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:: SOLUTION ::

삼차함수 $f(x)$는 최고차항의 계수가 $1$이고 $x = 3$에서 극댓값 $8$을 가지므로, 다음과 같이 표현할 수 있다. $$f(x) = (x-3)^2(x-a) + 8$$ 단, $a > 3$이다. 그러면 $$f'(x) = (x-3)(3x-2a-3), \quad f'(x) = 4x-2a-6$$ 이므로, 삼차함수 $f(x)$는 $x = \frac{2a+3}{3}$에서 극솟값을 갖고, $x = \frac{a-3}{2}$에서 변곡점을 갖는다. 이때 $x_m = \frac{2a+3}{3}$, $x_i = \frac{a-3}{2}$이라 하자. 그리고, $f(x)$는 최고차항의 계수가 $1$인 삼차함수이므로, $3$보다 작은 하나의 실근을 갖는다. 이 실근을 $x_s$라 하자.

   한편, 함수 $-f(x) + 2f(t)$는, 함수 $f(x)$를 직선 $y=f(t)$에 대해 대칭이동한 것과 같다. 그러면, $t = x_s$에서 함수 $h(t)$는 불연속임을 알 수 있다. 만약 $f(x_m) > \frac{1}{2}f(x_m) = 4$이라면, $t > x_s$에서 함수 $h(t)$는 연속이다. 만약 $f(x_m) < 4$이라면, 두 열린 구간 $(x_s,3)$과 $(3,x_m)$ 각각에 적당한 두 실수 $x_1$과 $x_2$가 존재해서 $f(x_1) = f(x_2) = 4$를 만족시킨다. 그러면 함수 $h(t)$는 $t = x_1$과 $t = x_2$에서 불연속이다. 마지막으로, $f(x_m) = 4$인 경우에는, 함수 $h(t)$는 두 점 $t = x_s$와 $t = x_m$에서 불연속이고, 다른 모든 점에서 연속임을 알 수 있다. 따라서 $f(x_m) = 4$이고,
$$4 = f(x_m) = -\frac{4}{27}(a-3)^3 + 8$$ 이므로, $a = 6$이다. 그러므로, $f(8) = 25\cdot2+8 = 58$이다. $\square$

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:: Solution ::

그림 (가)에서, 수조 A에서 액체의 표면으로부터 깊이가 $h$인 곳에서의 압력은 $p_0 + \rho gh$이다. 추의 질량의 $m$이라고 하면, 파스칼의 원리에 의해

$$p_0 + \rho gh = p_0 + \frac{mg}{S}\tag{1}$$

이다. 따라서 $\rho h S = m$이다. 이와 유사하게 그림 (나)에서 원통형 수조 A, B의 액체의 높이 차이가 $h$임을 알 수 있다. 그리고 부피가 $V$인 물체는 밀도가 $\frac{3}{5}\rho$이므로, 그림 (나)에서와 같이 액체의 표면에 떠 있는 상태가 되려면, 물체에 작용하는 부력이 물체의 중력과 평형을 이루어야 한다. 이때 물체의 중력은 $\frac{3}{5}\rho V g$이므로, 물체의 $\frac{3}{5}V$의 부피만큼의 부분만 액체에 잠긴다. 그림 (가)에서 그림 (나)로 바뀔 때 수조 A와 B의 액체의 표면 높이의 변화량을 각각 $\Delta h_A$, $\Delta h_B$라 하자. 수조 A와 B의 액체의 표면 높이 차이는 그림 (가)와 (나) 모두 $h$이므로, $\Delta h_A = \Delta h_B$이다. $\Delta h = \Delta h_A = \Delta h_B$이라 하자. 그러면

$$5S\Delta h + S\Delta h = \frac{2}{5}V\tag{2}$$

이다($\because$ 그림 (가)에서 (나)로 바뀔 때 액체에 잠기는 물체의 부피는 $V$에서 $\frac{3}{5}V$로 변한다). 이제 추의 중력 퍼텐셜 에너지의 차를 구해보자. 추의 중력 퍼텐셜 에너지의 차는 $mg\Delta h$이므로, 식 (1)과 (2)에 의해

$$mg\Delta h = mg\frac{1}{15}\frac{V}{S} = \frac{1}{15}mgV\frac{\rho gh}{mg} = \frac{1}{15}\rho ghV$$

