オタクof数理の共同ブログ

京大情報学科数理工学コースの学生4人による共同ブログです

フーリエ級数の一様収束性

こんにちは、よねすけです。

院試勉強してると色々気づきがあって面白いです。大半は面白くないですが。

周期的な可積分関数のフーリエ級数がどのようなときに元の関数に収束するかについては色々な議論がなされています。例えば周期的連続関数でフーリエ級数が絶対収束する関数についてはフーリエ級数はもとの関数に一様収束することが知られています。一方で連続関数でもそのフーリエ級数が発散する場合もあり、非常に複雑な世界となっています。これだけでは連続関数はフーリエ級数を扱う上ではあまり良い性質を持っていないように思えますが、ここで収束の意味を拡張することによって連続関数を常に一様収束させることができるようになるのです!!!前置きが長くなりましたが今回はこの話について書こうと思います。

はじめにフーリエ級数の部分和を定義します。周期的な可積分関数f(t)についてその複素フーリエ係数を\hat{f}_nと書きます。すなわち、

\displaystyle\begin{eqnarray}
\hat{f}_{n}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(t)e^{-int}dt
\end{eqnarray}
この時、フーリエ部分和S_N(t)を次で定義します。
\displaystyle\begin{eqnarray}
S_N(t)=\sum_{n=-N}^{N}\hat{f}_{n}e^{int}
\end{eqnarray}
大事なことはこの部分和が畳み込み積分の形でかけることです。畳み込み積分とは可積分な周期関数f,gについて畳み込み積分f*g
\displaystyle\left(f*g\right)(t)\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(s)g(t-s)ds
です。これを用いて式変形を行うと、
\displaystyle\begin{eqnarray}
S_N(t)=&\sum_{n=-N}^{N}\hat{f}_{n}e^{int}\\
=&\sum_{n=-N}^{N}\left(\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(s)e^{-ins}ds\right)e^{int}\\
=&\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(s)\left(\sum_{n=-N}^{N}e^{in(t-s)}\right)ds\\
=&\left(f*D_N\right)(t)
\end{eqnarray}
これによりフーリエ部分和を畳み込み積分で表すことが出来ました。ここで登場したD_Nディリクレ核と呼びます。このとき、一般にN\to\inftyについてS_Nfには一様収束しません。しかしチェザロ総和の意味では一様収束します。すなわち
\displaystyle \sigma_N(t):=\frac{1}{N}\sum_{n=0}^{N-1}S_n(t)=\frac{1}{N}\left(f*D_0(t)+\cdots+f*D_{N-1}(t)\right)=f*\left(\frac{1}{N}\sum_{n=0}^{N-1}D_n\right)(t)
と書いた時に、\sigma_Nfに一様収束するということです。ここで
\displaystyle F_N(t):=\frac{1}{N}\sum_{n=0}^{N-1}D_n(t)
フェイエール核と呼び、これはディリクレ核のチェザロ和になっています。一所懸命計算すると、
\displaystyle F_N(t)=\frac{1}{N}\left(\frac{\sin(Nt/2)}{\sin(t/2)}\right)^2

実はこのフェイエール核は良い核(good kernel)となっています。周期的な関数の列\{K_n\}_{n=1}^{\infty}が良い核というのは、

  • \displaystyle {}^{\forall}n\in\mathbb{N},\ \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}K_n(t)dt=1
  • \displaystyle {}^{\exists}M>0,\ 、s.t.,{}^{\forall}n\in\mathbb{N},\ \int_{-\pi}^{\pi}|K_n(t)|dt{<}M
  • \displaystyle {}^{\forall}\delta >0,\lim_{n\to\infty}\int_{\delta\leq|t|\leq\pi}|K_n(t)|dt=0

を満たすものようなことを言います。フェイエール核が良い核であることは実際に確かめられます。良い核については次の定理が知られています。この意味において「良い」という名前がついています。

{K_n}を良い核の列とし、fを周期的可積分関数とします。ft_0で連続ならば、
\displaystyle\lim_{n\to\infty}(f*K_n)(t_0)=f(t_0)
である。特にfが連続ならこれは一様収束である。
この定理より、連続関数fについては\sigma_N=f*F_N\rightrightarrows fがわかるのです。よって連続関数はチェザロ総和の意味では常に一様収束するのです。

それでは。

Ker(f)

こんにちは,よねすけです.

