Fourier 積分
『2番目の問題の解は、我々が今用いた定積分と、与えられた形状の固体に適用した解析結果との関係を明確に示している。長さを表す量を無限大とすると、この解析が提供する収束級数の各項は無限小となり、その結果、級数の和は単純に積分となる。』
— Joseph Fourier (1768–1830) —
1822年にJean Baptiste Joseph Fourierは彼の名著『熱の解析的理論』を出版した。主に有界区間における熱伝導方程式を三角級数を用いて解くものであったが、同時に $[0,\infty)$ や $(-\infty,\infty)$ のような無限領域の熱伝導問題を扱うために、自然とFourier積分（Fourier integral）が導出された。これらすべては偏微分方程式の境界値問題の研究を大いに推進した。これにより、FourierはEulerやDaniel Bernoulli (1700–1782)による三角級数を用いた偏微分方程式の解の解釈者という立場を超え、独創的な学者となった。Fourier積分において、元のFourier級数のFourier係数は自然にFourier変換となる。
Fourierの業績は根本的な重要性を持っており、彼の名前はすべての文明語において形容詞となっている。
Fourier 積分公式
関数 $f \in C[-L, L]$ が与えられたとき、これをFourier級数として表す。
$$f(x) \sim \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} \left( a_n \cos\frac{n\pi x}{L} + b_n \sin\frac{n\pi x}{L} \right)\tag{1}$$
$$\begin{cases}
a_n = \frac{1}{L} \int_{-L}^{L} f(w) \cos\frac{n\pi w}{L} dw \\
b_n = \frac{1}{L} \int_{-L}^{L} f(w) \sin\frac{n\pi w}{L} dw
\end{cases}\tag{2}$$
三角関数の加法定理（和と差の積への変換）を用いると、上式は次のように表される。
$$f(x) = \frac{1}{2L} \int_{-L}^{L} f(w) dw + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{L} \int_{-L}^{L} f(w) \cos\frac{n\pi(x-w)}{L} dw\tag{3}$$
ここで興味深い問題は、$x$ を固定して $L \rightarrow \infty$ としたとき、(3)式がどのようになるかである。積分の存在を保証するために、まず $f \in L^1(\mathbb{R})$、すなわち
$$\int_{-\infty}^{\infty} |f(w)| dw < \infty\tag{4}$$
と仮定する。したがって(3)式は次のようになる（このとき $\frac{1}{2L} \int_{-L}^{L} f(w) dw \rightarrow 0$ となる）。
$$f(x) = \lim_{L \rightarrow \infty} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{L} \int_{-L}^{L} f(w) \cos\frac{n\pi(x-w)}{L} dw\tag{5}$$
ここでRiemann和（Riemann sum）の方法を模倣し、次のように定義する。
$$\xi_n = \frac{n\pi}{L}, \quad \Delta\xi = \xi_{n+1} - \xi_n = \frac{\pi}{L}$$
$$I(\xi, L) = \int_{-L}^{L} f(w) \cos \xi(x-w) dw\tag{6}$$
したがって(5)式は次のように書き換えられる。
$$f(x) = \lim_{L \rightarrow \infty} \frac{1}{\pi} \sum_{n=1}^{\infty} I(\xi_n, L) \Delta\xi$$
これはまさにRiemann和の形式である。$\Delta\xi \rightarrow 0 \ (L \rightarrow \infty)$ とすると、
$$\begin{aligned}f(x) &= \lim_{L \rightarrow \infty} \frac{1}{\pi} \int_0^{\infty} I(\xi, L) d\xi \nonumber \\
&= \lim_{L \rightarrow \infty} \frac{1}{\pi} \int_0^{\infty} d\xi \int_{-L}^{L} f(w) \cos \xi(x-w) dw \nonumber \\
&= \frac{1}{\pi} \int_0^{\infty} d\xi \int_{-\infty}^{\infty} f(w) \cos \xi(x-w) dw\end{aligned}\tag{7}$$
これが有名なFourier積分公式（Fourier integral formula）である。一般的な場合は、不連続点において
$$f(x) \rightarrow \frac{1}{2} [f(x+) + f(x-)]$$
となる。
定理 4.1.1 (Fourier 積分公式) 関数 $f$ が $\mathbb{R}$ 上の区分的に滑らかな関数（piecewise smooth）であり、かつ絶対可積（absolutely integrable）であるならば、
$$\frac{1}{2} [f(x+) + f(x-)] = \frac{1}{\pi} \int_0^{\infty} d\xi \int_{-\infty}^{\infty} f(w) \cos \xi(x-w) dw\tag{8}$$
注釈
(1) 次元解析によってFourier積分公式(8)を確認することができる。$[w]=[x]=L$、$[\xi]=L^{-1}$ であり、
$$[\cos \xi(x-w)] = 1 \Rightarrow [\xi] = L^{-1}$$
したがってFourier積分公式(8)は次元の釣り合い（dimensional balance）がとれている。
$$[f] = L^{-1} [f] L^0 L$$
ここで $\pi$ は長さではなく円周率（周期性を表す）であり次元を持たないため $[\pi]=L^0$ である。周期 $2L$ の関数を無限大に引き延ばして非周期関数としたとき、この項は両者を結びつける鍵となる。そのため絶対に消えることはなく、異なる形で現れるだけである。有限周期から無限周期への進化によって残された痕跡と言える。
Fourier積分公式の証明にはRiemann-Lebesgueの補題（Riemann-Lebesgue lemma）が必要である。
補題 4.1.2 (Riemann-Lebesgueの補題) 関数 $g(t)$ が区間 $[a,b]$ において区分的に連続であり、有限個の点を除いて導関数が連続であるならば、
$$\lim_{m \rightarrow \infty} \int_a^b g(t) \sin mt dt = 0$$
証明
3つのステップに分けて証明する。
(1) $g(t), g'(t)$ が $a \le t \le b$ で連続である場合、部分積分より
$$\int_a^b g(t) \sin mt dt = -\left. \frac{g(t) \cos mt}{m} \right|_a^b + \int_a^b \frac{g'(t) \cos mt}{m} dt\tag{9}$$
$g, g' \in C[a,b]$ であり、$[a,b]$ はコンパクト区間（compact interval）であるから、定数 $A, B$ が存在して $|g(t)| \le A, |g'(t)| \le B \ (a \le t \le b)$ を満たす。したがって、
$$\left| \int_a^b g(t) \sin mt dt \right| \le \frac{2A}{m} + \frac{B(b-a)}{m} \rightarrow 0 \quad (m \rightarrow \infty)$$
(2) $g(t)$ が $a \le t \le b$ で連続であり、$g'(t)$ が $a < t < b$ で連続であるが、$t=a$ および $t=b$で不連続である可能性がある場合、積分を分割して
$$\int_a^b g(t) \sin mt dt = \int_a^{a+\epsilon} g(t) \sin mt dt + \int_{a+\epsilon}^{b-\epsilon} g(t) \sin mt dt + \int_{b-\epsilon}^b g(t) \sin mt dt$$
$|g(t)| \le A \ (a \le t \le b)$ とすると、
$$\left| \int_a^b g(t) \sin mt dt \right| \le 2A\epsilon + \left| \int_{a+\epsilon}^{b-\epsilon} g(t) \sin mt dt \right|$$
(1)の結果を用いると、$m \rightarrow \infty$ のとき右辺の積分項は $0$ に収束する。その後 $\epsilon \rightarrow 0$ とすれば、
$$\int_a^b g(t) \sin mt dt \rightarrow 0 \quad (m \rightarrow \infty)$$
(3) $g'$ の不連続点が $t_1 < t_2 < \dots < t_r$ であるとする。このとき、積分区間を分割して
$$\int_a^b g(t) \sin mt dt = \int_a^{t_1} g(t) \sin mt dt + \int_{t_1}^{t_2} g(t) \sin mt dt + \dots + \int_{t_r}^b g(t) \sin mt dt$$
各々の積分は(2)と同様に議論でき、各区間において
$$\int_{t_i}^{t_{i+1}} g(t) \sin mt dt \rightarrow 0 \quad (m \rightarrow \infty)$$
となる。ゆえに、
$$\int_a^b g(t) \sin mt dt \rightarrow 0 \quad (m \rightarrow \infty)$$
が成り立つ。
Fourier 積分公式の証明
証明
$$\begin{aligned}&\frac{1}{\pi} \int_0^{\infty} d\xi \int_{-\infty}^{\infty} f(w) \cos \xi(x-w) dw \\
&= \frac{1}{\pi} \lim_{\Lambda \to \infty} \int_0^{\Lambda} d\xi \int_{-\infty}^{\infty} f(w) \cos \xi(x-w) dw \\
&= \frac{1}{\pi} \lim_{\Lambda \to \infty} \int_{-\infty}^{\infty} \int_0^{\Lambda} f(w) \cos \xi(x-w) d\xi dw \quad \text{（積分の順序を交換）} \\
&= \frac{1}{\pi} \lim_{\Lambda \to \infty} \int_{-\infty}^{\infty} f(w) \frac{\sin \Lambda(x-w)}{x-w} dw \\
&= \lim_{\Lambda \to \infty} \frac{1}{\pi} \int_{-\infty}^{\infty} f(x+t) \frac{\sin \Lambda t}{t} dt \quad (w = x+t)\end{aligned}$$
ここで、特殊な積分を思い出す。
$$\int_0^{\infty} \frac{\sin \Lambda t}{t} dt = \int_{-\infty}^0 \frac{\sin \Lambda t}{t} dt = \frac{\pi}{2}, \quad \Lambda > 0$$
したがって、Riemann-Lebesgueの補題より、
$$\begin{aligned}&\frac{1}{\pi} \int_0^{\infty} d\xi \int_{-\infty}^{\infty} f(w) \cos \xi(x-w) dw \nonumber \\
&= \lim_{\Lambda \to \infty} \frac{1}{\pi} \int_{-\infty}^0 [f(x+t) - f(x-)] \frac{\sin \Lambda t}{t} dt \nonumber \\
&\quad + \lim_{\Lambda \to \infty} \frac{1}{\pi} \int_0^{\infty} [f(x+t) - f(x+)] \frac{\sin \Lambda t}{t} dt + \frac{f(x+) + f(x-)}{2}\end{aligned}\tag{10}$$
上式の第2の積分（極限の中身）は次のように書き換えられる。
$$\frac{1}{\pi} \int_0^{\infty} [f(x+t) - f(x+)] \frac{\sin \Lambda t}{t} dt = I_1 + I_2 - I_3$$
ここで、
$$\begin{aligned}I_1 &= \frac{1}{\pi} \int_0^1 [f(x+t) - f(x+)] \frac{\sin \Lambda t}{t} dt \\
I_2 &= \frac{1}{\pi} \int_1^{\infty} \frac{f(x+t)}{t} \sin \Lambda t dt \\
I_3 &= \frac{f(x+)}{\pi} \int_1^{\infty} \frac{\sin \Lambda t}{t} dt\end{aligned}$$
である。$[0, 1]$ はコンパクト区間であり、$f$ は連続であるため、$\Lambda \to \infty$ のとき $I_1 \to 0$ となる。Riemann-Lebesgueの補題より、$\Lambda \to \infty$ のとき $I_2 \to 0$ となる。また、変数変換 $\tau = \Lambda t$ を用いると、
$$\int_1^{\infty} \frac{\sin \Lambda t}{t} dt = \int_{\Lambda}^{\infty} \frac{\sin \tau}{\tau} d\tau \to 0 \quad (\Lambda \to \infty)$$
となる。すなわち、$\Lambda \to \infty$ のとき $I_3 \to 0$ である。同様にして、第1の積分が0に収束することも示せる。これらをまとめると、
$$\frac{f(x+) + f(x-)}{2} = \frac{1}{\pi} \int_0^{\infty} d\xi \int_{-\infty}^{\infty} f(w) \cos \xi(x-w) dw$$
を得る。
三角関数の加法定理を用いて、(4.1.8)式を次のように書き換える。
$$\begin{aligned}f(x) &= \frac{1}{\pi} \int_0^{\infty} d\xi \int_{-\infty}^{\infty} f(w) \cos \xi(x-w) dw \nonumber \\
&= \frac{1}{\pi} \int_0^{\infty} [a(\xi) \cos \xi x + b(\xi) \sin \xi x] d\xi\end{aligned}\tag{11}$$
ここで、
$$\begin{cases}
a(\xi) = \int_{-\infty}^{\infty} f(w) \cos \xi w dw \\
b(\xi) = \int_{-\infty}^{\infty} f(w) \sin \xi w dw
\end{cases}\tag{12}$$
である。これはまさにFourier余弦変換および正弦変換（Fourier cosine / sine transform）であり、実際にはFourier級数の拡張である。同時に、Fourier積分とFourier級数の関係を説明している。(4.1.12)の次元解析は以下の通りである。
$$[a(\xi)] = [b(\xi)] = [f]L, \quad [\xi] = L^{-1}$$
$a(\xi), b(\xi)$ は積分であるため、次元が増加する。
注釈
(1) Fourier係数 (4.1.1)–(4.1.2) とFourier変換 (4.1.11)–(4.1.12) を比較する。この2つの式はほぼ同じであるが、主な違いはFourier係数の公式には $\frac{1}{L}$ が含まれるのに対し、Fourier変換には含まれないことである。次元解析によれば $[a_n] = [b_n] = [f]$ となるため、Fourier係数 $a_n, b_n$ が表す意味は振幅である。しかしFourier変換では $[a(\xi)] = [b(\xi)] = [f]L$ となり、両者の次元は明らかに異なる。言い換えれば、Fourier変換は波の振幅を教えてくれない。では、振幅の情報はどこへ行ったのか？ 単純にFourier変換を見るだけでは理由は分からず、Fourier積分公式、すなわちFourier変換とFourier逆変換を同時に見る必要がある。
