フーリエ級数

『上述の方法によって、熱の固体内部における均一な伝導と多変数の運動に関する問題は、純粋な数学的解析の問題へと帰着される。したがって物理学のこの分野の進歩は、解析学の進展に依存することになる。我々が導出した微分方程式は、この理論の主要な結果を包含している。それらは最も一般的かつ簡明な形式で、非常に広範な現象を数値解析するために必要な関係式を表現し、自然哲学の最も重要な分野を数学的科学と永続的に結びつけるものである。』

— Joseph Fourier (1768 - 1830) —

18世紀の科学者たちは天文学の研究を通じて、大部分の天文現象が周期的に繰り返す規則性、すなわち周期現象を持つことを発見し、これが偏微分方程式の研究を促した。歴史上最初の偏微分方程式は波動方程式であり、フランスの数学者 d'Almbert とスイスの数学者 Bernoulli がニュートンの運動法則を用いてそれぞれ独立に導出した。その後スイスの数学者 Euler が d'Almbert の研究成果をもとに、音の伝播と弦の波動方程式を導いた。これは基本的にニュートンの法則の産物であり、弦の各微小部分の加速度がその部分に作用する張力に比例することを示している。

波動方程式を解くために、Bernoulli は変数分離法を発展させ、波動方程式の解を三角級数として表現した。これが Fourier 級数という学問分野の研究の始まりである。しかし実際には、それよりも早く Euler が周期関数を研究する際に、周期関数を三角級数に展開できることを発見していた。したがって、三角級数と Fourier 級数の美しい探求の旅を開いたのは Euler であると言える。

三角 Fourier 級数

任意の関数が次のような三角級数として表せると仮定する。

(1.1.1) を $x \in (-\pi, \pi)$ で直接積分すると

正弦・余弦関数 $\sin kx$、$\cos kx$ の周期性より

したがって定数項のみが残り

同様に (1.1.1) にそれぞれ $\cos nx$、$\sin nx$ を掛けて積分し、積分公式

を利用すると、係数 $a_n$、$b_n$ が求まる。

三角級数の表面上の複雑さ（無限級数！）にもかかわらず、係数を求める過程は非常に簡潔であり、最も重要な鍵は (1.1.3)、すなわち三角関数の直交性である。$a_n$、$b_n$ を関数 $f$ の Fourier 係数と呼び、この級数（(1.1.1) 式右辺）を $f$ の Fourier 級数と呼ぶ。

定理 1.1.1 関数 $f$ の Fourier 級数

の Fourier 係数 $a_n$、$b_n$ は

で与えられる。

［注］：

1. $S[f]$ は関数 $f$ の Fourier 級数を表す。
2. 関数 $f$ を暫定的に Fourier 級数へ展開するが、Fourier 級数は無限級数であるため収束性を議論しなければならず、また両辺が同一の関数であることをまだ確定できないので、暫定的に $\sim$ を用いる。定数項をこのように取るのは人為的 (artificial) なものであり、主な目的はすべての $a_n$ が同一の公式で表現されるようにするためである。
3. 三角関数 $\sin nx$ と $\cos nx$ は無次元関数 (dimensionless) であり（$[nx] = [n][x] = 1$）、$\pi$ を長さ（角度ではない）と見なし、$[\pi] = \mathrm{L}$ とおくと、Fourier 係数 $a_n$、$b_n$ の次元は
   $$[a_n] = \left[\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\,dx\right] = \mathrm{L}^{-1}[f]\mathrm{L} = [f]$$
   $$[b_n] = \left[\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nx\,dx\right] = \mathrm{L}^{-1}[f]\mathrm{L} = [f]$$
   となる。
4. $\delta_{nk}$ は Kronecker 記号 (Kronecker symbol) と呼ばれ、有限次元では単位行列 (identity matrix) に対応し、無限次元空間においては Dirac の $\delta$-関数に対応する。
5. 直交性を用いて係数 $a_n$、$b_n$ を求める方法は、Euler が 1777 年に用いた方法（アイデア）である。

任意の関数 $f$ に対して、次のように分解することができる。

したがってこの二つの場合を個別に議論することができる。

1. $f$ が偶関数の場合：偶関数の性質より
   $$a_n = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\,dx = \frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}f(x)\cos nx\,dx$$
   $$b_n = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nx\,dx = 0$$

定理 1.1.2 偶関数 $f$ の Fourier 余弦級数は

で与えられる。

1. $f$ が奇関数の場合：前の場合と同様にして
   $$a_n = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\,dx = 0$$
   $$b_n = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nx\,dx = \frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}f(x)\sin nx\,dx$$

定理 1.1.3 奇関数 $f$ の Fourier 正弦級数は

で与えられる。

(1.1.7)、(1.1.8) の二式は合理的かつ自然なものである。$\cos nx$ は偶関数であり $\sin nx$ は奇関数であるから、偶関数 $f$ の Fourier 級数は $\cos nx$ のみで構成され、奇関数の Fourier 級数は $\sin nx$ のみで構成されることがわかる。

例 1.1.4 関数 $f(x)=x$、$(-\pi \le x \le \pi)$ の Fourier 級数を求めよ。

解．

関数 $f$ は $[-\pi,\pi]$ において奇関数であるから $a_n = 0$ であり、(1.1.8) より

$$b_n = \frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}f(x)\sin nx\,dx = \frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}x\sin nx\,dx = (-1)^{n+1}\frac{2}{n}$$

したがって $f(x) = x$ の Fourier 級数は

$$f(x) = x \sim 2\left(\sin x - \frac{\sin 2x}{2} + \frac{\sin 3x}{3} - \cdots\right)$$

