フーリエ級数展開からフーリエ変換まで

　任意に$\e>0$を取り、区間の分割
$$a=x_1< x_2<\cdots< x_{n+1}=b$$
をそれぞれの区間$(x_k,x_{k+1})$において$f(x)$が連続であって、任意の$x\in(x_k,x_{k+1})$に対し$$|f(x)-f(x_k)|<\frac\e{2(b-a)}$$
が成り立つように取る。
　また$[a,b]$上の$|f(x)|$の最大値を$M$とおくと、任意の$\a>4Mn/\e$に対して
\begin{eqnarray} \l|\int^b_af(x)\cos(\a x)dx\r| &=&\l|\sum^n_{k=1}\l(\int^{x_{k+1}}_{x_k}(f(x)-f(x_k))\cos(\a x)dx+\int^{x_{k+1}}_{x_k}f(x_k)\cos(\a x)dx\r)\r| \\&\leq&\sum^n_{k=1}\l(\int^{x_{k+1}}_{x_k}|f(x)-f(x_k)|\cdot|\cos(\a x)|dx +\l|f(x_k)\l[\frac{\sin(\a x)}\a\r]^{x_{k+1}}_{x_k}\r|\r) \\&<&\frac\e{2(b-a)}\sum^n_{k=1}\int^{x_{k+1}}_{x_k}dx+\frac{M}\a\sum^n_{k=1}(|\sin(\a x_{k+1})|+|\sin(\a x_k)|) \\&\leq&\farc\e{2(b-a)}(b-a)+\frac\e{4n}\cdot2n =\frac\e2+\frac\e2=\e \end{eqnarray}
と評価できるので主張を得る。$\sin(\a x)$についても同様である。

　簡単のため$f(2\pi x/T)$を改めて$f(x)$とおくことで周期$2\pi$であるものとしてよい。
　まずフーリエ級数の部分和$S_n(x)$とディリクレ核$D_n(x)$を
\begin{align} S_n(x)&=\frac{a_0}2+\sum^n_{k=1}(a_k\cos(kx)+b_k\sin(kx))=\sum^n_{k=-n}c_ke^{ikx}\\ D_n(x)&=\frac12+\sum^n_{k=1}\cos(kx)=\frac{\sin\big((n+\frac12)x\big)}{\sin(\frac12x)} \end{align}
とおくと$a_k,b_k$の定義から
\begin{eqnarray} S_n(x)&=&\frac1\pi\int^\pi_{-\pi}f(y)\bigg(\frac12+\sum^n_{k=1}(\cos(ky)\cos(kx)+\sin(ky)\sin(kx))\bigg)dy \\&=&\frac1\pi\int^\pi_{-\pi}f(y)\bigg(\frac12+\sum^n_{k=1}\cos(k(y-x))\bigg)dy \\&=&\frac1\pi\int^\pi_{-\pi}f(y)D_n(y-x)dy \\&=&\frac1\pi\int^{\pi-x}_{-\pi-x}f(x+t)D_n(t)dt \\&=&\frac1\pi\int^\pi_{-\pi}f(x+t)D_n(t)dt \end{eqnarray}
と変形できる。
　ここで
$$g(t)=\left\{\begin{array}{cr} \dis\frac{f(x+t)-f(x+0)}{2\sin(\frac12t)}&(0\leq t<\pi) \\\dis\frac{f(x+t)-f(x-0)}{2\sin(\frac12t)}&(-\pi< t<0) \end{array}\right.$$
とおくと$f$は区分的に滑らかとしていたので
$$\lim_{t\to0^{\pm}}g(t) =\lim_{t\to0^{\pm}}\frac{f(x+t)-f(x\pm0)}{t}\cdot\frac{t}{2\sin(\frac12t)} =f'(x\pm0)$$
と$g$は$t=0$で片側極限が存在し、したがって$g$は$-\pi< t<\pi$において区分的に連続となる。
　以上より
$$\int^\pi_0D_n(t)dt=\int^0_{-\pi}D_n(t)dt=\frac\pi2$$
に注意するとリーマン・ルベーグの補題から
\begin{eqnarray} &&S_n(x)-\frac{f(x+0)+f(x-0)}2 \\&=&\frac1\pi\int^\pi_{-\pi}f(t+x)D_n(t)dt-\frac1\pi\int^\pi_0f(x+0)D_n(t)dt-\frac1\pi\int^0_{-\pi}f(x-0)D_n(t)dt \\&=&\frac1\pi\int^\pi_{-\pi}g(t)\sin((n+\tfrac12)t)dt \\&\to&0\qquad(n\to\infty) \end{eqnarray}
を得る。

