Appendix C 練習問題 解答
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目次
Basic（基礎）
Medium（標準）
Advanced（発展）
Basic（基礎）
B-1. 区間 で定義された関数 （定数関数）の Fourier 係数 （）および （）を、式 (C.6)
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解法の方針
式 (C.6), (C.7) に \(f(x) = 1\) を代入して直接計算する。
計算の詳細
\(a_n\) の計算：
\[
a_n = \frac{2}{L}\int_0^L 1 \cdot \cos\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right) dx
\]
\[
a_0 = \frac{2}{L}\int_0^L 1 \, dx = \frac{2}{L} \cdot L = 2
\]
\[
a_n = \frac{2}{L}\left[\frac{L}{2\pi n}\sin\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right)\right]_0^L = \frac{2}{L} \cdot \frac{L}{2\pi n}\left[\sin(2\pi n) - \sin(0)\right] = 0
\]
\(b_n\) の計算（\(n \geq 1\)）：
\[
b_n = \frac{2}{L}\int_0^L 1 \cdot \sin\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right) dx = \frac{2}{L}\left[-\frac{L}{2\pi n}\cos\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right)\right]_0^L
\]
\[
= \frac{2}{L} \cdot \left(-\frac{L}{2\pi n}\right)\left[\cos(2\pi n) - \cos(0)\right] = -\frac{1}{\pi n}[1 - 1] = 0
\]
最終回答
\[
\boxed{a_0 = 2, \quad a_n = 0 \;(n \geq 1), \quad b_n = 0 \;(n \geq 1)}
\]
検算
Fourier 級数に代入すると \(f(x) = \frac{a_0}{2} = \frac{2}{2} = 1\)。定数関数が正しく再現される。✓
B-2. 複素指数関数の直交性（式 (C.12)）を用いて、次の積分を計算せよ
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解法の方針
被積分関数を \(e^{i\frac{2\pi(m-n)}{L}x}\) の形にまとめ、式 (C.12) を適用する。
計算の詳細
\[
\int_0^L e^{i \frac{2\pi \cdot 3}{L} x}\, e^{-i \frac{2\pi \cdot 5}{L} x}\, dx = \int_0^L e^{i \frac{2\pi(3-5)}{L} x}\, dx = \int_0^L e^{-i \frac{4\pi}{L} x}\, dx
\]
式 (C.12) より、\(m = 3\), \(n = 5\) で \(m \neq n\) だから：
\[
\int_0^L e^{i \frac{2\pi(m-n)}{L} x}\, dx = L\,\delta_{mn} = L \cdot 0 = 0
\]
最終回答
\[
\boxed{0}
\]
検算
直接計算で確認：
\[
\int_0^L e^{-i \frac{4\pi}{L} x}\, dx = \left[\frac{e^{-i \frac{4\pi}{L} x}}{-i \frac{4\pi}{L}}\right]_0^L = \frac{L}{-4\pi i}\left(e^{-4\pi i} - 1\right) = \frac{L}{-4\pi i}(1 - 1) = 0 \quad \checkmark
\]
B-3. Euler (オイラー) の公式 を用いて、次を示せ
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Part 1: \(\cos\) の複素指数表示
解法の方針： Euler の公式から \(e^{i\theta}\) と \(e^{-i\theta}\) を足す。
Euler の公式より：
\[
e^{i\theta} = \cos\theta + i\sin\theta
\]
\[
e^{-i\theta} = \cos\theta - i\sin\theta
\]
両式を加えると：
\[
e^{i\theta} + e^{-i\theta} = 2\cos\theta
\]
よって：
\[
\cos\theta = \frac{1}{2}\left(e^{i\theta} + e^{-i\theta}\right)
\]
\(\theta = \frac{2\pi n}{L}x\) と置けば：
\[
\boxed{\cos\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right) = \frac{1}{2}\left(e^{i\frac{2\pi n}{L}x} + e^{-i\frac{2\pi n}{L}x}\right)}
\]
Part 2: 実 Fourier 係数と複素 Fourier 係数の関係
解法の方針： 式 (C.5) の \(\cos\) と \(\sin\) を複素指数関数に書き換え、式 (C.10) と比較する。
式 (C.9) を用いて式 (C.5) を書き換える：
\[
f(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty}\left[a_n \cdot \frac{e^{ik_n x} + e^{-ik_n x}}{2} + b_n \cdot \frac{e^{ik_n x} - e^{-ik_n x}}{2i}\right]
\]
ここで \(k_n = \frac{2\pi n}{L}\)。\(\frac{1}{2i} = -\frac{i}{2}\) を用いて整理すると：
\[
f(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty}\left[\frac{a_n}{2} e^{ik_n x} + \frac{a_n}{2} e^{-ik_n x} - \frac{ib_n}{2} e^{ik_n x} + \frac{ib_n}{2} e^{-ik_n x}\right]
\]
\[
= \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty}\left[\frac{a_n - ib_n}{2} e^{ik_n x} + \frac{a_n + ib_n}{2} e^{-ik_n x}\right]