$$\frac{1}{L} \leftrightarrow d\xi$$
この部分はすでにこっそりとFourier逆変換に移動しており、これによりFourier変数 $\xi$ の次元が $[\xi] = L^{-1}$ であることも容易に分かる。したがって、両者を合わせる（Fourier積分公式）と一つの完全な全体となり、過不足がない。
(2) 波の周期が無限大であるとは、どのような意味だろうか？ 基本周波数は周期の逆数である。したがって、一つの波が一つの周期を完了するのに無限の時間を要するのであれば、その周波数は0に近づく。言い換えれば、周期が長いほど、スペクトル上の周波数の間隔は短くなる。最終的に周期が無限大に近づくと、周波数間の隙間がなくなり、スペクトルは連続になる。Fourier係数の公式で言及されていない部分も例外ではない。
定理 4.1.3 関数 $f$ が $[0, \infty)$ 上の区分的に滑らかな関数で、絶対可積であり、かつ偶関数（$f(-x) = f(x), x < 0$）であるならば、
$$\frac{1}{2}(f(x+) + f(x-)) = \frac{2}{\pi} \int_0^{\infty} d\xi \int_0^{\infty} f(w) \cos w\xi \cos \xi x dw\tag{13}$$
もし奇関数（$f(-x) = -f(x), x < 0$）であるならば、
$$\frac{1}{2}(f(x+) + f(x-)) = \frac{2}{\pi} \int_0^{\infty} d\xi \int_0^{\infty} f(w) \sin w\xi \sin \xi x dw\tag{14}$$
(4.1.13)–(4.1.14)の次元解析は以下の通りである。
$$[f] = L^{-1} [f] L^0 L^0 L$$
例題 4.1.4
$$\int_0^{\infty} \frac{\cos \xi x + \xi \sin \xi x}{1 + \xi^2} d\xi = f(x) = \begin{cases}
0, & x < 0 \\
\frac{\pi}{2}, & x = 0 \\
\pi e^{-x}, & x > 0
\end{cases}$$
解． (4.1.12)より、
$$\begin{aligned}a(\xi) &= \int_{-\infty}^{\infty} f(w) \cos \xi w dw = \int_0^{\infty} \pi e^{-w} \cos \xi w dw = \frac{\pi}{1 + \xi^2} \\
b(\xi) &= \int_{-\infty}^{\infty} f(w) \sin \xi w dw = \int_0^{\infty} \pi e^{-w} \sin \xi w dw = \frac{\pi \xi}{1 + \xi^2}\end{aligned}$$
したがって、(4.1.11)式より
$$f(x) = \frac{1}{\pi} \int_0^{\infty} [a(\xi) \cos \xi x + b(\xi) \sin \xi x] d\xi = \int_0^{\infty} \frac{\cos \xi x + \xi \sin \xi x}{1 + \xi^2} d\xi$$
となる。
例題 4.1.5
$$\int_0^{\infty} \frac{\cos \xi x \sin \xi}{\xi} d\xi = f(x) = \begin{cases}
\frac{\pi}{2}, & |x| < 1 \\
\frac{\pi}{4}, & |x| = 1 \\
0, & |x| > 1
\end{cases}$$
解． $f(x)$ は明らかに偶関数であるため、$b(\xi) = 0$ となる。(4.1.13)における $a(\xi)$ に相当する積分を計算すると、
$$a(\xi) = \int_0^{\infty} f(w) \cos \xi w dw = \int_0^1 \frac{\pi}{2} \cos \xi w dw = \frac{\pi}{2} \frac{\sin \xi}{\xi}$$
これを公式に代入すると、
$$f(x) = \frac{2}{\pi} \int_0^{\infty} a(\xi) \cos \xi x d\xi = \frac{2}{\pi} \int_0^{\infty} \frac{\pi}{2} \frac{\sin \xi}{\xi} \cos \xi x d\xi = \int_0^{\infty} \frac{\cos \xi x \sin \xi}{\xi} d\xi$$
となる。
例題 4.1.6
$$\int_0^{\infty} \frac{\cos \frac{\pi}{2}\xi \cos \xi x}{1 - \xi^2} d\xi = f(x) = \begin{cases}
\frac{\pi}{2} \cos x, & |x| < \frac{\pi}{2} \\
0, & |x| \ge \frac{\pi}{2}
\end{cases}$$
解． $f$ は偶関数であるため、$b(\xi) = 0$ となる。
$$a(\xi) = \int_0^{\infty} f(w) \cos \xi w dw = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\pi}{2} \cos w \cos \xi w dw = \frac{\pi}{2} \frac{\cos \frac{\pi}{2}\xi}{1 - \xi^2}$$
したがって、
$$f(x) = \frac{2}{\pi} \int_0^{\infty} a(\xi) \cos \xi x d\xi = \int_0^{\infty} \frac{\cos \frac{\pi}{2}\xi \cos \xi x}{1 - \xi^2} d\xi$$
となる。
例題 4.1.7
$$\int_0^{\infty} \frac{\xi^3 \sin \xi x}{\xi^4 + 4} d\xi = f(x) = \frac{\pi}{2} e^{-x} \cos x, \quad x > 0$$
解． $f$ は奇関数であるため、$a(\xi) = 0$ となる。そして(4.1.12)式より、
$$b(\xi) = \int_0^{\infty} f(w) \sin \xi w dw = \frac{\pi}{2} \int_0^{\infty} e^{-w} \cos w \sin \xi w dw = \frac{\pi}{2} \frac{\xi^3}{\xi^4 + 4}$$
したがって、
$$f(x) = \frac{2}{\pi} \int_0^{\infty} b(\xi) \sin \xi x d\xi = \int_0^{\infty} \frac{\xi^3 \sin \xi x}{\xi^4 + 4} d\xi$$
となる。
例題 4.1.8
$$\int_0^{\infty} \frac{\sin \pi\xi \sin \xi x}{1 - \xi^2} d\xi = f(x) = \begin{cases}
\frac{\pi}{2} \sin x, & 0 \le x \le \pi \\
0, & x > \pi
\end{cases}$$
解． $f$ は奇関数であるため、$a(\xi) = 0$ となる。そして(4.1.12)式より、
$$b(\xi) = \int_0^{\infty} f(w) \sin \xi w dw = \frac{\pi}{2} \int_0^{\pi} \sin w \sin \xi w dw = \frac{\pi}{2} \frac{\sin \pi\xi}{1 - \xi^2}$$
したがって、
$$f(x) = \frac{2}{\pi} \int_0^{\infty} b(\xi) \sin \xi x d\xi = \int_0^{\infty} \frac{\sin \pi\xi \sin \xi x}{1 - \xi^2} d\xi = \begin{cases}
\frac{\pi}{2} \sin x, & 0 \le x \le \pi \\
0, & x > \pi
\end{cases}$$
となる。
例題 4.1.9
$$\int_0^{\infty} e^{-\xi} \cos \xi x d\xi = f(x) = \frac{1}{1 + x^2}$$
解． $f$ は偶関数であるため、$b(\xi) = 0$ となる。
$$a(\xi) = \int_0^{\infty} f(w) \cos \xi w dw = \int_0^{\infty} \frac{1}{1 + w^2} \cos \xi w dw = \frac{\pi}{2} e^{-\xi}$$
したがって、
$$f(x) = \frac{2}{\pi} \int_0^{\infty} a(\xi) \cos \xi x d\xi = \int_0^{\infty} e^{-\xi} \cos \xi x d\xi = \frac{1}{1 + x^2}$$
となる。
例題 4.1.10 $t > 0, \ 0 < \gamma < 1$ に対して
$$\begin{aligned}\int_0^{\infty} t^{-(1-\gamma)} \cos t dt \int_0^{\infty} t^{-\gamma} \cos t dt &= \frac{\pi}{2} \\
\int_0^{\infty} t^{-(1-\gamma)} \sin t dt \int_0^{\infty} t^{-\gamma} \sin t dt &= \frac{\pi}{2}\end{aligned}$$
解． $f(x) = x^{-\gamma}$ とする。このとき(4.1.13)式より、
$$\begin{aligned}x^{-\gamma} &= \frac{2}{\pi} \int_0^{\infty} d\xi \int_0^{\infty} w^{-\gamma} \cos w\xi \cos x\xi dw \\
&= \frac{2x^{-\gamma}}{\pi} \int_0^{\infty} (x\xi)^{-(1-\gamma)} \cos x\xi d(x\xi) \int_0^{\infty} (\xi w)^{-\gamma} \cos(w\xi) d(w\xi)\end{aligned}$$
さらに変数変換 $\xi x = t$、$\xi w = t$ を考慮することで最初の式が導かれる。同様に(4.1.14)式から出発することで、もう一つの公式も得られる。
注釈
(1) もし $\gamma = \frac{1}{2}$ であれば、これはFresnel積分となる。
$$\int_0^{\infty} \frac{\cos t}{\sqrt{t}} dt = \int_0^{\infty} \frac{\sin t}{\sqrt{t}} dt = \sqrt{\frac{\pi}{2}}\tag{15}$$
$t = x^2$ とおくと、
$$\int_0^{\infty} \cos x^2 dx = \int_0^{\infty} \sin x^2 dx = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{\pi}{2}}\tag{16}$$
となる。
例題 4.1.11 (Dirichlet積分)
$$\frac{1}{\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin \alpha x}{x} dx = \begin{cases}
1, & \alpha > 0 \\
0, & \alpha = 0 \\
-1, & \alpha < 0
\end{cases}$$
解． まず $\alpha > 0$ の場合の等式を証明する。
$$\int_0^{\infty} e^{-kx} \cos \beta x dx = \frac{k}{k^2 + \beta^2}, \quad \int_0^{\infty} e^{-kx} \sin \beta x dx = \frac{\beta}{k^2 + \beta^2}$$
（この積分は、$\int_0^{\infty} e^{(-k+i\beta)x} dx = \frac{k}{k^2+\beta^2} + i\frac{\beta}{k^2+\beta^2}$ の実部と虚部をそれぞれ取ったものである。）
次に重積分を考える。Fubiniの定理より、
$$\begin{aligned}\int_0^{\alpha} \left( \int_0^{\infty} e^{-kx} \cos \beta x dx \right) d\beta &= \int_0^{\alpha} \frac{k}{k^2 + \beta^2} d\beta = \tan^{-1} \frac{\alpha}{k} \\
\int_0^{\infty} e^{-kx} \left( \int_0^{\alpha} \cos \beta x d\beta \right) dx &= \int_0^{\infty} e^{-kx} \frac{\sin \alpha x}{x} dx\end{aligned}$$
したがって、
$$\int_0^{\infty} e^{-kx} \frac{\sin \alpha x}{x} dx = \tan^{-1} \frac{\alpha}{k}$$
ここで $k \to 0^+$ とすると、
$$\int_0^{\infty} \frac{\sin \alpha x}{x} dx = \lim_{k \to 0^+} \tan^{-1} \frac{\alpha}{k} = \frac{\pi}{2}$$
ゆえに、被積分関数が偶関数であることから、
$$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin x}{x} dx = 2\int_0^{\infty} \frac{\sin x}{x} dx = \pi$$
となる。$\alpha = 0$ のときは $\sin \alpha x = 0$ となるため積分値は $0$ に等しい。$\alpha < 0$ のときは $\alpha x = y$ とおくと、
$$\frac{1}{\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin \alpha x}{x} dx = -\frac{1}{\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin y}{y} dy = -1$$
となる。
例題 4.1.12 (Dirichlet不連続因子)
$$D(\lambda) = \frac{1}{\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin x}{x} \cos \lambda x dx = \begin{cases}
1, & |\lambda| < 1 \\
\frac{1}{2}, & |\lambda| = 1 \\
0, & |\lambda| > 1
\end{cases}$$
解． 等式
$$2 \sin x \cos \lambda x = \sin(1+\lambda)x + \sin(1-\lambda)x$$
と、例題4.1.11の結果を用いることで導かれる。
例題 4.1.13
$$H(\lambda) = \frac{1}{\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin x \sin \lambda(x-a)}{x-a} dx = \begin{cases}
\sin a, & \lambda \ge 1 \\
\lambda \frac{\sin \lambda a}{a}, & |\lambda| \le 1 \\
\sin a, & \lambda \le -1
\end{cases}$$
解． 積分を $\lambda$ について微分する。
$$H'(\lambda) = \frac{1}{\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin x}{x-a} (x-a) \cos \lambda(x-a) dx = D(\lambda) \cos \lambda a$$
したがって、
$$H(\lambda) = H(0) + \int_0^{\lambda} H'(t) dt = \int_0^{\lambda} D(t) \cos ta dt$$
