Fourier解析　Fourierの定理 - 数学・物理・電気主任技術者試験、情報処理技術者試験等お勉強の記録

定理　Fourierの定理

$f(x)$ を $[ -\pi, \pi ]$ で定められた周期 $2\pi$ の区分的に滑らかな関数とする。そのとき

$\displaystyle{C_k = \frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^\pi f(t) \exp(-\sqrt{-1}kt)dt}$

とおくと

$\displaystyle{\sum_{k = -\infty}^\infty C_k \exp(\sqrt{-1}kx) = \frac{ f(x+0) + f(x-0)}{2}}$

が成り立つ。

証明

$\displaystyle{P_n (x) = \sum_{k= -n}^n C_k \exp(\sqrt{-1}kx)}$ とおく。

$\displaystyle{P_n (x) = \sum_{k= -n}^n C_k \exp(\sqrt{-1}kx)}$

$\displaystyle{= \sum_{k=-n}^n \left\{ \frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^\pi f(t) \exp(-\sqrt{-1}kt)dt\right\}\exp(\sqrt{-1}kx)}$
$\displaystyle{ = \frac{1}{2\pi} \sum_{k = -n}^n \left\{ \exp(\sqrt{-1}kx) \int_{-\pi}^\pi f(t) \exp(-\sqrt{-1}kt)dt \right\}}$

$\displaystyle{ = \frac{1}{2\pi}\left\{ \exp(-\sqrt{-1}nx)\int_{-\pi}^\pi f(t)\exp(\sqrt{-1}nt)dt + \cdots + \int_{-\pi}^\pi f(t) dt + \cdots \right.}$

$\displaystyle{ \left. \cdots + \exp(\sqrt{-1}nx)\int_{-\pi}^\pi f(t)\exp(-\sqrt{-1}nt)dt \right\} }$

$\displaystyle{=\frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^\pi f(t) \left\{ \sum_{k=-n}^n \exp(\sqrt{-1}k(t-x))\right\}dt}$

ここで変数を変換し、 $P_n$ を書き換える。

$u = t-x,u \in [ -\pi-x,\pi-x], dt = du$

$\displaystyle{ P_n(x)= \frac{1}{2\pi} \int_{-\pi -x}^{\pi-x} f(x+u) \left\{ \sum_{k=-n}^n \exp(-\sqrt{-1}ku)\right\}du}$

$\displaystyle{Q_n (u) = \sum_{k=-n}^n \exp(\sqrt{-1}ku)}$

とおくと、初項 $\exp(-\sqrt{-1}nu)$ 公比 $\exp(\sqrt{-1}u)$ 、項数 $2n+1$ の等比級数なので、

$\displaystyle{ Q_n(u)= \frac{ \exp(-\sqrt{-1}nu)(1-\exp(\sqrt{-1}u(2n+1))}{1-\exp(\sqrt{-1}u)}}$

$\displaystyle{=\frac{\exp(-\sqrt{-1}nu) - \exp(\sqrt{-1}(n+1)u)}{1-\exp(\sqrt{-1}u)}}$

$\displaystyle{=\frac{\exp \left(-\sqrt{-1}\left(n+\frac{1}{2}\right)u\right) - \exp \left(\sqrt{-1}\left(n+\frac{1}{2}\right)u\right)}{\exp\left(-\sqrt{-1}\left(\frac{1}{2}\right)u\right) - \exp\left(\sqrt{-1}\left(\frac{1}{2}\right)u\right)}}$

$\displaystyle{=\frac{\sin\left(\left(n+\frac{1}{2}\right)u\right)}{\sin\left(\frac{u}{2}\right)}}$

ここで $f(x+u),Q_n(u)$ は共に周期 $2\pi$ の $u$ の関数であるから

$\displaystyle{P_n(x) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi f(x+u) Q_n(u)du}$

再び $Q_n(u)$ の定義より

$\displaystyle{\int_{-\pi}^\pi Q_n(u) du = \int_{-\pi}^\pi \left\{ \sum_{k=-n}^n \exp(-\sqrt{-1}ku)\right\}du}$

