COMPASS

真の理解のためのシンプルな数学のノート

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Fourier 級数

理論

Fourier 級数

定義≪Fourier 級数≫

 周期 $2\ell$ の周期関数 $f(x)$ に対して, 級数 \[\frac{a_0}{2}+\sum\limits_{n = 1}^\infty\left( a_n\cos\frac{n\pi}{\ell}x+b_n\sin\frac{n\pi}{\ell}x\right)\] を $f(x)$ の Fourier 級数(Fourier series)と呼ぶ. ただし, \begin{align*} a_n &= \frac{1}{\ell}\int_{-\ell}^\ell f(x)\cos\frac{n\pi}{\ell}xdx \quad (n \geqq 0), \\ b_n &= \frac{1}{\ell}\int_{-\ell}^\ell f(x)\sin\frac{n\pi}{\ell}xdx \quad (n \geqq 1) \end{align*} と定める. これらの係数を $f(x)$ の Fourier 係数と呼び, $a_n$ を Fourier 余弦係数, $b_n$ を Fourier 正弦係数と呼ぶ.

定理≪偶関数・奇関数の Fourier 係数≫

 偶関数の Fourier 正弦係数は $0,$ 奇関数の Fourier 余弦係数は $0$ である.

定理≪Fourier 級数の収束定理≫

 周期 $2\pi$ の周期関数 $f(x)$ が区間 $[-\pi,\ \pi ]$ において区分的に連続であり, 各点 $x = x_0$ で左微分係数と右微分係数を持つとき, $f(x)$ の Fourier 級数は \[\frac{1}{2}\left(\lim\limits_{x \to x_0-0}f(x)+\lim\limits_{x \to x_0+0}f(x)\right)\] に収束する. 特に, $f(x)$ の連続点 $x = x_0$ において Fourier 級数は $f(x)$ に収束する.

例≪矩形波の Fourier 級数展開≫

 区間 $[-\pi,\ \pi )$ において \[ f(x) = \begin{cases} -1 & (-\pi \leqq x < 0), \\ 0 & (x = 0), \\ 1 & (0 < x < \pi ) \end{cases}\] で定義される周期 $2\pi$ の関数 $f(x)$ は区分的に連続だから Fourier 級数展開できる. $f(x)$ は奇関数だから, Fourier 余弦級数は $0.$ $f(x)$ の Fourier 正弦係数を $b_n$ とおくと, \begin{align*} b_n &= \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi f(x)\sin nxdx = \frac{2}{\pi}\int _0^\pi\sin nxdx \\ &= \frac{2}{\pi}\left[ -\frac{1}{n}\sin nx\right] _0^\pi \\ &= \frac{2\big( 1-(-1)^n\big)}{n\pi} \\ &= \begin{cases} 0 & (n = 2m), \\ \frac{4}{n\pi} & (n = 2m-1) \end{cases} \end{align*} となるから, \[ f(x) = \frac{4}{\pi}\sum\limits_{n = 1}^\infty\frac{\sin (2n-1)}{2n-1}.\]

問題

Fourier 級数の収束定理

問題≪Dirichlet 核≫

 $n$ 次 Dirichlet 核 \[ D_n(x) = \frac{1}{2}+\sum\limits_{k = 1}^n\cos kx\] について, 次が成り立つことを示せ.
(a)
周期 $2\pi$ の区分的に連続な実数値関数 $f(x)$ の Fourier 級数の第 $n$ 部分和を $S_n(x)$ で表すとき, \[ S_n(x) = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi f(x+y)D_n(y)dy.\]
(b)
$D_n(x) = \dfrac{\sin (n+\frac{1}{2})x}{2\sin\frac{x}{2}}.$ 
(c)
$\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int _{-\pi}^\pi D_n(x)dx = 1.$

