今日は,前回導いた複素フーリエ級数を実際に求めてみましょう。扱う関数は,実フーリエ級数を求めたものを使い,実フーリエ級数との違いも見ていきます。

例題3 次の関数の複素フーリエ級数展開を求めましょう。\[f(x) = \left\{\begin{array}{ll} \ 0 & (-\pi \leqq x < 0) \\ \ 1 & (\hspace{0.4em} 0 \leqq x < \pi\hspace{0.4em})\end{array}\right.\]

\(x\)

\(y\)

解 答

複素フーリエ級数を求める際にも,係数 \(c_0\) は別扱いです。最初に,\(c_0\) を求めます。 \[c_0 = \frac{1}{2\pi}\int_0^{\pi}dx = \frac{1}{2}\] 続いて,\(k \ne 0\) の係数 \(c_k\) を求めます。 \[\begin{eqnarray} c_k &=& \frac{1}{2\pi}\int_0^{\pi}e^{-ikx}\,dx \\ &=& -\frac{1}{2i\pi k}\Big[e^{-ikx}\Big]_0^{\pi} \\ &=& -\frac{e^{-i\pi k} - 1}{2i\pi k}\\ &=& \frac{1 - (\cos\pi k - i\sin\pi k)}{2i\pi k} \\ &=& \frac{1 - (-1)^k}{2i\pi k}\\[8px] ∴\quad f(x) &=& \frac{1}{2} + \sum_{k = \pm 1}^{\pm\infty}\frac{1 - (-1)^2}{2i\pi k}\,e^{i\pi kx}\\ &=& \frac{1}{2} - \frac{i}{2\pi}\sum_{k = \pm 1}^{\pm\infty}\frac{1 - (-1)^k}{k}\,e^{ikx} \tag{1} \end{eqnarray}\] 同じ関数を級数展開したのですから,結果は実フーリエ級数と同じになっていなければなりません。そのことを確かめましょう。\((1)\) において,第 \(k\) 項と第 \(-k\) 項の和をとります。 \[\begin{eqnarray} && c_k\,e^{ikx} + c_{-k}\,e^{-ikx} \\[2px] &=& \frac{1 - (-1)^k}{2i\pi k}(\cos kx + i\sin\pi kx) \\ &&\hspace{5em} + \frac{1 - (-1)^{-k}}{2i\pi(-k)}(\cos kx - i\sin kx) \\ &=& \frac{1 - (-1)^k}{2i\pi k}(\cos kx + i\sin\pi kx) \\ &&\hspace{5em} - \frac{1 - (-1)^k}{2i\pi k}(\cos kx - i\sin kx) \\ &=& \frac{1 - (-1)^k}{i\pi k}\,i\sin kx \\ &=& \frac{1 - (-1)^k}{\pi k}\,\sin kx \end{eqnarray}\] したがって,\((1)\) 式は \(\displaystyle f(x) = \frac{1}{2} + \sum_{k = 1}^{\infty}\frac{1 - (-1)^k}{\pi k}\,\sin kx\) となり,これは第3回の例題1の結果と一致します。\((1)\) 式を項を書き並べて表すときには次のようになります。 \[f(x) = \frac{1}{2} - \frac{i}{\pi}\left(e^{ix} - e^{-ix} + \frac{e^{3ix} - e^{-3ix}}{3} + \frac{e^{5ix} - e^{-5ix}}{5} + \cdots\,\right)\]

課題3 次の関数の複素フーリエ級数を求めましょう。

⑴ \(f(x) = \left\{\begin{array}{cl} \displaystyle -\frac{\pi}{4} & \displaystyle \left(-\frac{\pi}{2} \leqq x < \frac{\pi}{2}\right) \\ \displaystyle \frac{\pi}{4} & \displaystyle \left(\frac{\pi}{2} \leqq x < \frac{3\pi}{2}\right) \end{array}\right.\)

\(x\)

\(y\)