\]
一方、式 (C.10) は：
\[
f(x) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} c_n \, e^{ik_n x} = c_0 + \sum_{n=1}^{\infty} c_n \, e^{ik_n x} + \sum_{n=1}^{\infty} c_{-n} \, e^{-ik_n x}
\]
両者を比較すると：
\[
\boxed{c_0 = \frac{a_0}{2}, \qquad c_n = \frac{a_n - ib_n}{2} \;(n \geq 1), \qquad c_{-n} = \frac{a_n + ib_n}{2} \;(n \geq 1)}
\]
検算
\(f(x)\) が実数のとき \(c_{-n} = c_n^*\) であるべき。実際：
\[
c_n^* = \left(\frac{a_n - ib_n}{2}\right)^* = \frac{a_n + ib_n}{2} = c_{-n} \quad \checkmark
\]
（\(a_n, b_n\) は実数なので。）
B-4. 区間 で の Fourier 係数 および を全て求めよ
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解法の方針
直交性 (C.3), (C.4) を直接適用する。
計算の詳細
\(a_n\) の計算：
\[
a_n = \frac{2}{L}\int_0^L \sin\!\left(\frac{2\pi}{L}x\right)\cos\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right) dx
\]
式 (C.4) より、\(\sin\) と \(\cos\) の積の積分は常にゼロ：
\[
a_n = 0 \quad \text{（全ての } n = 0, 1, 2, \ldots \text{）}
\]
\(b_n\) の計算：
\[
b_n = \frac{2}{L}\int_0^L \sin\!\left(\frac{2\pi}{L}x\right)\sin\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right) dx
\]
式 (C.3) より：
\[
\int_0^L \sin\!\left(\frac{2\pi \cdot 1}{L}x\right)\sin\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right) dx = \frac{L}{2}\,\delta_{1n}
\]
よって：
\[
b_n = \frac{2}{L} \cdot \frac{L}{2}\,\delta_{1n} = \delta_{1n}
\]
最終回答
\[
\boxed{a_n = 0 \;(\text{全ての } n), \qquad b_1 = 1, \qquad b_n = 0 \;(n \geq 2)}
\]
検算
Fourier 級数に代入すると \(f(x) = b_1 \sin\!\left(\frac{2\pi}{L}x\right) = \sin\!\left(\frac{2\pi}{L}x\right)\)。元の関数が再現される。✓
B-5. Gauss (ガウス) 積分の公式
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解法の方針
流儀 (b) で \(\tilde{f}(k) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-3x^2} e^{-ikx}\,dx\) を平方完成して Gauss 積分に帰着させる。
計算の詳細
\[
\tilde{f}(k) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-3x^2 - ikx}\,dx
\]
指数部分を平方完成する：
\[
-3x^2 - ikx = -3\left(x^2 + \frac{ik}{3}x\right) = -3\left(x + \frac{ik}{6}\right)^2 - \frac{k^2}{12}
\]
確認：\(-3\left(x + \frac{ik}{6}\right)^2 = -3\left(x^2 + \frac{ik}{3}x + \frac{(ik)^2}{36}\right) = -3x^2 - ikx + \frac{k^2}{12}\)
よって \(-3\left(x + \frac{ik}{6}\right)^2 - \frac{k^2}{12} = -3x^2 - ikx\)。✓
\[
\tilde{f}(k) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\,e^{-k^2/12}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-3\left(x + \frac{ik}{6}\right)^2}\,dx
\]
\(t = x + \frac{ik}{6}\) と変数変換すると \(dt = dx\)。積分路は複素平面上でずれるが、被積分関数が Gauss 型なので実軸上の積分と同じ値を与える（Jordan の補題）：
\[
\int_{-\infty}^{\infty} e^{-3t^2}\,dt = \sqrt{\frac{\pi}{3}}
\]
よって：
\[
\tilde{f}(k) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\,e^{-k^2/12} \cdot \sqrt{\frac{\pi}{3}} = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \cdot \frac{\sqrt{\pi}}{\sqrt{3}} \cdot e^{-k^2/12}
\]
\[
= \frac{1}{\sqrt{6}}\,e^{-k^2/12}
\]
最終回答
\[
\boxed{\tilde{f}(k) = \frac{1}{\sqrt{6}}\,e^{-k^2/12}}
\]
検算
一般公式 \(f(x) = e^{-ax^2}\) に対して流儀 (b) では \(\tilde{f}(k) = \frac{1}{\sqrt{2a}}\,e^{-k^2/(4a)}\)。\(a = 3\) を代入すると \(\tilde{f}(k) = \frac{1}{\sqrt{6}}\,e^{-k^2/12}\)。一致する。✓
B-6. 畳み込みの定義（式 (C.21)）に従って、 と （ は定数）の畳み込み を計算せよ。ここで は D
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解法の方針
畳み込みの定義に δ 関数のふるい分け性質を適用する。
計算の詳細
式 (C.21) の畳み込みの定義より：
\[