解答例

(a)
\begin{align*} &S_n(x) \\ &= \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi f(t)dt \\ &\qquad +\sum\limits_{k = 1}^n\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi f(t)\cos ktdt\cos kx \\ &\qquad +\sum\limits_{k = 1}^n\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi f(t)\sin ktdt\sin kx \\ &= {\small \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi f(t)\left(\frac{1}{2}+\sum\limits_{k = 1}^n(\cos kt\cos kx+\sin kt\sin kx)\right) dt} \\ &= \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi\left(\frac{1}{2}+\sum\limits_{k = 1}^n\cos k(t-x)\right) dt \\ &= \frac{1}{\pi}\int_{-\pi -x}^{\pi -x}f(x+y)\left(\frac{1}{2}+\sum\limits_{k = 1}^n\cos ky\right) dy \\ &= \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi f(x+y)D_n(y)dy. \end{align*}
(b)
\begin{align*} &2\sin\frac{x}{2}D_n(x) \\ &= \sin\frac{x}{2}+\sum\limits_{k = 1}^n2\sin\frac{x}{2}\cos kx \\ &= \sin\frac{x}{2}+\sum\limits_{k = 1}^n\left(\sin\left(\frac{1}{2}-k\right) x+\sin\left(\frac{1}{2}+k\right) x\right) \\ &= \sin\frac{x}{2}+\sum\limits_{k = 1}^n\left( -\sin\frac{2k-1}{2}x+\sin\frac{2k+1}{2}x\right) \\ &= \sum\limits_{k = 1}^n\left(\sin\frac{2k-1}{2}x-\sin\frac{2k-1}{2}x\right) +\sin\frac{2n+1}{2}x \\ &= \sin\left( n+\frac{1}{2}\right) x \end{align*} より, 求める等式を得る.
(c)
$D_n(x)$ は偶関数だから, \begin{align*} \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi D_n(x)dx &= \frac{2}{\pi}\int_0^\pi\left(\frac{1}{2}+\sum\limits_{k = 1}^n\cos kx\right) dx \\ &= \frac{2}{\pi}\left[\frac{x}{2}+\sum\limits_{k = 1}^n\frac{\sin kx}{k}\right] _0^\pi = 1. \end{align*}

問題≪Poisson 核≫

 $|r| < 1$ とする. Poisson 核 \[ P_r(x) = \frac{1-r^2}{1-2r\cos x+r^2}\] について, 次が成り立つことを示せ.
(a)
$P_r(x) = 1+2\displaystyle\sum\limits_{n = 1}^\infty r^n\cos nx.$ 
(b)
$\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int _{-\pi}^\pi P_r(x)dx = 2.$

解答例

(a)
$z = re^{x\sqrt{-1}}$ とおくと $|z| < 1$ より \begin{align*} &\sum\limits_{n = 1}^\infty r^n\cos nx = \Re\sum\limits_{n = 1}^\infty z^n \\ &= \Re\frac{z}{1-z} = \Re\frac{z(1-z)}{|1-z|^2} \\ &= \Re\frac{z-|z|^2}{(1-r\cos x)^2+(r\sin x)^2} = \frac{r\cos x-r^2}{1-2r\cos x+r^2} \end{align*} となるから, \begin{align*} P_r(x) &= \frac{(1-2r\cos x+r^2)+2(r\cos x-r^2)}{1-2r\cos x+r^2} \\ &= \frac{1-r^2}{1-2r\cos x+r^2}. \end{align*}
(b)
項別積分定理より, \begin{align*} \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi P_r(x)dx &= \frac{1}{\pi}\int _{-\pi}^\pi dx+\frac{2}{\pi}\sum\limits_{n = 1}^\infty r^n\int_{-\pi}^\pi\cos nxdx \\ &= \frac{1}{\pi}\big[ x\big] _{-\pi}^\pi +\frac{2}{\pi}\sum\limits_{n = 1}^\infty r^n\left[\frac{\sin nx}{n}\right] _{-\pi}^\pi \\ &= 2. \end{align*}

問題≪Riemann-Lebesgue の補題≫

 区間 $[a,\ b]$ において区分的に滑らかな任意の実数値関数 $f(x)$ に対して, 次が成り立つことを示せ. \[\lim\limits_{\lambda \to \infty}\int _a^bf(x)\sin\lambda xdx = 0 \quad \cdots [\ast ].\]

解答例

 $[a,\ b]$ において $f(x)$ が滑らかでない点は高々有限個だから, $[a,\ b]$ は $f(x)$ が滑らかであるような有限個の区間 $[a_{k-1},\ a_k]$ の和集合に分割できる. このような小区間において同様の等式が成り立つことを示せば, 積分と極限の加法性より $[\ast ]$ が得られる. そこで, $f(x)$ が $[a,\ b]$ において滑らかであるとして $[\ast ]$ を示せば良い. このとき, $[a,\ b]$ において $f(x)$ は微分可能(特に連続)かつ $f'(x)$ は連続である. $|f(x)|,$ $|f'(x)|$ も連続だから, 最大値原理により $[a,\ b]$ における $|f(x)|$ の最大値 $M,$ $|f'(x)|$ の最大値 $M'$ が存在する. 部分積分法により, \begin{align*} &\left|\int _a^bf(x)\sin\lambda xdx\right| \\ &= \left|\left[ -\frac{1}{\lambda}f(x)\cos\lambda x\right] _a^b+\frac{1}{\lambda}\int_a^bf'(x)\cos\lambda xdx\right| \\ &\leq \frac{|f(b)||\cos\lambda b|+|f(a)||\cos\lambda a|}{\lambda} \\ &\qquad +\frac{1}{\lambda}\int_a^b|f'(x)||\cos\lambda x|dx \\ &\leq \frac{2M}{\lambda}+\frac{1}{\lambda}\int_a^bM'dx \\ &= \frac{2M}{\lambda}+\frac{M'}{\lambda}(b-a) \\ &\to 0 \quad (\lambda \to \infty ). \end{align*} これは $[\ast ]$ の成立を意味する.

