부록 C 연습문제 풀이
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목차
Basic（기초）
Medium（표준）
Advanced（발전）
Basic（기초）
B-1. 구간 에서 정의된 함수 （상수함수）의 Fourier 계수 （）및 （）를, 식 (C.6)
→ 문제로 돌아가기
풀이 방침
식 (C.6), (C.7)에 \(f(x) = 1\)을 대입하여 직접 계산해요.
계산의 세부 과정
\(a_n\) 의 계산：
\[
a_n = \frac{2}{L}\int_0^L 1 \cdot \cos\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right) dx
\]
\[
a_0 = \frac{2}{L}\int_0^L 1 \, dx = \frac{2}{L} \cdot L = 2
\]
\[
a_n = \frac{2}{L}\left[\frac{L}{2\pi n}\sin\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right)\right]_0^L = \frac{2}{L} \cdot \frac{L}{2\pi n}\left[\sin(2\pi n) - \sin(0)\right] = 0
\]
\(b_n\) 의 계산（\(n \geq 1\)）：
\[
b_n = \frac{2}{L}\int_0^L 1 \cdot \sin\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right) dx = \frac{2}{L}\left[-\frac{L}{2\pi n}\cos\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right)\right]_0^L
\]
\[
= \frac{2}{L} \cdot \left(-\frac{L}{2\pi n}\right)\left[\cos(2\pi n) - \cos(0)\right] = -\frac{1}{\pi n}[1 - 1] = 0
\]
최종 답
\[
\boxed{a_0 = 2, \quad a_n = 0 \;(n \geq 1), \quad b_n = 0 \;(n \geq 1)}
\]
검산
푸리에 급수에 대입하면 \(f(x) = \frac{a_0}{2} = \frac{2}{2} = 1\)이 돼요. 상수 함수가 올바르게 재현돼요. ✓
B-2. 복소 지수함수의 직교성(식 (C.12))을 이용하여, 다음 적분을 계산하라
→ 문제로 돌아가기
풀이 방침
피적분함수를 \(e^{i\frac{2\pi(m-n)}{L}x}\) 형태로 정리하고, 식 (C.12)를 적용해요.
계산의 상세
\[
\int_0^L e^{i \frac{2\pi \cdot 3}{L} x}\, e^{-i \frac{2\pi \cdot 5}{L} x}\, dx = \int_0^L e^{i \frac{2\pi(3-5)}{L} x}\, dx = \int_0^L e^{-i \frac{4\pi}{L} x}\, dx
\]
식 (C.12)에 의해, \(m = 3\), \(n = 5\)로 \(m \neq n\)이므로:
\[
\int_0^L e^{i \frac{2\pi(m-n)}{L} x}\, dx = L\,\delta_{mn} = L \cdot 0 = 0
\]
최종 답
\[
\boxed{0}
\]
검산
직접 계산으로 확인해요:
\[
\int_0^L e^{-i \frac{4\pi}{L} x}\, dx = \left[\frac{e^{-i \frac{4\pi}{L} x}}{-i \frac{4\pi}{L}}\right]_0^L = \frac{L}{-4\pi i}\left(e^{-4\pi i} - 1\right) = \frac{L}{-4\pi i}(1 - 1) = 0 \quad \checkmark
\]
B-3. Euler (오일러) 의 공식을 이용하여 다음을 보여라
→ 문제로 돌아가기
Part 1: \(\cos\)의 복소 지수 표현
풀이 방침: Euler 공식에서 \(e^{i\theta}\)와 \(e^{-i\theta}\)를 더해요.
Euler 공식에 의해:
\[
e^{i\theta} = \cos\theta + i\sin\theta
\]
\[
e^{-i\theta} = \cos\theta - i\sin\theta
\]
두 식을 더하면:
\[
e^{i\theta} + e^{-i\theta} = 2\cos\theta
\]
따라서:
\[
\cos\theta = \frac{1}{2}\left(e^{i\theta} + e^{-i\theta}\right)
\]
\(\theta = \frac{2\pi n}{L}x\)로 놓으면:
\[
\boxed{\cos\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right) = \frac{1}{2}\left(e^{i\frac{2\pi n}{L}x} + e^{-i\frac{2\pi n}{L}x}\right)}
\]
Part 2: 실수 Fourier 계수와 복소 Fourier 계수의 관계
풀이 방침: 식 (C.5)의 \(\cos\)과 \(\sin\)을 복소 지수함수로 다시 쓰고, 식 (C.10)과 비교해요.