(f * g)(x) = \int_{-\infty}^{\infty} f(x')\,g(x - x')\,dx'
\]
\(g(x) = \delta(x - a)\) なので \(g(x - x') = \delta((x - x') - a) = \delta(x - x' - a)\)：
\[
(f * g)(x) = \int_{-\infty}^{\infty} f(x')\,\delta(x - x' - a)\,dx'
\]
δ 関数のふるい分け性質 \(\int h(x')\,\delta(x' - c)\,dx' = h(c)\) を用いる。ここで \(\delta(x - x' - a) = \delta(-(x' - (x-a))) = \delta(x' - (x-a))\)（δ 関数は偶関数）なので：
\[
(f * g)(x) = f(x - a)
\]
\(f(x) = e^{-|x|}\) を代入して：
最終回答
\[
\boxed{(f * g)(x) = e^{-|x - a|}}
\]
検算
δ 関数との畳み込みは関数を平行移動するだけ、という一般的性質と一致する。\(a = 0\) のとき \((f * \delta)(x) = f(x) = e^{-|x|}\) となり、δ 関数が畳み込みの単位元であることも確認できる。✓
B-7. 次の積分を、δ 関数の Fourier 積分表示（式 (C.19)）
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解法の方針
式 (C.19) で \(k' = 0\) と置く。
計算の詳細
式 (C.19) は：
\[
\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} e^{i(k - k')x}\,dx = \delta(k - k')
\]
\(k = 7\), \(k' = 0\) と置くと：
\[
\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} e^{i \cdot 7 x}\,dx = \delta(7 - 0) = \delta(7)
\]
\(\delta(7) = 0\)（\(\delta(x)\) は \(x = 0\) 以外でゼロ）なので：
最終回答
\[
\boxed{\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} e^{i \cdot 7 x}\,dx = \delta(7) = 0}
\]
検算
物理的に考えると、\(e^{i7x}\) は振動する関数で、全実数上で積分すると正と負が打ち消し合ってゼロになる。これは \(\delta(7) = 0\) と整合する。✓
B-8. Parseval の等式（式 (C.18)）を用いて以下を確かめよ。 のとき
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解法の方針
左辺と右辺をそれぞれ独立に計算し、一致を確認する。
計算の詳細
左辺：
\[
\int_{-\infty}^{\infty} |f(x)|^2\,dx = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-2|x|}\,dx = 2\int_0^{\infty} e^{-2x}\,dx = 2 \cdot \left[-\frac{1}{2}e^{-2x}\right]_0^{\infty} = 2 \cdot \frac{1}{2} = 1
\]
右辺：
\(\tilde{f}(k) = \sqrt{\frac{2}{\pi}}\,\frac{1}{1+k^2}\) より：
\[
\int_{-\infty}^{\infty} |\tilde{f}(k)|^2\,dk = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{2}{\pi}\,\frac{1}{(1+k^2)^2}\,dk = \frac{2}{\pi}\int_{-\infty}^{\infty} \frac{dk}{(1+k^2)^2}
\]
公式 \(\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dk}{(1+k^2)^2} = \frac{\pi}{2}\) を用いると：
\[
= \frac{2}{\pi} \cdot \frac{\pi}{2} = 1
\]
最終回答
\[
\boxed{\text{左辺} = 1 = \text{右辺}}
\]
Parseval の等式が成り立つことが確認された。
検算
\(\tilde{f}(k)\) の導出を確認する。\(f(x) = e^{-|x|}\) の Fourier 変換（流儀 (b)）：
\[
\tilde{f}(k) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-|x|} e^{-ikx}\,dx = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\left[\int_0^{\infty} e^{-(1+ik)x}\,dx + \int_{-\infty}^0 e^{(1-ik)x}\,dx\right]
\]
\[
= \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\left[\frac{1}{1+ik} + \frac{1}{1-ik}\right] = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \cdot \frac{2}{1+k^2} = \sqrt{\frac{2}{\pi}}\,\frac{1}{1+k^2} \quad \checkmark
\]
Medium（標準）
M-1. 区間 で定義された関数 の Fourier 係数 および を求め、Fourier 級数（式 (C.5
→ 問題に戻る
解法の方針
式 (C.6), (C.7) に \(f(x) = x\) を代入し、部分積分で計算する。
計算の詳細
\(a_0\) の計算：
\[
a_0 = \frac{2}{L}\int_0^L x\,dx = \frac{2}{L} \cdot \frac{L^2}{2} = L
\]
\(a_n\)（\(n \geq 1\)）の計算：
\[
a_n = \frac{2}{L}\int_0^L x\cos\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right) dx
\]
部分積分（\(u = x\), \(dv = \cos\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right)dx\)）：
\[
= \frac{2}{L}\left[\frac{L}{2\pi n}x\sin\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right)\bigg|_0^L - \frac{L}{2\pi n}\int_0^L \sin\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right)dx\right]
