f(x)=xsinxのフーリエ級数展開と無限級数和


f(x)=x\sin x のフーリエ級数を利用して、以下の2つの無限級数を計算する。

    \begin{eqnarray*} &&\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n^2-1}\\\\\\ &&\sum_{m=1}^{\infty} \frac{(-1)^m}{4m^2-1} \end{eqnarray*}

よくある問題である。




1. フーリエ級数

はじめに:フーリエ級数の形

 x\sin x がそれぞれ奇関数であるため、f(x)=x\sin x偶関数である(下図)。

 この赤線を [-\pi:\pi] で周期的な関数

    \begin{eqnarray*} \textcolor{red}{1, \cos x , \cos 2x, \cos3x} ,..., \textcolor{blue}{\sin x, \sin 2x, \sin 3x, ...} \end{eqnarray*}

足し合わせて f(x) を作るのがフーリエ級数である。この問題で重要なことは、

  • f(x)=x\sin x偶関数 であるため、足し合わせる三角関数も偶関数である \textcolor{red}{\cos} のシリーズを使う

ということである。これを踏まえて f(x) をフーリエ級数で表す。



フーリエ級数のフーリエ係数

 一般に、周期 2\pi の周期関数 f(x) は以下のようにフーリエ級数で表すことができる。本問題の [-\pi:\pi] で周期的な f(x)=x\sin x に関しては、

    \begin{eqnarray*} x\sin x \sim \frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left( a_n \cos nx + b_n \sin nx \right) \end{eqnarray*}

とフーリエ級数で書ける。ここで、a_n,b_n はフーリエ係数と呼ばれる。

 フーリエ係数 a_n あるいは b_n を求めたい場合は、\cos mx あるいは \sin mx をかけて両辺を周期的な区間 [-\pi:\pi] で積分してやれば良い。

 このとき以下の重要な積分結果を思い出す。


フーリエ級数で一番大事な式

    \begin{eqnarray*} &&\int_{-\pi}^{\pi} \sin mx \cos nx \,dx=0 \\\\\\ &&\int_{-\pi}^{\pi} \sin mx \sin nx \, dx= \begin{cases} \pi\quad({\rm if} \quad n=m)\\ 0 \quad({\rm if} \quad n\neq m) \end{cases}\\\\\\ &&\int_{-\pi}^{\pi} \cos mx \cos nx \, dx= \begin{cases} \pi \quad({\rm if} \quad n=m)\\ 0 \quad({\rm if} \quad n\neq m) \end{cases} \end{eqnarray*}



a_0 を求める

 フーリエ級数の a_0 を求めるために、f(x)1\;(=\cos 0) をかけて [-\pi:\pi] で積分しよう。青色の部分は積分するとゼロになる。

    \begin{eqnarray*} \int_{-\pi}^{\pi} x\sin x \cdot 1 \, dx &=& \int_{-\pi}^{\pi} \frac{a_0}{2} \, dx + \sum_{n=1}^{\infty} \textcolor{blue}{\int_{-\pi}^{\pi} \left(a_n \cos nx + b_n \sin x \right)\, dx}\\\\ \left[\sin x -x \cos x \right]_{-\pi}^{\pi}&=&\pi a_0\\\\\\ \therefore\quad a_0 &=&2 \quad \blacksquare \end{eqnarray*}



a_n を求める

 次に a_n を求める。f(x)\cos mx をかけて [-\pi:\pi] で積分しよう。ここで、上で示した重要な積分の結果を使う、つまり、積分において n=m\cos nx \cos mx のところ以外はすべて 0 になる。

    \begin{eqnarray*} \int_{-\pi}^{\pi} x\sin x \cos mx \, dx&=& \int_{-\pi}^{\pi} \frac{a_0}{2}\cos mx \, dx \\\\ &+& \sum_{n=1}^{\infty} \int_{-\pi}^{\pi} \left(a_n \cos nx\cos mx + b_n \sin x \cos mx\right)\, dx\\\\\\ \int_{-\pi}^{\pi} x\sin x \cos mx\, dx&=& \textcolor{red}{\int_{-\pi}^{\pi} a_m \cos mx \cos mx \, dx}\\\\ &=&\frac{\pi}{2} a_m \end{eqnarray*}


