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東京大学 工学系研究科 2022年8月実施 数学 第5問

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Author​

祭音Myyura (co-authored with GPT 6 Astra)

Description​

I. f(x+π)=f(x−π)f(x+\pi)=f(x-\pi) を満たす周期関数 f(x)f(x) を考える。次の各場合についてフーリエ級数展開を求めよ。

  1. f(x)=xf(x)=x（−π<x<π-\pi<x<\pi）、f(−π)=f(π)=0f(-\pi)=f(\pi)=0。
  2. f(x)=x2f(x)=x^2（−π≤x≤π-\pi\le x\le\pi）。

フーリエ級数は

f(x)∼a02+∑n=1∞(ancos⁡nx+bnsin⁡nx),f(x)\sim\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}(a_n\cos nx+b_n\sin nx),
a0=1π∫−ππf(x) dx,an=1π∫−ππf(x)cos⁡nx dx,bn=1π∫−ππf(x)sin⁡nx dxa_0=\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\,dx,\quad a_n=\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\,dx,\quad b_n=\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nx\,dx

で与えられる。

II. A,T,L,RA,T,L,R は正の実数、ω=2π/T\omega=2\pi/T とする。図に示す関数

V(t)=A∣sin⁡ωt2∣V(t)=A\left|\sin\frac{\omega t}{2}\right|

の複素フーリエ級数展開は

V(t)=−2Aπ∑n=−∞∞einωt4n2−1V(t)=-\frac{2A}{\pi}\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{e^{in\omega t}}{4n^2-1}

である。常微分方程式 LI′(t)+RI(t)=V(t)LI'(t)+RI(t)=V(t) の周期解を

I(t)=∑n=−∞∞CneinωtI(t)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}C_ne^{in\omega t}

と表すとき、CnC_n を求めよ。

電圧Vの周期波形

题目描述​

I. 对满足 f(x+π)=f(x−π)f(x+\pi)=f(x-\pi) 的周期函数，分别求下列情形的傅里叶级数。

  1. f(x)=xf(x)=x（−π<x<π-\pi<x<\pi），且 f(−π)=f(π)=0f(-\pi)=f(\pi)=0。
  2. f(x)=x2f(x)=x^2（−π≤x≤π-\pi\le x\le\pi）。

采用

f(x)∼a02+∑n=1∞(ancos⁡nx+bnsin⁡nx),f(x)\sim\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}(a_n\cos nx+b_n\sin nx),

其中

a0=1π∫−ππf(x) dx,an=1π∫−ππf(x)cos⁡nx dx,bn=1π∫−ππf(x)sin⁡nx dx.a_0=\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\,dx,\quad a_n=\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\,dx,\quad b_n=\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nx\,dx.

II. 设 A,T,L,R>0A,T,L,R>0、ω=2π/T\omega=2\pi/T，函数

V(t)=A∣sin⁡ωt2∣V(t)=A\left|\sin\frac{\omega t}{2}\right|

的图形如下，其复傅里叶级数为

V(t)=−2Aπ∑n=−∞∞einωt4n2−1.V(t)=-\frac{2A}{\pi}\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{e^{in\omega t}}{4n^2-1}.

考虑微分方程 LI′(t)+RI(t)=V(t)LI'(t)+RI(t)=V(t) 的周期解。若

I(t)=∑n=−∞∞Cneinωt,I(t)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}C_ne^{in\omega t},

求 CnC_n。

Kai​

I.1​

奇関数なので a0=an=0a_0=a_n=0 である。部分積分により

bn=2π∫0πxsin⁡nx dx=2(−1)n+1n.b_n=\frac2\pi\int_0^\pi x\sin nx\,dx=\frac{2(-1)^{n+1}}n.

したがって

f(x)=2∑n=1∞(−1)n+1nsin⁡nx.\boxed{f(x)=2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}n\sin nx}.

端点では級数は左右極限の平均 00 に収束し、与えられた関数値に一致する。

I.2​

偶関数なので bn=0b_n=0 であり、

a0=2π23,an=2π∫0πx2cos⁡nx dx=4(−1)nn2.a_0=\frac{2\pi^2}{3},\qquad a_n=\frac2\pi\int_0^\pi x^2\cos nx\,dx=\frac{4(-1)^n}{n^2}.

よって

f(x)=π23+4∑n=1∞(−1)nn2cos⁡nx.\boxed{f(x)=\frac{\pi^2}{3}+4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2}\cos nx}.

II​

周期解のフーリエ級数を代入して係数を比較すると、

(R+inωL)Cn=−2Aπ(4n2−1).(R+in\omega L)C_n=-\frac{2A}{\pi(4n^2-1)}.

よって

Cn=−2Aπ(4n2−1)(R+inωL)(n∈Z).\boxed{C_n=-\frac{2A}{\pi(4n^2-1)(R+in\omega L)}}\quad(n\in\mathbb Z).

特に C0=2A/(πR)C_0=2A/(\pi R) である。同次解 ce−Rt/Lce^{-Rt/L} が周期関数になるのは c=0c=0 のときだけなので、この周期解は一意である。

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