東京大学 新領域創成科学研究科 複雑理工学専攻 2019年8月実施 専門基礎科目 第3問

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• 高斯积分的积分路径平移
• 用傅里叶变换求解热方程
• 热核

Author

Miyake, 祭音Myyura

Description

Let $a>0,x,y,X$, and $Y$ be real numbers, $e$ be the base of the natural logarithm, and $i$ be the imaginary unit. Answer the following questions.

(Q.1) Show

$$\lim_{X\to\infty}\left|\int_0^Y e^{-a(X+iy)^2}\,dy\right|=0.\tag{1}$$

(Q.2) Calculate the integral

$$\int_{-\infty}^{\infty}e^{-a(x+iY)^2}\,dx$$

by using contour integration along the path shown in Figure 1. You may use Eq. (1) and $\int_{-\infty}^{\infty}e^{-ax^2}\,dx=\sqrt{\pi/a}$.

Consider the partial differential equation of a two-variable real function $u(x,t)$ given by

$$\frac{\partial u}{\partial t}=\frac{\partial^2u}{\partial x^2},\tag{2}$$

where $t>0$ is a real number and $u(x,t)$ satisfies $u(x,t)\to0$ and $\frac{\partial u}{\partial x}(x,t)\to0$ as $|x|\to\infty$.

(Q.3) The Fourier transform of $u(x,t)$ is defined as

$$U(k,t)=\int_{-\infty}^{\infty}u(x,t)e^{-ikx}\,dx,$$

where $k$ is a real number. Obtain an ordinary differential equation of $U$ with respect to $t$ by calculating the Fourier transform of Eq. (2).

(Q.4) Obtain $U(k,t)$ by solving the ordinary differential equation derived in (Q.3) under the condition $u(x,0)=\delta(x-1)$. Here, the delta function $\delta(x)$ is defined as

$$\delta(x)=\frac1{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}e^{ikx}\,dk.$$

(Q.5) The inverse Fourier transform of $U(k,t)$ is given by

$$u(x,t)=\frac1{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}U(k,t)e^{ikx}\,dk.$$

Obtain $u(x,t)$ under the condition in (Q.4).

题目描述

设 $a>0,x,y,X,Y$ 为实数，$e$ 为自然对数的底，$i$ 为虚数单位。回答下列问题。

(Q.1) 证明

$$\lim_{X\to\infty}\left|\int_0^Y e^{-a(X+iy)^2}\,dy\right|=0.\tag{1}$$

(Q.2) 沿图1所示路径使用围道积分计算

$$\int_{-\infty}^{\infty}e^{-a(x+iY)^2}\,dx$$

可使用式 (1) 及 $\int_{-\infty}^{\infty}e^{-ax^2}\,dx=\sqrt{\pi/a}$。

考虑二元实函数 $u(x,t)$ 的偏微分方程

$$\frac{\partial u}{\partial t}=\frac{\partial^2u}{\partial x^2},\tag{2}$$

其中 $t>0$ 为实数，且当 $|x|\to\infty$ 时，$u(x,t)\to0$、$\frac{\partial u}{\partial x}(x,t)\to0$。

(Q.3) 将 $u(x,t)$ 的 Fourier 变换定义为

$$U(k,t)=\int_{-\infty}^{\infty}u(x,t)e^{-ikx}\,dx,$$

其中 $k$ 为实数。对式 (2) 作 Fourier 变换，求关于 $U$ 的、以 $t$ 为自变量的常微分方程。

(Q.4) 在条件 $u(x,0)=\delta(x-1)$ 下求解 (Q.3) 中所得常微分方程，求出 $U(k,t)$。这里 delta 函数定义为

$$\delta(x)=\frac1{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}e^{ikx}\,dk$$

(Q.5) $U(k,t)$ 的逆 Fourier 变换为

$$u(x,t)=\frac1{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}U(k,t)e^{ikx}\,dk$$

在 (Q.4) 的条件下求 $u(x,t)$。

Kai

（問1）

$$\begin{aligned} \left| \int_0^Y e^{-a(X+iy)^2} dy \right| &\le \int_0^{|Y|} e^{-aX^2+ay^2}\,dy \\ &= e^{-aX^2} \int_0^{|Y|} e^{ay^2} dy \\ &\xrightarrow{X \to \infty} 0 \end{aligned}$$

