連続で区分的に滑らかな関数のフーリエ級数展開が絶対かつ一様収束する証明のメモ

$$ 0 \leq \frac{1}{2l} \int_{-l}^l |s_N [f](x) - f(x)|^2 dx = \frac{1}{2l} \int_{-l}^l |s_N[f](x)|^2 dx - \frac{1}{l} \Re \left(\int_{-l}^l s_N[f](x) \overline{f(x)} dx \right) +\frac{1}{2l} \int_{-l}^l |f(x)|^2 dx $$
であり、
$$ \begin{align} \frac{1}{2l} \int_{-l}^l |s_N[f](x)|^2 dx &= \frac{1}{2l} \int_{-l}^l \left(\sum_{k=-N}^N c_k(f)e^{ik\omega x}\right) \left(\sum_{k=-N}^N \overline{c_k(f)} e^{-ik \omega x}\right) dx \\ &= \sum_{k,k' = -N}^{N} c_k(f) \overline{c_k' (f)} \frac{1}{2l} \int_{-l}^l e^{i(k-k')\omega x} dx \\ &= \sum_{k=-N}^N |c_k(f)|^2 \end{align} $$
かつ
$$ \begin{align} \frac{1}{l} \Re \left(\int_{-l}^l s_N[f](x) \overline{f(x)} dx \right) &= \frac{1}{l} \Re \left(\sum_{k=-N}^N c_k(f)\int_{-l}^l e^{ik\omega x} \overline{f(x)} dx \right) \\ &= 2\Re \left(\sum_{k=-N}^N c_k(f)\overline{\frac{1}{2l}\int_{-l}^l f(x) e^{-ik\omega x} dx }\right) \\ &=2\Re \left(\sum_{k=-N}^N c_k(f) \overline{c_k(f)}\right)\\ &=2\sum_{k=-N}^N |c_k(f)|^2 \end{align} $$
より

$$ \sum_{k=-N}^N |c_k(f)|^2 \leq \frac{1}{2l} \int_{-l}^l |f(x)|^2 dx $$
$N \rightarrow \infty$として定理の結論を得る。

このことが成り立つということは、$f(x)$のグラフを図示して面積を考えてみると分かると思います。
証明はその図から類推して積分区間を分け、一方を置換積分することでできます。（詳しくは省略）

通常は任意の実数二つについて調べなくてはいけないところを、$[-l,l)$内だけ調べればよいという補題です。
この証明は私が自分で考えたものなので穴があるかもしれません。

まず仮定から$x \in [-l,l)$で
$$ f(0)-M|x|^{\alpha} \leq f(x) \leq f(0) + M |x|^{\alpha} $$
すなわち
$$ f(0)-Ml^{\alpha} \leq f(x) \leq f(0) + M l^{\alpha} $$
が成り立つので$f$は$[-l,l)$上有界です。さらに周期関数であることから$\mathbb{R}$上有界ということも分かりました。

そこで
$$ M' = (2l)^{-\alpha}\sup_{x,y \in \mathbb{R}} |f(x)-f(y)| < \infty $$
$$ M'' = \max\{M,M'\} $$
とおいて、
任意の実数$x,y$で
$$ |f(x)-f(y)| \leq M'' |x-y|^{\alpha} $$
を示します。

$|x-y|<2l$の場合

この場合、ある整数$n$があって$x-2nl,y-2nl \in [-l,l)$となります。

したがって仮定を用いて
$$ |f(x)-f(y)| = |f(x-2nl)-f(y-2nl)| \leq M |(x-2nl)-(y-2nl)|^{\alpha} \leq M'' |x-y|^{\alpha} $$
です。

$|x-y| \geq 2l$の場合

$$ |f(x)-f(y)| \leq M' (2l)^{\alpha} \leq M''|x-y|^{\alpha} $$
です。

補題4から$x,y \in [-l,l)$についてだけ件の不等式の成立を示せばよいです。

$x,y$の間の$f$のすべての微分不可能な点を$c_1,\dots,c_n$とします。
$$ c_0 = x < c_1 < \dots < c_n < c_{n+1} =y $$
としても一般性は失いません。
仮定から$f$は$[c_k,c_{k+1}]$上連続で$(c_k,c_{k+1})$で微分可能なので平均値の定理が使えます。
すなわち、
$|f(c_k)- f(c_{k+1})| =|f'( \xi_k)||c_k - c_{k+1}|$
となる$ \xi_k \in (c_k ,c_{k+1})$が存在します。

$$M= \max_{0 \leq k \leq n} |f'(\xi_k)|$$
とおくと、
$$ |f(x)- f(y)| \leq \sum_{0 \leq k \leq n} |f(c_k)- f(c_{k+1})| \leq \sum_{0 \leq k \leq n} |f'(\xi_k)||c_k- c_{k+1}| \leq \sum_{0 \leq k \leq n} M(c_{k+1}- c_k) =M|x-y| $$
ただこの$M$は$x,y$に依存しているのでこのままでは証明は終わりません。

