x - 東海大学理学部物理学科

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０４
０４
はじめてのフーリエ級数
はじめてのフーリエ級数
前章で求めた弦の振動解は、
¥
kp at
kp at ö kp x
æ
u ( x, t ) = å ç ak sin
+ bk cos
÷ sin

 ø

k =1 è
或いは、
(4.1)
ì
1 ¥ æ
kp ù
kp ù ö
é
é
j
=
x
at
ak cos ê( x - at ) ú + bk sin ê( x - at ) ú ÷
(
)
å
ï
ç
 û
 ûø
2 k =1 è
ë
ë
ï
u ( x, t ) = j ( x - at ) + f ( x + at ) í
¥
ïf ( x + at ) = 1 æ - a cos é( x + at ) kp ù + b sin é( x + at ) kp ù ö
å k êë
k
êë
ïî
 úû
 úû ÷ø
2 k =1 çè
(4.2)
と求められ、(4.2)のように
 sin と cos の無限級数
で表わされている。この級数は、
 両端の固定された弦の微小振動解という特別な場合
にのみ正しい。ところが、ほかの振動現象の解やそれ周期的な関数も「sin と cos の無限級数」
で表すことができることがわかっている。教科書によく表れるフーリエ級数の表式に対応さ
「sin と cos の無限級数」
せると、(4.2)の u ( x, t ) の代わりに時間 t を含まない関数 f ( x ) を用いて、
として、係数を、 ak , bk ( k = 1, 2,, ¥ ) として、
¥
f ( x ) = å ( ak cos kx + bk sin kx )
(4.3)
k =1
と表記する（後ほど、 t を含まない(4.3)からの t を含む(4.2)導く）。更に、
 弦の振動に特有な条件がまだある
ことに注意する。それは、
振動しない解
 必ず振動する
y = u x, t
である。
「必ず振動する」条件をはずすと、
ここに固定されて
一般には振動しない解も許せるはずで、そ
いるとは限らない
れを考慮すると、
(
f ( x ) = 一定
(4.4)
x=0
)
x=
を追加すれば、振動しない解を取り込むことができる。そこで、ここで定数を a0 とすると、
f ( x) =
a0 ¥
+ å ( ak cos kx + bk sin kx )
2 k =1
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(4.5)
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０４
はじめてのフーリエ級数
が最終的な表式になり、1

関数 f ( x ) のフーリエ級数
といい

関数 f ( x ) は f ( x ) =
A0 ¥
+ å ( Ak cos kx + Bk sin kx ) のフーリエ級数であらわせる
2 k =1
ことになる。つまり
f ( x) =
a0 ¥
+ å ( ak cos kx + bk sin kx ) (周期: 2p )
2 k =1
(4.6)
である。このとき、 cos kx = cos k ( x + 2p ) , sin kx = sin k ( x + 2p ) なので・・・
f ( x ) = f ( x + 2p )
(4.7)
より周期 2p の関数であることがわかる。もし、周期が任意の長さ 2 であるとき、つまり、
f ( x ) = f ( x + 2 )
(4.8)
のときにも、同様に
cos
kp ( x + 2 )
kp ( x + 2 )
kp x
kp x
æ kp x
ö
æ kp x
ö
= cos ç
+ 2p ÷ = cos
, sin
= sin ç
+ 2p ÷ = sin
(4.9)




è 
ø
è 
ø
なので・・・
f ( x) =
a0 ¥ æ
kp x
kp x ö
+ å ç ak cos
+ bk sin
÷ (周期: 2 )
2 k =1 è