院試勉強まじでだるいです.落ちたくないので頑張ります.

線形代数の復習をしてて何となく群論に似ているところがあるなあと思ったので書いときます.証明は書きません.

  • K上のベクトル空間V,V'について線形写像f:V\to V'を考えます.このとき,\ker f=\{x\in V|f(x)=0_{V'}\}Vの線形部分空間になります.
  • G,G'とその準同型写像f:G\to G'を考えます.このとき,\ker f=\{x\in G|f(x)=e_{G'}\}Gの(正規)部分群になります.

核に関するこのような綺麗な関係性は何か一般的に言われていることがあるんですかね.圏論とか勉強すればこういうことについてなにか言えるのかも知れないです.今回は短いですがここまでです.

それでは.

「あなたの一票で変わる」ような国は終わっているという話

こんにちは。ざるご(@zalgo3)です。

選挙シーズンでも何でもないですが、選挙について書きたくなったので書きます。

突然ですが、システム制御には、「安定性」という概念があります。

ざっくりと説明すると、安定性とは「入力の変数に微小な変化を与えたとき、出力の変化もまた微小である」という性質のことです。

入力に誤差が生じることなんてよくあることなので、一般的にシステムは安定である方が望ましいです。

これを選挙について当てはめて考えてみましょう。

入力は「国民の票の分布」であるとしましょう。

出力は「選挙が終わった後の政治動向」とでもしましょうか。

日本の場合、国政選挙の有効投票数は、ざっと5000万票くらいありますので、国民一人の一票が変わったというのは、「入力の微小な変化」であると言えるでしょう。

もうお分かりいただけたと思いますが、「あなたの一票で政治が変わる」ような選挙システムは、非常に「不安定」です。

「あなたの一票で政治が変わる」というのは、酒に酔った勢いで誰かが誤った投票をしただけで、とんでもない方向に国が動いてしまう可能性があるということです。

そんなシステムは使い物になりません。

「誰がねえ!誰に投票しても!おんなじやおんなじ」であるということは、システムとして非常に望ましかったということですね。

それでは、また。

メルカトル級数とライプニッツ級数

こんにちは、よねすけです。

TOEICの点数が返ってきました。なななんと!!!945点!!!とても嬉しい点数でした!!!ちなみに『なななんと』は『ララランド』を意識しました。

メルカトル級数ライプニッツ級数を導出する方法はいろいろと知られていますが、今回は高木貞治の『解析概論』に載っていたある公式から導出することが出来たので紹介したいと思います。

定本 解析概論

定本 解析概論

a{>}0,b{>}0とすれば、

\displaystyle\int_0^1\frac{x^{a-1}}{1+x^b}dx=\frac{1}{a}-\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+2b}-\frac{1}{a+3b}+\cdots