\[\begin{eqnarray} c_0 &=& \frac{1}{2\pi}\left(\int_{-\pi}^{-\frac{\pi}{2}}\frac{\pi}{4}\,dx - \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\pi}{4}\,dx + \int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\frac{\pi}{4}\,dx\right)\\ &=& \frac{1}{8}\left(\frac{\pi}{2} - \pi + \frac{\pi}{2}\right) = 0 \\[8px] c_k &=& \frac{1}{2\pi}\Bigg(\int_{-\pi}^{-\frac{\pi}{2}}\frac{\pi}{4}\,e^{-ikx}\,dx \\ && \hspace{3em} - \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\pi}{4}\,e^{-ikx}\,dx + \int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\frac{\pi}{4}\,e^{-ikx}\,dx\Bigg)\\ &=& -\frac{1}{8ik}\left(\Big[e^{-ikx}\Big]_{-\pi}^{-\frac{\pi}{2}} - \Big[e^{-ikx}\Big]_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} + \Big[e^{-ikx}\Big]_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\right) \\ &=& -\frac{1}{8ik}\Big(e^{i\frac{\pi k}{2}} - e^{i\pi k} \\ && \hspace{5em} - e^{-i\frac{\pi k}{2}} + e^{i\frac{\pi k}{2}} + e^{-ikx} - e^{-i\frac{\pi k}{2}}\Big) \\ &=& -\frac{1}{8ik}\Big\{2\Big(e^{i\frac{\pi k}{2}} - e^{-i\frac{\pi k}{2}}\Big) - \Big(e^{i\pi k} - e^{-i\pi k}\Big)\Big\} \\ &=& -\frac{1}{8ik}\left(4\sin\frac{\pi k}{2} - i\sin\pi k\right) \\ &=& -\frac{1}{2k}\sin{\frac{\pi k}{2}} \\[8px] ∴\quad f(x) &=& -\frac{1}{2}\sum_{k = \pm 1}^{\pm\infty}\frac{1}{k}\sin\frac{\pi k}{2}\,e^{ikx} \end{eqnarray}\] これも又,第 \(k\) 項と第 \(-k\) 項の和をとってみましょう。 \[\begin{eqnarray} && c_k e^{ikx} + c_{-k} e^{-ikx} \\[2px] &=& -\frac{1}{2k}\sin\frac{\pi k}{2}\left(\cos kx + i\sin kx\right) \\ && \hspace{5em} - \frac{1}{2k}\sin\frac{\pi k}{2}\left(\cos kx - i\sin kx\right) \\ &=& -\frac{1}{k}\sin\frac{\pi k}{2}\cos kx \end{eqnarray}\] したがって,第3回 課題1(1) の結果に一致します。

⑵ \(f(x) = \left\{\begin{array}{cl} 0 & (-\pi \leqq x < 0) \\ x & (0 \leqq x < \pi) \end{array}\right.\)

\(x\)

\(y\)

\[\begin{eqnarray} c_0 &=& \frac{1}{2\pi}\int_0^{\pi}x\,dx = \frac{1}{2\pi}\left[\frac{1}{2}x^2\right]_0^{\pi} = \frac{\pi}{4} \\[4px] c_k &=& \frac{1}{2\pi}\int_0^{\pi}xe^{-ikx}\,dx \\ &=& -\frac{1}{2i\pi k}\int_0^{\pi}x\left(e^{-ikx}\right)'\,dx \\ &=& -\frac{1}{2i\pi k}\left(\Big[xe^{-ikx}\Big]_0^{\pi} - \int_0^{\pi}e^{-ikx}\,dx\right) \\ &=& -\frac{1}{2i\pi k}\left(\pi e^{-i\pi k} + \frac{1}{ik}\Big[e^{-ikx}\Big]_0^{\pi}\right) \\ &=& -\frac{1}{2i\pi k}\left\{\pi e^{-i\pi k} + \frac{1}{ik}\left(e^{-i\pi k} - 1\right)\right\} \\ &=& -\frac{1}{2i\pi k}\Big\{\pi\cos\pi k - i\pi\sin\pi k \\ && \hspace{8em} + \frac{1}{ik}\left(\cos\pi k - \sin\pi k - 1\right)\Big\} \\ &=& -\frac{\cancel{\pi}\cos\pi k}{2i\cancel{\pi}k} + \frac{\cos\pi k - 1}{2\pi k^2} \\ &=& \frac{i\cos\pi k}{2k} + \frac{\cos\pi k - 1}{2\pi k^2} \\ &=& \frac{i(-1)^k}{2k} + \frac{(-1)^k - 1}{2\pi k^2} \\ &=& \frac{(-1)^k - 1 + i\pi k(-1)^k}{2\pi k^2} \\[8px] ∴\quad f(x) &=& \frac{\pi}{4} + \sum_{k = \pm 1}^{\pm\infty}\frac{(-1)^k - 1 + i\pi k(-1)^k}{2\pi k^2}\,e^{ikx} \end{eqnarray}\] 少しばかり複雑な式ですね。実フーリエ級数と一致するのでしょうか? \[\begin{eqnarray} && C_k e^{ikx} + c_{-k} e^{-ikx} \\[4px] &=& \frac{(-1)^k - 1 i\pi k(-1)^k}{2\pi k^2}(\cos kx + i\sin kx) \\ && \hspace{5em} + \frac{(-1)^k - 1 -i\pi k(-1)^k}{2\pi k^2}(\cos kx - i \sin kx) \\ &=& \frac{(-1)^k - 1}{\pi k^2}\cos kx + \frac{i^2\cancel{\pi}\bcancel{k}(-1)^k}{\cancel{\pi}k^{\bcancel{2}}}\sin kx \\ &=& \frac{(-1)^k - 1}{\pi k^2}\cos kx - \frac{(-1)^k}{k}\sin kx \end{eqnarray}\] したがって,これも第3回 課題1(2) の結果に一致しています。