식 (C.9)를 이용하여 식 (C.5)를 다시 쓰면:
\[
f(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty}\left[a_n \cdot \frac{e^{ik_n x} + e^{-ik_n x}}{2} + b_n \cdot \frac{e^{ik_n x} - e^{-ik_n x}}{2i}\right]
\]
여기서 \(k_n = \frac{2\pi n}{L}\)이에요. \(\frac{1}{2i} = -\frac{i}{2}\)를 이용하여 정리하면:
\[
f(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty}\left[\frac{a_n}{2} e^{ik_n x} + \frac{a_n}{2} e^{-ik_n x} - \frac{ib_n}{2} e^{ik_n x} + \frac{ib_n}{2} e^{-ik_n x}\right]
\]
\[
= \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty}\left[\frac{a_n - ib_n}{2} e^{ik_n x} + \frac{a_n + ib_n}{2} e^{-ik_n x}\right]
\]
한편, 식 (C.10)은:
\[
f(x) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} c_n \, e^{ik_n x} = c_0 + \sum_{n=1}^{\infty} c_n \, e^{ik_n x} + \sum_{n=1}^{\infty} c_{-n} \, e^{-ik_n x}
\]
양자를 비교하면:
\[
\boxed{c_0 = \frac{a_0}{2}, \qquad c_n = \frac{a_n - ib_n}{2} \;(n \geq 1), \qquad c_{-n} = \frac{a_n + ib_n}{2} \;(n \geq 1)}
\]
검산
\(f(x)\)가 실수일 때 \(c_{-n} = c_n^*\)이어야 해요. 실제로:
\[
c_n^* = \left(\frac{a_n - ib_n}{2}\right)^* = \frac{a_n + ib_n}{2} = c_{-n} \quad \checkmark
\]
(\(a_n, b_n\)은 실수이므로.)
B-4. 구간 에서의 Fourier 계수 및 를 모두 구하라
→ 문제로 돌아가기
풀이 방침
직교성 (C.3), (C.4)를 직접 적용해요.
계산의 상세
\(a_n\) 의 계산：
\[
a_n = \frac{2}{L}\int_0^L \sin\!\left(\frac{2\pi}{L}x\right)\cos\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right) dx
\]
식 (C.4)에 의해, \(\sin\)과 \(\cos\)의 곱의 적분은 항상 0이에요：
\[
a_n = 0 \quad \text{（모든 } n = 0, 1, 2, \ldots \text{）}
\]
\(b_n\) 의 계산：
\[
b_n = \frac{2}{L}\int_0^L \sin\!\left(\frac{2\pi}{L}x\right)\sin\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right) dx
\]
식 (C.3)에 의해：
\[
\int_0^L \sin\!\left(\frac{2\pi \cdot 1}{L}x\right)\sin\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right) dx = \frac{L}{2}\,\delta_{1n}
\]
따라서：
\[
b_n = \frac{2}{L} \cdot \frac{L}{2}\,\delta_{1n} = \delta_{1n}
\]
최종 답
\[
\boxed{a_n = 0 \;(\text{모든 } n), \qquad b_1 = 1, \qquad b_n = 0 \;(n \geq 2)}
\]
검산
푸리에 급수에 대입하면 \(f(x) = b_1 \sin\!\left(\frac{2\pi}{L}x\right) = \sin\!\left(\frac{2\pi}{L}x\right)\)이에요. 원래 함수가 재현돼요. ✓
B-5. 가우스(Gauss) 적분 공식
→ 문제로 돌아가기
풀이 방침
방식 (b)에서 \(\tilde{f}(k) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-3x^2} e^{-ikx}\,dx\) 를 완전제곱식으로 변환하여 가우스 적분으로 귀착시켜요.
계산의 세부 과정
\[
\tilde{f}(k) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-3x^2 - ikx}\,dx
\]
지수 부분을 완전제곱식으로 변환해요:
\[
-3x^2 - ikx = -3\left(x^2 + \frac{ik}{3}x\right) = -3\left(x + \frac{ik}{6}\right)^2 - \frac{k^2}{12}
\]
확인: \(-3\left(x + \frac{ik}{6}\right)^2 = -3\left(x^2 + \frac{ik}{3}x + \frac{(ik)^2}{36}\right) = -3x^2 - ikx + \frac{k^2}{12}\)
따라서 \(-3\left(x + \frac{ik}{6}\right)^2 - \frac{k^2}{12} = -3x^2 - ikx\). ✓
\[
\tilde{f}(k) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\,e^{-k^2/12}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-3\left(x + \frac{ik}{6}\right)^2}\,dx
\]
\(t = x + \frac{ik}{6}\)으로 변수 치환하면 \(dt = dx\). 적분 경로는 복소평면 위에서 이동하지만, 피적분함수가 가우스 형태이므로 실수축 위의 적분과 같은 값을 줘요 (조르당 보조정리):
\[
\int_{-\infty}^{\infty} e^{-3t^2}\,dt = \sqrt{\frac{\pi}{3}}
\]
따라서:
\[
\tilde{f}(k) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\,e^{-k^2/12} \cdot \sqrt{\frac{\pi}{3}} = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \cdot \frac{\sqrt{\pi}}{\sqrt{3}} \cdot e^{-k^2/12}
\]
\[
= \frac{1}{\sqrt{6}}\,e^{-k^2/12}
\]
최종 답
\[
\boxed{\tilde{f}(k) = \frac{1}{\sqrt{6}}\,e^{-k^2/12}}
\]
검산
일반 공식 \(f(x) = e^{-ax^2}\)에 대해 방식 (b)에서는 \(\tilde{f}(k) = \frac{1}{\sqrt{2a}}\,e^{-k^2/(4a)}\)이에요. \(a = 3\)을 대입하면 \(\tilde{f}(k) = \frac{1}{\sqrt{6}}\,e^{-k^2/12}\). 일치해요. ✓
B-6. 합성곱의 정의(식 (C.21))에 따라, 와 ( 는 상수)의 합성곱 을 계산하여라. 여기서 는 D
→ 문제로 돌아가기
풀이 방침
합성곱의 정의에 δ 함수의 체 성질(sifting property)을 적용해요.