\]
第 1 項：\(x = L\) で \(\sin(2\pi n) = 0\)、\(x = 0\) で \(0\)。よって第 1 項 \(= 0\)。
第 2 項：
\[
-\frac{L}{2\pi n}\int_0^L \sin\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right)dx = -\frac{L}{2\pi n}\left[-\frac{L}{2\pi n}\cos\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right)\right]_0^L = \frac{L^2}{(2\pi n)^2}[\cos(2\pi n) - \cos(0)] = 0
\]
よって：
\[
a_n = 0 \quad (n \geq 1)
\]
\(b_n\)（\(n \geq 1\)）の計算：
\[
b_n = \frac{2}{L}\int_0^L x\sin\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right) dx
\]
部分積分（\(u = x\), \(dv = \sin\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right)dx\)）：
\[
= \frac{2}{L}\left[-\frac{L}{2\pi n}x\cos\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right)\bigg|_0^L + \frac{L}{2\pi n}\int_0^L \cos\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right)dx\right]
\]
第 1 項：\(-\frac{L}{2\pi n}\left[L\cos(2\pi n) - 0\right] = -\frac{L^2}{2\pi n}\)
第 2 項：
\[
\frac{L}{2\pi n}\left[\frac{L}{2\pi n}\sin\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right)\right]_0^L = \frac{L^2}{(2\pi n)^2}[\sin(2\pi n) - 0] = 0
\]
よって：
\[
b_n = \frac{2}{L}\left(-\frac{L^2}{2\pi n}\right) = -\frac{L}{\pi n}
\]
Fourier 級数：
\[
\boxed{f(x) = \frac{L}{2} - \frac{L}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}\sin\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right)}
\]
\(x = L/2\) での確認：
\[
f(L/2) = \frac{L}{2} - \frac{L}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}\sin(\pi n)
\]
\(\sin(\pi n) = 0\) for all integers \(n\) なので：
\[
f(L/2) = \frac{L}{2} - 0 = \frac{L}{2}
\]
これは \(f(L/2) = L/2\) と一致する。✓
検算
\(x = 0\) で確認：\(f(0) = \frac{L}{2} - \frac{L}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}\sin(0) = \frac{L}{2}\)。しかし \(f(0) = 0\) のはず。これは Fourier 級数が周期関数を表すため、\(x = 0\) では \(f(0^+) = 0\) と \(f(L^-) = L\) の平均値 \(L/2\) に収束する（Dirichlet の定理）。不連続点での Fourier 級数の振る舞いとして正しい。✓
M-2. Gauss 関数の Fourier 変換と Parseval の等式
→ 問題に戻る
解法の方針
D5 と同様に平方完成を行い、一般の \(a\) に対する結果を求める。
計算の詳細
Fourier 変換の計算：
\[
\tilde{f}(k) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-ax^2} e^{-ikx}\,dx
\]
指数部分を平方完成：
\[
-ax^2 - ikx = -a\left(x + \frac{ik}{2a}\right)^2 - \frac{k^2}{4a}
\]
よって：
\[
\tilde{f}(k) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\,e^{-k^2/(4a)}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-a\left(x + \frac{ik}{2a}\right)^2}\,dx = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\,e^{-k^2/(4a)} \cdot \sqrt{\frac{\pi}{a}}
\]
\[
\boxed{\tilde{f}(k) = \frac{1}{\sqrt{2a}}\,e^{-k^2/(4a)}}
\]
結果は再び Gauss 関数である。✓
Parseval の等式の確認：
左辺：
\[
\int_{-\infty}^{\infty} |f(x)|^2\,dx = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-2ax^2}\,dx = \sqrt{\frac{\pi}{2a}}
\]
右辺：
\[
\int_{-\infty}^{\infty} |\tilde{f}(k)|^2\,dk = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{2a}\,e^{-k^2/(2a)}\,dk = \frac{1}{2a}\sqrt{\frac{\pi}{1/(2a)}} = \frac{1}{2a}\sqrt{2\pi a} = \sqrt{\frac{\pi}{2a}}
\]
最終回答
\[
\boxed{\int_{-\infty}^{\infty} e^{-2ax^2}\,dx = \sqrt{\frac{\pi}{2a}} = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{2a}\,e^{-k^2/(2a)}\,dk}
\]
