フーリエ級数展開からフーリエ変換まで

任意に$\e>\e'>0$を取り、点列$a=x_1< x_2<\cdots< x_{n+1}=b$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$|f(x)-f(x_k)|<\frac{\e-\e'}{b-a}$が成り立つようにとる。また$[a,b]$上の$|f(x)|$の最大値$M$に対して$\frac{2Mn}{\e'}< A$なる$A$を取ると任意の$\a>A$について
\begin{eqnarray} \l|\int^b_af(x)\cos(\a x)dx\r| &=&\l|\sum^n_{k=1}\Big(\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\Big)\r| \\&\leq&\sum^n_{k=1}\Big(\int^{x_{k+1}}_{x_k}|f(x)-f(x_k)|\cdot|\cos(\a x)|dx +\l|\l[f(x_k)\farc{\sin(\a x)}{\a}\r]^{x_{k+1}}_{x_k}\r|\Big) \\&<&\farc{\e-\e'}{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-\e'}{b-a}(b-a)+\frac{M}{\a}\cdot2n \\&<&(\e-\e')+\e'=\e \end{eqnarray}
となるので主張を得る。$\sin(\a x)$についても同様である。

簡単のため$f(\frac{2\pi}{T}x)$を改めて$f(x)$とおくことで周期$2\pi$であるものとする。
まず
$\dis S_n(x)=\frac{a_0}2+\sum^n_{k=1}(a_k\cos(kx)+b_k\sin(kx))=\sum^n_{k=-n}c_ke^{ikx}$
$\dis D_n(x)=\frac12+\sum^n_{k=1}\cos(kx)=\frac{\sin\big((n+\frac12)x\big)}{\sin(\frac12x)}$
とおくと
\begin{eqnarray} S_n(x)&=&\frac1\pi\int^\pi_{-\pi}f(y)(\frac12+\sum^n_{k=1}(\cos(ky)\cos(kx)+\sin(ky)\sin(kx)))dy \\&=&\frac1\pi\int^\pi_{-\pi}f(y)\Big(\frac12+\sum^n_{k=1}\cos(k(y-x))\Big)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}
となる。

ここで
$\dis g(t)=\left\{\begin{array}{cr} \dis\frac{f(x+t)-f(x+0)}{2\sin(\frac12t)}&0\leq t<\pi \\\dis\frac{f(x+t)-f(x-0)}{2\sin(\frac12t)}&-\pi< t<0 \end{array}\right.$
と定めると$f$は区分的に滑らかであったので
$\dis\lim_{t\to0^{\pm}}g(t) =\lim_{t\to0^{\pm}}\frac{f(x+t)-f(x\pm0)}{t}\cdot\frac{t}{2\sin(\frac12t)} =f'(x\pm0)$
と$g$は$t=0$で片側極限が存在し、$t\neq0$において区分的に連続なので結局$-\pi< t<\pi$において区分的に連続となる。

よって
$\dis\int^\pi_0D_n(t)dt=\int^0_{-\pi}D_n(t)dt=\frac\pi2$
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\Big((n+\frac12)t\Big)dt\to0\quad(as\;n\to\infty) \end{eqnarray}
と主張を得る。

以下のような指数関数の直交性
$\dis\frac1{2\pi}\int^\pi_{-\pi}e^{imt}e^{int}dt =\left\{\begin{array}{cc}1&m=n\\0&m\neq n\end{array}\right.$
に注意すると
\begin{eqnarray} 0&\leq&\frac1{2\pi}\int^\pi_{-\pi}\Big|f(x)-\sum^n_{k=-n}c_ke^{ikx}\Big|^2dx \\&=&\frac1{2\pi}\int^\pi_{-\pi}\Big(f(x)-\sum^n_{k=-n}c_ke^{ikx}\Big)\Big(\ol{f(x)}-\sum^n_{k=-n}\ol{c_k}e^{-ikx}\Big)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}\Big(\sum^n_{k=-n}c_ke^{ikx}\Big)\Big(\sum^n_{k=-n}\ol{c_k}e^{-ikx}\Big)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^\infty_{n=-\infty}|c_n|^2 \end{eqnarray}
となるのでこれを$n\to\infty$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$f'$のフーリエ係数$\dis c'_n=\frac1{2\pi}\int^\pi_{-\pi}f'(t)e^{-int}dt$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}
となり、$f'$は区分的連続であったのでベッセルの不等式から
$\dis\sum^\infty_{n=-\infty}n^2|c_n|^2=\sum^\infty_{-\infty}|c'_n|^2 \leq\frac1{2\pi}\int^\pi_{-\pi}|f'(x)|dx<\infty$
つまり
$\dis\sum^\infty_{n=-\infty}n^2|c_n|^2$
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
$\dis|c_n|=\sqrt{(n^2|c_n|^2)\cdot\frac1{n^2}}\leq\frac{n^2|c_n|^2}{2}+\frac1{2n^2}$
であることに注意すると
\begin{eqnarray} \l|\sum^\infty_{n=-\infty}c_ne^{inx}\r| &\leq&\sum^\infty_{n=-\infty}|c_n| \\&\leq&|c_0|+\sum^\infty_{n=-\infty}n^2|c_n|^2+2\sum^\infty_{n=1}\farc{1}{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)

$\dis F(x)=\sum^\infty_{n=-\infty}f(x+n)$とおくとこれは周期$1$の関数となるので
$\dis F(x)=\sum^\infty_{n=-\infty}c_ne^{2\pi inx}\quad(c_n=\int^1_0F(x)e^{-2\pi inx}dx)$とフーリエ級数展開でき、
この時$\dis c_n=\sum^{\infty}_{k=-\infty}\int^1_0f(x+k)e^{-2\pi inx}dx=\int^\infty_{-\infty}f(x)e^{-2\pi inx}dx=\hat{f}(n)$なので
$\dis F(0)=\sum^\infty_{n=-\infty}f(n)=\sum^\infty_{n=-\infty}\hat{f}(n)$を得る。