となる。
注釈
(1) $a = 0$ のとき、
$$\frac{1}{\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin x \sin \lambda x}{x^2} dx = \begin{cases}
1, & \lambda \ge 1 \\
\lambda, & |\lambda| \le 1 \\
-1, & \lambda \le -1
\end{cases}$$
もし $\lambda = 1$ であれば、
$$\frac{1}{\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \left(\frac{\sin x}{x}\right)^2 dx = 1$$
となる。
(2) 同様にして次式が得られる。
$$\frac{1}{\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \left(\frac{\sin x}{x}\right)^2 \cos \lambda x dx = \begin{cases}
1 - \frac{|\lambda|}{2}, & |\lambda| \le 2 \\
0, & |\lambda| \ge 2
\end{cases}$$
これをさらに $\lambda$ について積分すると、
$$\frac{1}{\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \left(\frac{\sin x}{x}\right)^2 \frac{\sin \lambda x}{x} dx = \begin{cases}
\lambda - \frac{\lambda^2}{4}, & |\lambda| \le 2 \quad (\lambda \ge 0) \\
1, & \lambda \ge 2
\end{cases}$$
特に $\lambda = 1$ のとき、
$$\frac{1}{\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \left(\frac{\sin x}{x}\right)^3 dx = \frac{3}{4}$$
となる。
(3) 上述の手順を繰り返すことで、次の積分を考えることができる。
$$C_p(\lambda) \equiv \frac{1}{\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \left(\frac{\sin x}{x}\right)^p \cos \lambda x dx$$
例えば、
$$\frac{1}{\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \left(\frac{\sin x}{x}\right)^4 dx = \frac{2}{3}$$
となる。
例題 4.1.14 (Laplace積分)
$$\begin{aligned}\int_0^{\infty} \frac{\xi \sin \xi x}{a^2 + \xi^2} d\xi &= \frac{\pi}{2} e^{-ax}, \quad a > 0, \ x > 0 \\
\int_0^{\infty} \frac{\cos \xi x}{a^2 + \xi^2} d\xi &= \frac{\pi}{2a} e^{-ax}, \quad a > 0, \ x \ge 0\end{aligned}$$
解． $f(x) = e^{-ax}$ とする。Fourier積分公式(4.1.13)より、
$$\begin{aligned}e^{-ax} &= \frac{2}{\pi} \int_0^{\infty} d\xi \int_0^{\infty} e^{-aw} \cos w\xi \cos \xi x dw \\
&= \frac{2}{\pi} \int_0^{\infty} \frac{a}{a^2 + \xi^2} \cos \xi x d\xi \\
&= \frac{2a}{\pi} \int_0^{\infty} \frac{\cos \xi x}{a^2 + \xi^2} d\xi\end{aligned}$$
同様に(4.1.14)から出発して次式が得られる。
$$\begin{aligned}e^{-ax} &= \frac{2}{\pi} \int_0^{\infty} d\xi \int_0^{\infty} e^{-aw} \sin w\xi \sin \xi x dw \\
&= \frac{2}{\pi} \int_0^{\infty} \frac{\xi}{a^2 + \xi^2} \sin \xi x d\xi\end{aligned}$$
注釈
(1) 微分方程式を利用して積分を計算することも可能であり、これはLaplaceの手法に遡る。
$$I_a(x) = \int_0^{\infty} \frac{\cos \xi x}{a^2 + \xi^2} d\xi, \quad J_a(x) = \int_0^{\infty} \frac{\xi \sin \xi x}{a^2 + \xi^2} d\xi$$
とおく。微分すると、
$$\begin{aligned}I_a'(x) &= -J_a(x) = -\int_0^{\infty} \frac{\xi \sin x\xi}{a^2 + \xi^2} d\xi = -\int_0^{\infty} \frac{\xi^2 \sin x\xi}{\xi(a^2 + \xi^2)} d\xi \\
&= -\int_0^{\infty} \frac{\sin x\xi}{\xi} d\xi + \int_0^{\infty} \frac{a^2 \sin x\xi}{\xi(a^2 + \xi^2)} d\xi \\
&= a^2 \int_0^{\infty} \frac{\sin x\xi}{\xi(a^2 + \xi^2)} d\xi - \frac{\pi}{2}\end{aligned}$$
さらにもう一度微分すると、
$$I_a''(x) = a^2 \int_0^{\infty} \frac{\cos x\xi}{a^2 + \xi^2} d\xi = a^2 I_a(x)$$
したがって、積分 $I_a(x)$ は2階微分方程式 $I_a''(x) - a^2 I_a(x) = 0$ を満たす。その一般解（general solution）は、
$$I_a(x) = c_1 e^{ax} + c_2 e^{-ax}, \quad c_1, c_2 \in \mathbb{R}$$
となる。ここで定数 $c_1, c_2$ を決定する。
$$|I_a| \le \int_0^{\infty} \frac{d\xi}{a^2 + \xi^2} = \frac{\pi}{2a} \implies c_1 = 0$$
$$I_a(0) = \lim_{x \to 0} I_a(x) = \int_0^{\infty} \frac{d\xi}{a^2 + \xi^2} = \frac{\pi}{2a} \implies c_2 = \frac{\pi}{2a}$$
ゆえに、
$$I_a(x) = \int_0^{\infty} \frac{\cos x\xi}{a^2 + \xi^2} d\xi = \frac{\pi}{2a} e^{-ax}, \quad J_a(x) = \int_0^{\infty} \frac{\xi \sin x\xi}{a^2 + \xi^2} d\xi = \frac{\pi}{2} e^{-ax}$$
となる。これからDirichlet積分を導くこともできる。
練習問題 4.1
1. 関数 $f(x)$ を求めよ。ただし $\int_0^{\infty} f(\xi)\cos x\xi d\xi = \frac{1}{1+x^2}$ とする。
2. 公式 $\frac{1}{1+x^2} = \int_0^{\infty} e^{-y(1+x^2)} dy$ を利用して、Laplace積分 $\int_0^{\infty} \frac{\cos \alpha x}{1+x^2} dx$ および $\int_0^{\infty} \frac{x \sin \alpha x}{1+x^2} dx$ を計算せよ。
3. 積分方程式 $(0 \le x < \infty)$ を解け。
$$\int_0^{\infty} f(x) \sin x\xi dx = \begin{cases}
1-\xi, & 0 \le \xi \le 1 \\
0, & \xi > 1
\end{cases}$$
解答：$f(x) = \frac{2(x-\sin x)}{\pi x^2}$
4. 積分方程式 $(0 \le x < \infty)$ を解け。
$$\int_0^{\infty} f(x) \cos x\xi dx = \begin{cases}
1-\xi, & 0 \le \xi \le 1 \\
0, & \xi > 1
\end{cases}$$
この結果を利用して次式を証明せよ。
$$\frac{2}{\pi} \int_0^{\infty} \frac{1-\cos x}{x^2} \cos x\xi dx = \begin{cases}
1-\xi, & 0 \le \xi \le 1 \\
0, & \xi > 1
\end{cases}$$
さらに次式を導け。
$$\int_0^{\infty} \frac{1-\cos x}{x^2} dx = \int_0^{\infty} \left(\frac{\sin x}{x}\right)^2 dx = \frac{\pi}{2}$$
解答：$f(x) = \frac{2(1-\cos x)}{\pi x^2}$
5. 積分方程式 $(0 \le x < \infty)$ を解け。
$$\int_0^{\infty} f(x) \sin x\xi dx = g(\xi) = \begin{cases}
1, & 0 \le \xi \le \pi \\
0, & \xi > \pi
\end{cases}$$
解答：$f(x) = \frac{2}{\pi} \frac{1-\cos \pi x}{x}$
6. 積分方程式 $(0 \le x < \infty)$ を解け。
$$\int_0^{\infty} f(x) \sin x\xi dx = e^{-\xi}$$
解答：$f(x) = \frac{2}{\pi} \frac{x}{1+x^2}$
7. 積分方程式 $(0 \le x < \infty)$ を解け。
$$\int_0^{\infty} f(x) \sin x\xi dx = \xi e^{-a\xi}$$
解答：$f(x) = \frac{2}{\pi} \frac{2ax}{(a^2+x^2)^2}$
4.2 Fourier 変換
Fourier変換（Fourier transform）は、おそらくすべての積分学において最も重要なものであり、数学者や工学者にとって宝物と見なされている。Eulerの公式を利用してFourier積分公式(4.1.8)を書き換える。
$$\begin{aligned}&\frac{1}{\pi} \int_0^{\infty} d\xi \int_{-\infty}^{\infty} f(w) \cos \xi(x-w) dw \\
&= \frac{1}{\pi} \int_0^{\infty} d\xi \int_{-\infty}^{\infty} f(w) \frac{1}{2} [e^{i\xi(x-w)} + e^{-i\xi(x-w)}] dw \\
&= \frac{1}{2\pi} \int_0^{\infty} d\xi \int_{-\infty}^{\infty} f(w) e^{i\xi(x-w)} dw + \frac{1}{2\pi} \int_0^{\infty} d\xi \int_{-\infty}^{\infty} f(w) e^{-i\xi(x-w)} dw\end{aligned}$$
第2項において $\xi = -\sigma$ と置換すると、積分範囲が変わり次のようになる。
$$\frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^0 d\sigma \int_{-\infty}^{\infty} f(w) e^{i\sigma(x-w)} dw$$
したがって、両者を合わせると次式が得られる。
$$\frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} d\xi \int_{-\infty}^{\infty} f(w) e^{i\xi(x-w)} dw$$
ゆえにFourier積分公式(4.1.8)は次のようになる。
定理 4.2.1 (複素形式のFourier積分公式)
$$f(x) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} f(w) e^{i\xi(x-w)} d\xi dw\tag{17}$$
これをFourier級数と比較し、次のように定義する。
$$\hat{f}(\xi) = \mathcal{F}[f](\xi) = \int_{-\infty}^{\infty} f(x) e^{-i\xi x} dx\tag{18}$$
すると(4.2.1)式は次のように表される。
$$f(x) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \hat{f}(\xi) e^{i\xi x} d\xi\tag{19}$$
(4.2.2)の $\hat{f}(\xi)$ こそが関数 $f(x)$ のFourier変換（Fourier transform）であり、(4.2.3)式はそのFourier逆変換（Fourier inverse transform）である。これこそが偏微分方程式、特に線形定数係数偏微分方程式を解くための最も重要な道具である。
定義 4.2.2 $f \in L^1(\mathbb{R})$ と仮定する。このとき $f$ のFourier変換を次のように定義する。
$$\hat{f}(\xi) = \mathcal{F}[f(x)] = \int_{-\infty}^{\infty} f(x) e^{-i\xi x} dx\tag{20}$$
注釈：
(1) 次元解析によってFourier変換(4.2.4)を確認できる。
$$[\hat{f}] = \left[\int_{-\infty}^{\infty} f(x) e^{-i\xi x} dx\right] = [f]L, \quad [x\xi] = [x][\xi] = L L^{-1} = 1$$
Fourier変換は積分変換であるため、元の関数よりも高い次元を持ち、したがってより良い微分特性を持つ。$x$ と $\xi$ は双対変数であるため、次元関係 $[x\xi]=1$ を満たす。
(2) $x = \xi = 0$ のとき、
$$\hat{f}(0) = \int_{-\infty}^{\infty} f(x) dx, \quad 2\pi f(0) = \int_{-\infty}^{\infty} \hat{f}(\xi) d\xi\tag{21}$$
(3) $x$ と $\xi$ は双対変数であるが、Fourier積分公式(4.2.1)より、より正確には $[x\xi] = [2\pi] = 1$ と言える。ここで $2\pi$ は角度（無次元）と見なす。これにより、4種類の異なるFourier変換の定義が導入される。
$$\begin{aligned}\hat{f}(\xi) &= \int_{-\infty}^{\infty} f(x) e^{-i\xi x} dx, & f(x) &= \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \hat{f}(\xi) e^{ix\xi} d\xi \\
\hat{f}(\xi) &= \int_{-\infty}^{\infty} f(x) e^{i\xi x} dx, & f(x) &= \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \hat{f}(\xi) e^{-ix\xi} d\xi \\
\hat{f}(\xi) &= \int_{-\infty}^{\infty} f(x) e^{-2\pi i\xi x} dx, & f(x) &= \int_{-\infty}^{\infty} \hat{f}(\xi) e^{2\pi ix\xi} d\xi \\
\hat{f}(\xi) &= \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} f(x) e^{-i\xi x} dx, & f(x) &= \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} \hat{f}(\xi) e^{ix\xi} d\xi\end{aligned}$$