임을 알 수 있다. $\Box$

:: Solution ::

경사면과 수평면 사이의 각도를 $\theta$라고 하고 물체 A와 B의 질량을 $m$이라고 하자. 먼저 (가)로부터 $mg\sin\theta = k\ell$임을 알 수 있다. 그리고 그림 (나)에서, 물체 B를 가만히 놓은 순간부터, 물체 A와 B는 중력에 의한 힘 $F_g = -mg\sin\theta$를 각각 받고, 용수철이 원래 길이로 돌아오기 전까지 용수철의 힘을 $F_g$의 반대 방향으로 받으며 같이 운동한다. 그리고 용수철의 길이가 원래 길이가 된 순간부터는, 물체 A와 B가 분리되어 A는 주기가 $T$인 단진동을 하고 B는 등가속도 직선 운동을 하는 것을 알 수 있다.

경사면 위에서 수평면으로부터 떨어진 거리에 따라 용수철에 의한 힘을 그래프로 나타내면 다음과 같다.

그러면 물체 A와 B는 용수철의 길이가 $L-2\ell$인 순간에 최대의 속력 $v_\textrm{max}$를 가지고, 에너지 보존 법칙에 의해

$$\frac{1}{2}(2m)v_\textrm{max}^2 = \frac{1}{2}k(x-\ell)^2\tag{1}$$

임을 알 수 있다. 물체 A와 B가 분리되는 순간에서의 속력을 $v$라고 하자. 그러면 에너지 보존 법칙과 식 (1)에 의해

$$\frac{1}{2}(2m)v^2 = \frac{1}{2}(2m)v_\textrm{max}^2 - \frac{1}{2}(2mg\sin\theta)(2\ell) = \frac{1}{2}k(x-\ell)^2 - 2k\ell^2\tag{2}$$

이다. 그리고 A와 B가 분리된 순간부터 처음으로 다시 만날 때까지 걸린 시간이 A의 단진동 운동 주기인 $T$이므로, 물체 A와 B는 분리된 순간에서의 위치에서 처음으로 다시 만나게 된다. 물체 B는 가속도가 $-g\sin\theta$인 등가속도 직선운동이고 분리된 순간에 물체 B의 속도는 $v$이므로

$$\frac{2v}{g\sin\theta} = T\tag{3}$$

이다. 그리고

$$T = 2\pi\sqrt{\frac{m}{k}}\tag{4}$$

임을 알 수 있다. 그러면 식 (2), (3), (4)에 의해

$$\begin{align*} & \frac{1}{2}k(x-\ell)^2 = mv^2 + 4k\ell^2 = \frac{1}{4}m\left(gT\sin\theta\right)^2 + 2k\ell^2 \\ & \qquad = m\pi^2\frac{m}{k}\frac{k^2\ell^2}{m^2} + 2k\ell^2 \\ \Longrightarrow\quad & (x-\ell)^2 = 2\pi^2\ell^2 + 4\ell^2 \\ \Longrightarrow\quad & x = \ell + \ell\sqrt{2\pi+4}\end{align*}$$

임을 알 수 있다.