$-l,l$の間の$f$のすべての微分不可能な点を$d_1,\dots,d_n$とします。
$$ d_0 = -l < d_1 < \dots < d_n < d_{n+1} =l $$
とすれば
$f$は区分的に滑らかなので$f'$は$[d_k,d_{k+1}]$上連続であり、したがってこの範囲で最大値および最小値を持ちます。
したがって
$$ M' := \max_{0 \leq k \leq n} \max_{x \in [d_k,d_{k+1}]} |f'(x)| < \infty $$
かつ
$M \leq M'$
です。

つまり任意の実数$x,y \in [-l,l)$で
$$ |f(x)- f(y)| \leq M'|x-y| $$
$M'$は$x,y$に依存しない定数なのでこれにて証明完了です。

$$ \left|\frac{f(x+h)-f(x)}{h}\right| \leq |h|^{\alpha -1} $$
かつ
$$ \int_{-\delta}^{\delta}|h|^{2 \alpha -2} dh =2 \int_{0}^{\delta} |h|^{2 \alpha -2} dh =\frac{2 \delta^{2 \alpha -1}}{2 \alpha -1} < \infty $$
より従う。

iとivは定義からすぐに分かると思います。
ii.
$$ \begin{align} D_N (x) &= e^{-iN \omega x}\sum_{k=0}^{2N+1} e^{ik \omega x}\\ &=e^{-iN \omega x} \frac{e^{i(2N+1) \omega x} -1}{e^{i \omega x} -1}\\ &=\frac{e^{i(N+1/2) \omega x} -e^{-i(N+1/2) \omega x}}{e^{i \omega x/2} -e^{-i \omega x/2} }\\ &=\frac{\sin{( (N+ 1/2)\omega x)}}{\sin{(\omega x/2)}} . \end{align} $$
iii.
$$ \begin{align} s_N[f](x) &= \sum_{k=-N}^N c_k(f)e^{ik \omega x}\\ &=\sum_{k=-N}^N \left(\frac{1}{2l}\int_{-l}^l f(t)e^{-ik \omega t} dt \right)e^{ik \omega x}\\ &=\frac{1}{2l}\int_{-l}^l f(t)\left(\sum_{k=-N}^N e^{ik \omega (x-t)} dt \right)\\ &=\frac{1}{2l} \int_{-l}^l f(t)D_N(x-t)dt. \end{align} $$

$$ \lim_{N \rightarrow \infty} \left(s_N[f](x_0) - f(x_0)\right)=0 $$
を示すのが目標です。
$$ s_N[f](x_0)-f(x_0) = \frac{1}{2l}\int_{-l}^l f(t)D_N(x_0 -t)dt - f(x_0) =\frac{1}{2l}\int_{-l}^l f(x_0 - t)D_N(t)dt - f(x_0) =\frac{1}{2l}\int_{-l}^l (f(x_0 - t)-f(x_0))D_N(t)dt $$
最後の等号の部分で補題3と、$D_N(x)$の性質iとivを用いました。

さて$g(s)$を以下のように定義します。

$$ \begin{align} g(s) &= \frac{f(x_0 - s) - f(x_0)}{\sin (\frac{\omega s}{2})}&,(s \ne 0)\\ &=0&,(s = 0) \end{align} $$
すると
$$ \frac{1}{2l}\int_{-l}^l (f(x_0 - t)-f(x_0))D_N(t)dt =\frac{1}{2l}\int_{-l}^l g(s) \sin ((N+1/2) \omega s)ds =\frac{1}{2l}\int_{-l}^l g(s)\cos(\frac{\omega s}{2}) \sin (N\omega s)ds + \frac{1}{2l}\int_{-l}^l g(s)\sin(\frac{\omega s}{2}) \cos(N\omega s)ds $$

$$\left|g(s)\sin(\frac{\omega s}{2})\right| ,\left|g(s)\cos(\frac{\omega s}{2})\right| \leq |g(s)|$$
なので$g(s)$が$[-l,l)$上二乗可積分であるならば定理2の系1が使えて、
$$ \frac{1}{2l}\int_{-l}^l g(s)\cos(\frac{\omega s}{2}) \sin (N\omega s)ds + \frac{1}{2l}\int_{-l}^l g(s)\sin(\frac{\omega s}{2}) \cos(N\omega s)ds $$
が$N \rightarrow \infty$で0に収束することが分かります。（つまり補題7の証明が完了します。）