どの定義においても、$2\pi$ という量は必ず現れる必要がある。
引き続き、Fourier級数に倣って偶関数と奇関数についてそれぞれ議論する。
(1) $f$ が偶関数、すなわち $f(-x) = f(x)$ のとき、(4.2.1)、(4.2.3)より
$$f(x) = \frac{2}{\pi} \int_0^{\infty} a(\xi) \cos \xi x d\xi, \quad \mathcal{F}_c[f](\xi) = a(\xi) = \int_0^{\infty} f(x) \cos \xi x dx\tag{22}$$
(2) $f$ が奇関数、すなわち $f(-x) = -f(x)$ のとき、
$$f(x) = \frac{2}{\pi} \int_0^{\infty} b(\xi) \sin \xi x d\xi, \quad \mathcal{F}_s[f](\xi) = b(\xi) = \int_0^{\infty} f(x) \sin \xi x dx\tag{23}$$
$\mathcal{F}_c[f]$、$\mathcal{F}_s[f]$ はそれぞれFourier余弦変換（Fourier cosine transform）およびFourier正弦変換（Fourier sine transform）と呼ばれる。
定理 4.2.3
(a) $\mathcal{F}(c_1 f_1 + c_2 f_2) = c_1 \mathcal{F}(f_1) + c_2 \mathcal{F}(f_2)$ （ただし $f_1, f_2 \in L^1(\mathbb{R}), \ \forall c_1, c_2 \in \mathbb{R}$）
(b) $\hat{f}(\xi)$ は有界である。
(c) $\hat{f}(\xi)$ は一様連続である。
(d) $\lim_{|\xi| \to \infty} \hat{f}(\xi) = 0$ （Riemann-Lebesgueの補題）。
言い換えれば、$\mathcal{F}: L^1(\mathbb{R}) \to C_0(\mathbb{R})$ は連続線形作用素である。
証明
(a) 明らかである。
(b) 三角不等式より
$$|\hat{f}(\xi)| \le \int_{-\infty}^{\infty} |f(x) e^{-i\xi x}| dx = \int_{-\infty}^{\infty} |f(x)| dx < \infty$$
したがって $\hat{f}(\xi)$ は有界である。
(c) 以下の関係が成り立つため、
$$|e^{-i\eta x} f(x) - e^{-i\xi x} f(x)| \le 2|f(x)|$$
Lebesgueの優収束定理（Lebesgue dominated convergence theorem）より、
$$\hat{f}(\eta) - \hat{f}(\xi) \to 0 \quad (\eta \to \xi)$$
となり、$\hat{f}(\xi)$ は連続である。
(d) 前節でRiemann-Lebesgueの補題は証明済みであるが、ここでは実変数の考え方を用いて別の証明を与える。まず $f = \chi_{[a,b]}$ とすると、
$$\hat{f}(\xi) = \int_a^b e^{-ix\xi} dx = \frac{e^{-i\xi b} - e^{-i\xi a}}{-i\xi}$$
となり、$|\hat{f}(\xi)| \le \frac{2}{|\xi|} \to 0 \ (|\xi| \to \infty)$ が導かれる。一般の関数については近似によって示される。
定理 4.2.4 $f \in L^1$ と仮定すると、Fourier変換は以下の性質を持つ。
(a) (平行移動と回転) $a \in \mathbb{R}$ に対して
$$\mathcal{F}[f(x-a)] = e^{-ia\xi} \hat{f}(\xi), \quad \mathcal{F}[e^{iax} f(x)] = \hat{f}(\xi-a)\tag{24}$$
(b) (相似原理) $f_{\lambda}(x) = \frac{1}{\lambda} f\left(\frac{x}{\lambda}\right) \ (\lambda > 0)$ とすると、
$$\hat{f_{\lambda}}(\xi) = \hat{f}(\lambda\xi), \quad \mathcal{F}[f(\lambda x)] = \frac{1}{\lambda} \hat{f}\left(\frac{\xi}{\lambda}\right)\tag{25}$$
証明
(a) 定義と変数変換より直接導かれる。
$$\mathcal{F}[f(x-a)] = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-i\xi x} f(x-a) dx = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-i\xi(y+a)} f(y) dy = e^{-ia\xi} \hat{f}(\xi)$$
同様にして $\mathcal{F}[e^{iax} f(x)] = \hat{f}(\xi-a)$ も証明できる。
(b) これも定義と変数変換より直接導かれる。
定理 4.2.4 $f$ が連続かつ区分的に滑らかであり、$f^{(n)} \in L^1$ であるとすると、
$$\begin{aligned}\widehat{f'}(\xi) &= (i\xi) \hat{f}(\xi) \nonumber \\
\widehat{f^{(n)}}(\xi) &= (i\xi)^n \hat{f}(\xi)\end{aligned}\tag{26}$$
もし $xf(x)$ が可積であるならば、
$$\mathcal{F}(xf(x)) = i(\hat{f})'(\xi)\tag{27}$$
証明
定義と部分積分より、
$$\mathcal{F}[f'(x)] = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-i\xi x} f'(x) dx = - \int_{-\infty}^{\infty} (-i\xi) e^{-i\xi x} f(x) dx = i\xi \hat{f}(\xi)$$
もし $xf(x)$ が可積であれば、
$$\mathcal{F}[xf(x)] = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-i\xi x} xf(x) dx = i \frac{d}{d\xi} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-i\xi x} f(x) dx = i(\hat{f})'(\xi)$$
となる。
定理 4.2.5 (対称性) $f, g \in L^1(\mathbb{R})$ に対して、
$$\int_{-\infty}^{\infty} \hat{f}(\xi) g(\xi) d\xi = \int_{-\infty}^{\infty} f(x) \hat{g}(x) dx\tag{28}$$
証明
Fubiniの定理により積分の順序を交換する。
$$\begin{aligned}\int_{-\infty}^{\infty} \hat{f}(\xi) g(\xi) d\xi &= \int_{-\infty}^{\infty} g(\xi) \int_{-\infty}^{\infty} f(x) e^{-ix\xi} dx d\xi \\
&= \int_{-\infty}^{\infty} f(x) \int_{-\infty}^{\infty} g(\xi) e^{-ix\xi} d\xi dx \\
&= \int_{-\infty}^{\infty} f(x) \hat{g}(x) dx\end{aligned}$$
例題 4.2.6
(a) 関数 $f(x) = e^{-mx} \ (m > 0)$ のFourier余弦変換を求めよ。
(b) (a)の結果を利用して、次式を証明せよ。
$$\int_0^{\infty} \frac{\cos \xi x}{m^2 + \xi^2} d\xi = \frac{\pi}{2m} e^{-mx} \quad (m > 0, x > 0)$$
解． (a) 定義および部分積分より、
$$\begin{aligned}\mathcal{F}_c[f](\xi) &= \int_0^{\infty} e^{-mx} \cos \xi x dx \\
&= \left. \frac{e^{-mx} (-m \cos \xi x + \xi \sin \xi x)}{m^2 + \xi^2} \right|_0^{\infty} = \frac{m}{m^2 + \xi^2}\end{aligned}$$
(b) (4.2.6)式より、
$$f(x) = \frac{2}{\pi} \int_0^{\infty} \mathcal{F}_c[f](\xi) \cos \xi x d\xi$$
であるため、
$$e^{-mx} = \frac{2}{\pi} \int_0^{\infty} \frac{m}{m^2 + \xi^2} \cos \xi x d\xi$$
となる。したがって、
$$\int_0^{\infty} \frac{\cos \xi x}{m^2 + \xi^2} d\xi = \frac{\pi}{2m} e^{-mx} \quad (m > 0, x > 0)$$
が導かれる。
例題 4.2.7 関数 $f(x) = \begin{cases} 1, & |x| < a \\ 0, & |x| \ge a \end{cases}$ のFourier変換を求めよ。
解． 定義より、
$$\hat{f}(\xi) = \int_{-a}^a e^{-i\xi x} dx = \frac{e^{-ia\xi} - e^{ia\xi}}{-i\xi} = 2 \frac{\sin a\xi}{\xi}$$
となる。
例題 4.2.8 関数 $f(x) = \begin{cases} e^{-x}, & 0 < x < \infty \\ 0, & -\infty < x < 0 \end{cases}$ のFourier変換を求めよ。
解． 定義より、
$$\hat{f}(\xi) = \int_0^{\infty} e^{-x(1+i\xi)} dx = \frac{1}{1+i\xi}$$
となる。
例題 4.2.9 関数 $f(x) = \begin{cases} x e^{-x}, & 0 < x < \infty \\ 0, & -\infty < x < 0 \end{cases}$ のFourier変換を求めよ。
解． (4.3.5)式より、$f$ のFourier変換は前の例題の微分に等しい。
$$\hat{f}(\xi) = i \frac{d}{d\xi} \frac{1}{1+i\xi} = \frac{1}{(1+i\xi)^2}$$
例題 4.2.10 関数 $f(x) = e^{-|x|}$ のFourier変換を求めよ。
解． 定義より、
$$\begin{aligned}\hat{f}(\xi) &= \int_{-\infty}^0 e^x e^{-ix\xi} dx + \int_0^{\infty} e^{-x} e^{-ix\xi} dx \\
&= \frac{1}{1-i\xi} + \frac{1}{1+i\xi} = \frac{2}{1+\xi^2}\end{aligned}$$
例題 4.2.11 関数 $f(x) = \begin{cases} \cos x, & |x| \le \pi/2 \\ 0, & |x| \ge \pi/2 \end{cases}$ のFourier変換を求めよ。
解． 定義より、
$$\begin{aligned}\hat{f}(\xi) &= \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos x e^{-ix\xi} dx \\
&= \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos x \cos x\xi dx = 2 \int_0^{\pi/2} \cos x \cos x\xi dx \\
&= \int_0^{\pi/2} [\cos(x+x\xi) + \cos(x-x\xi)] dx = \frac{2 \cos \frac{\pi}{2}\xi}{1-\xi^2}\end{aligned}$$
例題 4.2.12 関数 $f(x) = \begin{cases} \sin x, & |x| \le \pi/2 \\ 0, & |x| \ge \pi/2 \end{cases}$ のFourier変換を求めよ。
解． $f$ は前の例題の関数の微分に関連している。これを利用すると次式を得る。
$$\hat{f}(\xi) = -i\xi \frac{2 \cos \frac{\pi}{2}\xi}{1-\xi^2}$$
例題 4.2.13 関数 $f(x) = \frac{1}{x^2+a^2}$ のFourier変換を求めよ。
解． 定義より、
$$\hat{f}(\xi) = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{-i\xi x}}{x^2+a^2} dx$$
この積分については留数定理（Residue Theorem）を利用する必要がある。まず $\xi < 0$ の場合を考えると、被積分関数は上上半平面において有界な解析関数（bounded analytic function）となるため、図に示すような半円形の積分経路を考えることができる。したがって、留数定理より
$$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{-i\xi x}}{x^2+a^2} dx = 2\pi i \mathop{\mathrm{Res}}_{z=ia} \frac{e^{-i\xi z}}{z^2+a^2} = 2\pi i \frac{e^{a\xi}}{2ia} = \frac{\pi}{a} e^{a\xi}, \quad \xi < 0$$
となる。同様にして、$\xi > 0$ の場合は下半平面の経路を考えることで次式が得られる。
$$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{-i\xi x}}{x^2+a^2} dx = \frac{\pi}{a} e^{-a\xi}, \quad \xi > 0$$
ゆえに、$\hat{f}(\xi) = \frac{\pi}{a} e^{-a|\xi|}$ である。
補題 4.2.14 (Gauss積分)
$$\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} dx = \sqrt{\pi}$$
証明
$A = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} dx$ とおく。極座標とFubiniの定理を用いると、
$$\begin{aligned}A^2 &= \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} dx \cdot \int_{-\infty}^{\infty} e^{-y^2} dy = \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-(x^2+y^2)} dx dy \\
&= \int_0^{\infty} e^{-r^2} 2\pi r dr = \pi \int_0^{\infty} e^{-r^2} d(r^2) = \pi\end{aligned}$$
ゆえに、$A = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} dx = \sqrt{\pi}$ となる。
この方法はフランスの数学者Poisson (1781–1840) によって提案されたものである。
例題 4.2.15
$$\int_{-\infty}^{\infty} x^{2n} e^{-ax^2} dx = \frac{1\cdot 3\cdots (2n-1)}{2^n a^n} \sqrt{\frac{\pi}{a}}, \quad a > 0$$
解． Gauss積分において変数変換 $x \mapsto x\sqrt{a}$ を行うと、
$$\int_{-\infty}^{\infty} e^{-ax^2} dx = \sqrt{\frac{\pi}{a}}$$
となる。両辺を $a$ について直接微分すると、
$$\begin{aligned}\int_{-\infty}^{\infty} x^2 e^{-ax^2} dx &= \frac{1}{2a} \sqrt{\frac{\pi}{a}} \\
