe^{\frac{x^2}{2}}$$

(3) 留数定理を用いて次の積分 $I$ を求めよ。

$$I = \int_0^{2 \pi} \frac{1}{a + \sin \theta} \text{d}\theta \ \ \ \ \ (a > 1)$$

题目描述

1. 函数 $f(t)$ 的 Fourier 余弦变换及逆变换定义为
   $$F(\omega)=\int_0^\infty f(t)\cos(\omega t)\,dt,\qquad f(t)=\frac2\pi\int_0^\infty F(\omega)\cos(\omega t)\,d\omega.$$
   1. 对 $m>0$，求 $f(t)=e^{-mt}$ 的 Fourier 余弦变换。
   2. 利用上问证明
      $$\int_0^\infty\frac{\cos(pv)}{v^2+\beta^2}\,dv =\frac{\pi}{2\beta}e^{-p\beta}, \qquad p>0,\ \beta>0.$$
2. 求微分方程
   $$\frac{d^2y}{dx^2}-2x\frac{dy}{dx}+(x^2-5)y =xe^{x^2/2}$$
   的一般解。
3. 利用留数定理求
   $$I=\int_0^{2\pi}\frac{d\theta}{a+\sin\theta}, \qquad a>1.$$

考点

• Fourier 余弦变换：直接积分指数函数的变换，并通过逆变换和参数对应推出标准余弦积分。
• 二阶非齐次线性微分方程：通过指数因子代换化简变系数方程并求齐次解与特解。
• 留数定理：作 $z=e^{i\theta}$ 代换把三角积分化为单位圆上的复积分，选择圆内极点计算留数。

Kai

(1)

(a)

与えられた関数 $f(t) = e^{-mt} \ (m \gt 0)$ の余弦フーリエ変換を $F(\omega)$ とすると、

$$\begin{aligned} F(\omega) &= \int_0^\infty e^{-mt} \cos \omega t \ dt \\ &= - \frac{1}{m} \left[ e^{-mt} \cos \omega t \right]_0^\infty - \frac{\omega}{m} \int_0^\infty e^{-mt} \sin \omega t \ dt \\ &= \frac{1}{m} + \frac{\omega}{m^2} \left[ e^{-mt} \sin \omega t \right]_0^\infty - \frac{\omega^2}{m^2} \int_0^\infty e^{-mt} \cos \omega t \ dt \\ &= \frac{1}{m} - \frac{\omega^2}{m^2} F(\omega) \\ \therefore \ \ F(\omega) &= \frac{m}{\omega^2 + m^2} \end{aligned}$$

を得る。

(b)

(a) の結果を与えられた逆変換の式に代入すると、

$$\begin{aligned} e^{-mt} = \frac{2}{\pi} \int_0^\infty \frac{m}{\omega^2 + m^2} \cos \omega t \ d \omega \end{aligned}$$

であり、 $t, \omega, m$ をそれぞれ $p, v, \beta$ と書けば、示すべき等式が得られる。

(2)

$y(x)=u(x) e^{x^2/2}$ として、与えられた微分方程式に代入して整理すると、

$$\begin{aligned} \frac{d^2u}{dx^2} - 4u = x \end{aligned}$$

となり、さらに、 $v(x)=4u(x)+x$ として上の微分方程式に代入して整理すると、

$$\begin{aligned} \frac{d^2 v}{dx^2} = 4v \end{aligned}$$

となるので、一般解として、

$$\begin{aligned} v(x) &= C_1 e^{2x} + C_2 e^{-2x} \\ \therefore \ \ u(x) &= c_1 e^{2x} + c_2 e^{-2x} - \frac{1}{4} x \\ \therefore \ \ y(x) &= \left( c_1 e^{2x} + c_2 e^{-2x} - \frac{1}{4} x \right) e^{x^2/2} \end{aligned}$$

を得る。 ここで、 $C_1, C_2, c_1, c_2$ は任意定数である。

(3)

虚数単位を $i$ として、 $z=e^{i \theta}$ とすると、

$$\begin{aligned} dz &= i e^{i \theta} d \theta = iz d \theta \\ \sin \theta &= \frac{1}{2i} \left( z + \frac{1}{z} \right) \end{aligned}$$

である。

複素平面上で、原点を中心とする半径 $1$ の円を反時計回りに回る経路を $C$ とすると、

$$\begin{aligned} I &= \int_0^{2 \pi} \frac{1}{a + \sin \theta} d \theta \\ &= \oint_C \frac{1}{a + \frac{1}{2i} \left( z + \frac{1}{z} \right)} \frac{dz}{iz} \\ &= \oint_C \frac{2}{z^2 + 2iaz - 1} dz \end{aligned}$$

となる。

被積分関数は $z = \left( \pm \sqrt{a^2 - 1} - a \right) i$ に1位の極をもつが、 $C$ の内部にあるのは、 $z = \left( \sqrt{a^2 - 1} - a \right) i$ のみである。 このときの留数は、

$$\begin{aligned} &\lim_{z \to \left( \sqrt{a^2 - 1} - a \right) i} \left( z - \left( \sqrt{a^2 - 1} - a \right) i \right) \cdot \frac{2}{z^2 + 2iaz - 1} \\ = &\lim_{z \to \left( \sqrt{a^2 - 1} - a \right) i} \frac{2}{z + \left( \sqrt{a^2 - 1} + a \right) i} \\ = &\frac{1}{i \sqrt{a^2 - 1}} \end{aligned}$$

なので、留数定理により、

$$\begin{aligned} I &= 2 \pi i \cdot \frac{1}{i \sqrt{a^2 - 1}} \\ &= \frac{2 \pi}{\sqrt{a^2 - 1}} \end{aligned}$$

を得る。