계산의 세부 과정
식 (C.21)의 합성곱 정의에 의해:
\[
(f * g)(x) = \int_{-\infty}^{\infty} f(x')\,g(x - x')\,dx'
\]
\(g(x) = \delta(x - a)\)이므로 \(g(x - x') = \delta((x - x') - a) = \delta(x - x' - a)\):
\[
(f * g)(x) = \int_{-\infty}^{\infty} f(x')\,\delta(x - x' - a)\,dx'
\]
δ 함수의 체 성질 \(\int h(x')\,\delta(x' - c)\,dx' = h(c)\)를 사용해요. 여기서 \(\delta(x - x' - a) = \delta(-(x' - (x-a))) = \delta(x' - (x-a))\) (δ 함수는 짝함수)이므로:
\[
(f * g)(x) = f(x - a)
\]
\(f(x) = e^{-|x|}\)를 대입하면:
최종 답
\[
\boxed{(f * g)(x) = e^{-|x - a|}}
\]
검산
δ 함수와의 합성곱은 함수를 평행이동시킬 뿐이라는 일반적 성질과 일치해요. \(a = 0\)일 때 \((f * \delta)(x) = f(x) = e^{-|x|}\)가 되어, δ 함수가 합성곱의 항등원임을 확인할 수 있어요. ✓
B-7. 다음 적분을 δ 함수의 Fourier 적분 표현(식 (C.19))
→ 문제로 돌아가기
풀이 방침
식 (C.19)에서 \(k' = 0\)으로 놓아요.
계산의 세부 과정
식 (C.19)는:
\[
\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} e^{i(k - k')x}\,dx = \delta(k - k')
\]
\(k = 7\), \(k' = 0\)으로 놓으면:
\[
\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} e^{i \cdot 7 x}\,dx = \delta(7 - 0) = \delta(7)
\]
\(\delta(7) = 0\) (\(\delta(x)\)는 \(x = 0\) 이외에서 영)이므로:
최종 답
\[
\boxed{\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} e^{i \cdot 7 x}\,dx = \delta(7) = 0}
\]
검산
물리적으로 생각하면, \(e^{i7x}\)는 진동하는 함수로, 전체 실수 위에서 적분하면 양과 음이 상쇄되어 영이 돼요. 이는 \(\delta(7) = 0\)과 일치해요. ✓
B-8. Parseval의 등식(식 (C.18))을 이용하여 다음을 확인하시오. 일 때
→ 문제로 돌아가기
풀이 방침
좌변과 우변을 각각 독립적으로 계산하여 일치를 확인해요.
계산의 세부 과정
좌변：
\[
\int_{-\infty}^{\infty} |f(x)|^2\,dx = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-2|x|}\,dx = 2\int_0^{\infty} e^{-2x}\,dx = 2 \cdot \left[-\frac{1}{2}e^{-2x}\right]_0^{\infty} = 2 \cdot \frac{1}{2} = 1
\]
우변：
\(\tilde{f}(k) = \sqrt{\frac{2}{\pi}}\,\frac{1}{1+k^2}\) 이므로：
\[
\int_{-\infty}^{\infty} |\tilde{f}(k)|^2\,dk = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{2}{\pi}\,\frac{1}{(1+k^2)^2}\,dk = \frac{2}{\pi}\int_{-\infty}^{\infty} \frac{dk}{(1+k^2)^2}
\]
공식 \(\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dk}{(1+k^2)^2} = \frac{\pi}{2}\) 를 사용하면：
\[
= \frac{2}{\pi} \cdot \frac{\pi}{2} = 1
\]
최종 답
\[
\boxed{\text{좌변} = 1 = \text{우변}}
\]
Parseval의 등식이 성립함이 확인되었어요.
검산
\(\tilde{f}(k)\) 의 유도를 확인해요. \(f(x) = e^{-|x|}\) 의 푸리에 변환（방식 (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（표준）
M-1. 구간 에서 정의된 함수 의 Fourier 계수 및 를 구하고, Fourier 급수（식 (C.5
→ 문제로 돌아가기
풀이 방침
식 (C.6), (C.7)에 \(f(x) = x\)를 대입하고, 부분적분으로 계산해요.