\int_{-\infty}^{\infty} x^4 e^{-ax^2} dx &= \frac{3}{2^2 a^2} \sqrt{\frac{\pi}{a}} \\
&\vdots \\
\int_{-\infty}^{\infty} x^{2n} e^{-ax^2} dx &= \frac{1\cdot 3\cdots (2n-1)}{2^n a^n} \sqrt{\frac{\pi}{a}}\end{aligned}$$
が得られる。
例題 4.2.16
$$C_a(\xi) = \int_{-\infty}^{\infty} \cos \xi x e^{-ax^2} dx = \sqrt{\frac{\pi}{a}} e^{-\frac{\xi^2}{4a}}, \quad a > 0$$
言い換えれば、$e^{-ax^2}$ のFourier変換は $C_a(\xi) = \sqrt{\frac{\pi}{a}} e^{-\frac{\xi^2}{4a}}$ である。
解． Gauss積分と変数変換より、
$$\int_{-\infty}^{\infty} e^{-ax^2} dx = \sqrt{\frac{\pi}{a}}, \quad a > 0$$
が成り立つ。また、$\cos$ のTaylor級数は
$$\cos \xi x = 1 - \frac{(\xi x)^2}{2!} + \frac{(\xi x)^4}{4!} - \cdots = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{x^{2n}\xi^{2n}}{(2n)!}$$
である。これを代入して項別積分を行うと、
$$C_a(\xi) = \sqrt{\frac{\pi}{a}} \left[ 1 - \frac{\xi^2}{4a} + \left(\frac{\xi^2}{4a}\right)^2 \frac{1}{2!} - \left(\frac{\xi^2}{4a}\right)^3 \frac{1}{3!} + \cdots \right] = \sqrt{\frac{\pi}{a}} e^{-\frac{\xi^2}{4a}}$$
となる。
厳密な証明は以下の通りである。
$$\cos \xi x = \sum_{n=0}^N (-1)^n \frac{x^{2n}\xi^{2n}}{(2n)!} + R_N$$
したがって、
$$\int_{-\infty}^{\infty} \cos \xi x e^{-ax^2} dx = \sqrt{\frac{\pi}{a}} \sum_{n=0}^N (-1)^n \frac{(\xi^2/4a)^n}{n!} + \int_{-\infty}^{\infty} R_N(x) e^{-ax^2} dx$$
剰余項を評価する。
$$|R_N| \le \left| \frac{(-1)^{N+1}(\xi x)^{2N+2} \cos(\theta\xi x)}{(2N+2)!} \right| \le \frac{x^{2N+2}\xi^{2N+2}}{(2N+2)!}$$
ゆえに、
$$\left| \int_{-\infty}^{\infty} R_N e^{-ax^2} dx \right| \le \sqrt{\frac{\pi}{a}} \frac{\xi^{2N+2}}{(N+1)!} \to 0 \quad (N \to \infty)$$
したがって一様収束し、積分と無限級数の順序交換が可能であるため、
$$C_a(\xi) = \int_{-\infty}^{\infty} \cos \xi x e^{-ax^2} dx = \sqrt{\frac{\pi}{a}} e^{-\frac{\xi^2}{4a}}$$
となる。
最後に、重要なFourier変換を一つ計算する。
例題 4.2.17 (Gauss-Weierstrass核のFourier変換) 関数 $f(x) = e^{-ax^2} \ (a > 0)$ のFourier変換は、
$$\hat{f}(\xi) = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-ax^2} e^{-i\xi x} dx = \sqrt{\frac{\pi}{a}} e^{-\frac{\xi^2}{4a}}\tag{29}$$
となる。言い換えれば、Gauss分布のFourier変換は依然としてGauss分布である。これはGauss分布がFourier変換の固有関数（eigenfunction）であることに相当する。
解１． Cauchyの定理により、積分路を $x+iy \ (-\infty < x < \infty)$ へ平行移動することができる。
$$\begin{aligned}\hat{f}(\xi) &= \int_{-\infty}^{\infty} e^{-a(x+iy)^2} e^{-i\xi(x+iy)} dx \\
&= \int_{-\infty}^{\infty} e^{-ax^2 + ay^2 + \xi y - ix(2ay+\xi)} dx \\
&= e^{ay^2+\xi y} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-ax^2 - ix(2ay+\xi)} dx\end{aligned}$$
$2ay+\xi = 0$、すなわち $y = -\frac{\xi}{2a}$ と選ぶと、Gauss積分より
$$\hat{f}(\xi) = e^{-\frac{\xi^2}{4a}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-ax^2} dx = \sqrt{\frac{\pi}{a}} e^{-\frac{\xi^2}{4a}}$$
となる。
解２． $\hat{f}$ は次のように表すことができる。
$$\hat{f}(\xi) = e^{-\frac{\xi^2}{4a}} h(\xi), \quad h(\xi) = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-a(x+i\xi/2a)^2} dx$$
この関数 $h(\xi)$ の微分を考える。
$$\begin{aligned}h'(\xi) &= -i \int_{-\infty}^{\infty} \left(x + \frac{i\xi}{2a}\right) e^{-a(x+i\xi/2a)^2} dx \\
&= \frac{i}{2a} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{d}{dx} e^{-a(x+i\xi/2a)^2} dx = 0\end{aligned}$$
したがって $h(\xi)$ は定数であり、$h(\xi) = h(0) = \sqrt{\frac{\pi}{a}}$ となる。これにより証明された。あるいは、$\hat{f}(\xi)$ に対して直接微分を行うと、
$$\frac{d}{d\xi} \hat{f}(\xi) = -\frac{\xi}{2a} e^{-\frac{\xi^2}{4a}} h(\xi) + e^{-\frac{\xi^2}{4a}} h'(\xi) = -\frac{\xi}{2a} \hat{f}(\xi), \quad \hat{f}(0) = h(0) = \sqrt{\frac{\pi}{a}}$$
となり、この微分方程式を解くことでも同じ結果が得られる。
注釈
(1) $a = \pi, \xi = 2\pi\eta$ とおくと、(29)はより対称的な形で表すことができる。
$$\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\pi x^2} e^{-2\pi i\eta x} dx = e^{-\pi \eta^2}\tag{30}$$
対称性（symmetry）から、$e^{-\pi x^2}$ が保たれることがわかる。このことから、Fourier変換を次のように定義することもできる（通常、調和解析や確率論の学者はこの定義を好む）。
$$\hat{f}(\xi) = \mathcal{F}f(\xi) = \int_{-\infty}^{\infty} f(x) e^{-2\pi i\xi x} dx\tag{31}$$
(2) (30)式において $a \mapsto \frac{1}{4t}$ と変換すると、
$$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{4\pi t}} e^{-\frac{x^2}{4t}} e^{-i\xi x} dx = \int_{-\infty}^{\infty} G_t(x) e^{-i\xi x} dx = e^{-t\xi^2}\tag{32}$$
に相当する。すなわち $\hat{G}_t(\xi) = e^{-t\xi^2}$ である。(32)の左辺にある積分内の関数
$$G_t(x) = G(x, t) \equiv \frac{1}{\sqrt{4\pi t}} \exp\left(-\frac{x^2}{4t}\right)\tag{33}$$
は（1次元の）熱伝導方程式
$$\frac{\partial u}{\partial t} - \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} = 0\tag{34}$$
の基本解（fundamental solution）であり、Gauss-Weierstrass核と呼ばれる。これは数学、応用数学、工学、さらには金融経済においても重要な応用を持つ。
(3) 次元解析によって簡単に判断することができる。
$$\left[\int_{-\infty}^{\infty} e^{-ax^2} dx\right] = [x] = \frac{1}{[a]^{1/2}}$$
したがって、Gauss積分（Gauss integral）には必然的に $\frac{1}{\sqrt{a}}$ という量が現れる。また $[ax^2] = 1$ である。
$$h(\xi) = h(0) = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-ax^2} dx = \sqrt{\frac{\pi}{a}}$$
$e^{-ax^2}$ のFourier変換に $e^{-\frac{\xi^2}{4a}}$ の項が現れるのは、主に平方完成した後に余分に出てくる項によるものである。
練習問題 4.2
1. 以下の関数 $f(x)$ のFourier変換 $\hat{f}(\xi)$ を求めよ。
(a) $f(x) = \begin{cases} -1, & -\delta < x < 0 \\ 1, & 0 < x < \delta \\ 0, & |x| \ge \delta \end{cases}$ $\implies \hat{f}(\xi) = \frac{2(1-\cos \xi\delta)}{i\xi}$
(b) $f(x) = \begin{cases} 1 - \frac{|x|}{2}, & |x| < 2 \\ 0, & |x| \ge 2 \end{cases}$ $\implies \hat{f}(\xi) = \frac{2\sin^2 \xi}{\xi^2}$
(c) $f(x) = \frac{2a}{x^2+a^2}$ $\implies \hat{f}(\xi) = 2\pi e^{-a|\xi|}$
(d) $f(x) = \begin{cases} 0, & x < 0 \\ e^{-ax}, & x \ge 0 \end{cases}$ $\implies \hat{f}(\xi) = \frac{1}{a+i\xi}$
(e) $f(x) = \begin{cases} 0, & x < 0 \\ xe^{-ax}, & x \ge 0 \end{cases}$ $\implies \hat{f}(\xi) = \frac{1}{(a+i\xi)^2}$
(f) $f(x) = e^{-a|x|}$ $\implies \hat{f}(\xi) = \frac{2a}{\xi^2+a^2}$
(g) $f(x) = x e^{-a|x|}$ $\implies \hat{f}(\xi) = -\frac{4ia\xi}{(\xi^2+a^2)^2}$
(h) $f(x) = x e^{-ax^2}$ $\implies \hat{f}(\xi) = -\frac{i\xi}{2a}\sqrt{\frac{\pi}{a}}e^{-\frac{\xi^2}{4a}}$
(i) $f(x) = x^2 e^{-ax^2}$ $\implies \hat{f}(\xi) = -\frac{\xi^2}{4a^2}\sqrt{\frac{\pi}{a}}e^{-\frac{\xi^2}{4a}}$
(j) $f(x) = e^{-|x|} \sin x$ $\implies \hat{f}(\xi) = -\frac{4i\xi}{\xi^4+4}$
2. 留数を用いて次式を証明せよ。
$$\mathcal{F}\left[\frac{1}{x^4+1}\right] = \frac{\pi}{\sqrt{2}} e^{-|\xi|/\sqrt{2}} \left(\cos\frac{\xi}{\sqrt{2}} + \sin\frac{|\xi|}{\sqrt{2}}\right)$$
4.3 畳み込み（Convolution）
Fourier級数の和は畳み込み（convolution）の形式で表現される。Fourier級数を研究することで、自然と畳み込みという概念が導入されたと言える。
定義 4.3.1 $f, g \in L^1(\mathbb{R})$ に対して、その畳み込み $f*g$ は次のように定義される。
$$(f*g)(x) \equiv \int_{-\infty}^{\infty} f(x-y) g(y) dy\tag{35}$$
被積分関数が $f(x-y)g(y)$ であり、変数 $x$ と $y$ の間に巻き込む（convolve）現象があるため、畳み込み（Convolution）と定義される。
注釈
(1) 畳み込み $f*g$ は積分であり、その次元は以下のようになる。
$$[f*g] = [f][g]L$$
もし $f, g \ge 0$ であれば、
$$\int_{-\infty}^{\infty} (f*g)(x) dx = \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} f(x-y) g(y) dy dx = \int_{-\infty}^{\infty} f(x) dx \int_{-\infty}^{\infty} g(y) dy$$
となる。
(2) 畳み込みの意味については、次のように解釈することができる。畳み込みをRiemann和と見なす。
$$(f*g)(x) = \int f(x-\xi) g(\xi) d\xi \approx \sum f(x-\xi_j) g(\xi_j) \Delta\xi_j\tag{36}$$
ここで $f(x-\xi_j)$ は軸に沿って平行移動した量であるため、(36)式はすべての $f$ の平行移動量の線形結合（係数は $g(\xi_j)\Delta\xi_j$）を表している。
歴史上、最初に畳み込みが現れたのは、Fourier級数を用いて波動方程式を解いたときである。この解は三角級数として表すことができ、積和の公式（または和積の公式）を通して解の形がまさに畳み込みとして表される。すべての解が畳み込みとして表現できるわけではなく、これは奥深い理論である。最も簡単な場合は、微分方程式（常微分方程式や偏微分方程式を含む）の係数が定数である場合である。方程式が平行移動（時間と空間）に対して不変であれば、微分方程式の解は必然的に畳み込みの形式で書かれる。
畳み込みのもう一つの意味は「平均」である。区間 $[a, b]$ における関数 $f$ の平均値は、
$$\bar{f} = \frac{1}{b-a} \int_a^b f(\xi) d\xi\tag{37}$$
である。ここで $g \ge 0$ かつ $\int g(\xi) d\xi = 1$ と仮定し、意図的に $f*g$ を $\int f(\xi) g(x-\xi) d\xi$ と見なすと、$(f*g)(x)$ は重み関数を $w(\xi) = g(x-\xi)$ とした平均を表す。例えば、
$$g(x) = \begin{cases} \frac{1}{2a}, & |x| < a \\ 0, & \text{その他} \end{cases}$$
とすると、
$$(f*g)(x) = \frac{1}{2a} \int_{x-a}^{x+a} f(\xi) d\xi\tag{38}$$
となる。変数変換と積分の順序交換を用いることで、畳み込みの基本的な代数演算を容易に導くことができる。
定理 4.3.2 $f, g, h \in L^1(\mathbb{R})$ とすると、その畳み込みは以下の関係を満たす。