(ㄱ) 위에서 설명한 것처럼 A와 B가 분리되는 순간의 용수철의 길이는 $L$이다. ($\bigcirc$)

(ㄴ) A와 B가 분리된 순간, A는 경사면에서 수평면으로부터 $L-\ell$만큼 떨어진 위치를 기준으로 용수철 단진동 운동을 한다고 할 수 있다. 이때 경사면에서 수평면으로부터 $L$만큼 떨어진 위치에서 A의 용수철 에너지, 중력 퍼텐셜과 운동 에너지의 합은

$$\frac{1}{2}k\ell^2 + \frac{1}{2}mv^2$$

이다. 이때

$$v = \frac{1}{2}gT\sin\theta = \frac{1}{2}2\pi\sqrt{\frac{m}{k}}\frac{k\ell}{m} = \pi\sqrt{\frac{k}{m}}\ell$$

이므로

$$\frac{1}{2}k\ell^2 + \frac{1}{2}mv^2 = \frac{1}{2}k\ell^2 + \frac{1}{2}k\pi^2\ell^2 = \frac{1}{2}k\left(\sqrt{\pi^2+1}\ell\right)^2$$

이다. 따라서 A의 단진동 진폭은 $\sqrt{\pi^2+1}\ell \neq \ell + \ell\sqrt{2\pi+4} = x$이다. ($\times$)

(ㄷ) 위에서 구한 바와 같이 $x = \ell + \ell\sqrt{2\pi^2+4}$이다. ($\bigcirc$)

:: Solution ::

실수 $t$가 $t-1\leq a\leq t\leq b\leq t+1$을 만족시키면 다음이 성립한다.

$$\begin{eqnarray} \int_a^t(1+x-t)\cos\pi xdx & = & \left[\frac{1+x-t}{\pi}\sin\pi x\right]_a^t-\frac{1}{\pi}\int_a^t\sin\pi xdx \\ & = & \frac{\sin\pi t}{\pi} - \frac{(1+a-t)\sin\pi a}{\pi} + \frac{\cos\pi t}{\pi^2} - \frac{\cos\pi a}{\pi^2} \\ \int_t^b(1-x+t)\cos\pi xdx & = & \left[\frac{1-x+t}{\pi}\sin\pi x\right]_t^b + \frac{1}{\pi}\int_t^b\sin\pi xdx \\ & = & \frac{1-b+t}{\pi}\sin\pi b - \frac{\sin\pi t}{\pi} + \frac{\cos\pi t}{\pi^2} - \frac{\cos\pi b}{\pi^2} \end{eqnarray}$$

이를 이용하여 함수 $g(t)$를 구해보자.

(1) $t\leq k-1$이거나 $t\geq k+9$일 때

$k\leq x\leq k+8$일 때 $f(x)\cos\pi x = 0$이므로 $g(t) = 0$이다.

(2) $k-1\leq t\leq k$일 때

$$\begin{eqnarray} g(t) & = & \int_k^{t+1}(1-x+t)\cos\pi xdx = \left[\frac{1-x+t}{\pi}\sin\pi x\right]_k^{t+1} + \frac{1}{\pi}\int_k^{t+1}\sin\pi xdx \\ & = & \frac{\cos\pi t + \cos\pi k}{\pi^2} = \frac{\cos\pi t-1}{\pi^2} \quad \textrm{($\because$ $k$는 홀수)} \end{eqnarray}$$

(3) $k\leq t\leq k+1$일 때

$$\begin{eqnarray} g(t) & = & \int_k^t(1+x-t)\cos\pi xdx + \int_t^{t+1}(1-x+t)\cos\pi xdx \\ & = & -\frac{1+k-t}{\pi}\sin\pi k + \frac{\cos\pi t - \cos\pi k + 2\cos\pi t}{\pi^2} \\ & = & \frac{1+3\cos\pi t}{\pi^2} \quad \textrm{($\because$ $k$는 홀수)} \end{eqnarray}$$

(4) $k+1\leq t\leq k+7$일 때

$$g(t) = \int_{t-1}^t(1+x-t)\cos\pi xdx + \int_t^{t+1}(1-x+t)\cos\pi xdx = \frac{4\cos\pi t}{\pi^2}$$

(5) $k+7\leq t\leq k+8$일 때

$$g(t) = \int_{t-1}^t(1+x-t)\cos\pi xdx + \int_t^{k+8}(1-x+t)\cos\pi xdx = \frac{1+3\cos\pi t}{\pi^2}$$

(6) $k+8\leq t\leq k+9$일 때

$$\begin{eqnarray} g(t) & = & \int_{t-1}^{k+8}(1+x-t)\cos\pi xdx = \left[\frac{1+x-t}{\pi}\sin\pi x\right]_{t-1}^{k+8} - \frac{1}{\pi}\int_{t-1}^{k+8}\sin\pi xdx \\ & = & \frac{\cos\pi t-1}{\pi^2} \end{eqnarray}$$

따라서 함수 $g(t)$의 그래프는 다음과 같다.