 ø
(4.10)
であたられることに注意する。
次に、ここで求めたフーリエ級数の一般表式(4.10)を用いて、弦の振動解を見つけてみよう。
その前に、弦の解の特徴を調べておく。
微小振動の一般解
微小振動する弦の振幅 u  x, t  は、
2
¶ 2 u ( x, t )
2 ¶ u ( x, t )
=
a
¶t 2
¶x 2
で決められた。この方程式の解は、第二章で
u ( x, t ) = j ( x - at ) + f ( x + at )
1
a0 にあるは 1 後々の便宜のためである。ここは a0 の代わりにでもよい。
a0
2
2
2
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(4.11)
(4.12)
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０４
はじめてのフーリエ級数
と表されていた。この解は実際には三角関数を用いて
ì
kp
kp ö
1 ¥ æ
x
at
j
=
) å ç ak cos éê( x - at ) ùú + bk sin éê( x - at ) ùú ÷
ï (
2 k =1 è
 û
 ûø
ë
ë
ï
í
¥
ïf ( x + at ) = 1 æ - a cos é( x + at ) kp ù + b sin é( x + at ) kp ù ö
å
k
ç k
÷
êë
êë
ï
2 k =1 è
 úû
 úû ø
î
(4.13)
で与えられた。実は、弦の方程式の解としては、
 この三角関数の表式は不要
であることがわかる。
そこで、因数分解の公式： A2 - B 2 = ( A + B )( A - B ) を用いて・・・
2
¶ 2 u ( x, t )
2 ¶ u ( x, t )
=a
¶t 2
¶x 2
2
2
¶ 2 u ( x, t )
æ ¶2
2 ¶ u ( x, t )
2 ¶ ö
Þ0=
-a
=ç 2 -a
÷ u ( x, t )
¶t 2
¶x 2
¶x 2 ø
è ¶t
ここで、
2
¶2
¶
¶
2
2 ¶
A = 2 Þ A= , B =a
ÞB=a
2
¶t
¶t
¶x
¶x
とすると、公式より、
2
æ ¶2
2 ¶ ö
a
u x, t ) = ( A2 - B 2 ) u ( x, t ) = ( A + B )( A - B ) u ( x, t )
ç 2
2 ÷ (
t
x
¶
¶
è
ø
2
¶ öæ ¶
¶ ö
æ¶
= ç + a ÷ç - a ÷ u ( x, t )
¶x øè ¶t
¶x ø
è ¶t
(4.14)
(4.15)
(4.16)
従って、
¶ öæ ¶
¶ ö
æ¶
ç + a ÷ ç - a ÷ u ( x, t ) = 0
¶x ø è ¶t
¶x ø
è ¶t
(4.17)
¶ ö
¶ ö
æ¶
æ¶
を得る。このことから、方程式の解が ç + a ÷ u ( x, t ) = 0 or ç - a ÷ u ( x, t ) = 0 であれば、
¶x ø
¶x ø
è ¶t
è ¶t
¶ öæ ¶
¶ ö
æ¶
ç + a ÷ ç - a ÷ u ( x, t ) = 0 を満たすことがわかる。つまり、弦の振幅は
¶x ø è ¶t
¶x ø
è ¶t
¶ ö
¶ ö
æ¶
æ¶
ç + a ÷ u ( x, t ) = 0 or ç - a ÷ u ( x, t ) = 0
¶x ø
¶x ø
è ¶t
è ¶t
(4.18)
の解である。ここで、両辺を a で割って
¶ ö
¶ ö
æ ¶
æ ¶
+ ÷ u ( x, t ) = 0 or ç
- ÷ u ( x, t ) = 0
ç
è a¶t ¶x ø
è a¶t ¶x ø
更に、
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(4.19)
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はじめてのフーリエ級数
¶ ( x - at ) ¶ ( x - at )
¶ ö
æ ¶
+ ÷ ( x - at ) =
+
= -1 + 1 = 0
ç
¶x
a¶t
è a¶t ¶x ø
¶ ( x + at ) ¶ ( x + at )
¶ ö
æ ¶
- ÷ ( x + at ) =
= 1 -1 = 0
ç
a¶t
¶x
è a¶t ¶x ø
(4.20)
を満たすので、
¶ ö
æ ¶
+ ÷ u ( x, t ) = 0 の解は x - at の関数である
ç
è a¶t ¶x ø
¶ ö
æ ¶
- ÷ u ( x, t ) = 0 の解は x + at の関数である
ç
è a¶t ¶x ø