(1) (分配律) $f * (ag + bh) = a(f * g) + b(f * h) \quad \forall a, b \in \mathbb{R}$
(2) (交換律) $f * g = g * f$
(3) (結合律) $f * (g * h) = (f * g) * h$
畳み込みを乗法とする代数構造は、関数解析の重要な分野である作用素論の一部であり、その中で最も有名なものにBanach代数、$C^*$代数、Von Neumann代数がある。畳み込みを関数の積と見なすことができるが、この乗法には最大の欠点がある。それは単位元が存在しない、すなわち $f * \delta = f$ を満たす関数が見つからないことである。この問題の解決は $\delta$ 関数に依存する。
定理 4.3.3 (単位元) $f \in L^1$ と仮定すると、
$$(f * \delta)(x) = \int_{-\infty}^{\infty} f(x-y) \delta(y) dy = f(x)\tag{39}$$
例題1.4.5のDirac関数のFourier級数
$$\delta(x) \sim \frac{1}{2L} + \frac{1}{L} \sum_{k=1}^{\infty} \cos\frac{k\pi x}{L}$$
より、次のように計算できる。
$$\begin{aligned}\int_{-L}^L f(x) \delta(x) dx &= \frac{1}{2L} \int_{-L}^L f(x) dx + \frac{1}{L} \sum_{k=1}^{\infty} \int_{-L}^L f(x) \cos\frac{k\pi x}{L} dx \\
&= \frac{a_0}{2} + \sum_{k=1}^{\infty} a_k = f(0)\end{aligned}$$
ここで $a_k$ は $f(x)$ のFourier係数である。
定理 4.3.4 (畳み込み定理) $f \in L^1, g \in L^1$ と仮定すると、
$$\widehat{f*g}(\xi) = \hat{f}(\xi) \hat{g}(\xi) = \mathcal{F}[f](\xi) \mathcal{F}[g](\xi)\tag{40}$$
証明
畳み込みの定義より、
$$\begin{aligned}\widehat{f*g}(\xi) &= \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-i\xi x} f(x-y) g(y) dy dx \\
&= \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-i\xi(x-y)} f(x-y) e^{-i\xi y} g(y) dx dy \\
&= \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-i\xi z} f(z) e^{-i\xi y} g(y) dz dy \quad (z = x-y) \\
&= \hat{f}(\xi) \hat{g}(\xi)\end{aligned}$$
注釈
(1) Fourier変換は畳み込みを通常の積に変換する。
(2) 畳み込みのFourier変換は次元解析によって確認できる。
$$[\hat{f}(\xi)\hat{g}(\xi)] = [\hat{f}(\xi)][\hat{g}(\xi)] = [f]L[g]L = [f][g]L^2$$
また、$[f*g] = [f][g]L$ であり、
$$[\widehat{f*g}(\xi)] = [f*g]L = [f][g]L^2$$
となるため、次元が一致する。
例題 4.3.5 $f_{\alpha}(x) = H(x) \frac{x^{\alpha-1}}{\Gamma(\alpha)} e^{\lambda x} \ (\alpha > 0)$ とすると、
$$f_{\alpha} * f_{\beta} = f_{\alpha+\beta}\tag{41}$$
解． 有名なEulerの公式
$$B(\alpha, \beta) = \frac{\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)}{\Gamma(\alpha+\beta)}$$
を利用し、直接計算する。
$$\begin{aligned}(f_{\alpha} * f_{\beta})(x) &= \int_{-\infty}^{\infty} H(x-y) \frac{(x-y)^{\alpha-1}}{\Gamma(\alpha)} e^{\lambda(x-y)} H(y) \frac{y^{\beta-1}}{\Gamma(\beta)} e^{\lambda y} dy \\
&= \frac{e^{\lambda x}}{\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)} \int_0^x (x-y)^{\alpha-1} y^{\beta-1} dy \\
&= H(x) \frac{e^{\lambda x} x^{\alpha+\beta-1}}{\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)} \int_0^1 (1-t)^{\alpha-1} t^{\beta-1} dt \quad (y = tx) \\
&= H(x) \frac{e^{\lambda x} x^{\alpha+\beta-1}}{\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)} B(\alpha, \beta) \\
&= H(x) \frac{e^{\lambda x} x^{\alpha+\beta-1}}{\Gamma(\alpha+\beta)} \\
&= f_{\alpha+\beta}(x)\end{aligned}$$
例題 4.3.6 $G_{\alpha}(x) = \frac{1}{\alpha\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{x^2}{2\alpha^2}} \ (\alpha > 0)$ とすると、
$$G_{\alpha} * G_{\beta} = G_{\sqrt{\alpha^2+\beta^2}}$$
解．
$$\begin{aligned}(G_{\alpha} * G_{\beta})(x) &= \frac{1}{2\pi\alpha\beta} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{(x-y)^2}{2\alpha^2} - \frac{y^2}{2\beta^2}} dy \\
&= \frac{1}{2\pi\alpha\beta} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{x^2}{2\alpha^2} + \frac{xy}{\alpha^2} - \frac{y^2}{2} \left(\frac{1}{\alpha^2} + \frac{1}{\beta^2}\right)} dy \\
&= \frac{1}{2\pi\alpha\beta} e^{-\frac{x^2}{2(\alpha^2+\beta^2)}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{\alpha^2+\beta^2}{2\alpha^2\beta^2} \left(y - \frac{\beta^2 x}{\alpha^2+\beta^2}\right)^2} dy\end{aligned}$$
変数変換 $\frac{\sqrt{\alpha^2+\beta^2}}{\alpha\beta} \left(y - \frac{\beta^2 x}{\alpha^2+\beta^2}\right) = u$ を考えると、最後の積分は
$$\frac{\alpha\beta}{\sqrt{\alpha^2+\beta^2}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{u^2}{2}} du = \sqrt{2\pi} \frac{\alpha\beta}{\sqrt{\alpha^2+\beta^2}}$$
となる。したがって、
$$(G_{\alpha} * G_{\beta})(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi(\alpha^2+\beta^2)}} e^{-\frac{x^2}{2(\alpha^2+\beta^2)}} = G_{\sqrt{\alpha^2+\beta^2}}(x)$$
となる。
注
(1) この等式は優れた確率的解釈を持つ。$G_{\alpha}$ はGauss正規分布の確率密度関数であり、
$$\int_{-\infty}^{\infty} x G_{\alpha}(x) dx = 0, \quad \left(\int_{-\infty}^{\infty} x^2 G_{\alpha}(x) dx\right)^{\frac{1}{2}} = \alpha$$
を満たす。したがって標準偏差（平均平方偏差）は $\alpha$ である。もし $G_{\alpha}$ と $G_{\beta}$ が2つの独立したGauss正規分布であれば、両者の和の確率密度関数は $G_{\alpha} * G_{\beta}$ となる。上述の等式より、その和も依然としてGauss正規分布に従い、標準偏差が $\sqrt{\alpha^2+\beta^2}$ に等しいことがわかる。
例題 4.3.7 以下の積分方程式を解け。
$$f(x) = g(x) + \int_{-\infty}^{\infty} f(y) h(x-y) dy$$
解． 等式の両辺でFourier変換をとる。
$$\hat{f}(\xi) = \hat{g}(\xi) + \hat{f}(\xi)\hat{h}(\xi) \implies \hat{f}(\xi) = \frac{\hat{g}(\xi)}{1-\hat{h}(\xi)}$$
したがって、
$$f(x) = \mathcal{F}^{-1}\left[\frac{\hat{g}(\xi)}{1-\hat{h}(\xi)}\right] = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\hat{g}(\xi)}{1-\hat{h}(\xi)} e^{ix\xi} d\xi$$
となる。
例題 4.3.8 以下の積分方程式を解け。
$$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{f(y)}{(x-y)^2+a^2} dy = \frac{1}{x^2+b^2}$$
解． 等式の両辺でFourier変換をとる。
$$\mathcal{F}[f] \mathcal{F}\left[\frac{1}{x^2+a^2}\right] = \mathcal{F}\left[\frac{1}{x^2+b^2}\right]$$
ゆえに、
$$\mathcal{F}[f] \frac{\pi}{a} e^{-a|\xi|} = \frac{\pi}{b} e^{-b|\xi|} \implies \hat{f}(\xi) = \frac{a}{b} e^{-(b-a)|\xi|}$$
したがって、
$$f(x) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \hat{f}(\xi) e^{ix\xi} d\xi = \frac{a}{b\pi} \int_0^{\infty} e^{-(b-a)\xi} \cos x\xi d\xi = \frac{a(b-a)}{b\pi [x^2+(b-a)^2]}$$
となる。
練習問題 4.3
1. $\frac{1}{a^2+x^2} * \frac{1}{a^2+x^2} = \frac{2\pi/a}{4a^2+x^2}, \quad a>0$
2. $f(x) = e^{-a|x|}, \ g(x) = e^{-b|x|}$ が与えられ、$a+b>0$ かつ $a \neq b$ であるとき、次式が成り立つ。
$$f*g = 2\frac{b e^{-a|x|} - a e^{-b|x|}}{b^2-a^2}$$
もし $a=b$ であれば、
$$f*g = \left(|x| + \frac{1}{a}\right)e^{-a|x|}$$
となる。
3. $f(x) = H(x)e^{-ax}, \ g(x) = H(x)e^{-bx}$ が与えられ、$a \neq b$ であるとき、次式が成り立つ。
$$f*g = \frac{e^{-ax} - e^{-bx}}{b-a}$$
もし $a=b$ であれば、$f*g = xe^{-ax} \ (x>0)$ となる。
4. $\frac{1}{x+i} * \frac{1}{x+i} = \frac{-2\pi i}{x+2i}$
5. $\frac{1}{x+i} * \frac{1}{x-i} = 0$
6. $\frac{1}{(x+i)^2} * \frac{1}{(x-i)^2} = 0$
7. $a+b>0$ のとき、$e^{-ax^2} * e^{-bx^2} = \sqrt{\frac{\pi}{a+b}} e^{-\frac{ab}{a+b}x^2}$ となる。
8. $a>0, \ f_a(x) = \frac{a}{\pi(x^2+a^2)}$ のとき、$f_a * f_b = f_{a+b}$ となる。
9. $a>0, \ f_a(x) = \frac{1}{a} e^{-\frac{\pi x^2}{a^2}}$ のとき、$f_a * f_b = f_{\sqrt{a^2+b^2}}$ となる。
10. 以下の積分方程式を解け。
(a) $\int_0^x f(x-y)e^{-y} dy = \begin{cases} 0, & x < 0 \\ x^2 e^{-x}, & x \ge 0 \end{cases}$
(b) $\int_{-\infty}^{\infty} e^{-|x-y|} f(y) dy = e^{-|x|}(1+|x|)$
解答：(a) $f(x) = \begin{cases} 0, & x < 0 \\ 2x e^{-x}, & x \ge 0 \end{cases}$ (b) $f(x) = e^{-|x|}$
4.4 Fourier 反転公式と Laplace 変換
定理 4.4.1 (Fourier 反転公式) 関数 $f$ およびそのFourier変換 $\hat{f}$ がともに連続かつ絶対可積であると仮定すると、次式が成り立つ。
$$f(x) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \hat{f}(\xi) e^{i\xi x} d\xi, \quad x \in \mathbb{R}\tag{42}$$
証明
Fourier変換の平行移動および回転の性質より、次式を証明すれば十分である。
$$f(0) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \hat{f}(\xi) d\xi\tag{43}$$
なぜなら、$f(x+y)$ のFourier変換は $e^{i\xi y}\hat{f}(\xi)$ であり、これを (43) 式に代入して $y$ を $x$ に置き換えれば、まさに (42) 式となるからである。定理4.2.5の対称性
$$\int_{-\infty}^{\infty} \hat{f}(\xi) g(\xi) d\xi = \int_{-\infty}^{\infty} f(x) \hat{g}(x) dx$$
において、$g(x) = e^{-\epsilon^2 x^2 / 2}$ とおく。このとき $\hat{g}(\xi) = \frac{c}{\epsilon} e^{-\xi^2 / 2\epsilon^2}$ （$c=\sqrt{2\pi}$）となる。これを上式に代入すると、
$$\int_{-\infty}^{\infty} \hat{f}(\xi) e^{-\epsilon^2 \xi^2 / 2} d\xi = \int_{-\infty}^{\infty} f(x) \frac{c}{\epsilon} e^{-x^2 / 2\epsilon^2} dx$$
を得る。ここで $\epsilon \to 0$ とし、優収束定理を適用することで、極限をとると
$$\begin{aligned}\int_{-\infty}^{\infty} \hat{f}(\xi) e^{-\epsilon^2 \xi^2 / 2} d\xi &\to \int_{-\infty}^{\infty} \hat{f}(\xi) d\xi \\
\int_{-\infty}^{\infty} f(x) \frac{c}{\epsilon} e^{-x^2 / 2\epsilon^2} dx &\to 2\pi f(0)\end{aligned}$$
