東京大学 工学系研究科 2025年8月実施 数学 第5問

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GPT-5.6 Sol

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I

Fourier transform を

$$F(k)=\int_{-\infty}^{\infty}f(x)e^{-ikx}\,dx$$

と定義する。$a,b>0$ として、次の関数の Fourier transform を求めよ。

1. $$f(x)=\begin{cases} \dfrac1{2a},&|x|\le a,\\ 0,&|x|>a. \end{cases}$$
2. $f(x)=e^{-a|x|}\cos bx$。
3. $$f(x)=\int_{-\infty}^{\infty}e^{-y^2-|x-y|}\,dy.$$

II

$2\pi$ 周期関数 $g$ の Fourier 級数を

$$\widetilde g(x)=\frac{a_0}{2} +\sum_{n=1}^{\infty}(a_n\cos nx+b_n\sin nx)$$

とする。

1. $-\pi\le x<\pi$ で $$g(x)=\begin{cases} 0,&-\pi\le x<0,\\ 1,&0\le x<\pi \end{cases}$$ と定義した関数の係数を求めよ。
2. $g(x)=\cos(x/2)$ の係数を求めよ。
3. $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{2n-1}$ の収束値を求めよ。

Kai

I.1

$$\begin{aligned} F(k) &=\frac1{2a}\int_{-a}^{a}e^{-ikx}\,dx\\ &=\frac{\sin ak}{ak}. \end{aligned}$$

$k=0$ では極限を取れば $F(0)=1$ なので、

$$\boxed{ F(k)=\begin{cases} \dfrac{\sin ak}{ak},&k\ne0,\\ 1,&k=0 \end{cases}}$$

である。

I.2

基本変換

$$\int_{-\infty}^{\infty}e^{-a|x|}e^{-ikx}\,dx =\frac{2a}{a^2+k^2}$$

と

$$\cos bx=\frac{e^{ibx}+e^{-ibx}}2$$

を用いる。周波数移動により、

$$\boxed{ F(k)=\frac{a}{a^2+(k-b)^2} +\frac{a}{a^2+(k+b)^2} }$$

となる。

I.3

$$p(x)=e^{-x^2},\qquad q(x)=e^{-|x|}$$

とおくと、与えられた $f$ は畳み込み $p*q$ である。それぞれの変換は

$$\widehat p(k)=\sqrt\pi e^{-k^2/4}, \qquad \widehat q(k)=\frac{2}{1+k^2}.$$

畳み込み定理より、

$$\boxed{F(k)=\frac{2\sqrt\pi e^{-k^2/4}}{1+k^2}}$$

を得る。

II.1

定義から

$$a_0=\frac1\pi\int_0^\pi1\,dx=1,$$ $$a_n=\frac1\pi\int_0^\pi\cos nx\,dx=0,$$ $$b_n=\frac1\pi\int_0^\pi\sin nx\,dx =\frac{1-(-1)^n}{\pi n}.$$

したがって、

$$\boxed{a_0=1,\qquad a_n=0,\qquad b_n=\frac{1-(-1)^n}{\pi n}}$$

である。特に $b_n$ は奇数 $n$ で $2/(\pi n)$、偶数 $n$ で $0$ となる。

II.2

$g$ は偶関数なので $b_n=0$ である。また、

$$a_0=\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}\cos\frac{x}{2}\,dx =\frac4\pi.$$

$n\ge1$ について積和公式を用いると、

$$\begin{aligned} a_n &=\frac2\pi\int_0^\pi\cos\frac{x}{2}\cos nx\,dx\\ &=\frac{4(-1)^{n+1}}{\pi(4n^2-1)}. \end{aligned}$$

よって、

$$\boxed{a_0=\frac4\pi,\qquad a_n=\frac{4(-1)^{n+1}}{\pi(4n^2-1)},\qquad b_n=0}$$

である。

II.3

II.1 で得た Fourier 級数は、連続点 $x=\pi/2$ で $g(\pi/2)=1$ に収束する。したがって、

$$1=\frac12+\frac2\pi \sum_{m=0}^{\infty}\frac{\sin((2m+1)\pi/2)}{2m+1}.$$

$\sin((2m+1)\pi/2)=(-1)^m$ なので、

$$\boxed{ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{2n-1}=\frac\pi4 }$$

を得る。

Reference

• 東京大学大学院工学系研究科 2026年度大学院入学試験問題 数学