이때 함수 $g(t)$는 구간 $[k,k+8]$에서 $5$개의 극소값을 가짐을 알 수 있다. 따라서 $m = 5$이고

$$\alpha_1 = k, \ \alpha_2 = k+2, \ \alpha_3 = k+4,\ \alpha_4 = k+6,\ \alpha_5 = k+8$$

이다. 그런데 주어진 조건에서 $\sum_{i=1}^m\alpha_i = 45$이므로, $k = 5$이다. 그리고

$$g(\alpha_1) = g(\alpha_5) = -\frac{2}{\pi^2}, \ g(\alpha_2) = g(\alpha_3) = g(\alpha_4) = -\frac{4}{\pi^2}$$

이므로

$$k-\pi^2\sum_{i=1}^mg(\alpha_i) = 5-\pi^2\left(-2\frac{2}{\pi^2} - 3\frac{4}{\pi^2}\right) = 21$$

이다. $\Box$

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:: Solution ::

임의의 $a>0$에 대하여 다음이 성립한다.

$$\int_{2a}^{4a}\frac{f(x)}{x}dx = \int_a^{2a}\frac{f(2t)}{2t}2dt = 2\int_a^{2a}\frac{f(2x)}{2x}dx$$

이때 모든 실수 $x$에 대하여 $f(2x) = 2f(x)f'(x)$이므로

$$\begin{eqnarray} \int_a^{2a}\frac{f(2x)}{2x}dx & = & \int_a^{2a}\frac{f(x)f'(x)}{x}dx = \left[\frac{\left(f(x)\right)^2}{2x}\right]^{2a}_a + \frac{1}{2}\int_a^{2a}\left(\frac{f(x)}{x}\right)^2dx \\ & = & \frac{\left(f(2a)\right)^2}{4a} - \frac{\left(f(a)\right)^2}{2a} + \frac{1}{2}\int_a^{2a}\left(\frac{f(x)}{x}\right)^2dx \end{eqnarray}$$

이다. 이때 $f(a) = 0$이고 $f(2a) = 2f(a)f'(a) = 0$이므로

$$\int_a^{2a}\frac{f(2x)}{2x}dx = \frac{1}{2}\int_a^{2a}\left(\frac{f(x)}{x}\right)^2dx$$

이다. 따라서

$$\int_a^{2a}\left(\frac{f(x)}{x}\right)^2dx = 2\int_a^{2a}\frac{f(2x)}{2x}dx = \int_{2a}^{4a}\frac{f(x)}{x}dx = k$$

이다. $\Box$

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:: Solution ::

아래의 두 조건은 동치이다.

(1) $1$ 이상의 모든 실수 $x$에 대하여 $(x-e)\{g(x) - f(x)\} \geq 0$이다.

(2) $1\leq x\leq e$이면 $g(x)\leq f(x)$이고, $x\geq e$이면 $g(x)\geq f(x)$이다.

그러면 주어진 조건을 만족시키는 일차함수 $g(x)$와 $f(x)$를 좌표평면에 나타내면 아래의 그림과 같다.

이때 일차함수 $g(x)$의 기울기가 최소가 되는 경우는 $t$ 값에 따라 두 경우로 나눌 수 있다.