まず
$$ \lim_{s \rightarrow 0} \frac{\sin(\frac{\omega s}{2})}{\frac{\omega s}{2}} =1 $$
なので十分小さい$s$では
$$ \left|\frac{\sin(\frac{\omega s}{2})}{\frac{\omega s}{2}} \right|\geq \frac{1}{2} $$
が成り立ちます。したがって、十分小さい$\delta >0$があって

$$ \int_{-\delta}^{\delta} |g(s)|^2 ds \leq \frac{4}{\omega ^2}\int_{-\delta}^{\delta} \left|\frac{f(x_0 - s) - f(x_0)}{s}\right|^2 ds < \infty $$
となります。
一方$|s| \geq \delta$では$\frac{1}{\sin (\frac{\omega s}{2})}$は有界なので、$M$をその上界とすると、

$$ \int_{[-l,-\delta] \cup [\delta ,l]} |g(s)|^2 ds =\int_{[-l,-\delta] \cup [\delta ,l]} \left|\frac{f(x_0 -s ) - f(x_0)}{\sin (\frac{\omega s}{2})} \right| ^2ds =M^2 \int_{[-l,-\delta] \cup [\delta ,l]} \left| f(x_0 -s ) - f(x_0) \right| ^2ds < \infty $$

以上のことから$g(s)$は$[-l,l)$上二乗可積分と分かりました。

$$ \begin{align} |\varphi (x)| &=|f(x+h)- f(x) + f(x) - f(x-h)| \\ &\leq |f(x+h)-f(x)| + |f(x) - f(x-h)|\\ \end{align} $$
なので$f$の$\alpha$-ヘルダー連続性から$x,h$に依存しない定数$M$があって$|\varphi(x)| \leq 2M|h|^{\alpha}$となります。

$$ \begin{align} c_k( \varphi) &= \frac{1}{2l} \int_{-l}^l (f(x+h)- f(x-h))e^{-ik \omega x} dx\\ &=\frac{1}{2l} \int_{-l}^l f(x+h)e^{-ik \omega x} dx - \frac{1}{2l} \int_{-l}^l f(x-h)e^{-ik \omega x} dx\\ &=\frac{1}{2l} \int_{-l}^l f(x)e^{-ik \omega (x-h)} dx - \frac{1}{2l} \int_{-l}^l f(x)e^{-ik \omega (x+h)} dx\\ &=c_k(f) (e^{ik \omega h} - e^{-ik \omega h})\\ &=2i c_k(f) \sin( k \omega h) \end{align} $$

ここは私が混乱したところなのできちんと書いておきます。
これまでの$h$は完全に任意の実数として話を進めてきました。
ここからは上の式は$n$に依存するために、$h$も$n$に対して上手く選んであげる必要があります。

具体的には$h=2^{-n-2} l$とします。

そうすると
$$ |k \omega h|=|k \frac{\pi}{l} 2^{-n-2}l| = \frac{|k|\pi}{2^{n+2}} $$
となるので
$$2^n \leq |k| < 2^{n+1}$$
のとき
$$ \frac{\pi}{4} \leq |k \omega h| < \frac{\pi}{2} $$
となります。
このとき大雑把に
$$ |\sin k \omega h|\geq \frac{\sqrt{2}}{2} \geq \frac{1}{2} $$
なので
$$ \sum_{2^n \leqq |k| < 2^{n+1}} |c_k(f)|^2 \leq \sum_{2^n \leqq |k| < 2^{n+1}} |2ic_k(f) \sin k \omega h|^2 \leq \sum_{k=-\infty}^{\infty} |2ic_k(f) \sin (k \omega h)|^2 \leq 4M^2 |h|^{2 \alpha} $$

したがって
$$ \sum_{2^n \leqq |k| < 2^{n+1}} |c_k(f)|^2 \leq 4M^2 l^{2 \alpha} 2^{-2n \alpha} 2^{-4 \alpha} \leq M^2 l^{2 \alpha} 2^{-2n \alpha} $$

最後にコーシー・シュワルツの不等式を用いれば結論を得る。

$$ \sum_{2^n \leqq |k| < 2^{n+1}} |c_k(f)| \leq \left(\sum_{2^n \leqq |k| < 2^{n+1}} |c_k(f)|^2 \right)^{1/2} \left(\sum_{2^n \leqq |k| < 2^{n+1}} 1 \right)^{1/2} \leq Ml^{\alpha}2^{-n \alpha} 2^{(n+2)/2} =2Ml^{\alpha}2^{-n(\alpha - 1/2)} $$
最後の$2^{n+2}$の部分はやっぱり大雑把で、$2^{n} \leq |k| <2^{n+1}$の範囲のところを$0<|k|<2^{n+1}$くらいに緩めています。