계산의 상세
\(a_0\) 의 계산：
\[
a_0 = \frac{2}{L}\int_0^L x\,dx = \frac{2}{L} \cdot \frac{L^2}{2} = L
\]
\(a_n\)（\(n \geq 1\)）의 계산：
\[
a_n = \frac{2}{L}\int_0^L x\cos\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right) dx
\]
부분적분（\(u = x\), \(dv = \cos\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right)dx\)）：
\[
= \frac{2}{L}\left[\frac{L}{2\pi n}x\sin\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right)\bigg|_0^L - \frac{L}{2\pi n}\int_0^L \sin\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right)dx\right]
\]
제1항：\(x = L\) 에서 \(\sin(2\pi n) = 0\), \(x = 0\) 에서 \(0\). 따라서 제1항 \(= 0\).
제2항：
\[
-\frac{L}{2\pi n}\int_0^L \sin\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right)dx = -\frac{L}{2\pi n}\left[-\frac{L}{2\pi n}\cos\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right)\right]_0^L = \frac{L^2}{(2\pi n)^2}[\cos(2\pi n) - \cos(0)] = 0
\]
따라서：
\[
a_n = 0 \quad (n \geq 1)
\]
\(b_n\)（\(n \geq 1\)）의 계산：
\[
b_n = \frac{2}{L}\int_0^L x\sin\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right) dx
\]
부분적분（\(u = x\), \(dv = \sin\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right)dx\)）：
\[
= \frac{2}{L}\left[-\frac{L}{2\pi n}x\cos\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right)\bigg|_0^L + \frac{L}{2\pi n}\int_0^L \cos\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right)dx\right]
\]
제1항：\(-\frac{L}{2\pi n}\left[L\cos(2\pi n) - 0\right] = -\frac{L^2}{2\pi n}\)
제2항：
\[
\frac{L}{2\pi n}\left[\frac{L}{2\pi n}\sin\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right)\right]_0^L = \frac{L^2}{(2\pi n)^2}[\sin(2\pi n) - 0] = 0
\]
따라서：
\[
b_n = \frac{2}{L}\left(-\frac{L^2}{2\pi n}\right) = -\frac{L}{\pi n}
\]
푸리에 급수：
\[
\boxed{f(x) = \frac{L}{2} - \frac{L}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}\sin\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right)}
\]
\(x = L/2\) 에서의 확인：
\[
f(L/2) = \frac{L}{2} - \frac{L}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}\sin(\pi n)
\]
모든 정수 \(n\) 에 대해 \(\sin(\pi n) = 0\) 이므로：
\[
f(L/2) = \frac{L}{2} - 0 = \frac{L}{2}
\]
이는 \(f(L/2) = L/2\) 와 일치해요. ✓
검산
\(x = 0\) 에서 확인：\(f(0) = \frac{L}{2} - \frac{L}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}\sin(0) = \frac{L}{2}\). 그런데 \(f(0) = 0\) 이어야 해요. 이는 푸리에 급수가 주기함수를 나타내기 때문에, \(x = 0\) 에서는 \(f(0^+) = 0\) 과 \(f(L^-) = L\) 의 평균값 \(L/2\) 로 수렴해요（디리클레 정리）. 불연속점에서의 푸리에 급수의 거동으로서 올바른 결과예요. ✓
M-2. Gauss 함수의 Fourier 변환과 Parseval의 등식
→ 문제로 돌아가기
풀이 방침
D5와 마찬가지로 완전제곱식을 만들어, 일반적인 \(a\)에 대한 결과를 구해요.
계산의 상세
푸리에 변환의 계산：
\[
\tilde{f}(k) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-ax^2} e^{-ikx}\,dx
\]
지수 부분을 완전제곱식으로 정리：
\[
-ax^2 - ikx = -a\left(x + \frac{ik}{2a}\right)^2 - \frac{k^2}{4a}
\]
따라서：
\[
\tilde{f}(k) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\,e^{-k^2/(4a)}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-a\left(x + \frac{ik}{2a}\right)^2}\,dx = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\,e^{-k^2/(4a)} \cdot \sqrt{\frac{\pi}{a}}
\]
\[
\boxed{\tilde{f}(k) = \frac{1}{\sqrt{2a}}\,e^{-k^2/(4a)}}
\]
결과는 다시 가우스 함수예요. ✓
Parseval 등식의 확인：
좌변：
\[
\int_{-\infty}^{\infty} |f(x)|^2\,dx = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-2ax^2}\,dx = \sqrt{\frac{\pi}{2a}}
\]
우변：
\[
\int_{-\infty}^{\infty} |\tilde{f}(k)|^2\,dk = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{2a}\,e^{-k^2/(2a)}\,dk = \frac{1}{2a}\sqrt{\frac{\pi}{1/(2a)}} = \frac{1}{2a}\sqrt{2\pi a} = \sqrt{\frac{\pi}{2a}}
\]
최종 답
\[
\boxed{\int_{-\infty}^{\infty} e^{-2ax^2}\,dx = \sqrt{\frac{\pi}{2a}} = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{2a}\,e^{-k^2/(2a)}\,dk}
\]
양변이 \(\sqrt{\frac{\pi}{2a}}\)로 일치하여, Parseval 등식이 확인되었어요. ✓
M-3. 합성곱 정리(식 (C.22))를 이용하여 다음 문제를 풀어라
→ 문제로 돌아가기
풀이 방침
\(f(x) = g(x) = e^{-x^2}\) 의 Fourier 변환을 구하고, 합성곱 정리를 적용한 후 역변환해요.