両辺が \(\sqrt{\frac{\pi}{2a}}\) で一致し、Parseval の等式が確認された。✓
M-3. 畳み込み定理（式 (C.22)）を用いて、次の問題を解け
→ 問題に戻る
解法の方針
\(f(x) = g(x) = e^{-x^2}\) の Fourier 変換を求め、畳み込み定理を適用してから逆変換する。
計算の詳細
Step 1: Fourier 変換の計算
S2 の結果で \(a = 1\) とすると：
\[
\tilde{f}(k) = \tilde{g}(k) = \frac{1}{\sqrt{2}}\,e^{-k^2/4}
\]
Step 2: 畳み込み定理の適用
式 (C.22) の畳み込み定理（流儀 (b)）：
\[
\widetilde{(f*g)}(k) = \sqrt{2\pi}\,\tilde{f}(k)\,\tilde{g}(k)
\]
\[
\widetilde{(f*g)}(k) = \sqrt{2\pi} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}\,e^{-k^2/4} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}\,e^{-k^2/4} = \sqrt{2\pi} \cdot \frac{1}{2}\,e^{-k^2/2} = \frac{\sqrt{2\pi}}{2}\,e^{-k^2/2}
\]
Step 3: 逆 Fourier 変換
\[
(f*g)(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sqrt{2\pi}}{2}\,e^{-k^2/2}\,e^{ikx}\,dk = \frac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-k^2/2 + ikx}\,dk
\]
指数部分を平方完成：
\[
-\frac{k^2}{2} + ikx = -\frac{1}{2}(k - ix)^2 - \frac{x^2}{2}
\]
\[
(f*g)(x) = \frac{1}{2}\,e^{-x^2/2}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{1}{2}(k-ix)^2}\,dk = \frac{1}{2}\,e^{-x^2/2} \cdot \sqrt{2\pi} = \frac{\sqrt{2\pi}}{2}\,e^{-x^2/2}
\]
最終回答
\[
\boxed{(f*g)(x) = \sqrt{\frac{\pi}{2}}\,e^{-x^2/2}}
\]
（\(\frac{\sqrt{2\pi}}{2} = \sqrt{\frac{\pi}{2}}\) と整理した。）
検算
直接計算で確認。\((f*g)(x) = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x'^2}\,e^{-(x-x')^2}\,dx'\)。
指数部分：\(-x'^2 - (x-x')^2 = -2x'^2 + 2xx' - x^2 = -2(x' - x/2)^2 - x^2/2\)
\[
(f*g)(x) = e^{-x^2/2}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-2(x'-x/2)^2}\,dx' = e^{-x^2/2}\sqrt{\frac{\pi}{2}} = \sqrt{\frac{\pi}{2}}\,e^{-x^2/2} \quad \checkmark
\]
M-4. δ 関数の Fourier 積分表示
→ 問題に戻る
(a) \(\delta(-x) = \delta(x)\)（偶関数）
Fourier 積分表示から出発：
\[
\delta(x) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} e^{ikx}\,dk
\]
\(x \to -x\) と置換：
\[
\delta(-x) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-ikx}\,dk
\]
積分変数を \(k \to -k\)（\(dk \to -dk\)、積分範囲が反転して元に戻る）：
\[
= \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} e^{ikx}\,dk = \delta(x)
\]
\[
\boxed{\delta(-x) = \delta(x)}
\]
(b) スケーリング則 \(\delta(\alpha x) = \frac{1}{|\alpha|}\,\delta(x)\)
Fourier 積分表示から：
\[
\delta(\alpha x) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} e^{ik(\alpha x)}\,dk
\]
\(k' = \alpha k\) と変数変換すると \(dk = dk'/\alpha\)：
Case 1: \(\alpha > 0\)
\[
\delta(\alpha x) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} e^{ik'x}\,\frac{dk'}{\alpha} = \frac{1}{\alpha}\,\delta(x)
\]
Case 2: \(\alpha < 0\)
\(k' = \alpha k\) で \(\alpha < 0\) のとき積分範囲が反転する：
\[
\delta(\alpha x) = \frac{1}{2\pi}\int_{\infty}^{-\infty} e^{ik'x}\,\frac{dk'}{\alpha} = \frac{1}{2\pi} \cdot \frac{1}{\alpha}\int_{\infty}^{-\infty} e^{ik'x}\,dk' = \frac{1}{2\pi} \cdot \frac{-1}{\alpha}\int_{-\infty}^{\infty} e^{ik'x}\,dk' = \frac{1}{|\alpha|}\,\delta(x)
\]
（\(\alpha < 0\) なので \(-1/\alpha = 1/|\alpha|\)）
\[
\boxed{\delta(\alpha x) = \frac{1}{|\alpha|}\,\delta(x)}
\]
(c) \(x\,\delta(x) = 0\)
任意のテスト関数 \(\phi(x)\) に対して：
\[
\int_{-\infty}^{\infty} x\,\delta(x)\,\phi(x)\,dx = \int_{-\infty}^{\infty} \delta(x)\,[x\,\phi(x)]\,dx
\]
δ 関数のふるい分け性質より、\(h(x) = x\,\phi(x)\) として：
\[
= [x\,\phi(x)]_{x=0} = 0 \cdot \phi(0) = 0
\]
任意のテスト関数に対して積分がゼロなので、超関数の意味で：
\[