$\blacksquare$

例 1.1.5 関数 $f(x)=x^2$、$(-\pi \le x \le \pi)$ の Fourier 級数を求めよ。

［解］：

関数 $f$ は $[-\pi,\pi]$ において偶関数であるから $b_n = 0$ であり、(1.1.7) より

したがって $f$ の Fourier 級数は

$\blacksquare$

例 1.1.6 関数 $f(x) = Ax^2 + Bx + C$、$(-\pi \le x \le \pi)$ の Fourier 級数を求めよ。

［解］： 関数 $f$ は $[-\pi,\pi]$ において一般に奇でも偶でもない関数であるから、(1.1.2)--(1.1.4) より

したがって $f$ の Fourier 級数は

$\blacksquare$

［注解］：

1. この結果を前の例題 $x$、$x^2$ の Fourier 級数と比較することで、関数の和の Fourier 級数はそれぞれの Fourier 級数の和に等しいことがわかる。
   $$S[\alpha f_1 + \beta f_2] = \alpha S[f_1] + \beta S[f_2], \qquad \forall\alpha,\beta\in\mathbb{R}$$
   この性質は数学では線形性 (linearity) と呼ばれ、物理学で言うところの重ね合わせの原理 (principle of superposition) である。
2. $f(x) = x$ は $x = \pm\pi, \pm 3\pi, \cdots$ で不連続であるため、Fourier 級数はこれらの点では収束先が注意を要するが、$g(x) = x^2$ は連続であり、その Fourier 級数は至るところで収束する。

例 1.1.7 関数 $f(x)=|\sin x|$、$(-\pi \le x \le \pi)$ の Fourier 級数が次であることを示せ。

［解］：

$|\sin x|$ は $[-\pi,\pi]$ において偶関数であるから $b_n=0$ であり、その Fourier 級数は

ここで

$n=2m$ とおくと $n^2-1 = (2m-1)(2m+1)$ であるから、求める Fourier 級数が得られる。

$\blacksquare$

一つの関数の Fourier 級数を求めるとき、関数が定義される区間は重要な役割を持つ。これは関数が奇関数であるか偶関数であるかに関係しているためである。

$\blacksquare$

注．

1. Fourier 級数の意義は次のように考えることができる。空間変数 $x$ ではなく時間変数 $t$ を考えれば
   
   
   $$f(t) \sim \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty}(a_n\cos n\omega t + b_n\sin n\omega t)$$
   
   
   ここで $\omega$ は角周波数 (angular frequency) であり、$[\omega] = \mathrm{T}^{-1}$ である。一つの複雑な波 $f(t)$ を単純な波の和として表すことができる。これらの単純な波は正弦波、余弦波、および定数波（直流成分）であり、$\frac{a_0}{2}$ は $f(t)$ の $t$-軸からの平均的なずれを表す。係数 $a_n$、$b_n$ は各成分の振幅 (amplitude) である。基本角周波数は $\omega_1 = \omega$ であり、他の倍音成分はすべて $\omega$ の整数倍 $\omega_n = n\omega$ である。

練習問題

次の関数の Fourier 級数を求めよ。

1. $\displaystyle\frac{x}{2} \sim \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{1}{n}\sin nx, \qquad -\pi \le x \le \pi$
2. $\displaystyle\frac{\pi^2 - 3x^2}{12} \sim \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{1}{n^2}\cos nx, \qquad -\pi \le x \le \pi$
3. $\displaystyle\frac{\pi}{4} \sim \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{2n+1}\sin(2n+1)x, \qquad 0 \le x \le \pi$
4. $\displaystyle\frac{\pi^2 - 2\pi x}{8} \sim \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)^2}\cos(2n+1)x, \qquad 0 \le x \le \pi$
5. $\displaystyle\frac{\pi-2x}{4} \sim \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2n}\sin 2nx, \qquad 0 \le x \le \pi$
6. $\displaystyle\frac{6x^2-6\pi x+\pi^2}{24} \sim \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n)^2}\cos 2nx, \qquad 0 \le x \le \pi$
7. $\displaystyle\frac{\pi-x}{2} \sim \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}\sin nx, \qquad 0 \le x \le 2\pi$
8. $\displaystyle\frac{3x^2-6\pi x+2\pi^2}{12} \sim \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}\cos nx, \qquad 0 \le x \le 2\pi$
9. $\displaystyle e^{ax} \sim \frac{e^{a\pi}-e^{-a\pi}}{\pi}\left[\frac{1}{2a}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2+a^2}(a\cos nx - n\sin nx)\right], \qquad -\pi \le x \le \pi$
10. $\displaystyle\cos ax \sim \frac{2}{\pi}\sin a\pi\left[\frac{1}{2a}+\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\frac{a\cos nx}{a^2-n^2}\right], \qquad -\pi \le x \le \pi$
11. $\displaystyle\sin ax \sim \frac{2}{\pi}\sin a\pi\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{n\sin nx}{a^2-n^2}, \qquad -\pi \le x \le \pi$
12. $\displaystyle\cosh ax \sim \frac{2}{\pi}\sinh a\pi\left[\frac{1}{2a}+\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\frac{a\cos nx}{n^2+a^2}\right], \qquad -\pi \le x \le \pi$
13. $\displaystyle\sinh ax \sim \frac{2}{\pi}\sinh a\pi\left[\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{n\sin nx}{n^2+a^2}\right], \qquad -\pi \le x \le \pi$

$2L$ 周期関数の Fourier 級数

周期が $2L$ の周期関数の Fourier 級数は、周期が $2\pi$ の関数から得ることもできる。次のように考える（伸縮変換）。

したがって $f(x)$ が周期 $2L$ の周期関数であれば、$\varphi(t) \equiv f\!\left(\dfrac{L}{\pi}t\right)$ は周期 $2\pi$ の関数となり、$\varphi$ の Fourier 級数は

さらに変数変換 $x = \dfrac{L}{\pi}t$ を行うと、$f(x) = \varphi\!\left(\dfrac{\pi}{L}x\right)$ の Fourier 級数が得られる。

定理 1.2.1 $f(x)$ が周期 $2L$ の周期関数のとき、

注．

1. 次元分析 $[L] = \mathrm{L}$、$[n] = 1$ より、Fourier 係数 $a_n$、$b_n$ の次元は
   $$[a_n] = \left[\frac{1}{L}\int_{-L}^{L}f(x)\cos\frac{n\pi x}{L}\,dx\right] = \mathrm{L}^{-1}[f]\mathrm{L} = [f]$$
   $$[b_n] = \left[\frac{1}{L}\int_{-L}^{L}f(x)\sin\frac{n\pi x}{L}\,dx\right] = \mathrm{L}^{-1}[f]\mathrm{L} = [f]$$
   となる。

