『新訂解析学』学習ノート Part 10
熊原啓作著『新訂解析学』の学習ノート第十回。
（続）Laplace 変換
Fourier 変換
コメント：関数 $f(x)$ の Fourier 変換とは（存在すれば）次の（変数 $\xi$ の）関数である：
\[\mathscr{F}[f] (\xi) \coloneqq \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty\!f(x)\mathrm{e}^{-i\xi x}\,\mathrm dx.\]-
絶対積分可能
関数 $f(x)$ が 1-ノルムが有限であることをいう。すなわち：
\[\|f\|_1 \coloneqq \int_{-\infty}^\infty\! \lvert f(x)\rvert\,\mathrm dx < \infty.\] -
Th 13.8: 絶対積分可能ならば Fourier 変換は絶対収束する
$f(x)$ を $\R$ 上区分的に $C^0$ 級であるとし、かつ絶対積分可能であるとする。 このとき $\mathscr{F}[f]\left(\xi\right)$ は $\forall \xi \in \R$ で絶対収束し：
\[\lvert \mathscr{F}[f](\xi) \rvert \le \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \|f\!\|_1.\]証明：すなおに評価する。
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L 13.1: Riemann-Lebesgue の定理を証明するための補題
関数 $f(x)$ が区間 ${[a, b]}$ で区分的に $C^0$ 級であるならば：
\[\def\I#1{ \lim_{\lvert \xi\rvert \to \infty}\int_a^b\! f(x){#1}\,\mathrm dx } \I{\sin\xi x} = \I{\cos \xi x} = 0.\]証明：
- $\sin$ のほうがゼロであることを示す。$\cos$ の証明も同様である。
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$f(x)$ に関する条件のうち「区分的に」は無視して構わない。 閉区間 ${[a, b]}$ 全体で連続であるものとして、$f$ が一様連続であることを活かす。
一様連続を定式化しておく：
\[\forall \varepsilon \exists \delta \forall x_1 \forall x_2( \varepsilon > 0 \implies \delta > 0 \land \\ \left(\lvert x_1 - x_2 \rvert < \delta \implies \lvert f(x_1) - f(x_2) \rvert < \frac{\varepsilon}{2(b - a)}\right) ).\] - 区間 ${[a, b]}$ を $(b - a) < n\delta$ をみたす $n$ で等分割する： $a = x_0 < x_1 < \dotsb < x_n = b.$
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次の等式を各細分区間で評価する：
\[\def\I#1{ \int_a^b\!{#1}\,\mathrm dx} \I{f(x)\sin\xi x} = \I{(f(x) - f(x_0))\sin\xi x} - f(x_0)\I{\sin\xi x}.\]-
第一項
\[\left\lvert \sum\int_{x_{k-1}}^{x_k}(f(x) - f(x_k))\sin\xi x\,\mathrm dx\right\rvert \le \frac{\varepsilon}{2(b - a)} \sum \int_{x_{k-1}}^{x_k}\mathrm dx = \frac{\varepsilon}{2}.\] -
第二項。$\xi > 0$ かつ $\lvert f(x) \rvert \le M$ であるとして：
\[\left\lvert \sum\int_{x_{k-1}}^{x_k}f(x_k)\sin\xi x\,\mathrm dx\right\rvert \le M \sum\frac{\lvert \cos\xi x_k - \cos\xi x_{k-1}\rvert}{\xi} \le \frac{2nM}{\xi}.\]
ゆえに十分大きい $\xi > \dfrac{4nM}{\varepsilon}$ に対して
\[\left\lvert \int_a^b\!{\sin\xi x}\,\mathrm dx \right\rvert \le \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon.\] -
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Th 13.9 (Riemann-Lebesgue)
前定理と同じ仮定の下：
\[\lim_{\lvert \xi \rvert \to \infty} \mathscr{F}[f](\xi) = 0.\]証明：
絶対積分可能条件から
\[\forall \varepsilon( \varepsilon > 0 \implies \exists T_0( \forall T(T \ge T_0 \implies\\ \int_{-\infty}^{-T}\!\lvert f(x)\rvert\,\mathrm dx + \int_{T}^\infty\!\lvert f(x)\rvert\,\mathrm dx < \frac{\varepsilon}{2} ))).\]一方、L 13.1 より
\[\exists T_1(T_1 > 0 \land \forall \xi > T_1( \left\lvert \int_{-T_0}^{T_0}\!f(x)\sin\xi x\,\mathrm dx\right\rvert < \frac{\varepsilon}{2}) ).\] \[\def\e{ \frac{\varepsilon}{2} } \therefore \forall \xi(\xi > T_1 \implies\\ \left\lvert \int_{-\infty}^\infty\!f(x)\sin\xi x\,\mathrm dx \right\rvert < \e + \e = \varepsilon).\] -