はじめにこの証明に取り掛かろう(章末問題に載っていて証明が載っていない!!)としたんですが若干厄介でした。上式の左辺を次のように変形します。

\displaystyle\int_0^1\frac{x^{a-1}}{1+x^b}dx=\lim_{c\to 1}\int_0^c\frac{x^{a-1}}{1+x^b}dx
ここでc{<1}とします。
このように書くのには訳があって、被積分関数の分母部分をべき展開する際に収束半径が問題になってくるからです。いま0\le x\le c{<}1区間では
\displaystyle\frac{1}{1+x^b}=1-x^b+x^{2b}-x^{3b}+\cdots
とでき、これはこの区間で一様収束です。これを用いると、
\displaystyle\begin{align}
\int_0^c\frac{x^{a-1}}{1+x^b}=&\int_0^c\left(x^{a-1}-x^{a+b-1}+x^{a+2b-1}-x^{a+3b-1}+\cdots\right)dx\\
=&\left[\frac{x^a}{a}-\frac{x^{a+b}}{a+b}+\frac{x^{a+2b}}{a+2b}-\frac{x^{a+3b}}{a+3b}+\cdots\right]_0^c\\
=&\lim_{n\to\infty}\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{a+kb}c^{a+kb}
\end{align}
がわかります。一様収束性から項別積分できることを利用しました。これより
\displaystyle\begin{align}
\int_0^1\frac{x^{a-1}}{1+x^b}dx=&\lim_{c\to 1}\int_0^c\frac{x^{a-1}}{1+x^b}dx\\
=&\lim_{c\to 1}\left(\lim_{n\to\infty}\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{a+kb}c^{a+kb}\right)\\
\underbrace{=}_{極限の交換}&\lim_{n\to\infty}\left(\lim_{c\to 1}\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{a+kb}c^{a+kb}\right)\\
=&\lim_{n\to\infty}\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^{k}}{a+kb}\\
=&\frac{1}{a}-\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+2b}-\frac{1}{a+3b}+\cdots
\end{align}
となり、示されました!!!
としたいところなんですが、途中で出てきた極限の交換については言及しておかなければなりません。ここの極限操作を交換できることはAbelの定理と同様の証明を行うことで示されます。なのでこれは収束が確かめられるので極限の交換は正当化されます。これよりはじめの式が示されました。
\displaystyle\int_0^1\frac{x^{a-1}}{1+x^b}dx=\frac{1}{a}-\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+2b}-\frac{1}{a+3b}+\cdots
この式を用いてメルカトル級数ライプニッツ級数を証明しましょう。

a=1,b=1の場合、左辺は

\displaystyle\int_0^1\frac{1}{1+x}dx=\log 2
であり、右辺は
\displaystyle 1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\cdots
なのでこれよりメルカトル級数
\displaystyle\log 2=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\cdots
が得られます。

a=1,b=2の場合、左辺は

\displaystyle\int_0^1\frac{1}{1+x^2}dx=\frac{\pi}{4}
であり、右辺は
\displaystyle 1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\cdots
なのでこれよりライプニッツ級数
\displaystyle\frac{\pi}{4}=1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\cdots
が得られます。

このようにしてメルカトル級数ライプニッツ級数が得られました。今回はAbelの定理を用いたのでAbelの定理の紹介もいつかしたいと思います。また、メルカトル級数ライプニッツ級数の別の証明も紹介したいと思います。

それでは。

二重級数

先日、塾講をしているときに出てきた問題が面白かったのでここに取り上げることにしました。

次の無限級数の和を求めよ。
\displaystyle\frac{1}{3}+\left(\frac{1}{3^2}+\frac{1}{3^3}\right)+\left(\frac{1}{3^3}+\frac{1}{3^4}+\frac{1}{3^5}\right)+\left(\frac{1}{3^4}+\frac{1}{3^5}+\frac{1}{3^6}+\frac{1}{3^7}\right)+\cdots

まずは普通に解いてみましょう。

\displaystyle\underbrace{\frac{1}{3}}_{a_1}+\underbrace{\left(\frac{1}{3^2}+\frac{1}{3^3}\right)}_{a_2}+\underbrace{\left(\frac{1}{3^3}+\frac{1}{3^4}+\frac{1}{3^5}\right)}_{a_3}+\underbrace{\left(\frac{1}{3^4}+\frac{1}{3^5}+\frac{1}{3^6}+\frac{1}{3^7}\right)}_{a_4}+\cdots