偶関数 $f$ の Fourier 余弦級数は

奇関数 $f$ の Fourier 正弦級数は

例 1.2.2 次の関数を Fourier 余弦級数に展開せよ。

$$f(x) = \begin{cases} \cos\dfrac{\pi x}{L}, & 0 \le x \le \dfrac{L}{2} \\[6pt] 0, & \dfrac{L}{2} < x \le L \end{cases}$$

解． ここで言う「Fourier 余弦級数に展開する」とは、$f$ を偶関数拡張 (even extension) として扱うことを意味する。同様に、次の例題で「Fourier 正弦級数に展開する」とは $f$ を奇関数拡張 (odd extension) として扱うことを意味する。

$f(x)$ を偶関数拡張するから $b_n = 0$ であり、

$$\begin{aligned}a_0 &= \frac{2}{L}\int_0^{L}f(x)\,dx = \frac{2}{L}\int_0^{\frac{L}{2}}\cos\frac{\pi x}{L}\,dx = \frac{2}{\pi}\\[4pt] a_n &= \frac{2}{L}\int_0^{L}f(x)\cos\frac{n\pi x}{L}\,dx\\ &= \frac{2}{L}\int_0^{\frac{L}{2}}\cos\frac{\pi x}{L}\cos\frac{n\pi x}{L}\,dx\\ &= \frac{2}{\pi}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos t\cos nt\,dt \qquad \left(\frac{\pi x}{L}=t\right)\\ &= \frac{1}{\pi}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\bigl[\cos(n+1)t + \cos(n-1)t\bigr]\,dt\end{aligned}$$

したがって

$$\begin{aligned}a_1 &= \frac{1}{\pi}\int_0^{\frac{\pi}{2}}(\cos 2t + 1)\,dt = \frac{1}{\pi}\left[\frac{\sin 2t}{2}+t\right]_0^{\frac{\pi}{2}} = \frac{1}{2}\\[4pt] a_n &= \frac{1}{\pi}\left[\frac{\sin(n+1)t}{n+1}+\frac{\sin(n-1)t}{n-1}\right]_0^{\frac{\pi}{2}} = \begin{cases} 0, & n\text{：奇数} \\[4pt] -\dfrac{2(-1)^{\frac{n}{2}}}{\pi(n^2-1)}, & n\text{：偶数} \end{cases}\end{aligned}$$

したがって $f(x)$ の Fourier 余弦級数は

$$f(x) \sim \frac{1}{\pi} + \frac{1}{2}\cos\frac{\pi x}{L} - \frac{2}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{4n^2-1}\cos\frac{2n\pi x}{L}$$

$\blacksquare$

例 1.2.3 次の関数を Fourier 正弦級数に展開せよ。

$$f(x) = \begin{cases} x, & 0 \le x \le \dfrac{L}{2} \\[6pt] L-x, & \dfrac{L}{2} < x \le L \end{cases}$$

解．

$f(x)$ を奇関数拡張するから $a_n = 0$ であり、

$$\begin{aligned}b_n &= \frac{2}{L}\int_0^{L}f(x)\sin\frac{n\pi x}{L}\,dx\\ &= \frac{2}{L}\int_0^{\frac{L}{2}}x\sin\frac{n\pi x}{L}\,dx + \frac{2}{L}\int_{\frac{L}{2}}^{L}(L-x)\sin\frac{n\pi x}{L}\,dx\\ &= \frac{2L}{\pi^2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}t\sin nt\,dt + \frac{2L}{\pi^2}\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}(\pi-t)\sin nt\,dt \qquad \left(\frac{\pi x}{L}=t\right)\\ &= \frac{2L}{\pi^2}\left[-\frac{t\cos nt}{n}\right]_0^{\frac{\pi}{2}} + \frac{2L}{\pi^2 n}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos nt\,dt + \frac{2L}{\pi^2}\left[-\frac{(\pi-t)\cos nt}{n}\right]_{\frac{\pi}{2}}^{\pi} - \frac{2L}{\pi^2 n}\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\cos nt\,dt\\ &= \frac{4L}{\pi^2 n^2}\sin\frac{\pi n}{2}\end{aligned}$$

したがって $f$ の Fourier 正弦級数は

$$f(x) \sim \frac{4L}{\pi^2}\left(\sin\frac{\pi x}{L} - \frac{1}{3^2}\sin\frac{3\pi x}{L} + \frac{1}{5^2}\sin\frac{5\pi x}{L} - \cdots\right)$$

$\blacksquare$

例 1.2.4 関数 $f(x)=x$、$0 < x < 2$ を Fourier 正弦・余弦級数に展開せよ。

［解］：

(1) $f(x)$ を奇関数拡張するとき $a_n=0$ であり、$L=2$ だから

したがって $f$ の Fourier 正弦級数は

(2) $f(x)$ を偶関数拡張するとき $b_n=0$、$a_0 = \displaystyle\frac{2}{2}\int_0^{2}x\,dx = 2$ であり、

したがって $f$ の Fourier 余弦級数は

$\blacksquare$

注：

1. $x = \dfrac{1}{2}$ とおくと、(1.2.9) より Wallis の乗積公式 (Wallis, 1616--1703) が得られる。
   
   
   $$\frac{\pi}{2} = \prod_{n=1}^{\infty}\frac{4n^2}{4n^2-1} = \frac{2\cdot 2}{1\cdot 3}\cdot\frac{4\cdot 4}{3\cdot 5}\cdot \frac{6\cdot 6}{5\cdot 7}\cdot\frac{8\cdot 8}{7\cdot 9}\cdots \tag{1.2.11}$$
   
