1/10 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 【安江正樹@東海大学理学部物理学科】 (4.5) 2/10 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 【安江正樹@東海大学理学部物理学科】 (4.11) (4.12) 3/10 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、 【安江正樹@東海大学理学部物理学科】 (4.19) 4/10 04 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 【安江正樹@東海大学理学部物理学科】 x 5/10 04 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 【安江正樹@東海大学理学部物理学科】 6/10 04 はじめてのフーリエ級数 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、 【安江正樹@東海大学理学部物理学科】 (4.30) 7/10 04 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 【安江正樹@東海大学理学部物理学科】 8/10 04 はじめてのフーリエ級数 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、 【安江正樹@東海大学理学部物理学科】 (4.44) 9/10 04 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。 【安江正樹@東海大学理学部物理学科】 10/10 04 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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