⑶ \(f(x) = \left\{\begin{array}{cl} \displaystyle -\frac{\pi}{4} & (-1 \leqq x < 0) \\ \displaystyle \frac{\pi}{4} & (0 \leqq x < 1)\end{array}\right.\ ,\quad f(x + 2) = f(x)\)

\(x\)

\(y\)

この問いは,周期 \(2\) の関数についてのものですから,この点に注意しましょう。 \[\begin{eqnarray} c_0 &=& \frac{1}{2}\left\{\int_{-1}^0\left(-\frac{\pi}{4}\right)\,dx + \int_0^1 \frac{\pi}{4}\,dx\right\} \\ &=& -\frac{\pi}{8}\Big[\,x\,\Big]_{-1}^0 + \frac{\pi}{8}\Big[\,x\,\Big]_0^1 = 0 \\[4px] c_k &=& \frac{1}{2}\left\{\int_{-1}^0\left(-\frac{\pi}{4}\right)e^{-i\pi kx}\,dx + \int_0^1\frac{\pi}{4}e^{-i\pi kx}\,dx\right\} \\ &=& \frac{\cancel{\pi}}{8i\cancel{\pi}k}\Big[\,e^{-i\pi kx}\Big]_{-1}^0 - \frac{\cancel{\pi}}{8i\cancel{\pi}k}\Big[e^{-i\pi kx}\Big]_0^1 \\ &=& \frac{1}{8ik}\left\{\left(1 - e^{i\pi k}\right) - \left(e^{-i\pi k} - 1\right)\right\} \\ &=& \frac{1}{8ik}\Big\{2 - \left(\cos\pi k + i\sin\pi k\right) \\ && \hspace{8em} -\left(\cos\pi k - i\sin\pi k\right)\Big\} \\ &=& \frac{1 - (-1)^k}{4ik} \\ &=& \frac{i\left\{(-1)^k - 1\right\}}{4k} \\[8px] ∴\quad f(x) &=& \sum_{k = \pm 1}^{\pm\infty}\frac{i\left\{(-1)^k - 1\right\}}{4k}\,e^{i\pi kx} \end{eqnarray}\]

⑷ \(f(x) = |\,x\,|\quad (-1 \leqq x < 1)\ ,\quad f(x + 2) = f(x)\)

\(x\)

\(y\)

\[\begin{eqnarray} c_0 &=& \frac{1}{2}\left\{\int_{-1}^0(-x)\,dx + \int_0^1 x\,dx\right\} \\ &=& -\frac{1}{4}\Big[\,x^2\,\big]_{-1}^0 + \frac{1}{4}\Big[\,x^2\Big]_0^1 \\ &=& \frac{1}{2} \\[4px] c_k &=& \frac{1}{2}\left\{\int_{-1}^0(-xe^{-i\pi kx})\,dx + \int_0^1 xe^{-i\pi kx}\,dx\right\} \\ &=& -\frac{1}{2i\pi k}\left\{\int_{-1}^0(-x)\left(e^{-i\pi kx}\right)'\,dx + \int_0^1 x\left(e^{-i\pi kx}\right)'\,dx\right\} \\ &=& -\frac{1}{2i\pi k}\Bigg\{\Big[\,-xe^{-i\pi kx}\,\Big]_0^1 + \int_{-1}^0 e^{-i\pi kx}\,dx \\ && \hspace{8em} + \Big[\,xe^{-i\pi kx}\,\Big]_0^1 - \int_0^1 e^{-i\pi kx}\,dx\Bigg\} \\ &=& -\frac{1}{2i\pi k}\Bigg\{e^{i\pi k} - \frac{1}{i\pi k}\Big[\,e^{-i\pi kx}\,\Big]_{-1}^0 \\ && \hspace{8em} + e^{-i\pi k} + \frac{1}{i\pi x}\Big[\,e^{-i\pi kx}\,\Big]_0^1\Bigg\} \\ &=& -\frac{1}{2i\pi k}\left(e^{i\pi k} -\frac{1 - e^{i\pi k}}{i\pi k} + e^{-\pi k} + \frac{e^{-i\pi k} - 1}{i\pi k}\right) \\ &=& -\frac{1}{2i\pi k}\left(e^{i\pi k} + e^{-i\pi k} + \frac{e^{i\pi k} + e^{-i\pi k} - 2}{i\pi k}\right) \\ &=& -\frac{1}{i\pi k}\left(\cos\pi k + \frac{\cos\pi k - 1}{i\pi k}\right) \\ &=& \frac{1}{\pi^2 k^2}\left\{i\pi k(-1)^k + (-1)^k - 1\right\} \\[8px] ∴\quad f(x) &=& \frac{1}{2} + \frac{1}{\pi^2}\sum_{k = \pm 1}^{\pm\infty} \frac{i\pi k(-1)^k + (-1)^k - 1}{k^2}\,e^{i\pi kx} \end{eqnarray}\]

最終更新日時: 2021年 03月 5日(金曜日) 05:49