   
   $x = \dfrac{1}{6}$、$\dfrac{1}{4}$、$\cdots$ を代入すると、たとえば
   
   
   $$\begin{aligned}\frac{\pi}{3} &= \prod_{n=1}^{\infty}\frac{n(n+\frac{1}{3})}{(n-\frac{1}{6})(n+\frac{1}{6})\cdot\frac{1}{1}} \quad \text{(略)}\\ \sqrt{2} &= \frac{2\cdot 2}{1\cdot 3}\cdot\frac{6\cdot 6}{5\cdot 7}\cdot \frac{10\cdot 10}{9\cdot 11}\cdot\frac{14\cdot 14}{13\cdot 15}\cdots\end{aligned}$$
   
   
   Wallis 乗積の注目すべき点は、円周率 $\pi$ が正整数 $1, 2, 3, \cdots$ のみを用いた無限乗積によって表現できることである。
2. Wallis 乗積はまた次の形にも書ける。
   
   
   $$\lim_{n\to\infty}\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}\cdot\frac{1}{\sqrt{2n+1}} = \sqrt{\frac{\pi}{2}}$$
   
   
   これは次の漸近式と同値である。
   
   
   $$\frac{1\cdot 3\cdot 5\cdots(2n-1)}{2\cdot 4\cdot 6\cdots 2n} = \frac{1}{2^{2n}}\binom{2n}{n} \approx \frac{1}{\sqrt{n\pi}} \tag{1.2.12}$$
3. (1.2.9) を $x$ について Taylor 展開し、$x^2$ の係数を比較することで次が得られる。
   
   
   $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} = 1 + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2} + \cdots = \frac{\pi^2}{6} \tag{1.2.13}$$

練習問題

1. $f(x) \sim \dfrac{a_0}{2} + \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(a_n\cos nx + b_n\sin nx)$、$f(-x) = -g(x)$ のとき、次を証明し理由を説明せよ。
   $$g(x) \sim \frac{\alpha_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty}(\alpha_n\cos nx + \beta_n\sin nx), \qquad \alpha_n = -a_n,\quad \beta_n = b_n$$
2. 上の問いにおいて $f(-x) = g(x)$ のとき、次を証明し理由を説明せよ。
   $$g(x) \sim \frac{\alpha_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty}(\alpha_n\cos nx + \beta_n\sin nx), \qquad \alpha_n = a_n,\quad \beta_n = -b_n$$
3. $-L < x < L$、$f(x) = \begin{cases}0, & -L < x < 0 \\ L-x, & 0 < x < L\end{cases}$ のとき、次を証明せよ。
   $$f(x) \sim \frac{L}{4} + \frac{L}{\pi^2}\sum_{n=1}^{\infty} \left[(1-(-1)^n)\cos\frac{n\pi x}{L} + n\pi\sin\frac{n\pi x}{L}\right]\frac{1}{n^2}$$
4. $-L < x < L$ のとき、次を証明せよ。
   $$x^3 \sim \frac{2L^3}{\pi^3}\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{n^2\pi^2-6}{n^3}\sin\frac{n\pi x}{L}$$
5. $-2 < x < 2$、$f(x) = \begin{cases}x+1, & -2 < x < 0 \\ 1, & 0 \le x < 2\end{cases}$ のとき、次を証明せよ。
   $$f(x) \sim \frac{1}{2} + \frac{2}{\pi^2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} \left[(1-(-1)^n)\cos\frac{n\pi x}{2} + n\pi(-1)^{n+1}\sin\frac{n\pi x}{2}\right]$$
6. $-L < x < L$、$f(x) = \begin{cases}0, & -L < x < 0 \\ (L-x)^2, & 0 < x < L\end{cases}$ のとき、次を証明せよ。
   $$f(x) \sim \frac{L^2}{6} + \frac{L^2}{\pi^3}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^3} \left[2n\pi\cos\frac{n\pi x}{L} + (n^2\pi^2 - 2 + 2(-1)^n)\sin\frac{n\pi x}{L}\right]$$
7. $-1 < x < 1$、$f(x) = \begin{cases}0, & -1 < x < 0 \\ 1, & 0 \le x < 1/2 \\ 0, & 1/2 < x < 1\end{cases}$ のとき、次を証明せよ。
   $$f(x) \sim \frac{1}{4} + \frac{1}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n} \left[\sin\frac{n\pi}{2}\cos n\pi x + \left(1-\cos\frac{n\pi}{2}\right)\sin n\pi x\right]$$

複素形式の Fourier 級数

任意の周期 $2\pi$ の周期関数 $f(x)$，$-\pi \le x \le \pi$ の Fourier 級数は

この中に $\cos nx$，$\sin nx$ が同時に現れるが，これはオイラーの公式 (Euler formula) を想起させる。

したがって

$f$ の Fourier 級数を書き直すと

ここで

とおくと

同様に $c_{-n} = \dfrac{1}{2\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)e^{inx}\,dx$ が得られる。以上の結果をまとめると，複素形式の Fourier 級数が得られる。

定理 1.3.1 関数 $f$ の複素形式の Fourier 級数は次で与えられる。

［註解］：

1. 複素形式の Fourier 級数を導く過程で，次の重要な直交性が用いられた。
   
   
   $$\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}e^{imx}e^{-inx}\,dx = \begin{cases}0, & n\neq m, \\ 1, & n=m.\end{cases} \tag{1.3.5}$$
2. $\pi$ を角度 (angle) と見なすならば $\pi$ は無次元 (dimensionless) であるが，$f$ は周期 $2\pi$ の周期関数であるため，$\pi$ はここでは長さとして解釈しなければならず，$[\pi] = \mathrm{L}$ となる。したがって Fourier 係数 $c_n$ の次元は
   $$[c_n] = \frac{1}{\mathrm{L}}[f]\mathrm{L} = [f], \qquad [n] = [x]^{-1} = \mathrm{L}^{-1}$$
   となる。
3. $f$ が周期 $2L$ の周期関数ならば，複素形式の Fourier 級数は
   
   
   $$f(x) \sim S[f] = \sum_{n=-\infty}^{\infty}c_n e^{i\frac{n\pi x}{L}}, \qquad c_n = \frac{1}{2L}\int_{-L}^{L}f(x)e^{-i\frac{n\pi x}{L}}\,dx. \tag{1.3.6}$$