とおいてみると、a_nは次のようになります。
\displaystyle\begin{align}
a_n&=\frac{1}{3^n}+\frac{1}{3^{n+1}}+\cdots+\frac{1}{3^{2n-1}}\\
&=\left(1+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{3^{2n-1}}\right)-\left(1+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{3^{n-1}}\right)\\
&=\frac{1-\left(\frac{1}{3}\right)^{2n}}{1-\frac{1}{3}}-\frac{1-\left(\frac{1}{3}\right)^{n}}{1-\frac{1}{3}}\\
&=\frac{3}{2}\left(\frac{1}{3^n}-\frac{1}{9^n}\right)
\end{align}

これより上の無限級数の部分和S_n=\sum_{k=1}^{n}a_kを求めると、
\displaystyle\begin{align}
S_n&=\sum_{k=1}^{n}\frac{3}{2}\left(\frac{1}{3^k}-\frac{1}{9^k}\right)\\
&=\frac{3}{2}\left(\frac{1}{3}\frac{1-\frac{1}{3^n}}{1-\frac{1}{3}}-\frac{1}{9}\frac{1-\frac{1}{9^n}}{1-\frac{1}{9}}\right)
\end{align}

よって無限級数の和はS_nn\to\inftyであるから、
\displaystyle
\lim_{n\to\infty}S_n=\frac{3}{2}\left(\frac{1}{3}\frac{1}{1-\frac{1}{3}}-\frac{1}{9}\frac{1}{1-\frac{1}{9}}\right)=\frac{9}{16}

高校生はこれで解けば満点がもらえると思います。でも大学生らしい方法でも解きたいので以下のような方法も考えました。

最初にこの問題を見たとき、各括弧内の指数部分の取り方に作為的なものを感じました。ぼくはこれを次のような表から得られたものではないか??と考えました。

\displaystyle\frac{1}{3} \displaystyle\frac{1}{3^2} \displaystyle\frac{1}{3^3} \displaystyle\frac{1}{3^4} \displaystyle\frac{1}{3^5} \cdots
\displaystyle\frac{1}{3^3} \displaystyle\frac{1}{3^4} \displaystyle\frac{1}{3^5} \displaystyle\frac{1}{3^6} \displaystyle\frac{1}{3^7} \cdots
\displaystyle\frac{1}{3^5} \displaystyle\frac{1}{3^6} \displaystyle\frac{1}{3^7} \displaystyle\frac{1}{3^8} \displaystyle\frac{1}{3^9} \cdots
\displaystyle\frac{1}{3^7} \displaystyle\frac{1}{3^8} \displaystyle\frac{1}{3^9} \displaystyle\frac{1}{3^{10}} \displaystyle\frac{1}{3^{11}} \cdots
\displaystyle\frac{1}{3^9} \displaystyle\frac{1}{3^{10}} \displaystyle\frac{1}{3^{11}} \displaystyle\frac{1}{3^{12}} \displaystyle\frac{1}{3^{13}} \cdots
\cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots

この表を見れば上に導入したa_nは表のn行1列から1行n列に向かう直線上の和に対応することが分かります!!!!!このような和の取り方を二重級数の対角線式の番号の付け方と呼びます。このことは毎度おなじみの高木貞治の解析概論に載っています。
表の各要素の値は正であるからこの無限級数は収束するならば絶対収束する、すなわち和の順序によらないことが分かります。なので和の順序を交換するためにはこの無限級数が収束することをはじめに示さなければなりません。が、まあ入試問題に出ているなら収束やろ??と思ってしまってこの級数が絶対収束するものとして和の順番を変えてしまいましょう。*1
順番の変え方としてはいろいろあると思いますが、ここでは各行を足しあげてみましょう。するとこの無限級数