Dirichlet 核
$L > 0$ に対応して、次の関数を $L$ の Dirichlet 核と呼ぶ：
\[\begin{aligned} D^L(x) &\coloneqq \int_0^L\!\cos tx\,\mathrm dt\\ &= \begin{cases} \dfrac{\sin Lx}{x}, & (x \ne 0),\\ L, & (x = 0). \end{cases} \end{aligned}\]$a < 0 < b$ のとき次が成り立つ：
\[\lim_{L \to \infty}\int_a^b\!D^L(x)\,\mathrm dx = \pi.\]証明：$Lx = t$ で置換積分。途中で現れる $\displaystyle \int_{\R}\frac{\sin u}{u}\,\mathrm du$ は留数定理の応用で求まる。
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Th 13.10: 不連続点における値
$f(x)$ を $\R$ 上区分的に $C^1$ 級かつ絶対積分可能な関数であるとする。このとき：
\[\lim_{L \to \infty}\frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^\infty\!f(t)D^L(t)(x - t)\,\mathrm dt = \frac{1}{2}(f(x - 0) + f(x + 0)).\]証明： $x=x_0$ が連続か不連続かで場合分けして示す。先に連続点の場合を示す。
絶対積分可能条件から：
\[\def\I#1#2#3{ \frac{1}{\pi}\int_{#1}^{#2}\! \lvert{#3}\rvert\,\mathrm dt } \begin{aligned} \forall \varepsilon(\varepsilon > 0 &\implies \exists T( T > 0 \land \\ & \phantom{\le} \I{-\infty}{-T}{f(t)D^L(x_0 - t)} + \I{T}{\infty}{f(t)D^L(x_0 - t)}\\ & \le \I{-\infty}{-T}{f(t)} + \I{T}{\infty}{f(t)}\\ & < \frac{\varepsilon}{2} )). \end{aligned}\]連続点においては結論の右辺は $f(x)$ に等しい。 以下次を示す：
\[\def\I#1#2#3{ \frac{1}{\pi}\int_{#1}^{#2}\! {#3}\,\mathrm dt } \begin{aligned} \exists L(L &> 0 \land\\ &\left\lvert \I{-T}{T}{f(t)D^L(x_0 - t)} - f(x_0)\right\rvert < \frac{\varepsilon}{2}). \end{aligned}\]Direchlet 核の定義により：
\[\def\L{ \lim_{L \to \infty} } \def\I#1#2#3#4{ \L \frac{1}{\pi} \int_{#1}^{#2}\!{#3}\,\mathrm{d}{#4} } \begin{aligned} &\phantom{=} \I{-T}{T}{f(t)D^L(x_0 - t)}{t} - f(x_0)\\ &= \I{x_0 - T}{x_0 + T}{f(x_0 - u)D^L(u)}{u} - f(x_0) \quad(t \coloneqq x_0 - u)\\ &= \I{x_0 - T}{x_0 + T}{f(x_0 - u) - f(x_0))D^L(u)}{u}\\ &= \I{x_0 - T}{x_0 + T}{\frac{f(x_0 - u) - f(x_0)}{u}\sin Lu}{u}. \end{aligned}\]被積分関数の分数部分を $g(u)$ とおくと、これは $u \ne 0$ において区分的に $C^1$ 級、 $u = 0$ で $g(\pm 0) = -f^\prime(x_0 \mp 0).$ ゆえに区分的に $C^0$ 級。
L 13.1 をここで使い、
\[\lim_{L \to \infty} \int_{-\infty}^\infty\!g(u)\sin Lu\,\mathrm du = 0.\]以上、連続点の場合は成り立つことを示した。
以下、$x = x_0$ が不連続点であっても成り立つことを示す。
\[\def\h#1{ \dfrac{1}{2}(f(x_0 + {#1}) + f(x_0 - {#1})) } h(x_0 + t) \coloneqq \begin{cases} \h{t}, & t \ne 0,\\ \h{0}, & t = 0. \end{cases}\]$h$ は $C^0$ 級かつ区分的に $C^1$ 級である。すると前半の議論が適用できて：
\[\def\L{ \lim_{L \to \infty} } \def\I#1{ \frac{1}{\pi} \int_{-\infty}^\infty\! {#1} D^L(t) \,\mathrm{d}t } \begin{aligned} h(x_0) &= \L \I{h(x_0 + t)}\\ &= \L \I{ \frac{1}{2}(f(x_0 + t) + f(x_0 - t)) }\\ &= \L \I{f(x_0 + t)}. \end{aligned}\]最後の等号は偶関数の性質による。
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Th 13.11: 不連続点と Fourier 展開の関係
$f(x)$ を前定理と同じように仮定する。このとき：
\[\frac{1}{2}(f(x - 0)) + f(x + 0)) = \lim_{L \to \infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-L}^L\!\hat{f}(\xi)\mathrm{e}^{i\xi x}\,\mathrm d\xi.\]証明：右辺を直接計算する。$\sin$ は期間数なので $\cos$ 側が残って：
