Gauss関数のFourier級数表示の初等的証明

はじめに

$\lfloor t\rfloor$ を $t$ を超えない最大の整数とし、 $t=\lfloor t\rfloor +\{t\}$ とおく。
$\lfloor t\rfloor$ は Gauss関数あるいは床関数と呼ばれるものである。
$t\ge 0$ ならば $\lfloor t\rfloor ,\{t\}$ はそれぞれ $t$ を小数表示したときの整数部分と小数部分を与える。
$\{t\}$ は周期 $1$ の関数であるからFourier展開ができる。実際
$$\frac{1}{2}-\frac{1}{\pi }\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin \left(2\pi kt\right)}{k}=\{\begin{array}{ll}\{t\}=t-\lfloor t\rfloor & (\{t\}\ne 0),\\ \frac{1}{2}& (\{t\}=0)\end{array}$$
が成り立つ。
それで、$t$ が整数でないとき
$$\lfloor t\rfloor =t-\frac{1}{2}+\frac{1}{\pi }\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin \left(2\pi kt\right)}{k}\cdots (1)$$
が成り立つ。

ここでは、この事実をFourier級数の一般論や複素関数論を使わずに、実数上の微分積分のみから証明する。
$(1)$ は
$$\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{\cos \left(k\theta \right)+i\sin \left(k\theta \right)}{k}=\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(\cos \theta +i\sin \theta {)}^k}{k}={\int }_0^{\cos \theta +i\sin \theta }\frac{dz}{1-z}=\log (1-\cos \theta -i\sin \theta )$$
の虚部を考えることで比較的容易に導かれるのだが、これは複素関数の積分となっている。
そこで、複素積分を用いずに、実軸上の積分のみを用いて、これと等価な等式を証明したいのである。
また、積分と極限の交換についても、初等的に証明する。

実軸上の積分表示

$(1)$ は
$$\lfloor t\rfloor -t+\frac{1}{2}=\frac{1}{\pi }\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin \left(2\pi kt\right)}{k}\cdots (2)$$
と言い換えることができる（この左辺は斜線が繰り返されるグラフの形状から、鋸関数とも呼ばれる）。$t$ が整数でないときにこれを示すために、まず、この右辺に相当する積分表示を求める。

$0<\theta <2\pi$ となる角 $\theta$ をとり $a=\cos \theta ,b=\sin \theta$ とおく。
正の整数 $k=1,2,\dots$ に対して
$${\int }_0^1(a+bi)(t(a+bi){)}^{k-1}dt=(a+bi{)}^k{\int }_0^1{t}^{k-1}dt=\frac{(a+bi{)}^k}{k}=\frac{\cos \left(k\theta \right)+i\sin \left(k\theta \right)}{k}$$
であるから、正の整数 $n=1,2,\dots$ に対して
$${\int }_0^1\frac{(a+bi)(1-(t(a+bi){)}^n}{1-t(a+bi)}dt=\sum _{k=1}^n\frac{\cos \left(k\theta \right)+i\sin \left(k\theta \right)}{k}$$
が成り立つ。

$(a,b)\ne (1,0)$ のときにこの積分が収束することを示す。
$$\begin{array}{rl}\left|{\int }_0^1\frac{(a+bi)(t(a+bi){)}^n}{1-t(a+bi)}dt\right|=& |(a+bi{)}^{n+1}{\int }_0^1\frac{t^n}{1-t(a+bi)}dt|\\ \le & \underset{0\le t\le 1}{max}\left|\frac{1}{1-t(a+bi)}\right|{\int }_0^1{t}^{n}dt\\ =& \frac{\underset{0\le t\le 1}{max}\left|\frac{1}{1-t(a+bi)}\right|}{n+1}\end{array}$$
である。よって $\theta \ne 0$ のとき $n\to \mathrm{\infty }$ とすることで
$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1\frac{a+bi}{1-t(a+bi)}dt=& \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\int }_0^1\frac{(a+bi)(1-(t(a+bi){)}^n}{1-t(a+bi)}dt\\ =& \sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{\cos \left(k\theta \right)+i\sin \left(k\theta \right)}{k}\cdots (3)\end{array}$$
が得られる。