（問2）

(問1) と同様に、

$$\begin{aligned} \left| \int_0^Y e^{-a(-X+iy)^2} dy \right| &\le \int_0^{|Y|} e^{-aX^2+ay^2}\,dy \\ &= e^{-aX^2} \int_0^{|Y|} e^{ay^2} dy \\ &\xrightarrow{X \to \infty} 0 \end{aligned}$$

である。

複素数 $z$ の関数 $e^{-az^2}$ は与えられた積分経路の内側で特異点を持たないので、 積分は $0$ となる：

$$\begin{aligned} 0 &= \int_{-X}^X e^{-ax^2} dx + i\int_0^Y e^{-a(X+iy)^2} dy\\ &\quad+ \int_X^{-X} e^{-a(x+iY)^2} dx + i\int_Y^0 e^{-a(-X+iy)^2} dy\\ &= \int_{-X}^X e^{-ax^2} dx + i\int_0^Y e^{-a(X+iy)^2} dy\\ &\quad- \int_{-X}^X e^{-a(x+iY)^2} dx - i\int_0^Y e^{-a(-X+iy)^2} dy \end{aligned}$$

よって、

$$\begin{aligned} & \int_{-X}^X e^{-a(x+iY)^2} dx\\ &= \int_{-X}^X e^{-ax^2} dx + i\int_0^Y e^{-a(X+iy)^2} dy\\ &\quad- i\int_0^Y e^{-a(-X+iy)^2} dy \end{aligned}$$

ここで、 $X \to \infty$ とすると、

$$\begin{aligned} & \int_{-\infty}^\infty e^{-a(x+iY)^2} dx = \sqrt{\frac{\pi}{a}} \end{aligned}$$

を得る。

（問3）

$$\begin{aligned} \frac{\partial U(k,t)}{\partial t} &= \int_{-\infty}^\infty \frac{\partial u(x,t)}{\partial t} e^{-ikx} dx\\ &= \int_{-\infty}^\infty \frac{\partial^2 u(x,t)}{\partial x^2} e^{-ikx} dx\\ &= \left[ \frac{\partial u(x,t)}{\partial x} e^{-ikx} \right]_{-\infty}^\infty +ik \int_{-\infty}^\infty \frac{\partial u(x,t)}{\partial x} e^{-ikx} dx\\ &= ik \left[ u(x,t) e^{-ikx} \right]_{-\infty}^\infty -k^2 \int_{-\infty}^\infty u(x,t) e^{-ikx} dx\\ &= -k^2 U(k,t) \end{aligned}$$

（問4）

(問3) で得た微分方程式より、

$$\begin{aligned} & U(k,t) = U(k,0) e^{-k^2 t} \end{aligned}$$

がわかる。

さらに、条件 $u(x,0)=\delta(x-1)$ より、

$$\begin{aligned} U(k,0) &= \int_{-\infty}^\infty u(x,0) e^{-ikx} dx \\ &= \int_{-\infty}^\infty \delta(x-1) e^{-ikx} dx \\ &= e^{-ik} \end{aligned}$$

であるから、

$$\begin{aligned} & U(k,t) = e^{-k^2 t - ik} \end{aligned}$$

を得る。

（問5）

$$\begin{aligned} u(x,t) &= \frac{1}{2 \pi} \int_{-\infty}^\infty U(k,t) e^{ikx} dk \\ &= \frac{1}{2 \pi} \int_{-\infty}^\infty e^{-k^2t+ik(x-1)} dk \\ &= \frac{1}{2 \pi} e^{-\frac{(x-1)^2}{4t}} \int_{-\infty}^\infty e^{-t \left( k - i \frac{x-1}{2t} \right)^2} dk \\ &= \frac{1}{2 \pi} e^{-\frac{(x-1)^2}{4t}} \sqrt{\frac{\pi}{t}} \\ &= \frac{1}{\sqrt{4 \pi t}} e^{-\frac{(x-1)^2}{4t}} \end{aligned}$$

この式は $t>0$ に対する解であり、$t\downarrow0$ のとき分布の意味で $\delta(x-1)$ に収束する。

Reference

• 大学公表の原題