左辺の積分:

m=1 のとき:

    \begin{eqnarray*} \int_{-\pi}^{\pi} x\sin x \cos x \, dx &=&\frac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi} x \sin 2x \, dx\\\\ &=& \frac{1}{2}\left[ \frac{\sin 2x}{4} - \frac{x\cos 2x}{2} \right]_{-\pi}^{\pi}\\\\ &=& -\frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}

より、

    \begin{eqnarray*} a_1=-\frac{1}{2} \quad\blacksquare \end{eqnarray*}

m\neq 1 のとき:

    \begin{eqnarray*} \int_{-\pi}^{\pi} x\sin x \cos mx \, dx &=& \int_{-\pi}^{\pi} x\, \frac{\sin(1+m)x+\sin(1-m)x}{2} \, dx\\\\\\ &=&\frac{1}{2}\left[ \frac{\sin(1+m)x}{(1+m)^2}-\frac{x\cos(1+m)x}{1+m} \right]_{-\pi}^{\pi}\\\\ &+&\frac{1}{2}\left[ \frac{\sin(1-m)x}{(1-m)^2}-\frac{x\cos(1-m)x}{1-m} \right]_{-\pi}^{\pi}\\\\\\ &=& \frac{1}{2(1+m)}\left[-\pi\cos(1+m)\pi -\pi\cos(1+m)(-\pi) \right]\\\\ &+& \frac{1}{2(1-m)}\left[-\pi\cos(1-m)\pi -\pi\cos(1-m)(-\pi) \right]\\\\\\ &=& \frac{-\pi}{(1+m)}\cos(m+1)\pi+ \frac{-\pi}{(1-m)}\cos(m-1)\pi\\\\ &=& \begin{cases} \frac{-\pi}{(1+m)}(-1)+ \frac{-\pi}{(1-m)}(-1) \quad({\rm if} \quad m= 2k \quad({\rm even}))\\\\ \frac{-\pi}{(1+m)}(+1)+ \frac{-\pi}{(1-m)}(+1) \quad({\rm if} \quad m= 2k+1 \quad({\rm odd})) \end{cases}\\\\\\ &=& \frac{(-1)^{m+1}}{m^2-1} \end{eqnarray*}

以上より、a_n(a_m) がわかる。

    \begin{eqnarray*} a_n =\begin{cases} \frac{-1}{2}\quad(n=1)\\\\  \frac{2(-1)^{n+1}}{n^2-1}\quad(n\neq 1) \end{cases}\quad \blacksquare \end{eqnarray*}



「この問題あるある」は下の通り。とくに①はフーリエ級数問題あるあるである。\cos m\pim を偶奇で場合分けする。偶奇で値が +1-1 なので、(-1)^m(-1)^{m+1} で表すことができる。



b_n を求める

 b_n を求めるためには、f(x)\sin mx をかけて [-\pi:\pi] で積分すればわかる。しかし、f(x) が偶関数であることを思い出すと、b_n=0 である。つまり、f(x)偶関数なので奇関数\sin は使わない。

    \begin{eqnarray*} b_n = 0 \quad \blacksquare \end{eqnarray*}



フーリエ級数を利用した無限級数の値①

 上で求めたフーリエ係数 a_0,a_n,b_n を代入する。

    \begin{eqnarray*} f(x)=x\sin x \sim 1-\frac{1}{2}\cos x+ \sum_{n=2}^\infty \frac{2(-1)^{n+1}}{n^2-1}\cos nx \quad \blacksquare \end{eqnarray*}

この式と求めたい下の式を比べる。

    \begin{eqnarray*} &&\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n^2-1} \end{eqnarray*}

\cos n\pi=(-1)^n であるから、x=\pi とすれば良さそうである。

    \begin{eqnarray*} &&f(\pi)=\pi\sin \pi \sim 1-\frac{1}{2}\cos \pi+ \sum_{n=2}^\infty \frac{2(-1)^{n+1}}{n^2-1}\cos n\pi\\\\ \Leftrightarrow&& 0= 1+\frac{1}{2}+ \sum_{n=2}^\infty \frac{2(-1)^{2n+1}}{n^2-1}\\\\ \Leftrightarrow&& 0=\frac{3}{2}-2\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{n^2-1}\\\\ \Leftrightarrow&& \sum_{n=2}^\infty \frac{1}{n^2-1}=\frac{3}{4}\quad\blacksquare \end{eqnarray*}