問題≪最良近似問題≫

 区分的に連続な関数 $f(x)$ と \[ T_n(x) = \sum\limits_{k = -n}^nd_ke^{kx\sqrt{-1}} \quad (d_k \in \mathbb C)\] で定まる関数列 $\big( T_n(x)\big)$ について, 平均 $2$ 乗誤差 \[ E_n = \int_{-\pi}^\pi |f(x)-T_n(x)|^2dx\] が最小になるとき, 数列 $(d_n)_{n \in \mathbb Z}$ の一般項を求めよ.

解答例

\begin{align*} E_n &= \int_{-\pi}^\pi |f(x)-T_n(x)|^2dx \\ &= \int_{-\pi}^\pi (f(x)-T_n(x))\overline{(f(x)-T_n(x))}dx \\ &= \int_{-\pi}^\pi|f(x)|^2dx-\int_{-\pi}^\pi f(x)\overline{T_n(x)}dx \\ &\qquad -\int_{-\pi}^\pi\overline{f(x)}T_n(x)dx+\int_{-\pi}^\pi |T_n(x)|^2dx. \end{align*} ここで, $f(x)$ の複素 Fourier 級数を $c_n$ とおくと, \begin{align*} &I := \int_{-\pi}^\pi f(x)\overline{T_n(x)}dx = \sum\limits_{k = -n}^n\overline{d_k}\int_{-\pi}^\pi f(x)e^{-kx\sqrt{-1}} \\ &= 2\pi\sum\limits_{k = -n}^nc_k\overline{d_k}, \\ &\int_{-\pi}^\pi\overline{f(x)}T_n(x)dx = \bar I = 2\pi\sum\limits_{k = -n}^n\overline{c_k}d_k, \\ &\int_{-\pi}^\pi |T_n(x)|^2dx \\ &= \int_{-\pi}^\pi\left(\sum\limits_{j = -n}^nd_je^{jx\sqrt{-1}}\right)\left(\sum\limits_{k = -n}^n\overline{d_k}e^{-kx\sqrt{-1}}\right) \\ &= \sum\limits_{j = -n}^n\sum\limits_{k = -n}^nd_j\overline{d_k}\int_{-\pi}^\pi e^{(j-k)x\sqrt{-1}}dx \\ &= 2\pi\sum\limits_{k = -n}^nd_k\overline{d_k} = 2\pi\sum\limits_{k = -n}^n|d_k|^2 \end{align*} よって, \begin{align*} E_n &= \int_{-\pi}^\pi |f(x)|dx+2\pi\sum\limits_{k = -n}^n(|d_n|^2-c_k\overline{d_k}-\overline{c_k}d_k) \\ &= \int_{-\pi}^\pi |f(x)|dx+2\pi\sum\limits_{k = -n}^n(|c_k-d_k|^2-|c_k|^2) \\ &= \int_{-\pi}^\pi |f(x)|dx+2\pi\sum\limits_{k = -n}^n|c_k-d_k|^2-2\pi\sum\limits_{k = -n}^n|c_k|^2. \end{align*} 第 $1$ 項と第 $3$ 項は $f(x)$ のみに依存し, 第 $2$ 項は非負だから, $E_n$ が最小になるとき, $d_k = c_k$ すなわち $d_n$ は $f(x)$ の複素 Fourier 係数に一致する.

Fourier 級数の例

問題≪三角多項式の Fourier 級数≫

 $a_0,$ $\cdots,$ $a_m,$ $b_0,$ $\cdots,$ $b_m$ を実数とする. 次の実関数の Fourier 級数はそれ自身であることを直接示せ. \[ f(x) = \frac{a_0}{2}+\sum\limits_{k = 1}^m(a_k\cos kx+b_k\sin kx).\]

解答例

 $f(x)$ の Fourier 級数を \[\frac{\alpha _0}{2}+\sum\limits_{n = 1}^\infty (\alpha _n\cos nx+\beta _n\sin nx)\] とすると, \begin{align*} \alpha _n &= \frac{a_0}{2}\int _{-\pi}^\pi\cos nxdx \\ &\quad +\frac{1}{\pi}\sum\limits_{k = 1}^ma_n\int _{-\pi}^\pi\cos kx\cos nxdx \\ &\quad +\frac{1}{\pi}\sum\limits_{k = 1}^mb_n\int _{-\pi}^\pi\sin kx\cos nxdx \\ &= \begin{cases} a_n & (n \leqq m) \\ 0 & (n > m). \end{cases} \end{align*} 同様に, \[\beta _n = \begin{cases} b_n & (n \leqq m) \\ 0 & (n > m). \end{cases}\] ゆえに, $f(x)$ の Fourier 級数は $f(x)$ 自身である.