계산의 상세
Step 1: Fourier 변환 계산
S2의 결과에서 \(a = 1\) 로 놓으면:
\[
\tilde{f}(k) = \tilde{g}(k) = \frac{1}{\sqrt{2}}\,e^{-k^2/4}
\]
Step 2: 합성곱 정리 적용
식 (C.22)의 합성곱 정리(유형 (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: 역 Fourier 변환
\[
(f*g)(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sqrt{2\pi}}{2}\,e^{-k^2/2}\,e^{ikx}\,dk = \frac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-k^2/2 + ikx}\,dk
\]
지수 부분을 완전제곱식으로 정리:
\[
-\frac{k^2}{2} + ikx = -\frac{1}{2}(k - ix)^2 - \frac{x^2}{2}
\]
\[
(f*g)(x) = \frac{1}{2}\,e^{-x^2/2}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{1}{2}(k-ix)^2}\,dk = \frac{1}{2}\,e^{-x^2/2} \cdot \sqrt{2\pi} = \frac{\sqrt{2\pi}}{2}\,e^{-x^2/2}
\]
최종 답
\[
\boxed{(f*g)(x) = \sqrt{\frac{\pi}{2}}\,e^{-x^2/2}}
\]
(\(\frac{\sqrt{2\pi}}{2} = \sqrt{\frac{\pi}{2}}\) 로 정리했어요.)
검산
직접 계산으로 확인해요. \((f*g)(x) = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x'^2}\,e^{-(x-x')^2}\,dx'\).
지수 부분: \(-x'^2 - (x-x')^2 = -2x'^2 + 2xx' - x^2 = -2(x' - x/2)^2 - x^2/2\)
\[
(f*g)(x) = e^{-x^2/2}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-2(x'-x/2)^2}\,dx' = e^{-x^2/2}\sqrt{\frac{\pi}{2}} = \sqrt{\frac{\pi}{2}}\,e^{-x^2/2} \quad \checkmark
\]
M-4. δ 함수의 Fourier 적분 표현
→ 문제로 돌아가기
(a) \(\delta(-x) = \delta(x)\) (짝함수)
푸리에 적분 표현에서 출발해요:
\[
\delta(x) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} e^{ikx}\,dk
\]
\(x \to -x\)로 치환하면:
\[
\delta(-x) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-ikx}\,dk
\]
적분 변수를 \(k \to -k\)로 변환하면 (\(dk \to -dk\), 적분 범위가 반전되어 원래대로 돌아와요):
\[
= \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} e^{ikx}\,dk = \delta(x)
\]
\[
\boxed{\delta(-x) = \delta(x)}
\]
(b) 스케일링 법칙 \(\delta(\alpha x) = \frac{1}{|\alpha|}\,\delta(x)\)
푸리에 적분 표현에서:
\[
\delta(\alpha x) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} e^{ik(\alpha x)}\,dk
\]
\(k' = \alpha k\)로 변수 변환하면 \(dk = dk'/\alpha\):
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: \(\alpha < 0\)
\(k' = \alpha k\)에서 \(\alpha < 0\)일 때 적분 범위가 반전돼요:
\[
\delta(\alpha x) = \frac{1}{2\pi}\int_{\infty}^{-\infty} e^{ik'x}\,\frac{dk'}{\alpha} = \frac{1}{2\pi} \cdot \frac{1}{\alpha}\int_{\infty}^{-\infty} e^{ik'x}\,dk' = \frac{1}{2\pi} \cdot \frac{-1}{\alpha}\int_{-\infty}^{\infty} e^{ik'x}\,dk' = \frac{1}{|\alpha|}\,\delta(x)
\]
(\(\alpha < 0\)이므로 \(-1/\alpha = 1/|\alpha|\))
\[
\boxed{\delta(\alpha x) = \frac{1}{|\alpha|}\,\delta(x)}
\]
(c) \(x\,\delta(x) = 0\)
임의의 시험 함수 \(\phi(x)\)에 대해:
\[
\int_{-\infty}^{\infty} x\,\delta(x)\,\phi(x)\,dx = \int_{-\infty}^{\infty} \delta(x)\,[x\,\phi(x)]\,dx