となる。この値は以下のように部分分数分解によって確認できる。

    \begin{eqnarray*} &&\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{n^2-1}\\\\ &&= \sum_{n=2}^\infty \frac{1}{2}\,\left[\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+1}\right]\\\\ &&= \frac{1}{2}\,\left[ \left(\frac{1}{1}-\cancel{\frac{1}{3}}\right)+ \left(\frac{1}{2}-\cancel{\frac{1}{4}}\right)+ \left(\cancel{\frac{1}{3}}-\cancel{\frac{1}{5}}\right)+ \dots \right]\\\\ &&=\frac{3}{4} \quad\blacksquare \end{eqnarray*}



フーリエ級数を利用した無限級数の値②

    \begin{eqnarray*} f(x)=x\sin x \sim 1-\frac{1}{2}\cos x+ \sum_{n=2}^\infty \frac{2(-1)^{n+1}}{n^2-1}\cos nx \end{eqnarray*}

と下の式を見比べる。

    \begin{eqnarray*} \sum_{m=1}^{\infty} \frac{(-1)^m}{4m^2-1} \end{eqnarray*}

x=\frac{\pi}{2} と置く。このとき \cos\frac{\pi}{2}n の値は、以下のように n4 の倍数とそのあまりによって場合分けできる。

n が2以上であることに注意して、\cos0 でない2つの場合を残して書くと、

    \begin{eqnarray*} &&f(\frac{\pi}{2})=\frac{\pi}{2}\sin \frac{\pi}{2} \sim 1-\frac{1}{2}\cos\frac{\pi}{2}+ \sum_{n=2}^\infty \frac{2(-1)^{n+1}}{n^2-1}\cos \frac{\pi}{2}n\\\\ \Leftrightarrow&& \frac{\pi}{2}= 1+\sum_{n=4,8,...}^\infty \frac{2(-1)^{n+1}}{n^2-1}\textcolor{red}{(+1)}+ \sum_{n=2,6,10,...}^\infty \frac{2(-1)^{n+1}}{n^2-1}\textcolor{blue}{(-1)}\\\\ \Leftrightarrow&& \frac{\pi}{2}= 1+\sum_{n=4,8,...}^\infty \frac{2(-1)^{n+1}}{n^2-1}+ \sum_{n=2,6,10,...}^\infty \frac{2(-1)^{n+\textcolor{blue}{2}}}{n^2-1} \\\\ \Leftrightarrow&& \frac{\pi}{2}= 1+\sum_{n=2,4,6,8,...}^\infty \frac{2(-1)^{\frac{n}{2}+1}}{n^2-1}\\\\ \Leftrightarrow&& \frac{\pi}{2}= 1+\sum_{m=1}^\infty \frac{2(-1)^{m+1}}{4m^2-1}\quad(m=2n)\\\\\\ \Leftrightarrow&& \sum_{m=1}^\infty \frac{(-1)^{m}}{4m^2-1} =-\frac{\pi-2}{4}\quad\blacksquare \end{eqnarray*}




おまけ:適当に有限和にして計算した結果と右辺の差は以下のようになる。

    \begin{eqnarray*} \sum_{m=1}^{10} \frac{2(-1)^{m+1}}{4m^2-1}-\left(-\frac{\pi-2}{4}\right)&\simeq &1.13\cdot 10^{-3}\\\\ \sum_{m=1}^{100}\frac{2(-1)^{m+1}}{4m^2-1}-\left(-\frac{\pi-2}{4}\right)&\simeq& 1.24\cdot 10^{-5}\\\\ \sum_{m=1}^{1000} \frac{2(-1)^{m+1}}{4m^2-1}-\left(-\frac{\pi-2}{4}\right)&\simeq&1.25\cdot 10^{-7}\\\\ \sum_{m=1}^{1000000} \frac{2(-1)^{m+1}}{4m^2-1}-\left(-\frac{\pi-2}{4}\right)&\simeq&1.05\cdot 10^{-13} \end{eqnarray*}



3. まとめ

 具体的に x\sin x のフーリエ級数を求めた。よくある問題として、フーリエ級数で展開した f(x) を用いて無限級数和を求めた。

 フーリエ級数を求めるときに公式は用いなかった。これは、フーリエ係数が三角関数の直交性によって簡単に計算できるということを知ってもらいたかったからである。いや、本当は、公式を覚えていない私の怠慢である。





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