\boxed{x\,\delta(x) = 0}
\]
検算
(b) の特殊ケース：\(\alpha = -1\) のとき \(\delta(-x) = \delta(x)\)。これは (a) と一致する。✓
(c) の別の確認：\(\delta(x)\) は \(x = 0\) でのみ非ゼロ。\(x = 0\) では \(x\) の因子がゼロなので、積は至る所ゼロ。✓
M-5. Fourier 変換における微分の性質
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(a) \(f'(x)\) の Fourier 変換が \(ik\,\tilde{f}(k)\) であることの証明
流儀 (b) で計算：
\[
\mathcal{F}[f'](appendix_c/k) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} f'(x)\,e^{-ikx}\,dx
\]
部分積分（\(u = e^{-ikx}\), \(dv = f'(x)\,dx\)）：
\[
= \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\left[f(x)\,e^{-ikx}\right]_{-\infty}^{\infty} - \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,(-ik)\,e^{-ikx}\,dx
\]
\(f(x) \to 0\)（\(x \to \pm\infty\)）を仮定すると、境界項はゼロ：
\[
= ik \cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,e^{-ikx}\,dx = ik\,\tilde{f}(k)
\]
\[
\boxed{\mathcal{F}[f'](appendix_c/k) = ik\,\tilde{f}(k)}
\]
(b) 微分方程式 \(f'(x) + \beta f(x) = 0\) の解
方法：\(f(x) = Ce^{-\beta x}\theta(x)\) の Fourier 変換を直接計算する。
\(f(x) = Ce^{-\beta x}\)（\(x > 0\)）、\(f(x) = 0\)（\(x < 0\)）とする。つまり \(f(x) = Ce^{-\beta x}\theta(x)\)。
Fourier 変換：
\[
\tilde{f}(k) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_0^{\infty} Ce^{-\beta x}\,e^{-ikx}\,dx = \frac{C}{\sqrt{2\pi}}\int_0^{\infty} e^{-(\beta + ik)x}\,dx = \frac{C}{\sqrt{2\pi}} \cdot \frac{1}{\beta + ik}
\]
確認： \(f'(x) + \beta f(x) = 0\)（\(x > 0\)）を Fourier 変換の空間で見る。
\(f'(x) = -\beta Ce^{-\beta x}\theta(x) + C\delta(x)\)（\(\theta\) の微分から δ 関数が出る）
Fourier 変換すると：
\[
\mathcal{F}[f'] = ik\,\tilde{f}(k) = \frac{ikC}{\sqrt{2\pi}(\beta + ik)}
\]
\[
\beta\,\tilde{f}(k) = \frac{\beta C}{\sqrt{2\pi}(\beta + ik)}
\]
\[
ik\,\tilde{f}(k) + \beta\,\tilde{f}(k) = \frac{(ik + \beta)C}{\sqrt{2\pi}(\beta + ik)} = \frac{C}{\sqrt{2\pi}}
\]
これは \(\mathcal{F}[C\delta(x)] = \frac{C}{\sqrt{2\pi}}\) に等しい。つまり \(f' + \beta f = C\delta(x)\) が成り立ち、\(x > 0\) では右辺がゼロなので \(f' + \beta f = 0\) が満たされる。
別解（より直接的）： 微分方程式 \(f' + \beta f = 0\) の一般解は \(f(x) = Ce^{-\beta x}\)。\(\beta > 0\) のとき \(x > 0\) で減衰する物理的解が得られる。
\[
\boxed{f(x) = Ce^{-\beta x} \quad (x > 0)}
\]
検算
\(f(x) = Ce^{-\beta x}\) を微分方程式に代入：\(f' = -\beta Ce^{-\beta x}\)、\(f' + \beta f = -\beta Ce^{-\beta x} + \beta Ce^{-\beta x} = 0\)。✓
Advanced（発展）
A-1. 不確定性関係の Fourier 解析的証明
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(a) \(\Delta x \cdot \Delta k \geq \frac{1}{2}\) の導出
解法の方針： Cauchy–Schwarz の不等式に \(u(x) = xf(x)\), \(v(x) = f'(x)\) を代入し、左辺を部分積分で評価する。
Step 1: Cauchy–Schwarz の不等式の適用
\[
\left|\int_{-\infty}^{\infty} [xf(x)]^*\,f'(x)\,dx\right|^2 \leq \int_{-\infty}^{\infty}|xf(x)|^2\,dx \cdot \int_{-\infty}^{\infty}|f'(x)|^2\,dx
\]
右辺の第 1 因子は \((\Delta x)^2\)：
\[
\int_{-\infty}^{\infty}|xf(x)|^2\,dx = \int_{-\infty}^{\infty} x^2|f(x)|^2\,dx = (\Delta x)^2
\]
Step 2: \(\int |f'(x)|^2\,dx = (\Delta k)^2\) の証明
S5(a) の結果より \(\mathcal{F}[f'](appendix_c/k) = ik\,\tilde{f}(k)\)。Parseval の等式を適用：
\[
\int_{-\infty}^{\infty}|f'(x)|^2\,dx = \int_{-\infty}^{\infty}|ik\,\tilde{f}(k)|^2\,dk = \int_{-\infty}^{\infty} k^2|\tilde{f}(k)|^2\,dk = (\Delta k)^2
\]
Step 3: 左辺の計算
\[
\int_{-\infty}^{\infty} x\,f(x)^*\,f'(x)\,dx
\]
\(f(x)^*f'(x) = \frac{1}{2}\frac{d}{dx}|f(x)|^2 + \frac{i}{2}\frac{d}{dx}[\text{位相項}]\)...