ことがわかる。従って、

x - at の関数を j ( x - at )

x + at の関数を f ( x + at )
と書けば・・・
u ( x, t ) = j ( x - at ) + f ( x + at )
(4.21)
が証明できる。つまり、玄の振幅は
sin や cos の表式の無い u ( x, t ) = j ( x - at ) + f ( x + at )
(4.22)
であればよい。
ここで j ( x - at ) の解の振る舞いを見るために、
x=0 & t=0
から出発するとしよう。いつも
 同じ振幅の高さに着目
(4.23)
してその動きを追ってみる。その高さを j ( 0 ) とすると・・・
y
j ( 0 ) =j ( x - a ) x = a =j ( x - 2a ) 2 x = a
O
0 秒目
a
1 秒後
2a
2 秒後
や弦の振動では
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x
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はじめてのフーリエ級数
f ( x + 2 a ) x =-2 a f ( x + a ) x =- a y j ( x - a ) x = a j ( x - 2a ) x = 2 a
f (0)
2a
2 秒後
a
1 秒後
0 秒目
a
2a
1 秒後
2 秒後
x
f (0)
の図のように同じ振幅の高さの場所が右（や左）に移動することわかる。このことから、

j ( x - at ) の振動は速度 a で右に進む
ことになる。同様に、

f ( x + at ) の振動は速度 a で左に進む
振動になる。以上から、
a=
T0 æ
弦の張力 ö
çç =
÷ 「第一章弦の振動方程式」
r è
弦の線密度 ÷ø
(4.24)
を波の伝播速度という。このように、三角関数を具体的に用いることなく、

u ( x, t ) = j ( x - at ) + f ( x + at ) は、伝播速度 a の波としての振る舞いを記述する
ことがわかった。
フーリエ級数と微小振動解
さて、 f ( x ) として、周期 2 のフーリエ級数
f ( x) =
a0 ¥ æ
p kx
p kx ö
+ å ç ak cos
+ bk sin
÷
2 k =1 è

 ø
(4.25)
を用いる。これを(4.21)を参考にして

f ( x ) の代わりに、2 つの関数： j ( x ) と f ( x )
に用いて、
a0 ¥ æ
p kx
p kx ö
+ å ç ak cos
+ bk sin
÷
2 k =1 è

 ø
a¢ ¥ æ
p kx
p kx ö
f ( x ) = 0 + å ç ak¢ cos
+ bk¢ sin
÷
2 k =1 è

 ø
j ( x) =
(4.26)
である。ここで、j ( x ) と f ( x ) の係数を区別するために、f ( x ) では ak , bk の代わりに ak¢ , bk¢ を用
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いた。このとき、振動解は、 j ( x - at ) + f ( x + at ) と表わされ
u ( x, t ) = j ( x - at ) + f ( x + at )
(4.27)
と与えられるので、(4.26)を用いて、計算する：
u ( x, t ) = j ( x - at ) + f ( x + at )
=
a0 ¥ æ
a¢
pk
pk
+ å ç ak cos
( x - at ) + bk sin ( x - at ) ö÷ + 0
2 k =1 è


ø 2
¥
pk
pk
æ
+ å ç ak¢ cos
( x + at ) + bk¢ sin ( x + at ) ö÷


ø
k =1 è
pk
pk
pk
pk ö
æ æ
ö
ak ç cos
x cos
at + sin
x sin
at ÷
ç
÷




a + a¢
è
ø
÷
= 0 0 + åç
ç
2
pk
pk
p k ö÷
æ pk
k =1
x cos
at - cos
x sin
at ÷ ÷
+ bk ç sin
ç




è
øø
è
æ æ
ö
pk
pk
pk
pk ö
a¢ cos
x cos
at - sin
x sin
at ÷
÷
¥ ç k ç




è
ø
÷
+ åç
pk
pk
pk
p k ö÷
æ
k =1 ç
+ bk¢ ç sin
x cos
at + cos
x sin
at ÷ ÷
ç




è
øø
è
pk
pk
pk
pk
æ
ö
¢
x cos
at + ( ak - ak¢ ) sin
x sin
at ÷
¥ ç ( ak + ak ) cos
a + a¢




= 0 0 + åç
÷
pk
pk
pk
pk ÷
2
k =1 ç
x cos
at - ( bk - bk¢ ) cos
x sin
at ÷
ç + ( bk + bk¢ ) sin
è




ø
¥
(4.28)
になる。ここで、

両端が固定⇔ u ( 0, t ) = u ( , t ) = 0
u ( x, t )
0
x
を使うと、まず u ( 0, t ) = 0 は、

2
周期 2 [m]
æ
ö
pk
pk
pk
pk
¢
¢
a
a
cos
0
cos
at
a
a
sin
0
sin
at
+
+
(
)
(
)
ç
÷
k
k
k
k




a0 + a0¢ ¥ ç
÷
u ( 0, t ) =
+å
ç
2
pk
pk
pk
pk ÷
k =1
0 cos
at - ( bk - bk¢ ) cos
0sin
at ÷
ç + ( bk + bk¢ ) sin