が導かれ、証明が完了する。
注釈
(1) この方法は関数解析の創始者の一人であるF. Riesz (1880–1956) によって与えられた。Fourier反転公式(42)は次のように表すこともできる。
$$f(x) = \lim_{\epsilon \to 0} \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} e^{i\xi x} e^{-\epsilon^2 x^2 / 2} \hat{f}(\xi) d\xi, \quad x \in \mathbb{R}\tag{44}$$
(2) 次元解析によってFourier反転公式を確認できる。
$$[f] = \left[ \int_{-\infty}^{\infty} \hat{f}(\xi) e^{i\xi x} d\xi \right] = [\hat{f}] L^{-1} = [f] L L^{-1} = [f]$$
また、$[x\xi] = [x][\xi] = L L^{-1} = 1$ である。このとき $2\pi$ は無次元として扱う必要があるため $[2\pi] = 1$ である。
(3) もし $x$ において不連続であれば、$f(x)$ は $\frac{1}{2}(f(x+) + f(x-))$ に置き換える必要があり、(42)式は次のように書き換えられる。
$$\frac{1}{2}(f(x+) + f(x-)) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \hat{f}(\xi) e^{i\xi x} d\xi\tag{45}$$
Fourier反転公式(42)から直ちに次の定理が推論できる。
定理 4.4.2
(a) (畳み込み)
$$(f*g)(x) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \hat{f}(\xi) \hat{g}(\xi) e^{i\xi x} d\xi\tag{46}$$
(b) Plancherelの定理
$$2\pi \langle f, g \rangle = \langle \hat{f}, \hat{g} \rangle \quad \text{（内積を保つ）}\tag{47}$$
$$2\pi \int_{-\infty}^{\infty} |f(x)|^2 dx = \int_{-\infty}^{\infty} |\hat{f}(\xi)|^2 d\xi\tag{48}$$
定理 4.4.3 $f, g, \hat{f} \in L^1(\mathbb{R})$ と仮定する。このとき次式が成り立つ。
$$\widehat{fg}(\xi) = \frac{1}{2\pi} \hat{f} * \hat{g}\tag{49}$$
証明
定義より、
$$\begin{aligned}\widehat{fg}(\xi) &= \int_{-\infty}^{\infty} f(x)g(x)e^{-i\xi x} dx \\
&= \int_{-\infty}^{\infty} g(x)e^{-i\xi x} dx \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \hat{f}(\eta)e^{i\eta x} d\eta\end{aligned}$$
$\hat{f}(\eta)g(x) \in L^1(\mathbb{R} \times \mathbb{R})$ であるため、Fubiniの定理により積分の順序を交換する。
$$\begin{aligned}\widehat{fg}(\xi) &= \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \hat{f}(\eta) d\eta \int_{-\infty}^{\infty} g(x)e^{-ix(\xi-\eta)} dx \\
&= \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \hat{f}(\eta) \hat{g}(\xi-\eta) d\eta = \frac{1}{2\pi} \hat{f} * \hat{g}\end{aligned}$$
例題 4.4.4 $\mathcal{F}\left(\frac{1}{a^2+x^2}\right) = \frac{\pi}{a} e^{-a|\xi|}$ とFourier反転公式(42)を利用して、次式を証明せよ。
$$e^{-2ab} = \frac{a}{\sqrt{\pi}} \int_0^{\infty} e^{-a^2 t - b^2/t} \frac{dt}{\sqrt{t}}\tag{50}$$
解． Fourier反転公式において $\xi = 2b$ とおくと、
$$e^{-2ab} = \frac{a}{\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{x^2+a^2} e^{-2ibx} dx$$
積分表示 $\frac{1}{a^2+x^2} = \int_0^{\infty} e^{-(a^2+x^2)t} dt$ とFubiniの定理、さらに平方完成を用いると、
$$\begin{aligned}e^{-2ab} &= \frac{a}{\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \int_0^{\infty} e^{-(a^2+x^2)t} dt e^{-2ibx} dx \\
&= \frac{a}{\pi} \int_0^{\infty} e^{-a^2 t} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2 t - 2ibx} dx dt \\
&= \frac{a}{\sqrt{\pi}} \int_0^{\infty} e^{-a^2 t - b^2/t} \frac{dt}{\sqrt{t}}\end{aligned}$$
が得られる。
Fourier変換はLaplace変換に変換することができる。
$$\hat{f}(\xi) = \int_{-\infty}^{\infty} f(x)e^{-ix\xi} dx = \mathcal{L}[f](i\xi)\tag{51}$$
したがって、Fourier反転公式(42)は次のように書き換えられる。
$$f(x) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \mathcal{L}[f](i\xi) e^{ix\xi} d\xi = \frac{1}{2\pi i} \int_{-i\infty}^{i\infty} \mathcal{L}[f](s) e^{xs} ds \quad (i\xi = s)$$
$f(x)$ を $f(x)e^{-ax}$ に置き換えると、
$$f(x)e^{-ax} = \frac{1}{2\pi i} \int_{-i\infty}^{i\infty} \mathcal{L}[f(x)e^{-ax}](s) e^{xs} ds$$
両辺に $e^{ax}$ を掛けると、
$$f(x) = \frac{1}{2\pi i} \int_{-i\infty}^{i\infty} \mathcal{L}[f](s+a) e^{x(s+a)} ds$$
さらに平行移動を行うと、有名なBromwich積分（Bromwich integral）が得られる。
$$f(x) = \frac{1}{2\pi i} \int_{a-i\infty}^{a+i\infty} \mathcal{L}[f](s) e^{xs} ds\tag{52}$$
定理 4.4.5 (Fourier反転公式：Bromwich積分) $f$ が区分的に滑らかであり、$|f(x)| \le M e^{\alpha x} \ (x \ge 0)$ を満たすとする。このとき、すべての $\mathrm{Re}(s) > \alpha, a > \alpha, x \ge 0$ に対して、Fourier反転公式が成立する。
$$\frac{1}{2}(f(x+) + f(x-)) = \frac{1}{2\pi i} \int_{a-i\infty}^{a+i\infty} \mathcal{L}[f](s) e^{xs} ds\tag{53}$$
Fourier変換とFourier反転公式の最も重要な応用は、偏微分方程式の解法である。
例題 4.4.6 (熱伝導方程式)
$$\begin{aligned}\text{(D.E.)} \quad & u_t = k u_{xx}, \quad t > 0, \ -\infty < x < \infty \\
\text{(I.C.)} \quad & u(x,0) = f(x)\end{aligned}$$
解． この問題は通常、Fourier変換を利用して解かれる。
$$\hat{u}(\xi,t) = \int_{-\infty}^{\infty} u(x,t) e^{-i\xi x} dx, \quad u(x,t) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \hat{u}(\xi,t) e^{i\lambda x} d\lambda$$
直接微分すると、
$$\begin{aligned}\hat{u}_t &= \int_{-\infty}^{\infty} u_t(x,t) e^{-i\xi x} dx = \int_{-\infty}^{\infty} k u_{xx}(x,t) e^{-i\xi x} dx \\
&= k \left[ u_x e^{-i\xi x} - i\xi u e^{-i\xi x} \right]_{-\infty}^{\infty} - \xi^2 k \int_{-\infty}^{\infty} u e^{-i\xi x} dx\end{aligned}$$
ここで、$u_x(\pm\infty, t) = 0, \ u(\pm\infty, t) = 0$ と適切に仮定する。すると上式は次のようになる。
$$\hat{u}_t = -\xi^2 k \hat{u}, \quad t > 0$$
$t \to 0$ とすると、元の偏微分方程式より、
$$\hat{u}(\xi,0) = \int_{-\infty}^{\infty} f(x) e^{-i\xi x} dx \equiv \hat{f}(\xi)$$
$\hat{f}$ は $f(x)$ のFourier変換である。これは常微分方程式（O.D.E.）であり、その解は次のように表される。
$$\hat{u}(\xi,t) = e^{-k\xi^2 t} \hat{f}(\xi)$$
したがって、逆変換を利用すると、
$$u(x,t) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \hat{u}(\xi,t) e^{i\xi x} d\xi = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-k\xi^2 t} \hat{f}(\xi) e^{i\xi x} d\xi$$
畳み込み（convolution）の重要な性質 $\widehat{f*g} = \hat{f} \cdot \hat{g}$ を思い出す。もし $\hat{u}(\xi,t)$ が2つの関数のFourier変換の積として表せるならば、
$$\hat{u}(\xi,t) = \hat{f}(\xi) \hat{G}(\xi,t) \implies u(x,t) = G(x,t) * f(x)$$
となる。ここで、
$$G(x,t) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-k\xi^2 t} e^{i\xi x} d\xi = \frac{1}{\sqrt{4\pi kt}} e^{-\frac{x^2}{4kt}}$$
である。畳み込みの性質を用いると、熱伝導方程式の解は次のようになる。
$$u(x,t) = f * G = \int_{-\infty}^{\infty} f(y) \frac{1}{\sqrt{4\pi kt}} e^{-\frac{(x-y)^2}{4kt}} dy$$
この方法の基本的な考え方は、次のように図示できる。
| $u(x,t)$ | $\xleftarrow{\text{Fourier 逆変換}}$ | $\hat{u}(\xi,t)$ |
| $\uparrow$ 偏微分方程式 | | $\uparrow$ 常微分方程式 O.K. |
| 初期条件 $f(x)$ | $\xrightarrow{\text{Fourier 変換}}$ | $\hat{f}(\xi, 0)$ 初期条件 |
任意の点 $y$ に対して、
$$(x,t) \mapsto G(x-y,t) = \frac{1}{\sqrt{4\pi kt}} e^{-\frac{(x-y)^2}{4kt}}$$
が熱伝導方程式の解になることは検証可能であり、これは実に特筆すべきことである。通常、これを基本解（fundamental solution）と呼ぶ。その物理的意味は「重ね合わせの原理（principle of superposition）」である。各点における基本解をすべて足し合わせたものが求める解となるが、ここでは有限和や無限級数ではなく、積分として表されている。
例題 4.4.7 次の熱伝導方程式を解け。
$$\begin{aligned}\text{(D.E.)} \quad & u_t = k u_{xx}, \quad t > 0, \ -\infty < x < \infty \\
\text{(I.C.)} \quad & u(x,0) = f(x) = \begin{cases}
0, & x < a \\
T, & a \le x \le b \\
0, & x > b
\end{cases}\end{aligned}$$
解． 例題4.4.6より、熱伝導方程式の解は次のようになる。
$$\begin{aligned}u(x,t) &= T \int_a^b \frac{1}{\sqrt{4\pi kt}} e^{-\frac{(x-y)^2}{4kt}} dy \\
&= \frac{T}{\sqrt{2\pi}} \int_{\frac{x-b}{\sqrt{2kt}}}^{\frac{x-a}{\sqrt{2kt}}} e^{-\frac{z^2}{2}} dz \quad \left(z = \frac{x-y}{\sqrt{2kt}} \text{ とする}\right) \\
&= \frac{T}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\frac{x-a}{\sqrt{2kt}}} e^{-\frac{z^2}{2}} dz - \frac{T}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\frac{x-b}{\sqrt{2kt}}} e^{-\frac{z^2}{2}} dz \\
&\equiv T\Phi\left(\frac{x-a}{\sqrt{2kt}}\right) - T\Phi\left(\frac{x-b}{\sqrt{2kt}}\right)\end{aligned}$$
ここで関数は次のように定義されている。
$$\Phi(c) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^c e^{-\frac{z^2}{2}} dz$$
これは正規分布関数（normal distribution function）である。言い換えれば、熱伝導方程式の解は正規分布関数として表すことができる。これは実に興味深いことであり、熱伝導（heat conduction）や拡散（diffusion）が確率論的な意味を持つことを示している。例えば、ブラウン運動（Brownian motion）は熱伝導方程式を用いて記述することができる。
グラフから分かるように（$k=\frac{1}{2}, a=-1, b=1$ とした図を想定）、$f(x)$（$t=0$ のとき）は不連続関数（$a, b$ が不連続点）であるが、直ちに滑らかな曲線へと変化する。この現象を無限伝播（infinite propagation）と呼び、これが波動方程式（wave equation）との最大の違いである。その主な理由は熱伝導の作用（平滑化の作用）であり、これは関数 $e^{-x^2}$ の性質から導かれる。また、時間が大きくなるにつれてその台（support）も大きくなることが分かり、これはまさに拡散（diffusion）の特質と物理的意味を説明している。関数のグラフがますます平坦になることは、その影響力がますます弱くなることを表しており、物理学ではこれを散逸作用（dissipation）と呼ぶ。我々は $t \to \infty$ のとき $u(x,t) \to 0$ になる、すなわち最後には跡形もなく消え去ると信じるに足る十分な理由がある。正規分布関数 $\Phi$ の性質、