[그림 1] $t$가 충분히 작을 때

[그림 2] $t$가 적당히 클 때

이제 각 경우에 해당하는 $t$의 범위를 구하자. 그림 1의 경우는 일차함수 $g(x)$의 기울기가

$$\frac{(1-t) - 0}{e - 1} = \frac{1-t}{e-1}$$

이고, 이 값은 $f'(e) = 1/e$보다 커야 한다. 그러면

$$\frac{1-t}{e-1} \geq \frac{1}{e} \ \Longleftrightarrow \ t\leq \frac{1}{e}$$

를 얻는다. 따라서 그림 1의 경우는 $0<t\leq 1/e$에 해당하고, 그림 2의 경우는 $t\geq 1/e$에 해당한다. 다음으로 함수 $h(t)$를 구하자. $0<t\leq 1/e$이면

$$h(t) = \frac{1-t}{e-1}$$

이다. $t\geq \frac{1}{e}$의 경우는 그림 2에 해당하므로, 적당한 실수 $z\geq e$가 존재해서 일차함수 $g(x)$가 두 점 $(1,0)$, $(z,f(z))$를 지나고 기울기가 $f'(z)$이다. 그러면

$$g(x) = f'(z)(x-1)$$

이고 $f(z) = f'(z)(z-1)$이다. $f(z) = -t + \ln z$이고 $f'(z) = 1/z$이므로

$$-t + \ln z = 1-\frac{1}{z}$$

이다. 따라서

$$t = \ln z + \frac{1}{z} -1$$

이다. 이때 함수 $\ln z + \frac{1}{z} -1$은 $z\geq 1$에서 증가하는 함수이므로 $z\geq e$이면 $t \geq 1/e$임을 알 수 있다. 따라서 $t\geq 1/e$일 필요충분조건은 $z\geq e$이다. 그러면 임의의 $z\geq e$에 대하여 다음이 성립한다.

$$h\left(\ln z + \frac{1}{z} - 1\right) = f'(z) = \frac{1}{z}$$

따라서 $0<t\leq 1/e$일 때 $h(t) = \frac{1-t}{e-1}$이고, $t\geq 1/e$일 때 $t = \ln z + \frac{1}{z} -1$이고 $h\left(\ln z + \frac{1}{z} - 1\right) = 1/z$이다.

양수 $a$가 $h(a) = \frac{1}{e+2}$를 만족시키므로, 만약 $0<a\leq 1/e$이면 $\frac{1-a}{e-1} = \frac{1}{e+2}$임을 만족시키거나, $a\geq 1/e$이면 $a = \ln(e+2) + \frac{1}{e+2} -1$를 만족시킬 것이다. 그런데 $\frac{1-a}{e-1} = \frac{1}{e+2}$이면

$$a = 1 - \frac{e-1}{e+2} = \frac{3}{e+2} \geq \frac{3}{2e} > \frac{1}{e}$$

이므로, $a = \ln(e+2) + \frac{1}{e+2} -1$이어야 한다(참고 : $\ln(e+2) + \frac{1}{e+2} -1\geq\frac{1}{e+2}$이다). 이제 $h'\left(\frac{1}{2e}\right)$과 $h'(a)$를 구하자. 먼저 $\frac{1}{2e}<\frac{1}{e}$이므로

$$h'\left(\frac{1}{2e}\right) = -\frac{1}{e-1}$$

이다. 한편 $z\geq e$에 대하여 $h\left(\ln z + \frac{1}{z} - 1\right) = 1/z$이므로

$$\left(\frac{1}{z} - \frac{1}{z^2}\right)h'\left(\ln z + \frac{1}{z} - 1\right) = -\frac{1}{z^2}$$

이다. 따라서

$$h'(a) = \frac{-\frac{1}{(e+2)^2}}{\frac{1}{e+2} - \frac{1}{(e+2)^2}} = -\frac{1}{e+1}$$

이므로

$$h'\left(\frac{1}{2e}\right)h'(a) = \frac{1}{(e-1)(e+1)}$$

이다. $\Box$

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:: Solution ::