問題≪三角関数のべきの Fourier 級数≫

 $m$ を正の整数とするとき, $\cos ^{2m}x,$ $\cos ^{2m-1},$ $\sin ^{2m}x,$ $\sin ^{2m-1}x$ の Fourier 級数展開を求めよ.

解答例

\[\cos ^nx = \frac{1}{2^n}\sum\limits_{k = 0}^n\binom{n}{k}e^{(n-2k)x\sqrt{-1}} \quad \cdots [\ast ]\] より, \begin{align*} &4^m\cos ^{2m}x \\ &= \sum\limits_{\ell = 0}^{2m}\binom{2m}{\ell}e^{2(m-\ell )x\sqrt{-1}} \\ &= \sum\limits_{\ell = 0}^{m-1}\binom{2m}{\ell}e^{2(m-\ell )x\sqrt{-1}}+\binom{2m}{m}+\sum\limits_{\ell = m+1}^{2m}e^{2(m-\ell )x\sqrt{-1}} \\ &= {\small \sum\limits_{k = 1}^m\binom{2m}{m-k}e^{2kx\sqrt{-1}}+\binom{2m}{m}+\sum\limits_{k = 1}^m\binom{2m}{m+k}e^{-2kx\sqrt{-1}}} \\ &= \binom{2m}{m}+\sum\limits_{k = 1}^m\binom{2m}{m-k}(e^{2kx\sqrt{-1}}+e^{-2kx\sqrt{-1}}) \\ &= \binom{2m}{m}+2\sum\limits_{k = 1}^m\binom{2m}{m-k}\cos 2mx \end{align*} だから, \[\cos ^{2m}x = \frac{1}{4^m}\binom{2m}{m}+\frac{1}{2^{2m-1}}\sum\limits_{k = 1}^m\binom{2m}{m-k}\cos 2mx.\] よって, \begin{align*} &\sin ^{2m}x \\ &= \cos ^{2m}\left( x-\frac{\pi}{2}\right) \\ &= \frac{1}{4^m}\binom{2m}{m}+\frac{1}{2^{2m-1}}\sum\limits_{k = 1}^m\binom{2m}{m-k}\cos (2mx-m\pi ) \\ &= \frac{1}{4^m}\binom{2m}{m}+\frac{1}{2^{2m-1}}\sum\limits_{k = 1}^m(-1)^m\binom{2m}{m-k}\cos 2mx. \end{align*} 同様にして, \begin{align*} \cos ^{2m-1}x &= \frac{1}{4^{m-1}}\sum\limits_{k = 1}^m\binom{2m-1}{m-k}\cos (2m-1)x, \\ \sin ^{2m-1}x &= \frac{1}{4^{m-1}}\sum\limits_{k = 1}^m(-1)^{m-1}\binom{2m-1}{m-k}\sin (2m-1)x. \end{align*}
 公式 $[\ast ]$ については, 後日解説します.

問題≪偶関数の Fourier 級数≫

 区間 $(0,\ 2\pi )$ において \[ f(x) = -\log\sin\frac{x}{2}\] で定義される周期 $2\pi$ の関数 $f(x)$ の Fourier 級数展開を求めよ.

