東京大学 新領域創成科学研究科 人間環境学専攻 2022年8月実施 微积分

标签：

• Tokyo-University
• Integration

Author

思齐塾, 祭音Myyura

Description

次に示す関数 $f(x)$ について考える。ただし、 $a>0$ とする。

$$f(x) = e^{-ax^2}$$

なお、必要に応じて以下の関係を用いてよい。ただし、 $\eta > 0$ とする。

$$\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\eta x^2} dx = \sqrt{\frac{\pi}{\eta}}$$

$$\frac{dF(\omega)}{d\omega} = -\frac{\omega}{2a}F(\omega)$$

となることを示せ。 2) $F(\omega)$ を求めよ。 3) $g(x) = e^{-bx^2}$ とする。ただし、 $b>0$ とする。 2) の結果を利用して、 $f(x)$ と $g(x)$ の畳み込み

$$(f*g)(x) = \int_{-\infty}^{\infty} f(t)g(x-t) dt$$

を求めよ。

题目描述

设 $a>0$，并考虑高斯函数

$$f(x)=e^{-ax^2}.$$

原始 Description 直接使用了 $F(\omega)$ 而未给出其定义；由 Kai 可唯一确定，本题采用的傅里叶变换约定为

$$F(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty}f(x)e^{-i\omega x}\,dx =\int_{-\infty}^{\infty}e^{-ax^2}e^{-i\omega x}\,dx.$$

必要时可使用高斯积分公式

$$\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\eta x^2}\,dx =\sqrt{\frac{\pi}{\eta}}, \qquad \eta>0.$$

1. 证明 $F$ 满足微分方程

   $$\frac{dF(\omega)}{d\omega} =-\frac{\omega}{2a}F(\omega).$$

2. 求 $F(\omega)$。

3. 再设 $b>0$ 且

   $$g(x)=e^{-bx^2}.$$

   利用第 2 问的结果，求 $f$ 与 $g$ 的卷积

   $$(f*g)(x)=\int_{-\infty}^{\infty}f(t)g(x-t)\,dt.$$

Kai

1. Let $F(\omega) = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-ax^2}e^{-i\omega x}dx$ . 微分と積分を交換すると

$$\frac{dF(\omega)}{d\omega} = \int_{-\infty}^{\infty} (-ix) e^{-ax^2 - i\omega x} dx = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{d}{dx}(\frac{i}{2a} e^{-ax^2})e^{-i\omega x} dx$$

Integrating by parts,

$$= [\frac{i}{2a} e^{-ax^2}e^{-i\omega x}]_{-\infty}^{\infty} - \int_{-\infty}^{\infty} \frac{i}{2a} e^{-ax^2} (-i\omega)e^{-i\omega x} dx = 0 - \frac{\omega}{2a} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-ax^2}e^{-i\omega x} dx = - \frac{\omega}{2a} F(\omega)$$

Hence $\frac{dF(\omega)}{d\omega} = - \frac{\omega}{2a} F(\omega)$ . 2) $F(\omega) = C e^{-\frac{\omega^2}{4a}}$ . Since $F(0) = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-ax^2} dx = \sqrt{\frac{\pi}{a}}$ , then $C = \sqrt{\frac{\pi}{a}}$ , and $F(\omega) = \sqrt{\frac{\pi}{a}} e^{-\frac{\omega^2}{4a}}$ 3) $f(x) = e^{-ax^2}$ , $g(x) = e^{-bx^2}$ .

$$(f*g)(x) = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-at^2} e^{-b(x-t)^2} dt = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-at^2 - b(x^2 - 2xt + t^2)} dt = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-(a+b)t^2 + 2bxt - bx^2} dt = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-(a+b)[t^2 - \frac{2bx}{a+b}t] - bx^2} dt = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-(a+b)(t - \frac{bx}{a+b})^2 + (a+b)(\frac{b^2x^2}{(a+b)^2}) - bx^2} dt = e^{-\frac{abx^2}{a+b}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-(a+b)(t - \frac{bx}{a+b})^2} dt$$

Let $u = \sqrt{a+b}(t - \frac{bx}{a+b})$ , then $du = \sqrt{a+b} dt$ , and $dt = \frac{1}{\sqrt{a+b}} du$ . So,

$$(f*g)(x) = e^{-\frac{abx^2}{a+b}} \frac{1}{\sqrt{a+b}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-u^2} du = e^{-\frac{abx^2}{a+b}} \frac{1}{\sqrt{a+b}} \sqrt{\pi} = \sqrt{\frac{\pi}{a+b}} e^{-\frac{abx^2}{a+b}}$$