より直接的に、部分積分を用いる。\(I = \int_{-\infty}^{\infty} x\,f^*\,f'\,dx\) とする。
\(\frac{d}{dx}[x|f|^2] = |f|^2 + x\,f^*\,f' + x\,f\,(f^*)'\) より、
\[
I + I^* = \int_{-\infty}^{\infty} x\,(f^*f' + f(f^*)') \,dx = \int_{-\infty}^{\infty} x\,\frac{d}{dx}|f|^2\,dx
\]
部分積分：
\[
\int_{-\infty}^{\infty} x\,\frac{d}{dx}|f|^2\,dx = \left[x|f|^2\right]_{-\infty}^{\infty} - \int_{-\infty}^{\infty}|f|^2\,dx = 0 - 1 = -1
\]
（\(f(x) \to 0\) sufficiently fast as \(x \to \pm\infty\)、規格化条件 \(\int|f|^2\,dx = 1\)）
よって \(I + I^* = 2\,\text{Re}(I) = -1\)、すなわち \(\text{Re}(I) = -\frac{1}{2}\)。
したがって \(|I| \geq |\text{Re}(I)| = \frac{1}{2}\)。
Step 4: 不等式の完成
Cauchy–Schwarz より：
\[
\frac{1}{4} \leq |I|^2 \leq (\Delta x)^2 \cdot (\Delta k)^2
\]
\[
\boxed{\Delta x \cdot \Delta k \geq \frac{1}{2}}
\]
(b) 等号条件
Cauchy–Schwarz の等号条件は \(v(x) = \lambda\,u(x)\)（\(\lambda\) は複素定数）：
\[
f'(x) = \lambda\,x\,f(x)
\]
これは変数分離型の微分方程式：
\[
\frac{df}{f} = \lambda\,x\,dx \implies \ln f = \frac{\lambda}{2}x^2 + \text{const}
\]
\[
f(x) = A\,e^{\lambda x^2/2}
\]
\(f(x)\) が \(x \to \pm\infty\) で \(0\) に収束するためには \(\text{Re}(\lambda) < 0\) が必要。
さらに、等号条件を詳しく調べる。\(|I| = |\text{Re}(I)|\) となるには \(I\) が実数（かつ負）でなければならない。\(I = \text{Re}(I) = -1/2\) なので \(I\) は実数。
\(I = \int x|f|^2 \cdot \frac{f'}{f}\,dx = \lambda\int x^2|f|^2\,dx = \lambda(\Delta x)^2\)
\(I\) が実数なので \(\lambda\) も実数。\(\lambda < 0\) と書いて \(\lambda = -1/(2\sigma^2)\) とすると：
\[
f(x) = A\,e^{-x^2/(4\sigma^2)}
\]
規格化条件 \(\int|f|^2\,dx = 1\) より：
\[
|A|^2\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2/(2\sigma^2)}\,dx = |A|^2\sqrt{2\pi\sigma^2} = 1
\]
\[
A = \left(\frac{1}{2\pi\sigma^2}\right)^{1/4}
\]
\[
\boxed{f(x) = \left(\frac{1}{2\pi\sigma^2}\right)^{1/4} e^{-x^2/(4\sigma^2)}}
\]
これは Gauss 関数（ガウス波束）である。
(c) 量子力学の不確定性関係
\(p = \hbar k\) より \(\Delta p = \hbar\,\Delta k\)。(a) の結果 \(\Delta x \cdot \Delta k \geq \frac{1}{2}\) の両辺に \(\hbar\) を掛けると：
\[
\Delta x \cdot \hbar\,\Delta k \geq \frac{\hbar}{2}
\]
\[
\boxed{\Delta x \cdot \Delta p \geq \frac{\hbar}{2}}
\]
これが量子力学の Heisenberg (ハイゼンベルク) の不確定性関係 である。等号は Gauss 波束（コヒーレント状態）で達成される。
検算
Gauss 関数 \(f(x) = (2\pi\sigma^2)^{-1/4}e^{-x^2/(4\sigma^2)}\) に対して：
- \((\Delta x)^2 = \int x^2|f|^2\,dx = \sigma^2\)（Gauss 分布の分散）
- \(\tilde{f}(k) = (2\sigma^2/\pi)^{1/4}e^{-\sigma^2 k^2}\) なので \((\Delta k)^2 = \frac{1}{4\sigma^2}\)
- \(\Delta x \cdot \Delta k = \sigma \cdot \frac{1}{2\sigma} = \frac{1}{2}\)
等号が成立する。✓
A-2. Fourier 級数から Parseval の等式へ：\(\zeta(2) = \pi^2/6\) の導出