è
ø
a + a¢ ¥ æ
pk
pk ö
= 0 0 + å ç ( ak + ak¢ ) cos
at - ( bk - bk¢ ) sin
at ÷ = 0
2


ø
k =1 è
(4.29)
なので、すべての t について成立するには、各項の係数が 0 になる時で、
a0 + a0¢ = 0, ak + ak¢ = bk - bk¢ = 0 ( k = 1, 2,3)
である。ここまでで、
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(4.30)
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はじめてのフーリエ級数
¥
pk
pk
pk
pk ö
æ
u ( x, t ) = j ( x - at ) + f ( x + at ) = å ç ( ak - ak¢ ) sin
x sin
at + ( bk + bk¢ ) sin
x cos
at ÷




ø
k =1 è
¥
pk
pk ö pk
æ
at + ( bk + bk¢ ) cos
at ÷ sin
x
= å ç ( ak - ak¢ ) sin



ø
k =1 è
(4.31)
である。次に、 u ( , t ) = 0 は、正しい周期 2 を使っているので
pk
pk
x = sin
 = sin p k = 0 ( k = 1, 2, , ¥ )


の注意すると、自動的に成立している：
(4.32)
sin
u ( , t ) = j (  - at ) + f (  + at )
=0
pk
pk ö
pk
æ
at + ( bk + bk¢ ) cos
at ÷ sin
= å ç ( ak - ak¢ ) sin
 =0



ø
k =1 è
¥
(4.33)
従って、
¥
pk
pk ö pk
æ
u ( x, t ) = å ç ( ak - ak¢ ) sin
at + ( bk + bk¢ ) cos
at ÷ sin
x



ø
k =1 è
が求める弦の振動解になる。実際の解は
¥
kp at
kp at ö
kp x
æ
u ( x, t ) = å ç ak sin
+ bk cos
÷ sin

 ø

k =1 è
(4.34)
(4.35)
であったので、 ak - ak¢ を ak と読み直し、また、 bk + bk¢ を bk と読み直すと、
bkと読み直す
æ akと読み直す
pk
pk ö pk
u ( x, t ) = å ç ( ak - ak¢ ) sin
at + ( bk + bk¢ ) cos
at ÷ sin
x
ç
÷



k =1 è
ø
¥
p kat
p kat ö p kx
æ
= å ç ak sin
+ bk cos
÷ sin

 ø

k =1 è
¥
(4.36)
となり、微分方程式を解いて得た解と一致することになる。
付録：最初の振動の伝播
最初の振動の様子を知ることで、その後の振動を予言できるのだが、それを数式で表したも
のを、
「ダランベルの解」といっている。実際の微小振動のシミュレートは、最初にどのくら
い弦を振るかによる。そこで、