解答例

 $0 < x < \pi$ のとき, $0 < \pi -x < \pi < \pi +x < 2\pi$ かつ \[ f(\pi\pm x) = -\log\sin\left(\frac{\pi}{2}\pm\frac{x}{2}\right) = -\log\cos\frac{x}{2}\] であって, $f(x)$ の周期は $2\pi$ だから \begin{align*} f(-x) &= f(2\pi -x) = f(\pi +\pi -x) = f(\pi -\pi +x) \\ &= f(x) \end{align*} となる. よって, $f(x)$ は偶関数だから, その Fourier 正弦係数は $0.$ $f(x)$ の Fourier 余弦係数を $a_n$ とおくと, \begin{align*} a_n &= \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi\left( -\log\sin\frac{x}{2}\right)\cos nxdx \\ &= -\frac{2}{\pi}\int_0^\pi\log\sin\frac{x}{2}\cdot\cos nxdx. \end{align*} $n = 0$ のとき, \begin{align*} a_0 &= -\frac{4}{\pi}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\log\sin ydy \\ &= -\frac{4}{\pi}\cdot\left( -\frac{\pi}{2}\log 2\right) = 2\log 2. \end{align*} $n \geqq 1$ のとき, \begin{align*} {\small a_n} &{\small = -\frac{2}{n\pi}\left[\log\sin\frac{x}{2}\cdot\sin nx\right] _0^\pi +\frac{1}{n\pi}\int _0^\pi\frac{\cos\frac{x}{2}\sin nx}{\sin\frac{x}{2}}dx} \\ &{\small = -\frac{2}{n\pi}\lim\limits_{\varepsilon \to +0}\log\sin\frac{\varepsilon}{2}\cdot\sin n\varepsilon +\frac{1}{n\pi}\int _0^\pi\frac{\cos\frac{x}{2}\sin nx}{\sin\frac{x}{2}}dx.} \end{align*} 右辺の第 $1$ 項の極限の部分を $H_n,$ 第 $2$ 項の広義積分の部分を $I_n$ とおくと, \begin{align*} H_n &= \lim\limits_{\varepsilon \to +0}\log\sin\frac{\varepsilon}{2}\div\frac{1}{\sin n\varepsilon} \\ &= -\lim\limits_{\varepsilon \to +0}\frac{\cos\frac{\varepsilon}{2}}{2\sin\frac{\varepsilon}{2}}\div\frac{n\cos n\varepsilon}{\sin ^2n\varepsilon} \\ &= -\frac{1}{2n}\lim\limits_{\varepsilon \to +0}\left(\frac{\sin n\varepsilon}{n\varepsilon}\right) ^2\frac{\frac{\varepsilon}{2}}{\sin\frac{\varepsilon}{2}}\frac{(n\varepsilon)^2}{\frac{\varepsilon}{2}} \\ &= 0, \\ I_n &= \int_0^\pi\frac{\sin (nx+\frac{x}{2})-\cos nx\sin\frac{x}{2}}{\sin\frac{x}{2}} \\ &= \int_0^\pi\frac{\sin (n+\frac{1}{2})x}{\sin\frac{x}{2}}dx-\int_0^\pi\cos nxdx \\ &= \pi -\left[\frac{\sin nx}{n}\right] _0^\pi = \pi \end{align*} となるから, \[ a_n = \frac{1}{n}\ (n \geqq 1).\] ゆえに, \[ f(x) = \log 2+\sum\limits_{n = 1}^\infty\frac{\cos nx}{n}.\]
 省略した次の広義積分の計算については, 後日解説します. \[\int_0^{\frac{\pi}{2}}\log\sin xdx = -\frac{\pi}{2}\log 2, \quad \int_0^\pi\frac{\sin (n+\frac{1}{2})x}{\sin\frac{x}{2}}dx = \pi\]

問題≪Fourier 級数の Gibbs 現象≫

 区間 $[-\pi,\ \pi )$ において $f(x) = \mathrm{sgn}\,(x)$ で定義される周期 $2\pi$ の関数 $f(x)$ の Fourier 級数の第 $n$ 部分和を $f_n(x)$ とおく. 関数列 $\big( f_n(x)\big)$ は $f(x)$ に一様収束しないことを示せ.

解答例

 $f(x)$ は区分的に連続であり, 定義域の各点で左微分係数と右微分係数を持つから, 定理≪Fourier 級数展開≫より, Fourier 級数は $f(x)$ に収束する. ところが, $f(x) = \lim\limits_{n \to \infty}f_n(x)$ は $x = m\pi\ (m \in \mathbb Z)$ において不連続だから, 次の定理(の対偶)より連続関数列 $\big( f_n(x)\big)$ は $f(x)$ に一様収束しない.

定理≪一様収束する連続関数列の極限の連続性≫

 連続関数列 $\big( f_n(x)\big)$ が $f(x)$ に一様収束するならば, $f(x)$ は連続である.

問題≪三角級数の表す多項式≫

(1)
区間 $[-\pi,\ \pi )$ において $f(x) = x$ で定義される周期 $2\pi$ の関数 $f(x)$ を Fourier 級数展開せよ.
(2)
区間 $[0,\ 2\pi )$ において次の級数を $y$ の多項式で表せ. \[ -\sum\limits_{n = 1}^\infty\frac{\sin ny}{n}, \quad \sum\limits_{n = 1}^\infty\frac{\cos ny}{n^2}.\]

解答例

(1)
$f(x) = x$ は奇関数だから, その Fourier 余弦係数は $0.$ $f(x)$ の Fourier 正弦係数を $b_n$ とおくと, \begin{align*} b_n &= \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi x\cos nxdx = \frac{2}{\pi}\int _0^\pi x\cos nxdx \\ &= \frac{1}{n\pi}\left(\big[ -x\cos nx\big] _0\pi +\int _0^\pi\cos nxdx\right) \\ &= -\frac{2}{n}\cos n\pi +\frac{2}{n^2}{\pi}+\frac{2}{n^2\pi}\big[\sin nx\big] _0^\pi \\ &= \frac{(-1)^{n-1}2}{n} \quad (n \geqq 1). \end{align*} となるから, \[ f(x) = 2\sum\limits_{n = 1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n}\sin nx \quad \cdots [1].\]
(2)
$[1]$ に $x = y-\pi$ を代入すると, \begin{align*} y-\pi &= \sum\limits_{n = 1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n}\sin n(y-\pi ) \\ &= \sum\limits_{n = 1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n}\sin ny\cos n\pi \\ &= -\sum\limits_{n = 1}^\infty\frac{\sin ny}{n}. \end{align*} 両辺を $[0,\ y]$ で積分すると, 項別積分定理より \begin{align*} \frac{y^2}{2}-\pi y &= \sum\limits_{n = 1}^\infty\int _0^y\frac{-\sin nt}{n}dt \\ &= \sum\limits_{n = 1}^\infty\left[\frac{\cos nt}{n^2}\right] _0^y \\ &= \sum\limits_{n = 1}^\infty\left(\frac{\cos ny}{n^2}-\frac{1}{n^2}\right) \\ &= \sum\limits_{n = 1}^\infty\frac{\cos ny}{n^2}-\frac{\pi ^2}{6} \quad \cdots [2]. \end{align*} となるから, \[\sum\limits_{n = 1}^\infty\frac{\cos ny}{n^2} = \frac{y^2}{2}-\pi y+\frac{\pi ^2}{6}.\] ただし, $[2]$ において, 次の結果を用いた. \[\sum\limits_{n = 1}^\infty\dfrac{1}{n^2} = \frac{\pi ^2}{6}.\]

