演習課題4

(1)

$$\frac{\partial }{\partial t}{e}^{-x^2}\cos (2xt)=-2x{e}^{-x^2}\sin (2xt)$$ である。ここで、 $$h(x)=2x{e}^{-x^2}$$ とおくと、 $${\int }_0^{\mathrm{\infty }}h(x)=1<\mathrm{\infty }$$ より、$h\in L^1((0,\mathrm{\infty }))$である。

$$|\frac{\partial }{\partial t}{e}^{-x^2}\cos (2xt)|\le h(x)$$ であるので、 $$\begin{array}{rl}{F}^{\prime }(t)& =\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-x^2}\cos (2xt)\mathrm{d}x\\ & ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\partial }{\partial t}{e}^{-x^2}\cos (2xt)\mathrm{d}x\\ & ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}-2x{e}^{-x^2}\sin (2xt)\mathrm{d}x\\ & ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}-2t{e}^{-x^2}\cos (2xt)\mathrm{d}x\\ & =-2tF(t)\end{array}$$

(2)

微分方程式を解くと $$F(t)=C{e}^{-t^2}$$ となる。ただし、$C$は積分定数である。また $$F(0)={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-x^2}\mathrm{d}x=\frac{\sqrt{\pi }}{2}$$ であるから、$C=\frac{\sqrt{\pi }}{2}$がわかる。したがって $$F(t)=\frac{\sqrt{\pi }}{2}{e}^{-t^2}$$