積分の計算

つぎに、この積分の値を求める。$a^2+b^2={\cos }^2\theta +{\sin }^2\theta =1$ なので
$$\begin{array}{rl}\frac{a+bi}{1-t(a+bi)}=& \frac{(a+bi)(1-ta+tbi))}{(1-at{)}^2+(bt{)}^2}=\frac{a-t{a}^2-t{b}^2+bi}{1-2at+t^2(a^2+b^2)}\\ =& \frac{a-t+bi}{1-2at+t^2}=\frac{a-t+bi}{(t-a{)}^2+1-a^2}\end{array}$$
より
$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1\frac{a+bi}{1-t(a+bi)}dt=& {\int }_0^1\frac{a-t+bi}{(t-a{)}^2+1-a^2}dt\\ =& {\int }_0^1\frac{a-t}{(t-a{)}^2+1-a^2}dt+i{\int }_0^1\frac{b}{(t-a{)}^2+b^2}dt\cdots (4)\end{array}$$
である。
$b=0$ のときは
$${\int }_0^1\frac{b}{(t-a{)}^2+b^2}dt=0\cdots (5)$$
である。
$b\ne 0$ のとき $t=bu+a$ とおくと
$${\int }_0^1\frac{b}{(t-a{)}^2+b^2}dt={\int }_{-a/b}^{(1-a)/b}\frac{du}{(u^2+1)}=\arctan \frac{1-a}{b}+\arctan \frac{a}{b}\cdots (6)$$
である。

ここで
$$\arctan \frac{1-a}{b}+\arctan \frac{a}{b}=\frac{\pi -\theta }{2}\cdots (7)$$
を示す。

$\theta =\pi /2$ のとき $a=0,b=1$ なので
$$\arctan \frac{a}{b}=0,\arctan \frac{1-a}{b}=\arctan 1=\frac{\pi }{4}$$
となるから $(7)$ は成り立つ。
$\theta =3\pi /2$ のとき $a=0,b=-1$ なので
$$\arctan \frac{a}{b}=0,\arctan \frac{1-a}{b}=\arctan (-1)=-\frac{\pi }{4}$$
となるから、やはり $(7)$ は成り立つ。
$0<\theta <\pi ,\theta \ne \pi /2$ のとき
$$\arctan \frac{a}{b}=\arctan \frac{1}{\tan \theta }=\frac{\pi }{2}-\theta$$
はすぐにわかる。また
$$1-\cos \theta =2{\cos }^2\frac{\theta }{2},\sin \theta =2\cos \frac{\theta }{2}\sin \frac{\theta }{2}$$
より
$$\arctan \frac{1-a}{b}=\frac{\theta }{2}$$
となるから $(7)$ が成り立つ。
$\pi <\theta <2\pi ,\theta \ne 3\pi /2$ のとき、 $\arctan$ の値の絶対値は $\pi /2$ より小さいことから
$$\arctan \frac{a}{b}=\arctan \frac{1}{\tan \theta }=\frac{3\pi }{2}-\theta$$
かつ
$$\arctan \frac{1-a}{b}=\frac{\theta }{2}-\pi$$
となるから、やはり $(7)$ が成り立つ。

$\theta =\pi$ のときは $(5)$ より、それ以外のときは $(6),(7)$ から
$${\int }_0^1\frac{b}{(t-a{)}^2+b^2}dt=\arctan \frac{1-a}{b}+\arctan \frac{a}{b}=\frac{\pi -\theta }{2}$$
を得る。これを $(4)$ に代入して $0<\theta <2\pi$ のとき
$$\mathrm{Im}{\int }_0^1\frac{a+bi}{1-t(a+bi)}dt=\frac{\pi -\theta }{2}\cdots (8)$$
となることがわかる。

小数部分公式の証明

$(3),(8)$ から $0<\theta <2\pi$ のとき
$$\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin \left(k\theta \right)}{k}=\frac{\pi -\theta }{2}$$
がわかる。

よって $\theta$ が $2\pi$ の整数倍でなければ $\theta =2n\pi +{\theta }_0,0<{\theta }_0<2\pi$ とおくと
$$\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin \left(k\theta \right)}{k}=\frac{\pi -{\theta }_0}{2}$$
となる。
よって $t$ が整数でないとき $t=\lfloor t\rfloor +\{t\},0<\{t\}<1$ より
$$\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin \left(2\pi kt\right)}{k}=\pi (\frac{1}{2}-\{t\})$$
が成り立つ。
つまり $\{t\}\ne 0$ のとき
$$\frac{1}{2}-\frac{1}{\pi }\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin \left(2\pi kt\right)}{k}=\{t\}=t-\lfloor t\rfloor$$
となる。
このことから $(2)$ がわかる。