問題≪Fourier 余弦・正弦級数≫

 $(0,\ \pi ]$ を定義域とする次の関数 $f(x)$ の Fourier 余弦級数展開, Fourier 正弦級数展開をそれぞれ求めよ.
(a)
$f(x) = 1.$ 
(b)
$f(x) = x.$ 
(c)
$f(x) = \dfrac{x^2}{\pi}.$ 

解答例

 $f(x)$ の偶拡張を $g(x),$ 奇拡張を $h(x)$ とおく.
(a)
  • $g(x) = 1$ (定数関数)だから, $f(x)$ の Fourier 余弦級数展開は \[ f(x) = 1.\]
  • $h(x) = \mathrm{sgn}\,x$ だから, $f(x)$ の Fourier 正弦級数展開は \[ f(x) = \frac{4}{\pi}\sum\limits_{n = 1}^\infty\frac{\sin (2n-1)x}{2n-1}.\]
(b)
  • $g(x) = |x|$ だから, $f(x)$ の Fourier 余弦級数展開は \[ f(x) = \frac{\pi}{2}-\frac{4}{\pi}\sum\limits_{n = 1}^\infty\frac{\cos (2n-1)x}{(2n-1)^2}.\]
  • $h(x) = x$ だから, $f(x)$ の Fourier 正弦級数展開は \[ f(x) = 2\sum\limits_{n = 1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n}\sin nx.\]
(c)
  • $g(x) = \dfrac{x^2}{\pi}$ だから, $f(x)$ の Fourier 余弦級数展開は \[ f(x) = \frac{\pi}{3}-\frac{4}{\pi}\sum\limits_{n = 1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}\cos nx.\]
  • $h(x) = \dfrac{x|x|}{\pi}$ だから, $f(x)$ の Fourier 正弦級数展開は \[ {\small f(x) = 2\sum\limits_{n = 1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}n^2\pi^2-2\big( 1-(-1)^n\big)}{n^3\pi^2}\sin nx.}\]
(c) において $h(x)$ の Fourier 正弦係数 $b_n$ は次のように求めた. \begin{align*} b_n &= \frac{1}{\pi}\int _{-\pi}^\pi\frac{x|x|}{\pi}\sin nxdx \\ &= \frac{2}{\pi ^2}\int_0^\pi x^2\sin nxdx \\ &= \frac{2}{\pi ^2}\left(\left[ -\frac{x^2}{n}\cos nx\right] _0^\pi+\frac{2}{n}\int_0^\pi x\cos nxdx\right) \\ &= \frac{(-1) ^{n-1}2}{n}+\frac{4}{n\pi ^2}\left(\left[\frac{x}{n}\sin nx\right] _0^\pi -\frac{1}{n}\int_0^\pi\sin nxdx\right) \\ &= \frac{(-1)^{n-1}2}{n}-\frac{4}{n^2\pi}\left[ -\frac{\cos nx}{n}\right] _0^\pi \\ &= 2\cdot\frac{(-1)^{n-1}n^2\pi^2-2\big( 1-(-1)^n\big)}{n^3\pi^2}. \end{align*} 他の Fourier 係数については, 他の例・問題で扱ったので省略する.