\displaystyle\begin{align}
&\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{3^3}+\cdots\right)+\left(\frac{1}{3^3}+\frac{1}{3^4}+\frac{1}{3^5}+\cdots\right)+\left(\frac{1}{3^5}+\frac{1}{3^6}+\frac{1}{3^7}+\cdots\right)+\cdots\\
=&\frac{1}{3}\left(1+\frac{1}{3}+\frac{1}{3^2}+\cdots\right)+\frac{1}{3^3}\left(1+\frac{1}{3}+\frac{1}{3^2}+\cdots\right)+\frac{1}{3^5}\left(1+\frac{1}{3}+\frac{1}{3^2}+\cdots\right)+\cdots\\
=&\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{3^3}+\frac{1}{3^5}+\cdots\right)\left(1+\frac{1}{3}+\frac{1}{3^2}+\cdots\right)\\
=&\frac{1}{3}\frac{1}{1-\frac{1}{3^2}}\frac{1}{1-\frac{1}{3}}\\
=&\frac{9}{16}
\end{align}

となり上と同じ値が得られました!!!各列を足しあわせても同じ値が得られることはすぐに分かります。

高校生の解く問題を大学数学の観点からちょっとテクニカルに解いてみました。こういうのも面白いですね。

それでは。

*1:とは言ってもきちんと示す必要があります。a_n{<}n/3^nより\lim_{n\to\infty}S_n<3/4がわかるので収束することが示されます。

古典電子半径

こんにちは、よねすけです。

理論電磁気学

理論電磁気学

この本を久しぶりに眺めていたら古典電子半径の話が載っていて初見だったのでまとめることにしました。
N体の電子による電磁場の密度エネルギーw({\bf x},t)
\displaystyle w({\bf x},t)=\frac{1}{2}\left({\bf E\cdot D}+{\bf B\cdot H}\right)
で表されます。また電磁場の全エネルギーはこの密度エネルギーの空間積分で表され、
\displaystyle W(t)=\int_V d^3xw({\bf x},t)
となります。
このとき、静止した電子が半径a電荷-eの古典的小帯電体球とみなしてみましょう。このとき電場は電子からの距離rを用いて、
\displaystyle E(r)=\frac{-1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{e}{r^2}
と表されます。いま静電場系を考えるので電磁場のエネルギーの磁場による寄与は無視できます。このとき電磁場の全エネルギーは、
\displaystyle\begin{align}
W&=\frac{1}{2}\int_Vd^3x{\bf E\cdot D}\\
&=\frac{\varepsilon_0}{2}\int_Vd^3x({\bf E}({\bf x},t))^2\\
&=\frac{\varepsilon_0}{2}\int_{a}^{\infty}drE(r)^24\pi r^2\\
&=\frac{\varepsilon_0}{2}\left(\frac{e}{4\pi\varepsilon_0}\right)^2 4\pi\int_{a}^{\infty}\frac{dr}{r^2}\\
&=\frac{1}{2}\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0}\frac{1}{a}
\end{align}
となります。
相対論の結果を援用するならば静止質量mが持つエネルギーは
mc^2
になることが分かっています。これが電磁場の全エネルギーに一致するものと考えれば、
\displaystyle\begin{align}
&mc^2=\frac{1}{2}\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0}\frac{1}{a}\\
\Leftrightarrow &a=\frac{1}{2}\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 mc^2}
\end{align}
このようにして電子の半径が分かります。このときの係数の1/2を無視したものを古典電子半径と呼び、
a_e\simeq 2.8\times 10^{-13}[cm]
です。

電子が点電荷であるものとすれば、a\to 0としなければなりません。そうすると電磁場の全エネルギーWは無限大に発散してしまいます。これは古典的な電子のモデルがうまくいっていなことを意味しています。また量子力学においても電子は点電荷であるとみなされる(らしい)のでこの無限大の自己エネルギーの困難は量子力学でも引き継がれることになるそうです。

