前回,リーマン・ルベーグのレンマに続きまして,フーリエの定理です。

フーリエの定理

周期 \(2L\) の関数 \(f(x)\) が区分的連続であり,かつ区分的に滑らかであれば,次が成り立つ。\[\displaystyle f(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{k = 1}^{\infty}\left(a_k \cos k\omega x + b_k \sin k\omega x\right)\]\[\left\{\begin{array}{l} \displaystyle a_k = \frac{1}{L}\int_{-L}^{L} f(t)\cos k\omega t\,dt \\[2px] \displaystyle b_k = \frac{1}{L}\int_{-L}^{L} f(t)\sin k\omega t\,dt \\ \displaystyle \omega = \frac{\pi}{L} \end{array}\right.\]

区分的に滑らかとは「各点の導関数が有限個の点を除いて連続であって,しかもそれらの各点において右微分可能かつ左微分可能である」ことをいいます。(「数学辞典」朝倉書店)

示すべき事柄は\[\displaystyle \lim_{n \to \infty}\left\{\frac{a_0}{2} + \sum_{k = 1}^{n}\left(a_k \cos k\omega x + b_k \sin k\omega x\right) - f(x)\right\} = 0 \tag{1}\]が成り立つということです。 \[\begin{eqnarray} && \sum_{k = 1}^n\left(a_k \cos k\omega x + b_k \sin k\omega x\right) \\[2px] &=& \frac{1}{L}\sum_{k = 1}^n\left(\int_{-L}^L f(t)\cos k\omega t\,dt\cdot \cos k\omega x + \int_{-L}^L f(t)\sin k\omega t\,dt\cdot \sin k\omega x\right) \\[2px] &=& \frac{1}{L}\sum_{k = 1}^n \int_{-L}^L f(t)\left(\cos k\omega t \cos k\omega x + \sin k\omega t \sin k\omega x\right)dt \\[2px] &=& \frac{1}{L}\sum_{k = 1}^n \int_{-L}^L f(t)\cos k\omega(t - x)\,dt \end{eqnarray}\] ここで,\(\omega(t - x)= \tau\) とおいて変数変換をします。すると \[\begin{eqnarray} && \sum_{k = 1}^n\left(a_k \cos k\omega x + b_k \sin k\omega x\right)\\[2px] &=& \frac{1}{\pi}\sum_{k = 1}^n \int_{\omega(-L - x)}^{\omega(L - x)} f\left(\frac{\tau}{\omega} + x\right)\cdot\cos k\tau\,d\tau \end{eqnarray}\] となりますが,さらに,\(f(x)\) の周期性を考えると,この式は次のようになります。 \[\begin{eqnarray} && \sum_{k = 1}^n\left(a_k \cos k\omega x + b_k \sin k\omega x\right)\\[2px] &=& \frac{1}{\pi}\sum_{k = 1}^n \int_{-\pi}^{\pi} f\left(\frac{\tau}{\omega} + x\right)\cdot\cos k\tau\,d\tau \end{eqnarray}\] また,\(a_0\) に対しても,同様の変数変換を行った上で,周期性を考慮すると\[\displaystyle \frac{a_0}{2} = \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f\left(\frac{\tau}{\omega} + x\right)d\tau\]ですから \[\begin{eqnarray} && \frac{a_0}{2} + \sum_{k = 1}^{n}\left(a_k \cos k\omega x + b_k \sin k\omega x\right) - f(x) \\[2px] &=& \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f\left(\frac{\tau}{\omega} + x\right)\left(\frac{1}{2} + \sum_{k = 1}^n \cos k\tau\right)d\tau - f(x) \\[2px] \end{eqnarray}\] ここで,少しばかり技巧的な変形をします。 \[\begin{eqnarray} && \frac{a_0}{2} + \sum_{k = 1}^{n}\left(a_k \cos k\omega x + b_k \sin k\omega x\right) - f(x) \\[2px] &=& \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\frac{\displaystyle f\left(\frac{\tau}{\omega} + x\right)}{\displaystyle \sin\frac{\tau}{2}}\left(\frac{1}{2} + \sum_{k = 1}^n\cos k\tau\right)\sin\frac{\tau}{2}\,d\tau - f(x) \end{eqnarray}\] この式において \[\begin{eqnarray} && \left(\frac{1}{2} + \sum_{k = 1}^n\cos k\tau\right)\sin\frac{\tau}{2} \\[2px] &=& \frac{1}{2}\sin\frac{\tau}{2} + \sum_{k = 1}^n \cos k\tau \sin \frac{\tau}{2} \\[2px] &=& \frac{1}{2}\left[\sin\frac{\tau}{2} + \sum_{k = 1}^n\left\{\sin\left(k + \frac{1}{2}\right)\tau - \sin\left(k - \frac{1}{2}\right)\tau\right\}\right] \\[2px] &=& \frac{1}{2}\left(\sin\frac{\tau}{2} + \sin\frac{3\tau}{2} - \sin\frac{\tau}{2} + \cdots + \sin\frac{(2n + 1)\tau}{2} - \sin\frac{(2n - 1)\tau}{2}\right) \\[2px] &=& \frac{1}{2}\sin\frac{(2n + 1)\tau}{2} \end{eqnarray}\] の成り立つことが分かります。そして,もう一つ,厄介な式を示さなければなりません。 \[\int_{-\pi}^{\pi}\frac{\displaystyle \sin\frac{(2n + 1)\tau}{2}}{\displaystyle \sin\frac{\tau}{2}}\,d\tau = 2\pi\] です。この証明は,オイラーの公式を使えば,比較的簡単にできるのですが,できれば高校生にも分かるようにと式をあれこれ弄繰り回してみました。結局,できませんでした。そこで,取り敢えず,オイラーの公式を用いた証明を示しておきます。 \[\begin{eqnarray} && \frac{\displaystyle \sin\frac{(2n + 1)\tau}{2}}{\displaystyle \sin\frac{\tau}{2}} \\[2px] &=& \frac{\displaystyle \frac{e^{i\frac{(2n + 1)\tau}{2}} - e^{-i\frac{(2n + 1)\tau}{2}}}{2i}}{\displaystyle \frac{e^{i\frac{\tau}{2}} - e^{-i\frac{\tau}{2}}}{2i}} \\[2px] &=& \frac{e^{i\frac{\tau}{2}}}{e^{i\frac{(2n + 1)\tau}{2}}}\cdot\frac{e^{i(n + 1)\tau} -1}{e^{i\tau} - 1} \\[2px] &=& e^{-in\tau}\left\{e^{2in\tau} + e^{2i(n - 1)\tau} + \cdots + 1\right\} \\[2px] &=& e^{in\tau} + e^{i(n - 1)\tau} + \cdots + 1 + \cdots + e^{-in\tau} \\[2px] &=& 2\left\{\cos n\tau + \cos(n - 1)\tau + \cdots + \cos\tau\right\} + 1 \end{eqnarray}\] これにより,\(\displaystyle \int_{-\pi}^{\pi}\frac{\displaystyle \sin\frac{(2n + 1)\tau}{2}}{\displaystyle \sin\frac{\tau}{2}}\,d\tau = 2\pi\) が示されました。それでは,いよいよ仕上げです。 \[\begin{eqnarray} && \frac{a_0}{2} + \sum_{k = 1}^{n}\left(a_k \cos k\omega x + b_k \sin k\omega x\right) - f(x) \\[2px] &=& \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\frac{\displaystyle f\left(x + \frac{\tau}{\omega}\right) - f(x)}{\displaystyle \sin\frac{\tau}{\omega}}\cdot\sin\frac{(2n + 1)\tau}{2}\,d\tau \\[2px] &=& \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\frac{\displaystyle f\left(x + \frac{\tau}{\omega}\right) - f(x)}{\displaystyle \frac{\tau}{\omega}}\cdot\frac{\displaystyle \frac{\tau}{\omega}}{\displaystyle \sin\frac{\tau}{\omega}}\cdot\sin\frac{(2n + 1)\tau}{2}\,d\tau \end{eqnarray}\] これで漸く辿り着きました。関数 \(f(x)\) が区分的に滑らかであること,そして,前回証明したリーマン・ルベーグの定理を用いれば,上式の \(n \to \infty\) における極限が \(0\) であることを示せました。

関数 \(f(x)\) は区分的連続であって,連続関数ではありませんから,最初に書いた フーリエの定理 の左辺は \(f(x)\) でなく,\(\displaystyle \frac{f(x - 0) + f(x + 0)}{2}\) としなくなくてはいけません。\(f(x - 0)\)\(f(x + 0)\) とは,それぞれ左側からの極限と右側からの極限を表します。細かなところになりますが,ここは承知しておいてください。

最終更新日時: 2021年 03月 3日(水曜日) 12:41