\]
δ 함수의 걸러내기 성질에 의해, \(h(x) = x\,\phi(x)\)로 놓으면:
\[
= [x\,\phi(x)]_{x=0} = 0 \cdot \phi(0) = 0
\]
임의의 시험 함수에 대해 적분이 0이므로, 초함수의 의미에서:
\[
\boxed{x\,\delta(x) = 0}
\]
검산
(b)의 특수한 경우: \(\alpha = -1\)일 때 \(\delta(-x) = \delta(x)\). 이것은 (a)와 일치해요. ✓
(c)의 다른 확인: \(\delta(x)\)는 \(x = 0\)에서만 0이 아니에요. \(x = 0\)에서는 \(x\)의 인수가 0이므로, 곱은 모든 곳에서 0이에요. ✓
M-5. Fourier 변환에서의 미분 성질
→ 문제로 돌아가기
(a) \(f'(x)\)의 푸리에 변환이 \(ik\,\tilde{f}(k)\)임을 증명
방식 (b)로 계산:
\[
\mathcal{F}[f'](appendix_c/k) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} f'(x)\,e^{-ikx}\,dx
\]
부분적분(\(u = e^{-ikx}\), \(dv = f'(x)\,dx\)):
\[
= \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\left[f(x)\,e^{-ikx}\right]_{-\infty}^{\infty} - \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,(-ik)\,e^{-ikx}\,dx
\]
\(f(x) \to 0\)(\(x \to \pm\infty\))을 가정하면 경계항은 0이에요:
\[
= ik \cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,e^{-ikx}\,dx = ik\,\tilde{f}(k)
\]
\[
\boxed{\mathcal{F}[f'](appendix_c/k) = ik\,\tilde{f}(k)}
\]
(b) 미분방정식 \(f'(x) + \beta f(x) = 0\)의 해
방법: \(f(x) = Ce^{-\beta x}\theta(x)\)의 푸리에 변환을 직접 계산해요.
\(f(x) = Ce^{-\beta x}\)(\(x > 0\)), \(f(x) = 0\)(\(x < 0\))으로 놓아요. 즉 \(f(x) = Ce^{-\beta x}\theta(x)\)이에요.
푸리에 변환:
\[
\tilde{f}(k) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_0^{\infty} Ce^{-\beta x}\,e^{-ikx}\,dx = \frac{C}{\sqrt{2\pi}}\int_0^{\infty} e^{-(\beta + ik)x}\,dx = \frac{C}{\sqrt{2\pi}} \cdot \frac{1}{\beta + ik}
\]
확인: \(f'(x) + \beta f(x) = 0\)(\(x > 0\))을 푸리에 변환 공간에서 살펴봐요.
\(f'(x) = -\beta Ce^{-\beta x}\theta(x) + C\delta(x)\)(\(\theta\)의 미분에서 δ 함수가 나와요)
푸리에 변환하면:
\[
\mathcal{F}[f'] = ik\,\tilde{f}(k) = \frac{ikC}{\sqrt{2\pi}(\beta + ik)}
\]
\[
\beta\,\tilde{f}(k) = \frac{\beta C}{\sqrt{2\pi}(\beta + ik)}
\]
\[
ik\,\tilde{f}(k) + \beta\,\tilde{f}(k) = \frac{(ik + \beta)C}{\sqrt{2\pi}(\beta + ik)} = \frac{C}{\sqrt{2\pi}}
\]
이것은 \(\mathcal{F}[C\delta(x)] = \frac{C}{\sqrt{2\pi}}\)와 같아요. 즉 \(f' + \beta f = C\delta(x)\)가 성립하고, \(x > 0\)에서는 우변이 0이므로 \(f' + \beta f = 0\)이 만족돼요.
별해(더 직접적인 방법): 미분방정식 \(f' + \beta f = 0\)의 일반해는 \(f(x) = Ce^{-\beta x}\)이에요. \(\beta > 0\)일 때 \(x > 0\)에서 감쇠하는 물리적 해를 얻을 수 있어요.
\[
\boxed{f(x) = Ce^{-\beta x} \quad (x > 0)}
\]
검산
\(f(x) = Ce^{-\beta x}\)를 미분방정식에 대입하면: \(f' = -\beta Ce^{-\beta x}\), \(f' + \beta f = -\beta Ce^{-\beta x} + \beta Ce^{-\beta x} = 0\). ✓
Advanced（발전）
A-1. 불확정성 관계의 Fourier 해석적 증명
→ 문제로 돌아가기
(a) \(\Delta x \cdot \Delta k \geq \frac{1}{2}\) 의 유도
풀이 방침: Cauchy–Schwarz 부등식에 \(u(x) = xf(x)\), \(v(x) = f'(x)\) 를 대입하고, 좌변을 부분적분으로 평가해요.