例題 1.3.2 関数 $f(x) = \begin{cases}1, & x > 0, \\ 0, & x < 0\end{cases}$ の Fourier 級数を求めよ。

解． 直接計算すると

$$c_n = \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)e^{-inx}\,dx = \frac{1}{2\pi}\int_0^{\pi}e^{-inx}\,dx = \begin{cases} 1/2, & n=0, \\ 0, & n\neq 0 \text{ かつ } n \text{ 偶数,} \\ \dfrac{1}{in\pi}, & n \text{ 奇数.} \end{cases}$$

したがって $f$ の Fourier 級数は

$$f(x) \sim \frac{1}{2} - \frac{i}{\pi}\sum_{\substack{n=-\infty\\n\text{ 奇数}}}^{\infty}\frac{e^{inx}}{n} = \frac{1}{2} + \frac{2}{\pi}\!\left(\sin x + \frac{\sin 3x}{3} + \frac{\sin 5x}{5} + \cdots\right)$$

例題 1.3.3 関数 $f(x) = \begin{cases}1, & 0 \le x \le \pi, \\ -1, & -\pi < x < 0\end{cases}$ の Fourier 級数を求めよ。

解． 直接計算すると

$$\begin{aligned}c_n &= \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)e^{-inx}\,dx = \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{0}(-1)e^{-inx}\,dx + \frac{1}{2\pi}\int_{0}^{\pi}e^{-inx}\,dx = \begin{cases} 0, & n=0, \\[4pt] \dfrac{i[(-1)^n-1]}{n\pi}, & n\neq 0. \end{cases}\end{aligned}$$

したがって $f$ の Fourier 級数は

$$f(x) \sim \frac{i}{\pi}\sum_{\substack{n=-\infty\\n\neq 0}}^{\infty} \frac{(-1)^n-1}{n}\,e^{inx}$$

定理 1.3.5 (Fourier 級数の演算) $f(x)\sim\displaystyle\sum_{n=-\infty}^{\infty}c_n e^{inx}$ で，係数 $c_n$ が (1.3.4) で与えられるとき，以下が成り立つ。

1. $\overline{f(x)} \sim \displaystyle\sum_{n=-\infty}^{\infty}\overline{c_n}e^{-inx} = \sum_{n=-\infty}^{\infty}\overline{c_{-n}}e^{inx}$
2. $f(Nx) \sim \displaystyle\sum_{n=-\infty}^{\infty}c_n e^{iNnx},\quad 0\neq N\in\mathbb{Z}$
3. $e^{i\mu x}f(x) \sim \displaystyle\sum_{n=-\infty}^{\infty}c_n e^{i(\mu+n)x} = \sum_{n=-\infty}^{\infty}c_{n-\mu}e^{inx}$ （乗算 $\longrightarrow$ 平行移動）
4. $f(x+\mu) \sim \displaystyle\sum_{n=-\infty}^{\infty}c_n e^{i\mu n}e^{inx}$ （平行移動 $\longrightarrow$ 乗算）
5. $\dfrac{1}{N}\displaystyle\sum_{k=0}^{N-1}f\!\left(\frac{x}{N}+\frac{2k\pi}{N}\right) \sim \sum_{n=-\infty}^{\infty}c_{nN}e^{inx},\quad (N>0)$

Fourier 級数は複素関数論の観点からも見ることができる。関数 $F(z)$ の Laurent 級数を考えると

$z = e^{ix}$，$-\pi \le x \le \pi$，$f(x) = F(e^{ix})$ とおくと

係数 $c_n$ は次のように書き換えられる。

したがって (1.3.9) は正しく $f(x)$ の Fourier 級数である。

練習問題

1. $\displaystyle\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{-2}{\pi(4n^2-1)}e^{i2nx} = |\sin x|,\qquad x\in[-\pi,\pi]$
2. $\displaystyle\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{(-1)^n\sinh\pi}{(1-in)\pi}e^{inx} = e^{x},\qquad x\in[-\pi,\pi]$
3. $\displaystyle\sum_{\substack{n=-\infty\\n\text{ 奇数}}}^{\infty}\frac{-2i}{n\pi}e^{inx} = \operatorname{sgn}x = \frac{x}{|x|},\qquad x\in[-\pi,\pi]\setminus\{0\}$
4. $\displaystyle\sum_{n\neq 0}\frac{1}{2in}e^{inx} = \frac{\pi-x}{2},\qquad x\in(0,2\pi)$
5. $f(x)\sim\displaystyle\sum_{k=-\infty}^{\infty} c_k e^{ikx}$，$g(x)\sim\displaystyle\sum_{k=-\infty}^{\infty} d_k e^{ikx}$ のとき，次を証明せよ。
   $$h(x) = f(x)g(x) \sim \sum_{n=-\infty}^{\infty} C_n e^{inx}, \qquad C_n = \sum_{k=-\infty}^{\infty}c_k d_{n-k}$$

Weierstrass 近似定理

まず高等微積分において一様収束（uniformly convergent）に関する重要な定理を振り返っておく。

一様収束する連続関数の列があれば、その極限は必ず連続関数である。

言い換えれば、連続関数は一様収束のもとで完備性を持つ。通常われわれが最もよく扱い、また最も興味深いのは多項式関数であるから、上の命題を言い換えれば「一様収束する多項式関数の列があれば、その極限は必ず連続関数である」となる。これより自然な問いとして逆命題が成立するかどうかを問うことができる。すなわち、区間 $[a,b]$ 上の任意の連続関数は多項式関数で近似できるだろうか。これが著名なWeierstrass 近似定理（Weierstrass approximation theorem）である。

定理 1.4.1 (Weierstrass 近似定理その一) 有界閉区間 $[a,b]$ 上に定義された任意の連続関数 $f$ に対して、常に多項式 $P_n$ を用いて近似することができ、両者の誤差