問題≪複素 Fourier 級数≫

 $[-\pi,\ \pi )$ において次のように定義される周期 $2\pi$ の関数 $f(x)$ の複素 Fourier 係数 $c_n$ をそれぞれ求めよ.
(a)
$f(x) = e^{-a|x|}.$ 
(b)
$f(x) = \dfrac{x|x|}{\pi}.$ 

解答例

(a)
$f(x)$ は偶関数だから, \begin{align*} c_n &= \frac{1}{\pi}\int_0^\pi e^{-ax}\cos nxdx \\ &= \frac{1}{\pi}\Re\int_0^\pi e^{(n\sqrt{-1}-a)x}dx \\ &= \frac{1}{\pi}\Re\frac{e^{(n\sqrt{-1}-a)\pi}-1}{n\sqrt{-1}-a} \\ &= \frac{a\big( 1-(-1)^ne^{-a\pi}\big)}{(n^2+a^2)\pi}. \end{align*}
(b)
$f(x)$ は奇関数だから, \begin{align*} c_n &= \frac{1}{\pi\sqrt{-1}}\int_0^\pi\frac{x|x|}{\pi}\sin nxdx \\ &= \frac{1}{\pi ^2\sqrt{-1}}\int_0^\pi x^2\sin nxdx \\ &= \cdots \\ &= \frac{(-1)^{n-1}n^2\pi^2-2\big( 1-(-1)^n\big)}{n^3\pi^2\sqrt{-1}}. \end{align*}
(b) の積分の計算については, 前問を参照されたい.

Fourier 級数の応用

問題≪三角関数の無限積展開≫

(1)
$a$ を $0 < |a| < 1$ なる定数とする. 区間 $[-\pi,\ \pi )$ において $f(x) = \cos ax$ で定義される周期 $2\pi$ の関数 $f(x)$ を Fourier 級数に展開して $\cot a\pi$ を級数表示せよ.
(2)
次の等式を示せ. \[\sin a\pi = a\pi\prod\limits_{n = 1}^\infty\left( 1-\frac{a^2}{n^2}\right).\]

解答例

(1)
$f(x) = \cos ax$ は偶関数だから, その Fourier 正弦係数は $0.$ $f(x)$ の Fourier 余弦係数を $a_n$ とおくと, \begin{align*} a_n &= \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi\cos ax\cos nxdx \\ &= \frac{2}{\pi}\int _0^\pi\cos ax\cos nxdx \\ &= \frac{2}{\pi}\int_0\pi\frac{\cos (a+n)x+\cos (a-n)x}{2}dx \\ &= \frac{1}{\pi}\left[\frac{\sin (a+n)x}{a+n}+\frac{\sin (a-n)x}{a-n}\right] _0^\pi \\ &= \frac{1}{\pi}\left(\frac{\sin a\pi\cos n\pi}{a+n}+\frac{\sin a\pi\cos n\pi}{a-n}\right) \\ &= \frac{(-1)^n\sin a\pi}{\pi}\left(\frac{1}{a+n}+\frac{1}{a-n}\right) \\ &= \frac{(-1)^n2a\sin a\pi}{\pi (a^2-\pi ^2)} \quad (n \geqq 0). \end{align*} となるから, \begin{align*} \cos ax &= \frac{\sin a\pi}{a\pi}+\frac{2a\sin a\pi}{\pi}\sum\limits_{n = 1}^\infty\frac{(-1)^n}{a^2-n^2}\cos nx \\ &= \frac{\sin a\pi}{\pi}\left(\frac{1}{a}+2a\sum\limits_{n = 1}^\infty\frac{(-1)^n}{a^2-n^2}\cos nx\right). \end{align*} $x = \pi$ を代入すると, $\cos nx = (-1)^n$ より, \[\cos a\pi = \frac{\sin a\pi}{\pi}\left(\frac{1}{a}+2a\sum\limits_{n = 1}^\infty\frac{1}{a^2-n^2}\right).\] ゆえに, \begin{align*} \cot a\pi &= \frac{\cos a\pi}{\sin a\pi} \\ &= \frac{1}{\pi}\left(\frac{1}{a}+2a\sum\limits_{n = 1}^\infty\frac{1}{a^2-n^2}\right) \quad \cdots [1]. \end{align*}
(2)
$[1]$ より, \[\sum\limits_{n = 1}^\infty\frac{2a}{a^2-n^2} = \pi\cot a\pi -\frac{1}{a} \quad \cdots [2].\] $[2]$ の左辺を $[0,\ a]$ で積分すると, 項別積分定理より \begin{align*} &\int_0^a\sum\limits_{n = 1}^\infty\frac{2t}{t^2-n^2}dt = \sum\limits_{n = 1}^\infty\int_0^a\frac{2t}{t^2-n^2}dt \\ &= \sum\limits_{n = 1}^\infty\big[\log |t^2-n^2|\big] _0^a \\ &= \sum\limits_{n = 1}^\infty\left(\log (n^2-a^2)-\log n^2\right) \\ &= \sum\limits_{n = 1}^\infty\log\left( 1-\frac{a^2}{n^2}\right) = \log\prod\limits_{n = 1}^\infty\left( 1-\frac{a^2}{n^2}\right) \quad \cdots [3]. \end{align*} $[3]$ の右辺を $[0,\ a]$ で積分すると, \begin{align*} &\int_0^a\left(\pi\cot t\pi -\frac{1}{t}\right)dt \\ &= \lim\limits_{\varepsilon \to 0+}\int_\varepsilon ^a\left(\pi\cot t\pi -\frac{1}{t}\right)dt \\ &= \lim\limits_{\varepsilon \to 0+}\big[\log |\sin t\pi |-\log |t|\big] _\varepsilon ^a \\ &= \log\frac{\sin a\pi}{a}-\lim\limits_{\varepsilon \to 0+}\log\left(\frac{\sin \varepsilon\pi}{\varepsilon\pi}\cdot\pi\right) \\ &= \log\frac{\sin a\pi}{a}-\log\pi = \log\frac{\sin a\pi}{a\pi} \quad \cdots [4]. \end{align*} $[3],$ $[4]$ より, 求める等式が得られた.