\[\begin{aligned} \lim_{L \to \infty}\int_0^L\!\int_{-T}^T\!f(u)\cos\xi(x - u)\,\mathrm du \mathrm d\xi &= \int_0^L\int_{-\infty}^\infty\!f(u)\cos\xi(x - u)\,\mathrm du \mathrm d\xi. \end{aligned}\]左辺に対しては積分の順序交換により：
\[\def\F{ f(u)\cos\xi(x - u) } \begin{aligned} \dots &= \int_{-T}^T\int_0^L\!\F\,\mathrm d\xi\mathrm du\\ \therefore \int_0^L \int_{-\infty}^\infty\! \F\,\mathrm du \mathrm d\xi &= \int_{-\infty}^\infty\! \int_0^L \F \,\mathrm d\xi\mathrm du. \end{aligned}\]前定理より OK となる。
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Fourier 逆変換
関数 $g(\xi)$ に対して次の変換を $g$ の Fourier 逆変換と呼ぶ：
\[\mathscr{F}^{-1}[g](x) \coloneqq \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty\!g(\xi)\mathrm{e}^{i \xi x}\,\mathrm d\xi.\] -
$f$ が区分的に $C^1$ 級関数かつ絶対積分可能かつ $C^0$ 級ならば
\[\mathscr{F}^{-1}[\mathscr{F}[f]](x) = f(x).\] -
E 13.5: 指示関数の Fourier 変換
\[f(x) = \begin{cases} 1, & x \in {[-L, L]},\\ 0, & x \notin {[-L, L]}. \end{cases}\] \[\begin{aligned} \mathscr{F}[f](\xi) &= \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-L}^L\!\mathrm{e}^{-i\xi x}\,\mathrm dx\\ &= \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\frac{\mathrm{e}^{iL\xi} - \mathrm{e}^{-iL\xi}}{i\xi}\\ &= \sqrt{\frac{2}{\pi}}\cdot\frac{\sin L \xi}{\xi},\quad(\xi \ne 0).\\ \mathscr{F}[f](0) &= \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-L}^L\!\mathrm dx\\ &=\frac{2L}{\sqrt{2\pi}}\\ &= \sqrt{\frac{2}{\pi}}L. \end{aligned}\] -
E 13.6: $\mathrm{e}^{-x^2/2}$ の Fourier 変換
\[\mathscr{F}[\mathrm{e}^{-x^2/2}](\xi) = \frac{1}{2\pi} \mathrm{e}^{-\xi^2/2}\int_{-\infty}^\infty\! \mathrm{e}^{-(x + i\xi)^2/2}\,\mathrm dx.\]- 積分路：$\xi > 0$ とすると点 $-R$, $R + i\xi$ を対角線に持つ矩形を正の向きにとる。
- 虚軸に平行な積分路上では、評価の結果積分はゼロである。
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結果的に（係数部分を除いた）積分部分は Gauss より $\sqrt{2\pi}$ であるから、 求める Fourier 変換は：
\[\def\f{ \mathrm{e}^{-x^2/2} } \mathscr{F}[\f](\xi) = \f.\]
Laplace 逆変換
- Th 13.12: Laplace 反転積分 a.k.a. Bromwich 積分
- 関数 $f(x)$ を ${(0, \infty)}$ 上区分的に $C^1$ 級であるとし、
- $f(x) \mathrm{e}^{-\sigma_0 x}$ が絶対積分可能であるとする。
証明：
\[F(x) = \begin{cases} \sqrt{2\pi}f(x),& x > 0,\\ 0, & x < 0. \end{cases}\]とおく。$s = \sigma + i\tau$ に関して
\[\mathscr{L}[f]\left(s\right) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty\!F(x)\mathrm{e}^{-\sigma x}\mathrm{e}^{-i\tau x}\,\mathrm dx = \mathscr{F}[F(x)\mathrm{e}^{-\sigma x}](\tau).\]このとき $F(x)\mathrm{e}^{-\sigma x}$ は $\sigma > \sigma_0$ のとき絶対積分可能であり、 $f$ の条件から区分的 $C^1$ 級関数。これに Th 13.11 を適用する：
\[\def\m{ (F(x + 0) + F(x - 0)) } \def\I#1{ \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty\! \mathscr{L}[f](\sigma + i\tau)\mathrm{e}^{#1}\,\mathrm dx } \begin{aligned} \frac{\mathrm{e}^{-\sigma x}}{2}\m &= \I{i\tau x}.\\ \therefore \frac{1}{2}\m &= \I{\sigma + i\tau x}.\\ \end{aligned}\] - C13.3: $C^0$ 級関数 $f, g$ が $\mathscr{L}[f] = \mathscr{L}[g] \implies f = g.$
第 13 章は以上。