　指数関数の直交性
$$\frac1{2\pi}\int^\pi_{-\pi}e^{imt}e^{int}dt =\left\{\begin{array}{cc}1&m=n\\0&m\neq n\end{array}\right.$$
に注意すると
\begin{eqnarray} 0&\leq&\frac1{2\pi}\int^\pi_{-\pi}\bigg|f(x)-\sum^n_{k=-n}c_ke^{ikx}\bigg|^2dx \\&=&\frac1{2\pi}\int^\pi_{-\pi}\bigg(f(x)-\sum^n_{k=-n}c_ke^{ikx}\bigg)\bigg(\ol{f(x)}-\sum^n_{k=-n}\ol{c_k}e^{-ikx}\bigg)dx \\&=&\frac1\pi\int^\pi_{-\pi}f(x)\ol{f(x)}dx -\sum^n_{k=-n}\frac{c_k}{2\pi}\int^\pi_{-\pi}\ol{f(x)}e^{ikx}dx -\sum^n_{k=-n}\frac{\ol{c_k}}{2\pi}\int^\pi_{-\pi}f(x)e^{-ikx}dx +\frac1{2\pi}\int^\pi_{-\pi}\bigg(\sum^n_{k=-n}c_ke^{ikx}\bigg)\bigg(\sum^n_{k=-n}\ol{c_k}e^{-ikx}\bigg)dx \\&=&\frac1\pi\int^\pi_{-\pi}|f(x)|^2dx -\sum^n_{k=-n}c_k\ol{c_k}-\sum^n_{k=-n}\ol{c_k}c_k+\sum^n_{k=-n}c_k\ol{c_k} \\&=&\frac1\pi\int^\pi_{-\pi}|f(x)|^2dx-\sum^n_{k=-n}|c_k|^2 \end{eqnarray}
が成り立つのでこれを$n\to\infty$とすることで主張を得る。
　また$n\to\infty$において不等式の等号が成立する、つまり一行目の積分が$0$となるにはフーリエ級数が一様収束していれば十分である。

　いま導関数$f'$のフーリエ係数
$$c'_n=\frac1{2\pi}\int^\pi_{-\pi}f'(t)e^{-int}dt$$
を考えると$f$の連続性から
\begin{eqnarray} c'_n&=&\frac1{2\pi}\l[f(t)e^{-int}\r]^\pi_{-\pi}-\frac1{2\pi}\int^\pi_{-\pi}f(t)(-ine^{-int})dt \\&=&0+inc_n \end{eqnarray}
が成り立ち、また$f'$は区分的に連続であったのでベッセルの不等式から
$$\sum^\infty_{n=-\infty}n^2|c_n|^2=\sum^\infty_{-\infty}|c'_n|^2 \leq\frac1{2\pi}\int^\pi_{-\pi}|f'(x)|dx<\infty$$
つまり$\sum^\infty_{n=-\infty}n^2|c_n|^2$は収束することがわかる。
　いま相加平均相乗平均の不等式から
$$|c_n|=\sqrt{n^2|c_n|^2\cdot\frac1{n^2}}\leq\frac{n^2|c_n|^2}2+\frac1{2n^2}$$
が成り立つことに注意すると
\begin{eqnarray} \l|\sum^\infty_{n=-\infty}c_ne^{inx}\r| &\leq&\sum^\infty_{n=-\infty}|c_n| \\&\leq&|c_0|+\frac12\sum^\infty_{n=-\infty}n^2|c_n|^2+2\sum^\infty_{n=1}\farc1{2n^2} \\&=&\sum^\infty_{n=-\infty}n^2|c_n|^2+\frac{\pi^2}{6}<\infty \end{eqnarray}
とフーリエ級数が絶対一様収束することがわかる(cf. ワイエルシュトラスのMテスト)。

$$F(x)=\sum^\infty_{n=-\infty}f(x+n)$$
とおくとこれは周期$1$の関数を定めるのでフーリエ級数展開
$$F(x)=\sum^\infty_{n=-\infty}c_ne^{2\pi inx}$$
を考えることができ、このとき
\begin{align} c_n &=\int^1_0F(x)e^{-2\pi inx}dx\\ &=\sum^{\infty}_{k=-\infty}\int^1_0f(x+k)e^{-2\pi inx}dx\\ &=\int^\infty_{-\infty}f(x)e^{-2\pi inx}dx\\ &=\hat{f}(n) \end{align}
と表せることから主張を得る。