問題≪Fourier 級数の級数計算への応用≫

(1)
区間 $[-\pi,\ \pi )$ において $f(x) = |x|$ で定義される周期 $2\pi$ の関数 $f(x)$ を Fourier 級数展開せよ.
(2)
次の等式を示せ. \[\sum\limits_{n = 1}^\infty\frac{1}{(2n-1)^2} = \frac{\pi ^2}{8}.\]

解答例

(1)
$f(x) = |x|$ は偶関数だから, その Fourier 正弦係数は $0.$ $f(x)$ の Fourier 余弦係数を $a_n$ とおくと, \begin{align*} a_0 &= \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi |x|dx = \frac{2}{\pi}\int_0^\pi xdx = \pi, \\ a_n &= \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi |x|\cos nxdx = \frac{2}{\pi}\int _0^\pi x\cos nxdx \\ &= \frac{2}{n\pi}\left(\left[ x\sin nx\right] _0^\pi -\int _0^\pi\sin nxdx\right) \\ &= \frac{2}{n\pi}\left[\frac{\cos nx}{n}\right] _0^\pi \\ &= \frac{2}{n^2\pi}\big( (-1)^n -1\big) \quad (n \geqq 1). \end{align*} よって, $n$ が正の偶数のときは \[ a_n = 0,\] $n$ が奇数のときは \[ a_n = -\frac{4}{n^2\pi}\] となるから, \[ f(x) = \frac{\pi}{2}-\frac{4}{\pi}\sum\limits_{n = 1}^\infty\frac{1}{(2n-1)^2}\cos (2n-1)x.\]
(2)
$x = 0$ を代入すると \[\frac{\pi}{2}-\frac{4}{\pi}\sum\limits_{n = 1}^\infty\frac{1}{(2n-1)^2} = 0\] となるから, 求める等式が得られた.

問題≪Parseval の等式のゼータ値への応用≫

(1)
区間 $[-\pi,\ \pi )$ において $f(x) = \dfrac{x^2}{\pi}$ で定義される周期 $2\pi$ の関数 $f(x)$ を Fourier 級数展開せよ.
(2)
次の等式を示せ. \[\sum\limits_{n = 1}^\infty\frac{1}{n^4} = \frac{\pi ^4}{90}.\]

解答例

(1)
$f(x) = \dfrac{x^2}{\pi}$ は偶関数だから, その Fourier 正弦係数は $0.$ $f(x)$ の Fourier 余弦係数を $a_n$ とおくと, \begin{align*} a_0 &= \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi\frac{x^2}{\pi}dx = \frac{2}{\pi}\int_0^\pi\frac{x^2}{\pi}dx = \frac{2\pi}{3}, \\ a_n &= \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi\frac{x^2}{\pi}\cos nxdx = \frac{2}{\pi}\int _0^\pi\frac{x^2}{\pi}\cos nxdx \\ &= \frac{2}{\pi ^2}\left(\left[\frac{x^2}{n}\sin nx\right] _0^\pi-\frac{2}{\pi}\int _0^\pi x\sin nxdx\right) \\ &= -\frac{4}{n\pi ^2}\left(\left[ -\frac{x}{n}\cos nx\right] _0^\pi +\frac{1}{n}\int _0^\pi\cos nxdx\right) \\ &= \frac{4}{n^2\pi ^2}\left( n(-1)^n+\left[\frac{\sin nx}{n}\right] _0^\pi\right) \\ &= \frac{(-1)^n4}{n^2\pi} \quad (n \geqq 1). \end{align*} ゆえに, \[ f(x) = \frac{\pi}{3}+\frac{4}{\pi}\sum\limits_{n = 1}^\infty\frac{(-1)^n}{n^2}\cos nx.\]
(2)
Parseval の等式より \[\frac{a_0{}^2}{2}+\sum\limits_{n = 1}^\infty a_n{}^2 = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi\frac{x^4}{\pi ^2}dx\] だから, \[\frac{2\pi ^2}{9}+16\sum\limits_{n = 1}^\infty\frac{1}{n^4} = \frac{2}{\pi}\int_0^\pi x^4dx = \frac{2\pi ^2}{5}.\] ゆえに, \[\sum\limits_{n = 1}^\infty\frac{1}{n^4} = \frac{\pi ^2}{90}.\]