は $n \to \infty$ のとき零に収束する。

これは Weierstrass が19世紀末に証明した定理である。その重要性は、任意の連続関数が多項式で近似でき、しかも任意の精度を達成できることを保証する点にある。この結果は関数の近似理論にとって非常に有益であり、同時に多項式が汎用的な近似関数となる理由をも説明している。

多項式以外のもう一つの近似関数の形式は三角関数、より正確には「Fourier 級数」を用いて連続関数を近似することであり、これも Weierstrass の貢献である。微分積分学において $\sin kx$ または $\cos kx$ は $\sin x$、$\cos x$ の $k$ 次多項式に変換できることが知られており、$\sin x$、$\cos x$ も Taylor 級数として表せる。したがって $a_k x^k$ を $(a_k \cos kx + b_k \sin kx)$ で置き換えるようにイメージすればよい。

定理 1.4.2 (Weierstrass 近似定理その二) $[-\pi,\pi]$ 上で定義され、周期が $2\pi$ に等しい任意の連続関数 $f$ に対して、常に三角多項式

を見つけることができ、両者の誤差 $\|f - S_n\|_\infty$ を任意に小さくすることができる。

この定理は定理 1.4.1 の系（corollary）とみなすことができる。なぜなら三角変換によって $S_n$ を $\cos x$ と $\sin x$ の多項式に変換できるからである。Weierstrass 近似定理の直接の応用として、まず挙げられるのが関数の近似理論（approximation theory）である。この定理は関数解析においても欠かすことのできない道具である。複素数域においても類似の定理がある。1937年に M. H. Stone は、位相空間上の連続実数値関数の中に含まれるある代数的性質の問題を解決するために、Weierstrass 近似定理の一般化を発見した。今日これを Stone--Weierstrass 定理と呼び、この定理を用いることでいくつかの重要な古典定理の証明が簡略化される。

Weierstrass 近似定理の証明について、まず Bernstein（1912）の証明方法を紹介する。彼の方法は構成的（constructive）なものであり、連続関数を近似する多項式を直接構成するというものである。この多項式を今日では Bernstein 多項式と呼ぶ。

定義 1.4.3 任意の連続関数 $f \in C[0,1]$ に対して、対応する Bernstein 多項式は次のように定義される。

この多項式がどこからともなく現れるように見えるかもしれないが、数学において最も重要なのは思考の方法であって、霊感を待ち続けることでは知識の楽しみを享受できない。この Bernstein 多項式の起源は二項定理にある。

上式を $x$ で微分した後に $\dfrac{x}{n}$ を乗じると

さらに (1.4.3) の計算過程を繰り返すと

$y = 1-x$ とおくと、(1.4.2)--(1.4.4) より連続関数 $1$、$x$、$x^2$ の Bernstein 多項式がそれぞれ求まる。

第三項について誤差を評価すると

したがって $n$ が大きいとき $B_n(x;\,x^2)$ は $x^2$ に非常に近くなり、Bernstein 多項式によって近似できることがわかる。特殊な関数 $f(x) = e^x$ を見ると

したがって

が成立することを確認できる。

定理 1.4.1 の証明（Bernstein 法）

まず直接差を引いて考える。

(1.4.7) において絶対値が零に近づくことを期待しているが、一見すると $\left|f(x) - f\!\left(\dfrac{k}{n}\right)\right|$ の項だけで十分に思えるかもしれない。しかしこれは見かけ上のものであって、もう一つの困難として (1.4.7) の右辺が有限項の和であることがある。この二つの困難は、一様有界（uniformly bounded）と一様連続（uniformly continuous）によってそれぞれ克服できる。$f \in C[0,1]$ であり、$[0,1]$ はコンパクト集合であるから $f$ は $[0,1]$ 上で有界かつ一様連続である。$|f(x)| < M$ とすると

また一様連続性より、任意の $\epsilon > 0$ に対して $\delta(\epsilon) > 0$ が存在して

が成立する。(1.4.7) を二つの部分に分けると

一様連続性 (1.4.9) より

また一様有界性 (1.4.8) と $\left|x - \dfrac{k}{n}\right| \ge \delta(\epsilon)$ を用いると

したがって $n$ を十分大きくとり、$n > \dfrac{M}{\delta^2(\epsilon)\epsilon}$ とすれば、(1.4.11)--(1.4.12) より

が成立する。$\blacksquare$

良い定理には必ず異なる美しい証明が伴うものである。Landau（1877--1938）の証明方法は Bernstein ほど直接的ではなく、基本的には Weierstrass のアイデアに沿うものであり、彼が用いた関数は現代的な言葉では Dirac 列（Dirac sequence）と呼ばれる。

Landau が用いた関数 $\phi_n(x)$ は、$n \to \infty$ のとき非常に特殊な振る舞いをし、伝統的な関数の概念とは（実際にはかなり大きな）差異がある。現代的な言葉ではこれを Dirac の $\delta$ 関数と呼ぶ。この概念が科学の世界に導入されたのは、イギリスの理論物理学者 Paul Dirac が研究した量子力学が起源であり、そこで彼は $\delta$ 関数を道具として体系的に用い非常に大きな成果を得た。ここで $\delta$ 関数の定義を正式に与えておこう。

定義 1.4.4 Dirac $\delta$ 関数とは、次の条件を満たすものとして定義される。

Dirac $\delta$ 関数は伝統的な意味の関数ではないが、だからといって存在しないとは言えない。数学は既知の事実を否定することはできないので、この問題の解決策は数学の基礎に立ち返ること、すなわち関数とは何かを問うことである。関数についてより新しく高次の認識を持つことが急務であり、伝統的な関数と区別するためにこのような新しい関数を超関数（generalized function）と呼ぶ。超関数の数学的理論的基礎は後にソ連の数学者 S. L. Sobolev（1936）とフランスの数学者 L. Schwartz（1950--1951）によって確立され、L. Schwartz はこの業績によって第2回 Fields 賞（1950）を受賞した。その後多くの人の努力により、超関数は現在では数学・物理、さらには工学の研究における必須の道具となっている。われわれは Dirac 列を通じて Dirac $\delta$ 関数を理解する。