$\displaystyle{=\sum_{k=-n}^n \int_{-\pi}^\pi \exp(-\sqrt{-1}ku)du = \int_{-\pi}^\pi du = 2\pi}$

また $Q_n(u)$ の定義より $Q_n (-u)=Q_n (u)$ だから

$\displaystyle{\int_0^\pi Q_n(u) du = \int_{-\pi}^0 Q_n(u) du = \pi}$

$\displaystyle{ P_n(x) - \frac{f(x+0)+f(x-0)}{2}}$

$\displaystyle{= \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi f(x+u)Q_n(u)du - \frac{1}{2}\{f(x+0)+f(x-0)\}}$

$\displaystyle{=\frac{1}{2\pi}\left\{ \int_{-\pi}^\pi f(x+u)Q_n(u)du - \pi f(x+0) - \pi f(x-0) \right\}}$

$\displaystyle{=\frac{1}{2\pi}\left\{ \int_0^\pi f(x+u)Q_n(u)du + \int_{-\pi}^0 f(x+u)Q_n(u)du\right.}$

$\displaystyle{\left. -f(x+0) \int_0^\pi Q_n(u)du -f(x-0) \int_{-\pi}^0 Q_n(u)du \right\}}$

$\displaystyle{=\frac{1}{2\pi} \int_0^\pi \{ f(x+u) - f(x+0)\} Q_n(u) du }$

$\displaystyle{+\frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^0 \{ f(x+u) - f(x-0)\} Q_n(u) du }$

$\displaystyle{=\frac{1}{2\pi} \int_0^\pi \{ f(x+u) - f(x+0)\} Q_n(u) du }$

$\displaystyle{+\frac{1}{2\pi} \int_0^\pi \{ f(x-u) - f(x-0)\} Q_n(u) du }$

$\displaystyle{=\frac{1}{2\pi} \int_0^\pi \{ f(x+u) - f(x+0)\} \frac{\sin\left(\left(n+\frac{1}{2}\right)u\right)}{\sin\left(\frac{u}{2}\right)} du }$

$\displaystyle{+\frac{1}{2\pi} \int_0^\pi \{ f(x-u) - f(x-0)\} \frac{\sin\left(\left(n+\frac{1}{2}\right)u\right)}{\sin\left(\frac{u}{2}\right)} du }$

$\displaystyle{=\frac{1}{\pi}\int_0^\pi \frac{ f(x+u)-f(x+0)}{u} \frac{\frac{u}{2}}{\sin\left(\frac{u}{2}\right)}\sin\left(\left(n+\frac{1}{2}\right)u\right)}$

$\displaystyle{+\frac{1}{\pi}\int_0^\pi \frac{ f(x-u)-f(x-0)}{u} \frac{\frac{u}{2}}{\sin\left(\frac{u}{2}\right)}\sin\left(\left(n+\frac{1}{2}\right)u\right)}$

ここで、

$\displaystyle{ g_+ (u) = \frac{1}{\pi} \frac{ f(x+u)-f(x+0)}{u} \frac{\frac{u}{2}}{\sin\left(\frac{u}{2}\right)}}$

$\displaystyle{ g_- (u) = \frac{1}{\pi} \frac{ f(x-u)-f(x-0)}{u} \frac{\frac{u}{2}}{\sin\left(\frac{u}{2}\right)}}$

$\displaystyle{\alpha = n + \frac{1}{2}}$

とおくと

右辺 $\displaystyle{=\int_0^\pi g_+(u)\sin(\alpha u)du + \int_0^\pi g_-(u)\sin(\alpha u) du}$

となり、 $g_+(u),g_-(u)$ が区間 $[0,\pi]$ で区分的に連続と言えれば $n\to \infty$ なら $\alpha \to \infty$ なのでRieman-Lebesgueの定理の条件を満たす。そのために $u\to 0$ のとき各 $g$ が収束すればよい。

$\displaystyle{\lim_{u \to 0} g_+(u) = \frac{1}{\pi} \lim_{u \to 0} \frac{f(x+u)-f(x+0)}{u}\frac{\frac{u}{2}}{\sin\left(\frac{u}{2}\right)}=\frac{1}{\pi}f'(x+0)\lt \infty}$