연속함수 $y = f(x)$의 한 부정적분을 $F(x)$라 하자. $f(x)$는 모든 실수 $x$에 대하여

$$f(x) = \frac{\pi}{2}\int_1^{x+1}f(t)dt\tag{1}$$

를 만족시키므로

$$f(1) = \frac{\pi}{2}\int_1^{2}f(t)dt, \ f(-1) = -\frac{\pi}{2}\int_0^{1}f(t)dt\tag{2}$$

이다. 그런데 $y=f(x)$는 원점에 대하여 대칭이므로

$$\frac{\pi}{2}\int_1^{2}f(t)dt = f(1) = -f(-1) = \frac{\pi}{2}\int_0^{1}f(t)dt\tag{3}$$

이다. 한편 식 (1)로부터

$$f(x) = \frac{\pi}{2}\left[ F(x+1) - F(1)\right]$$

이므로

$$\frac{2}{\pi}f(x) + F(1) = F(x+1)$$

이다. 그러면

$$\frac{2}{\pi}\int_0^1f(x)dx + F(1) = \int_0^1F(x+1)dx\tag{4}$$

이다. 이제 식 (1), (2), (3), (4)를 이용하면 다음을 얻을 수 있다.

$$\begin{eqnarray} \pi^2\int_0^1xf(x+1)dx & = & \pi^2\left(\left[xF(x+1)\right]_0^1 - \int_0^1F(x+1)dx\right) \\ & = & \pi^2F(2) - \pi^2\int_0^1F(x+1)dx \\ & = & \pi^2F(2) - 2\pi\int_0^1f(x)dx - \pi^2F(1) = \pi^2\left[F(2) - F(1)\right] - 2\pi\int_0^1f(x)dx \\ & = & \pi^2\int_1^2f(x)dx - 2\pi\int_0^1f(x)dx = 2\pi f(1) + 4f(-1) \\ & = & (2\pi - 4)f(1) \quad \textrm{($\because$ $f$는 원점에 대하여 대칭)} \end{eqnarray}$$

이때 $f(1) = 1$이므로

$$\pi^2\int_0^1xf(x+1)dx = 2(\pi-2)$$

를 얻는다. $\Box$

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:: Preliminaries ::

Definition. 함수 $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$가 $\mathbb{R}$에서 적분가능하고 조각마다 연속(piecewisely continuous)일 때, $f$의 푸리에 변환(Fourier transform of $f$)을 기호로 $\widehat{f}$ 또는 $\mathfrak{F}(f)$으로 쓰고, 다음과 같은 함수로 정의한다.

$$\widehat{f}:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}, \quad \widehat{f}(\omega) = \int_{-\infty}^\infty f(x)e^{-i\omega x}dx$$

Theorem. 함수 $f,g:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$가 $\mathbb{R}$에서 적분가능하고 조각마다 연속일 때, 다음이 성립한다.

(1) 임의의 실수 $a,b\in\mathbb{R}$에 대하여 $\mathfrak{F}(af+bg) = a\mathfrak{F}(f) + b\mathfrak{F}(g)$이다. 

(2) $\widehat{f'} = i\omega\widehat{f}$.

(3) $\widehat{f*g} = \widehat{f}\widehat{g}$.

(4) $a\in\mathbb{R}$에 대하여 함수 $f_a:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$를 $f_a(x) = f(x+a)$으로 정의하자. 그러면 $\widehat{f_a}(\omega) = e^{ia\omega}\widehat{f}(\omega)$이다.

(5) 함수 $f$가 $x\in\mathbb{R}$에서 연속이면 다음이 성립한다.

$$f(x) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty \widehat{f}(\omega)e^{i\omega x}d\omega$$

만약 $f$가 $x\in\mathbb{R}$에서 불연속이면 다음이 성립한다.

$$\frac{f(x+0) + f(x-0)}{2} = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty\widehat{f}(\omega)e^{i\omega x}d\omega$$

(6) $\widehat{f} = \widehat{g}$이면 $f = g$이다.