定義 1.4.5 連続関数列 $\{\delta_n\}_n$ が以下の三条件を満たすとき、Dirac 列と呼ぶ。

1. $\delta_n \ge 0$, $n = 1,2,3,\ldots$
2. $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\delta_n(x)\,dx = 1$, $n = 1,2,3,\ldots$
3. 任意の $\epsilon > 0$、$\delta > 0$ に対して、$n \ge n_0$ ならば $\displaystyle\int_{|x|\ge\delta}\delta_n(x)\,dx < \epsilon$ となる $n_0$ が存在する。

［注］：

1. Dirac $\delta$ 関数のもう一つのよく知られた表現式は
   
   
   $$\delta(x) = \frac{1}{2\pi}\sum_{n=-\infty}^{\infty}e^{inx} \tag{1.4.20}$$
2. (1.4.19) または (1.4.20) のいずれにおいても、Dirac $\delta$ 関数の次元は（1次元空間において）
   
   
   $$[\delta] = \frac{1}{[2\pi]} = \frac{1}{[2L]} = \mathrm{L}^{-1} \tag{1.4.21}$$
   
   
   あるいは定義 (1.4.14) より
   
   
   $$\int_{-\infty}^{\infty}\delta(x)\,dx \approx [\delta][dx] = 1 \implies [\delta] = \mathrm{L}^{-1}$$

定理 1.4.7 (Dirac $\delta$ 関数の基本性質) 以下が成り立つ。

1. $\delta(cx) = \dfrac{1}{|c|}\delta(x)$
2. $\delta(-x) = \delta(x)$ （偶関数）
3. （篩選原理）
   $$\int_{-\infty}^{\infty}f(x)\delta(x-a)\,dx = f(a) \tag{1.4.22}$$

練習問題

1. 多項式 $p(x)$ で $-\pi \le x \le \pi$ において $|p(x) - \sin x| < \dfrac{1}{1000}$ を満たすものが存在することを証明せよ。
2. 多項式 $p(x)$ で $-1000 \le x \le 1000$ において $|p(x) - |x|^3| < \dfrac{1}{10}$ を満たすものが存在することを証明せよ。
3. 閉区間 $[0,1]$ 上で定義された連続関数 $f$ が
   $$\int_0^1 f(x)x^n\,dx = 0, \qquad \forall n = 0,1,2,\ldots$$
   を満たすならば $f = 0$ であることを証明せよ。
4. 次の関数族が Dirac 列であることを証明せよ。$(-\infty < x < \infty)$
   $$\delta_n(x) = \frac{n}{\pi}\frac{1}{1+n^2x^2}, \qquad \delta_n(x) = \frac{n}{\sqrt{\pi}}e^{-n^2x^2}, \qquad \delta_n(x) = \frac{1}{n\pi}\frac{\sin^2(nx)}{x^2}$$
5. 例題 1.4.6 を証明せよ。
6. $c_n = \dfrac{1\cdot 3\cdot 5\cdots(2n-1)}{2\cdot 4\cdot 6\cdots 2n}$ であることを証明せよ。
7. 次を証明せよ。
   
   
   1. $\delta(x-\xi) = \dfrac{2}{L}\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\sin\frac{n\pi\xi}{L}\sin\frac{n\pi x}{L}$, $0 < x,\xi < L$
   2. $\delta(x-\xi) = \dfrac{1}{L} + \dfrac{2}{L}\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\cos\frac{n\pi\xi}{L}\cos\frac{n\pi x}{L}$, $0 < x,\xi < L$

Fourier 級数の微分と積分

$x$ の Fourier 級数は

であるが、この級数を微分することはできない。なぜなら級数

は発散する（第 $n$ 項の係数が零に収束しない）からである。Fourier 級数が微分可能になるためには、いくつかの十分条件（一様収束性）を加えなければならない。

定理 1.5.1 $2\pi$-周期関数 $f$ が $f \in C[-\pi,\pi]$、$f(-\pi)=f(\pi)$、$f'$ が区間 $(-\pi,\pi)$ で区分的に連続であるとする。このとき $f$ の Fourier 級数

は微分可能であり、$f'$ の Fourier 級数は $f$ の Fourier 級数の各項微分に等しい。

［註解］：

1. $f'$ の Fourier 係数の次元分析は次のとおりである。
   $$[\alpha_n] = [nb_n] = [n][b_n] = \frac{1}{\mathrm{L}}[f] = [f'], \qquad [n] = [1/x] = \mathrm{L}^{-1}$$
   $$[\beta_n] = [na_n] = [n][a_n] = \frac{1}{\mathrm{L}}[f] = [f']$$
2. 証明の中で最も重要な操作は部分積分（integration by parts）である。

具体例として

を各項微分すると

が得られる。

定理 1.5.3 $2\pi$-周期関数 $f$ が区間 $(-\pi,\pi)$ で区分的に連続で、かつ $a_0 = 0$ であれば、$f$ の Fourier 級数が収束するかどうかにかかわらず、次の等式が成立する。

ここで $C_0$ は $F$ の平均値であり

［註解］：

1. $F$ の Fourier 係数の次元分析は次のとおりである。
   $$[\alpha_n] = [b_n/n] = [b_n]/[n] = \mathrm{L}[f] = [F], \qquad [n] = [1/x] = \mathrm{L}^{-1}$$
   $$[\beta_n] = [a_n/n] = [a_n]/[n] = \mathrm{L}[f] = [F]$$