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(a) Fourier 級数版の Parseval の等式の導出
解法の方針： \(|f(x)|^2\) を積分し、Fourier 級数の直交性を用いる。
式 (C.5) より：
\[
f(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty}\left[a_n \cos\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right) + b_n \sin\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right)\right]
\]
\(|f(x)|^2 = f(x) \cdot f(x)\) を \(0\) から \(L\) まで積分する：
\[
\int_0^L |f(x)|^2\,dx = \int_0^L f(x) \cdot f(x)\,dx
\]
右辺に Fourier 級数を 2 回代入して展開すると、交差項の積分は直交性 (C.2)–(C.4) によりゼロになる。生き残る項は：
- 定数項同士：\(\left(\frac{a_0}{2}\right)^2 \cdot L = \frac{a_0^2}{4} \cdot L\)
- \(\cos\) 項同士（\(n = m\) のみ）：\(a_n^2 \cdot \frac{L}{2}\)
- \(\sin\) 項同士（\(n = m\) のみ）：\(b_n^2 \cdot \frac{L}{2}\)
よって：
\[
\int_0^L |f(x)|^2\,dx = \frac{a_0^2}{4}\,L + \sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n^2 + b_n^2\right)\frac{L}{2}
\]
両辺を \(L\) で割ると：
\[
\boxed{\frac{1}{L}\int_0^L |f(x)|^2\,dx = \frac{|a_0|^2}{4} + \frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}\left(|a_n|^2 + |b_n|^2\right)}
\]
(b) \(\zeta(2) = \pi^2/6\) の証明
S1 の結果を代入する。 \(f(x) = x\) のとき：
\[
a_0 = L, \quad a_n = 0 \;(n \geq 1), \quad b_n = -\frac{L}{\pi n}
\]
左辺：
\[
\frac{1}{L}\int_0^L x^2\,dx = \frac{1}{L} \cdot \frac{L^3}{3} = \frac{L^2}{3}
\]
右辺：
\[
\frac{a_0^2}{4} + \frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n^2 + b_n^2\right) = \frac{L^2}{4} + \frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{L^2}{\pi^2 n^2}
\]
等式を立てる：
\[
\frac{L^2}{3} = \frac{L^2}{4} + \frac{L^2}{2\pi^2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}
\]
\(L^2\) で割る：
\[
\frac{1}{3} = \frac{1}{4} + \frac{1}{2\pi^2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}
\]
\[
\frac{1}{3} - \frac{1}{4} = \frac{1}{2\pi^2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}
\]
\[
\frac{1}{12} = \frac{1}{2\pi^2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}
\]
\[
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} = \frac{2\pi^2}{12} = \frac{\pi^2}{6}
\]
最終回答
\[
\boxed{\zeta(2) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}}
\]
検算
数値的に確認：\(1 + \frac{1}{4} + \frac{1}{9} + \frac{1}{16} + \frac{1}{25} + \cdots \approx 1.000 + 0.250 + 0.111 + 0.063 + 0.040 + \cdots \approx 1.55\)
\(\frac{\pi^2}{6} \approx \frac{9.870}{6} \approx 1.645\)
部分和は \(\pi^2/6\) に下から収束しており、整合する。✓
また、Parseval の等式の左辺 \(\frac{1}{3}\) と右辺 \(\frac{1}{4} + \frac{1}{2\pi^2} \cdot \frac{\pi^2}{6} = \frac{1}{4} + \frac{1}{12} = \frac{3+1}{12} = \frac{4}{12} = \frac{1}{3}\)。✓