:: Solution ::

함수 $f_0, h$를

$$f_0(x) = \left\{\begin{array}{ll} 1-|x| & \textrm{if $|x|\leq 1$} \\ 0 & \textrm{otherwise}\end{array}\right.,$$

$$h(x) = \left\{\begin{array}{ll} \cos(\pi x) & \textrm{if $k\leq x\leq k+8$} \\ 0 & \textrm{otherwise}\end{array}\right.$$

으로 정의하고, 함수 $H,K$를 다음과 같이 정의하자.

$$H(x) = \int_{-\infty}^xh(t)dt, \quad K(x) = \int_{-\infty}^xH(t)dt$$

그러면 임의의 $t\in\mathbb{R}$에 대하여

$$g(t) = \int_k^{k+8}f(x)\cos(\pi x)dx = \int_{-\infty}^\infty h(x)f_0(x-t)dx = (h*f_0)(t)$$

이다. 이때

$$\mathrm{Rect}(x) = \left\{\begin{array}{ll} 1 & \textrm{if $|x|\leq 1/2$} \\ 0 & \textrm{otherwise}\end{array}\right.$$

라고 하자. 그러면 $f_0 = \mathrm{Rect}*\mathrm{Rect}$이므로 $g = h*\mathrm{Rect}*\mathrm{Rect}$이다. 이때 함수 $g_0$를 $g_0 = h*\mathrm{Rect}$으로 정의하자. 그러면

$$\begin{eqnarray}\widehat{\mathrm{Rect}}(\omega) & = & \int_{-\infty}^\infty\mathrm{Rect}(x)e^{-i\omega x}dx = \int_{-1/2}^{1/2}e^{-i\omega x}dx \\& = & \frac{1}{-i\omega}\left[e^{-i\omega x}\right]^{1/2}_{-1/2} = \frac{e^{i\omega/2} - e^{-i\omega/2}}{i\omega}\end{eqnarray}$$

이므로

$$i\omega\widehat{g_0}(\omega) = i\omega\widehat{\mathrm{Rect}}(\omega)\widehat{h}(\omega) = e^{i\omega/2}\widehat{h}(\omega) - e^{-i\omega/2}\widehat{h}(\omega)$$

이다. 따라서

$$g_0'(t) = h\left(t+\frac{1}{2}\right) - h\left(t-\frac{1}{2}\right)$$

이다. 이때 임의의 실수 $t \leq k-1/2$에 대하여 $g_0(t) = 0$이므로

$$g_0(t) = \int_{-\infty}^tg_0'(\tau)d\tau = H\left(t+\frac{1}{2}\right) - H\left(t-\frac{1}{2}\right)$$

이다. 그리고 $g = g_0*\mathrm{Rect}$이므로

$$i\omega\widehat{g}(\omega) = e^{i\omega/2}\widehat{g_0}(\omega) - e^{-i\omega/2}\widehat{g_0}(\omega)$$

이다. 따라서

$$g'(t) = g_0\left(t+\frac{1}{2}\right) - g_0\left(t-\frac{1}{2}\right) = H(t+1) + H(t-1) - 2H(t)$$

이다. 임의의 실수 $t\leq k-1$에 대하여 $g(t) = 0$이므로,

$$\begin{eqnarray}g(t) & = & \int_{-\infty}^tg'(\tau)d\tau = \int_{-\infty}^t\left[H(\tau+1) + H(\tau-1) - 2H(\tau)\right]d\tau \\ & = & K(t+1) + K(t-1) - 2K(t)\end{eqnarray}$$

이다. 이때

$$H(x) = \int_{-\infty}^xh(t)dt = \left\{\begin{array}{ll}\frac{1}{\pi}\sin(\pi x) & \textrm{if $k\leq x\leq k+8$} \\ 0 & \textrm{otherwise}\end{array}\right.,$$

$$K(x) = \int_{-\infty}^xH(t)dt = \left\{\begin{array}{ll}-\frac{1+\cos(\pi x)}{\pi^2} & \textrm{if $k\leq x\leq k+8$} \\ 0 & \textrm{otherwise}\end{array}\right.$$

임을 이용하면 함수 $g$를 구할 수 있다. □

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