具体例として

を各項積分すると

$x = \dfrac{\pi}{2}$ とおくと

定理 1.5.7 $2\pi$-周期関数 $f$、$g$ がそれぞれ

であるとき、畳み込み $f*g$ の Fourier 係数は

［註解］：

1. $f*g$ は積分なので次元は $[f*g] = [f][g]\mathrm{L}$ であり、$f*g$ の Fourier 係数の次元分析は次のとおりである。
   $$[c_n] = [2\pi a_n b_n] = \mathrm{L}[a_n][b_n] = \mathrm{L}[f][g] = [f*g]$$
   ここで $f*g$ の次元に $\mathrm{L}$ が現れているが、これは畳み込み（積分）による寄与であり、$n$ 次元空間では $\mathrm{L}^n$ となる。
2. $f*g$ の Fourier 係数がちょうど $f$、$g$ の Fourier 係数の積になっているという事実が、畳み込みを研究する最大の動機となっている。

定理 1.5.8 定理 1.5.7 と同じ仮定のもとで

練習問題

1. $y'' + 3y = \sin^4 x$ を解け。
   $$\left(y = \frac{1}{8} - \frac{\cos 2x}{2} + \frac{\cos 4x}{104} + \text{（斉次解）}\right)$$
2. $y'' + y' + y = x^2$、$[-\pi,\pi]$ を解け。
   $$y = \frac{\pi^2}{3} + \sum_{\substack{n=-\infty\\n\ne 0}}^{\infty}\frac{c_n e^{inx}}{2-n^2+in}, \qquad c_n = \frac{2(-1)^n}{n^2},\ n\ne 0$$
3. $2\pi$-周期関数 $f$ を仮定し、関数を次のように定義する。
   $$f_h(x) = \frac{1}{2h}\int_{x-h}^{x+h}f(s)\,ds$$
   次を証明せよ。
   $$f_h(x) \sim \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty}(A_n\cos nx + B_n\sin nx)$$
   $$A_n = a_n\frac{\sin nh}{nh}, \qquad B_n = b_n\frac{\sin nh}{nh}$$
4. 関数 $F(x) = \dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(t)f(x+t)\,dt$ を仮定すると
   
   
   $$F(x) \sim \frac{a_0^2}{2} + \sum_{n=1}^{\infty}(a_n^2+b_n^2)\cos nx$$
   
   
   であることを証明せよ。
5. $-\pi < x < \pi$、$\alpha \ne 0,\pm1,\pm2,\ldots$ として、次を証明せよ。
   
   
   1. $\dfrac{\pi\sin\alpha x}{2\sin\alpha\pi} = \dfrac{\sin x}{1^2-\alpha^2} - \dfrac{2\sin 2x}{2^2-\alpha^2} + \dfrac{3\sin 3x}{3^2-\alpha^2} - \cdots$
   2. (a) より次を導け。
      $$\frac{\pi}{\sin\alpha\pi} = \frac{1}{\alpha} + \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n 2\alpha}{\alpha^2-n^2}$$
   3. $0 < \alpha < 1$ のとき次を証明せよ。
      $$\int_0^{\infty}\frac{x^{\alpha-1}}{1+x}\,dx = \int_0^1\frac{x^{\alpha-1}-x^{-\alpha}}{1+x}\,dx = \frac{1}{\alpha} + \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n 2\alpha}{\alpha^2-n^2}$$
   4. (b)、(c) より次を導け。
      $$\Gamma(\alpha)\Gamma(1-\alpha) = \frac{\pi}{\sin\alpha\pi}, \qquad 0 < \alpha < 1$$
6. 定理 1.5.8 を証明せよ。

Parseval 定理

$f(x)$、$-L < x < L$ を区分的に滑らかな関数（piecewise smooth function）とし、その Fourier 級数を

とおく。ここで

定理 1.6.1 (Parseval 定理) $f(x)$、$-L < x < L$ が区分的に滑らかな関数のとき

［註解］：

1. 次元分析から $[x] = \mathrm{L}$、$[a_n] = [b_n] = [c_n] = [f]$ であり、(1.6.1) は次元の釣り合いである。
   $$\frac{1}{L}\int_{-L}^{L}|f(x)|^2\,dx \approx [f]^2 = [a_0]^2 = [a_n]^2 = [b_n]^2 = [c_n]^2$$
2. Parseval 等式は無限次元空間における Pythagoras の定理とみなすことができる。Parseval 等式から自然に二乗可積分関数空間 $L^2([-L,L])$ が導入されるので、連続関数をより広い二乗可積分関数へ拡張することができる。
3. Parseval 等式 (1.6.1) の左辺の積分に $\dfrac{1}{L}$ が残っているのは、選んだ基底をまだ正規化していないからである。次元の釣り合いの観点からこの因子は積分 $dx$ と互いに打ち消し合い、(1.6.1) は次元の釣り合いとなっている。
4. Parseval 等式の逆命題は Riesz--Fisher 定理である。すなわち $\displaystyle\sum_{n=-\infty}^{\infty}|c_n|^2 < \infty$ であれば、$f \in L^2([-L,L])$ が存在して、$f$ の Fourier 係数がちょうど $c_n$ となる。

定理 1.6.2 (広義 Parseval 定理) $f(x)$、$F(x)$ が $(-\pi,\pi)$ 上で定義された二乗可積分関数であり、

であれば、次が成立する。

あるいは複素形式では

［註解］：

1. 次元分析から $[a_n] = [b_n] = [f]$、$[A_n] = [B_n] = [F]$ であり、(1.6.3) は次元の釣り合いである。
2. (1.6.3) または (1.6.3$'$) は内積（inner product）とみなすことができ、これはまさに $f(x)\overline{F(x)}$ の Fourier 級数の定数項である。

定理 1.6.6 (Riemann--Lebesgue 定理) $f$ が区分的に連続な関数であれば

練習問題

1. $f(x) = \sin x$ を Fourier 余弦級数に展開すると
   $$\sin x = \frac{2}{\pi} - \frac{4}{\pi}\!\left(\frac{\cos 2x}{2^2-1} + \frac{\cos 4x}{4^2-1} + \frac{\cos 6x}{6^2-1} + \cdots\right)$$
   Parseval 等式を利用して次を証明せよ。
   $$\frac{1}{1^2\cdot 3^2} + \frac{1}{3^2\cdot 5^2} + \frac{1}{5^2\cdot 7^2} + \cdots = \frac{\pi^2-8}{16}$$