Step 1: Cauchy–Schwarz 부등식의 적용
\[
\left|\int_{-\infty}^{\infty} [xf(x)]^*\,f'(x)\,dx\right|^2 \leq \int_{-\infty}^{\infty}|xf(x)|^2\,dx \cdot \int_{-\infty}^{\infty}|f'(x)|^2\,dx
\]
우변의 제1인자는 \((\Delta x)^2\)이에요:
\[
\int_{-\infty}^{\infty}|xf(x)|^2\,dx = \int_{-\infty}^{\infty} x^2|f(x)|^2\,dx = (\Delta x)^2
\]
Step 2: \(\int |f'(x)|^2\,dx = (\Delta k)^2\) 의 증명
S5(a)의 결과에 의해 \(\mathcal{F}[f'](appendix_c/k) = ik\,\tilde{f}(k)\)이에요. Parseval의 등식을 적용하면:
\[
\int_{-\infty}^{\infty}|f'(x)|^2\,dx = \int_{-\infty}^{\infty}|ik\,\tilde{f}(k)|^2\,dk = \int_{-\infty}^{\infty} k^2|\tilde{f}(k)|^2\,dk = (\Delta k)^2
\]
Step 3: 좌변의 계산
\[
\int_{-\infty}^{\infty} x\,f(x)^*\,f'(x)\,dx
\]
\(f(x)^*f'(x) = \frac{1}{2}\frac{d}{dx}|f(x)|^2 + \frac{i}{2}\frac{d}{dx}[\text{위상항}]\)...
보다 직접적으로 부분적분을 사용해요. \(I = \int_{-\infty}^{\infty} x\,f^*\,f'\,dx\) 로 놓을게요.
\(\frac{d}{dx}[x|f|^2] = |f|^2 + x\,f^*\,f' + x\,f\,(f^*)'\) 이므로,
\[
I + I^* = \int_{-\infty}^{\infty} x\,(f^*f' + f(f^*)') \,dx = \int_{-\infty}^{\infty} x\,\frac{d}{dx}|f|^2\,dx
\]
부분적분:
\[
\int_{-\infty}^{\infty} x\,\frac{d}{dx}|f|^2\,dx = \left[x|f|^2\right]_{-\infty}^{\infty} - \int_{-\infty}^{\infty}|f|^2\,dx = 0 - 1 = -1
\]
(\(f(x) \to 0\) sufficiently fast as \(x \to \pm\infty\), 규격화 조건 \(\int|f|^2\,dx = 1\))
따라서 \(I + I^* = 2\,\text{Re}(I) = -1\), 즉 \(\text{Re}(I) = -\frac{1}{2}\)이에요.
그러므로 \(|I| \geq |\text{Re}(I)| = \frac{1}{2}\)이에요.
Step 4: 부등식의 완성
Cauchy–Schwarz에 의해:
\[
\frac{1}{4} \leq |I|^2 \leq (\Delta x)^2 \cdot (\Delta k)^2
\]
\[
\boxed{\Delta x \cdot \Delta k \geq \frac{1}{2}}
\]
(b) 등호 조건
Cauchy–Schwarz의 등호 조건은 \(v(x) = \lambda\,u(x)\) (\(\lambda\)는 복소 상수)이에요:
\[
f'(x) = \lambda\,x\,f(x)
\]
이것은 변수분리형 미분방정식이에요:
\[
\frac{df}{f} = \lambda\,x\,dx \implies \ln f = \frac{\lambda}{2}x^2 + \text{const}
\]
\[
f(x) = A\,e^{\lambda x^2/2}
\]
\(f(x)\)가 \(x \to \pm\infty\)에서 \(0\)으로 수렴하려면 \(\text{Re}(\lambda) < 0\)이어야 해요.
나아가 등호 조건을 자세히 살펴볼게요. \(|I| = |\text{Re}(I)|\)가 되려면 \(I\)가 실수(그리고 음수)여야 해요. \(I = \text{Re}(I) = -1/2\)이므로 \(I\)는 실수예요.
\(I = \int x|f|^2 \cdot \frac{f'}{f}\,dx = \lambda\int x^2|f|^2\,dx = \lambda(\Delta x)^2\)
\(I\)가 실수이므로 \(\lambda\)도 실수예요. \(\lambda < 0\)으로 쓰고 \(\lambda = -1/(2\sigma^2)\)로 놓으면:
\[
f(x) = A\,e^{-x^2/(4\sigma^2)}
\]
규격화 조건 \(\int|f|^2\,dx = 1\)에 의해:
\[
|A|^2\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2/(2\sigma^2)}\,dx = |A|^2\sqrt{2\pi\sigma^2} = 1
\]
\[
A = \left(\frac{1}{2\pi\sigma^2}\right)^{1/4}
\]
\[
\boxed{f(x) = \left(\frac{1}{2\pi\sigma^2}\right)^{1/4} e^{-x^2/(4\sigma^2)}}
\]
이것은 Gauss 함수(가우스 파동묶음)예요.