最初の振幅の大きさ： u ( x, 0 ) = f ( x ) = 0秒目の場所xでの弦の振幅の大きさ

最初の速度：
¶u ( x, t )
= v ( x ) = 0秒目の場所xでの弦の上下方向の速度
¶t t = 0
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を与えることになる。ここで
u ( x, t ) = j ( x - at ) + f ( x + at )
(4.37)
u ( x, 0 ) = f ( x )
(4.38)
と
を用いれば
f ( x) = j ( x) + f ( x)
(4.39)
である。また、
¶u ( x, t )
= v( x)
¶t t =0
(4.40)
¶u ( x, t )
= é -aj ¢ ( x - at ) + af ¢ ( x + at ) ùû t =0 = - aj ¢ ( x ) + af ¢ ( x ) = v ( x )
¶t t =0 ë
(4.41)
より、
両辺を 0 から x(0 から x でなくても x0 から x としても結果は x0 によらない)まで積分すると、
（混乱を避けるため積分変数 x  にした）
ò
x
0
ëé -aj ¢ ( x¢ ) + af ¢ ( x¢ ) ûù dx¢ = -a éëj ( x ) - j ( 0 ) - (f ( x ) - f ( 0 ) ) ùû = ò0 v ( x¢ ) dx¢
x
(4.42)
x
(*) 定積分： ò v ( x¢ ) dx¢ の積分変数は x¢ でなくても何でもよい。例えば、v ( x¢ ) として x¢2 で
0
x
x
0
0
積分変数を x¢ とすると ò v ( x¢ ) dx¢ = ò x¢dx¢ =
ò
x
0
x
v ( y ) dy = ò ydy =
0
1 2x
y
2 0
=
1 2x 1 2
x¢ = x 。また、積分変数を y とすると
0
2
2
1 2
1
x のようにどちらも x 2 になる。ここ様に定積分は積分変数の
2
2
表記によらず同じ値をとり、ここの例では
ò
x
0
x
v ( x¢ ) dx¢ = ò v ( y ) dy である。
0
なので、
-j ( x ) + f ( x ) =
C º- (j ( 0 ) -f ( 0 ) )
1 x
1 x
¢
¢
v
x
dx
j
0
f
0
=
v ( x¢ ) dx¢ + C
(
)
(
)
(
)
(
)
ò
a 0
a ò0
(4.43)
を得る。従って、
j ( x) + f ( x) = f ( x)
-j ( x ) + f ( x ) =
1 x
v ( x¢ ) dx¢ + C
a ò0
から、
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(4.44)
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はじめてのフーリエ級数
1æ
1 x
ö
j ( x ) = ç f ( x ) - ò v ( x¢ ) dx¢ - C ÷
0
2è
a
ø
x
1æ
1
ö
f ( x ) = ç f ( x ) + ò v ( x¢ ) dx¢ + C ÷
0
2è
a
ø
なので、
(4.45)
1æ
1 x - at
1 x + at
ö 1æ
ö
u ( x, t ) = ç f ( x - at ) - ò v ( x¢ ) dx¢ - C ÷ + ç f ( x + at ) + ò v ( x¢ ) dx¢ + C ÷
0
0
2è
a
a
ø 2è
ø
x - at
f ( x - at ) + f ( x + at ) 1 x + at
¢
¢
=
+
v
x
dx
(
)
ò0 v ( x¢) dx¢
2
2a ò0
)
(
(4.46)
更に、
ò
x + at
0
v ( x¢ ) dx¢ - ò
x - at
0
v ( x¢ ) dx¢ = ò
x + at
0
v ( x¢ ) dx¢ + ò
0
x - at
v ( x¢ ) dx¢ = ò
x + at
x - at
v ( x¢ ) dx¢
(4.47)
より、最終的に、最初の振動の状態を表す式
u ( x, 0 ) = f ( x ) ,
¶u ( x, t )
¶t
= v( x)
(4.48)
t =0
を用いて
u ( x, t ) =
f ( x - at ) + f ( x + at ) 1 x + at
+
v ( x¢ ) dx¢
2
2a òx - at
(4.49)
とわかる。これをダランベルの解と呼んでいる。最初の振幅 f ( x ) の伝播する様子を表してい
ることがわかる。
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はじめてのフーリエ級数
第三回目レポート
レポートの回数(三回目)、学生証番号と氏名を明記すること
必ず表紙を付ける（Ａ４レポート用紙使用のこと）
１）つぎの問いに答えよ。
Ａ） f ( x ) =
a0 ¥
+ å ( ak cos kx + bk sin kx ) の周期を求めよ。
2 k =1
Ｂ）周期 2 の関数 f ( x ) ( = f ( x + 2 ) ) を求めよ。
２） u ( x, t ) = j ( x - at ) + f ( x + at ) は、
2
¶ 2 u ( x, t )
2 ¶ u ( x, t )
を満たすことを示せ。
a
=
¶t 2
¶2x
３）Ａ） j ( x - at ) の振幅を持つ波で、振幅の大きさ j ( a ) の進む速度を求めよ。
Ｂ） j ( bx - at ) の振幅を持つ波で、振幅の大きさ j ( a ) の進む速度を求めよ。
４） f ( t ) =
ò (x
t
0
2
+ 3t ) dx の微分と f ( t ) = ò ( x¢2 + 3t ) dx¢ の微分が等しいことを示せ。
t
0
【安江正樹＠東海大学理学部物理学科】

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