量子論における電子の議論は僕はあまり詳しくないので理論電磁気学のことをほぼそのまま書くままになってしまいました。この分野についても勉強していきたいと思います。

それでは。

Mayerの式を2通りの証明で

こんにちは、よねすけです。

Mayerの式を2通りで示したいと思います。Mayerの式とは、理想気体の等圧モル比熱c_p、等積モル比熱c_vとの間に

c_p-c_v=R
の関係式が成り立つことを言います。ここでR気体定数です。

熱力学的関係式を用いる

これは至ってシンプルな計算により求まります。理想気体の等積過程を考えると外にする仕事はないので熱力学第一法則から

\Delta U=\Delta Q
となります。等積過程においてc_v=d'Q/dTとかけるのでこれより、
\displaystyle c_v=\left(\frac{\partial U}{\partial T}\right)_V
が分かります。
同様にして等圧過程において熱力学第一法則から
\displaystyle\Delta Q=\Delta U+p\Delta V=\left(\frac{\partial U}{\partial T}\right)_V\Delta T+\left\{p+\left(\frac{\partial U}{\partial V}\right)_T\right\}\Delta V
となります。c_p=d'Q/dTc_v=(\partial U/\partial T)_Vを用いて、
\displaystyle c_p=c_v+\left\{p+\left(\frac{\partial U}{\partial V}\right)_T\right\}\left(\frac{\partial V}{\partial T}\right)_p
が分かります。
今考えるのは理想気体なので理想気体の状態方程式からV=RT/pと書けます。また内部エネルギーは体積によらないと考えられるので(\partial U/\partial V)_T=0となります。これより、
\displaystyle c_p-c_v=p\left(\frac{\partial}{\partial T}\frac{RT}{p}\right)_p=R
となり示されました。

Mayerのサイクルを用いる

もうひとつの証明方法としてMayerのサイクルと呼ばれるものを考える方法があります。Mayerのサイクルは自由断熱膨張、等圧過程、等積過程の3つの過程を合わせたものになっていて、下のようなP-V図を描くことが出来ます。
f:id:otaku_of_suri:20170306202644p:plain
理想気体の状態方程式から状態1,2,3のそれぞれにおける温度は、p_1 V_1/R, p_2 V_2/R, p_2 V_1/Rとなります。
このサイクルの各過程間の内部エネルギーの変化を計算します。
状態1から状態2に移行する間の内部エネルギーの変化\Delta U_{1\to 2}

\displaystyle\Delta U_{1\to 2}=c_v\Delta T=\frac{c_v}{R}(p_2V_2-p_1V_1)
になります。
状態2から状態3に移行する間の内部エネルギーの変化\Delta U_{2\to 3}について、熱力学第一法則を用いると
\displaystyle\begin{align}
\Delta U_{2\to 3}&=\Delta Q-p\Delta V\\
&=c_p\Delta T-p_2(V_1-V_2)\\
&=\left(\frac{c_p}{R}-1\right)p_2(V_1-V_2)
\end{align}
です。
状態3から状態1に移行する間の内部エネルギーの変化\Delta U_{3\to 1}は、
\displaystyle\Delta U_{3\to 1}=c_v\Delta T=\frac{c_v}{R}(p_1V_1-p_2V_1)
です。
以上より各過程での内部エネルギーの変化が求まりました。この3つの変化を足し合わせれば状態1から状態1への内部エネルギーの変化が求まりますが、これは明らかに0です。故に、
\displaystyle\begin{align}
&\Delta U_{1\to2}+\Delta U_{2\to3}+\Delta U_{3\to1}=0\\
\Rightarrow &\frac{c_v}{R}(p_2V_2-p_1V_1)+\left(\frac{c_p}{R}-1\right)p_2(V_1-V_2)+\frac{c_v}{R}(p_1V_1-p_2V_1)=0\\
\Leftrightarrow&(c_p-c_v-R)(V_1-V_2)=0
\end{align}
です。V_1\ne V_2を考えることによってMayerの式
c_p-c_v=R
を導くことに成功しました!!

このブログではある一つの命題について色んな角度から証明することを心がけています。今回も綺麗な証明を紹介出来たかなと思っています。また別の証明を知っているよ!!っていう方はぜひご一報ください!!

今回の証明にも久保先生の本を参考にさせて頂きました。

大学演習 熱学・統計力学

大学演習 熱学・統計力学

それでは。