(c) 양자역학의 불확정성 관계
\(p = \hbar k\)이므로 \(\Delta p = \hbar\,\Delta k\)예요. (a)의 결과 \(\Delta x \cdot \Delta k \geq \frac{1}{2}\)의 양변에 \(\hbar\)를 곱하면:
\[
\Delta x \cdot \hbar\,\Delta k \geq \frac{\hbar}{2}
\]
\[
\boxed{\Delta x \cdot \Delta p \geq \frac{\hbar}{2}}
\]
이것이 양자역학의 Heisenberg (하이젠베르크) 불확정성 관계예요. 등호는 Gauss 파동묶음(결맞음 상태)에서 달성돼요.
검산
Gauss 함수 \(f(x) = (2\pi\sigma^2)^{-1/4}e^{-x^2/(4\sigma^2)}\)에 대해:
- \((\Delta x)^2 = \int x^2|f|^2\,dx = \sigma^2\) (Gauss 분포의 분산)
- \(\tilde{f}(k) = (2\sigma^2/\pi)^{1/4}e^{-\sigma^2 k^2}\)이므로 \((\Delta k)^2 = \frac{1}{4\sigma^2}\)
- \(\Delta x \cdot \Delta k = \sigma \cdot \frac{1}{2\sigma} = \frac{1}{2}\)
등호가 성립해요. ✓
A-2. Fourier 급수에서 Parseval의 등식으로：\(\zeta(2) = \pi^2/6\) 의 유도
→ 문제로 돌아가기
(a) 푸리에 급수 버전의 Parseval 등식 유도
풀이 방침: \(|f(x)|^2\)를 적분하고, 푸리에 급수의 직교성을 이용해요.
식 (C.5)로부터:
\[
f(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty}\left[a_n \cos\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right) + b_n \sin\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right)\right]
\]
\(|f(x)|^2 = f(x) \cdot f(x)\)를 \(0\)부터 \(L\)까지 적분해요:
\[
\int_0^L |f(x)|^2\,dx = \int_0^L f(x) \cdot f(x)\,dx
\]
우변에 푸리에 급수를 2번 대입하여 전개하면, 교차항의 적분은 직교성 (C.2)–(C.4)에 의해 0이 돼요. 살아남는 항은:
- 상수항끼리: \(\left(\frac{a_0}{2}\right)^2 \cdot L = \frac{a_0^2}{4} \cdot L\)
- \(\cos\) 항끼리 (\(n = m\)인 경우만): \(a_n^2 \cdot \frac{L}{2}\)
- \(\sin\) 항끼리 (\(n = m\)인 경우만): \(b_n^2 \cdot \frac{L}{2}\)
따라서:
\[
\int_0^L |f(x)|^2\,dx = \frac{a_0^2}{4}\,L + \sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n^2 + b_n^2\right)\frac{L}{2}
\]
양변을 \(L\)로 나누면:
\[
\boxed{\frac{1}{L}\int_0^L |f(x)|^2\,dx = \frac{|a_0|^2}{4} + \frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}\left(|a_n|^2 + |b_n|^2\right)}
\]
(b) \(\zeta(2) = \pi^2/6\)의 증명
S1의 결과를 대입해요. \(f(x) = x\)일 때:
\[
a_0 = L, \quad a_n = 0 \;(n \geq 1), \quad b_n = -\frac{L}{\pi n}
\]
좌변:
\[
\frac{1}{L}\int_0^L x^2\,dx = \frac{1}{L} \cdot \frac{L^3}{3} = \frac{L^2}{3}
\]
우변:
\[
\frac{a_0^2}{4} + \frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n^2 + b_n^2\right) = \frac{L^2}{4} + \frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{L^2}{\pi^2 n^2}
\]
등식을 세우면:
\[
\frac{L^2}{3} = \frac{L^2}{4} + \frac{L^2}{2\pi^2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}
\]
\(L^2\)으로 나누면:
\[
\frac{1}{3} = \frac{1}{4} + \frac{1}{2\pi^2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}
\]
\[
\frac{1}{3} - \frac{1}{4} = \frac{1}{2\pi^2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}
\]
\[
\frac{1}{12} = \frac{1}{2\pi^2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}
\]
\[
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} = \frac{2\pi^2}{12} = \frac{\pi^2}{6}
\]
최종 답
\[
\boxed{\zeta(2) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}}
\]
검산
수치적으로 확인해요: \(1 + \frac{1}{4} + \frac{1}{9} + \frac{1}{16} + \frac{1}{25} + \cdots \approx 1.000 + 0.250 + 0.111 + 0.063 + 0.040 + \cdots \approx 1.55\)
\(\frac{\pi^2}{6} \approx \frac{9.870}{6} \approx 1.645\)
부분합은 \(\pi^2/6\)에 아래로부터 수렴하고 있으며, 일치해요. ✓
또한, Parseval 등식의 좌변 \(\frac{1}{3}\)과 우변 \(\frac{1}{4} + \frac{1}{2\pi^2} \cdot \frac{\pi^2}{6} = \frac{1}{4} + \frac{1}{12} = \frac{3+1}{12} = \frac{4}{12} = \frac{1}{3}\). ✓