$$\Phi(-\infty) = 0, \quad \Phi(0) = \frac{1}{2}, \quad \Phi(\infty) = 1$$
を利用すると、
$$\lim_{t \to 0} u(x,t) = \begin{cases}
0, & x < a \\
T/2, & x = a \\
T, & a < x < b \\
T/2, & x = b \\
0, & x > b
\end{cases}$$
が得られる。この現象はGauss-Weierstrass核を通しても見ることができる。
$$\lim_{t \to 0} G(x,t) = \lim_{t \to 0} \frac{1}{\sqrt{4\pi kt}} e^{-\frac{x^2}{4kt}} = \delta(x)$$
これは有名なDiracのデルタ関数である。
例題 4.4.8 次の熱伝導方程式を解け。
$$\begin{aligned}\text{(D.E.)} \quad & u_t = k u_{xx}, \quad t > 0, \ -\infty < x < \infty \\
\text{(I.C.)} \quad & u(x,0) = f(x) = \begin{cases}
T_1, & x < 0 \\
T_2, & x > 0
\end{cases}\end{aligned}$$
解． 例題4.4.6より、
$$\begin{aligned}u(x,t) &= \frac{T_1}{\sqrt{4\pi kt}} \int_{-\infty}^0 e^{-\frac{(x-y)^2}{4kt}} dy + \frac{T_2}{\sqrt{4\pi kt}} \int_0^{\infty} e^{-\frac{(x-y)^2}{4kt}} dy \\
&= T_1 \left[ 1 - \Phi\left(\frac{x}{\sqrt{2kt}}\right) \right] + T_2 \Phi\left(\frac{x}{\sqrt{2kt}}\right)\end{aligned}$$
$T_1, T_2$ は2つの異なる状態の初期温度と見なすことができる。$\lim_{t \to \infty} \Phi\left(\frac{x}{\sqrt{2kt}}\right) = \Phi(0) = \frac{1}{2}$ であるため、
$$\lim_{t \to \infty} u(x,t) = \frac{1}{2}(T_1 + T_2)$$
となる。すなわち、最終的な温度は両者の平均となり、これは日常的な経験と非常によく一致している。
例題 4.4.9 (半無限領域の熱伝導方程式)
$$\begin{aligned}\text{(D.E.)} \quad & u_t = k u_{xx}, \quad t > 0, \ 0 < x < \infty \\
\text{(I.C.)} \quad & u(x,0) = f(x), \quad t \to 0, \ 0 < x < \infty \\
\text{(B.C.)} \quad & u(0,t) = 0, \quad x \to 0, \ t > 0\end{aligned}$$
解． Fourier級数の経験から、Fourier正弦積分を考慮する。
$$u(x,t) = \int_0^{\infty} g(\xi) e^{-k\xi^2 t} \sin x\xi d\xi$$
ここで $g(\xi)$ は未定関数である。このとき初期条件は
$$u(x,0) = f(x) = \int_0^{\infty} g(\xi) \sin x\xi d\xi$$
となる。Fourier反転公式より、
$$g(\xi) = \frac{2}{\pi} \int_0^{\infty} f(y) \sin y\xi dy$$
したがって、
$$\begin{aligned}u(x,t) &= \frac{2}{\pi} \int_0^{\infty} d\xi \int_0^{\infty} f(y) \sin x\xi \sin y\xi e^{-k\xi^2 t} dy \\
&= \frac{1}{\pi} \int_0^{\infty} d\xi \int_0^{\infty} f(y) [\cos \xi(x-y) - \cos \xi(x+y)] e^{-k\xi^2 t} dy\end{aligned}$$
変数変換と積分公式
$$\int_0^{\infty} e^{-x^2} \cos 2xy dx = \frac{\sqrt{\pi}}{2} e^{-y^2}$$
を利用すると、次の結論が得られる。
$$u(x,t) = \frac{1}{\sqrt{4\pi kt}} \int_0^{\infty} f(y) \left[ e^{-\frac{(x-y)^2}{4kt}} - e^{-\frac{(x+y)^2}{4kt}} \right] dy$$
もし $f = A$ （定数）であれば、
$$u(x,t) = \frac{2A}{\sqrt{\pi}} \int_0^{\frac{x}{\sqrt{4kt}}} e^{-y^2} dy = A\Phi\left(\frac{x}{\sqrt{4kt}}\right)$$
となる。
例題 4.4.10 上半平面のDirichlet問題を解け。
$$\begin{aligned}\text{(D.E.)} \quad & u_{xx} + u_{yy} = 0, \quad -\infty < x < \infty, \ y > 0 \\
\text{(B.C.)} \quad & u(x,0) = f(x)\end{aligned}$$
解． 例題4.4.6に倣い、$x$ についてFourier変換をとる。
$$\begin{aligned}-\xi^2 \hat{u}(\xi, y) + \hat{u}_{yy}(\xi, y) &= 0 \\
\hat{u}(\xi, 0) &= \hat{f}(\xi)\end{aligned}$$
この常微分方程式の解は次のように表される。
$$\hat{u}(\xi, y) = C_1(\xi) e^{|\xi|y} + C_2(\xi) e^{-|\xi|y}, \quad C_1(\xi) + C_2(\xi) = \hat{f}(\xi)$$
解が有界であることを求めるため、$C_1 = 0, C_2 = \hat{f}(\xi)$ となる。
$$\hat{u}(\xi, y) = \hat{f}(\xi) e^{-|\xi|y} = \hat{f}(\xi) \hat{P}_y(\xi)$$
ここで、$\hat{P}_y(\xi) = e^{-|\xi|y} \implies P_y = \frac{y}{\pi(x^2+y^2)}$ である。
したがって、Poissonの積分公式（Poisson integral formula）として表すことができる。
$$u(x,y) = (f * P_y)(x) = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{y f(x-u)}{\pi(u^2+y^2)} du$$
練習問題 4.4
1. 熱伝導方程式を解け。
$$\begin{aligned}\text{(D.E.)} \quad & u_t = k u_{xx}, \quad t > 0, \ -\infty < x < \infty \\
\text{(I.C.)} \quad & u(x,0) = e^{Ax^2}\end{aligned}$$
解答：$u(x,t) = \frac{1}{\sqrt{1-4ktA}} e^{\frac{Ax^2}{1-4ktA}}, \quad 0 \le t < \frac{1}{4kA}$
2. Fourier変換と定数変化法を利用して非同次熱伝導方程式を解け。
$$\begin{aligned}\text{(D.E.)} \quad & u_t = k u_{xx} + q(x,t), \quad t > 0, \ -\infty < x < \infty \\
\text{(I.C.)} \quad & u(x,0) = f(x)\end{aligned}$$
解答：$u(x,t) = f * G + \int_{-\infty}^{\infty} \int_0^t q(y,s) G(x-y, t-s) dy ds$
3. 熱伝導方程式を解け。
$$\begin{aligned}\text{(D.E.)} \quad & u_t + tu = u_{xx}, \quad t > 0, \ -\infty < x < \infty \\
\text{(I.C.)} \quad & u(x,0) = f(x)\end{aligned}$$
解答：$u(x,t) = \frac{1}{\sqrt{4\pi t}} e^{-\frac{t^2}{2}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{(x-y)^2}{4t}} f(y) dy$
4. （半無限領域の）熱伝導方程式を解け。
$$\begin{aligned}\text{(D.E.)} \quad & u_t + tu = u_{xx}, \quad t > 0, \ 0 < x < \infty \\
\text{(I.C.)} \quad & u(x,0) = e^{-x}, \quad u_x(x,0) = 0 \\
\text{(B.C.)} \quad & u(x,t) \to 0 \quad (x \to \infty)\end{aligned}$$
解答：$u(x,t) = \frac{2}{\pi} e^{-\frac{t^2}{2}} \int_0^{\infty} \frac{e^{-y^2 t} \cos xy}{1+y^2} dy$
5. （半無限領域の）熱伝導方程式を解け。
$$\begin{aligned}\text{(D.E.)} \quad & u_t = u_{xx}, \quad t > 0, \ 0 < x < \infty \\
\text{(I.C.)} \quad & u(x,0) = \begin{cases} 1, & 0 < x < 1 \\ 0, & x \ge 1 \end{cases} \\
\text{(B.C.)} \quad & u(0,t) = 0\end{aligned}$$
解答：$u(x,t) = \frac{2}{\pi} \int_0^{\infty} \frac{1-\cos \xi}{\xi} e^{-\xi^2 t} \sin \xi x d\xi$
6. Fourier変換を利用して偏微分方程式を解け。
$$\begin{aligned}\text{(D.E.)} \quad & u_t + a^2 u_{xxxx} = 0, \quad t > 0, \ -\infty < x < \infty \\
\text{(I.C.)} \quad & u(x,0) = f(x), \quad u_t(x,0) = g(x)\end{aligned}$$
解答：$u(x,t) = \int_{-\infty}^{\infty} [K(y-x, t)f(y) + L(y-x, t)g(y)] dy$
$$\begin{aligned}K(x,t) &= \frac{1}{\sqrt{4\pi at}} \sin\left(\frac{x^2}{4at} + \frac{\pi}{4}\right) \\
L(x,t) &= \frac{1}{\pi a} \left[ \frac{\pi x}{2} C(x^2/4at) - \frac{\pi x}{2} S(x^2/4at) + \sqrt{\pi at} \sin\left(\frac{x^2}{4at} + \frac{\pi}{4}\right) \right]\end{aligned}$$
ここで、
$$C(z) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_0^z s^{-1/2} \cos s ds, \quad S(z) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_0^z s^{-1/2} \sin s ds$$
7. 線形KdV方程式
$$\begin{aligned}\text{(D.E.)} \quad & u_t = \sigma u_{xxx}, \quad \sigma > 0, \ t > 0, \ -\infty < x < \infty \\
\text{(I.C.)} \quad & u(x,0) = f(x)\end{aligned}$$
解答：$u(x,t) = \int_{-\infty}^{\infty} K(x-y, t) f(y) dy, \quad K(x,t) = \frac{1}{(3\sigma t)^{1/3}} \mathrm{Ai}\left(-\frac{x}{(3\sigma t)^{1/3}}\right)$
8. 上半平面のDirichlet問題を解け。
$$\begin{aligned}\text{(D.E.)} \quad & u_{xx} + u_{yy} = 0, \quad -\infty < x < \infty, \ y > 0 \\
\text{(B.C.)} \quad & u(x,0) = \begin{cases} 0, & x < 0 \\ 1, & x > 0 \end{cases}\end{aligned}$$
解答：$u(x,y) = \frac{1}{\pi} \left( \frac{\pi}{2} + \tan^{-1} \frac{x}{y} \right)$
$\lim_{x^2+y^2 \to 0} u(x,y) = 0$ （※原点での挙動）
4.5 Fourier 変換とスペクトル分解
Hermite多項式（Hermite polynomial）は、その名の通り、微分方程式に対するフランスの数学者Charles Hermite (1822–1901) の貢献を記念したものである。Hermiteが発表する数年前、ロシアの数学者Pafnuty Chebyshev (1821–1894) も同じ結果を発表していたが、実際にはさらにそれ以前にLaplaceの天体力学や確率論の名著にもHermite多項式は登場していた。
内積を次のように定義する。
$$[f,g] \equiv \int_{-\infty}^{\infty} f(x)g(x)e^{-x^2} dx\tag{54}$$
このとき、$\{1, x, x^2, x^3, \dots\}$ をGram-Schmidtの直交化法で直交化した基底がまさにHermite多項式となる。一般によく知られているHermiteの微分方程式は次のものである。
$$u'' - 2xu' + \lambda u = 0, \quad -\infty < x < \infty\tag{55}$$
変数変換 $y = e^{-x^2/2}u$ を考えると、
$$y'' + [\lambda - (x^2 - 1)]y = 0, \quad -\infty < x < \infty\tag{56}$$
となる。$\lambda = 2n$ のとき、この微分方程式の解は $e^{-x^2/2}H_n(x)$ となり、$H_n(x)$ こそがHermite多項式である。この多項式は量子力学のSchrödinger方程式において非常に重要な役割を果たしている。
定義 4.5.1 (Hermite多項式の母関数)
$$e^{2xt-t^2} = \sum_{n=0}^{\infty} H_n(x) \frac{t^n}{n!}, \quad \forall x, t \in \mathbb{C}\tag{57}$$
ここで $H_n(x)$ は第 $n$ 次のHermite多項式である。Hermite多項式はまさに $e^{2xt-t^2}$ のTaylor展開における第 $n$ 項の係数となっている。
定理 4.5.2 (Rodriguesの公式)
$$H_n(x) = (-1)^n e^{x^2} \frac{d^n}{dx^n} e^{-x^2}, \quad n = 0, 1, 2, \dots\tag{58}$$
Rodriguesの公式(58)から直ちに次式が得られる。
$$H_n(-x) = (-1)^n H_n(x)\tag{59}$$
したがって、Hermite多項式は $n$ が奇数か偶数かによって、それぞれ奇関数または偶関数となる。
定理 4.5.3
$$H_{n+1}'(x) = 2(n+1)H_n(x)\tag{60}$$
証明
Hermite多項式の母関数(57)を $x$ について微分すると、
$$\sum_{n=1}^{\infty} H_n'(x) \frac{t^n}{n!} = 2t e^{2xt-t^2} = \sum_{n=0}^{\infty} 2H_n(x) \frac{t^{n+1}}{n!}$$
あるいは
$$\sum_{n=0}^{\infty} H_{n+1}'(x) \frac{t^{n+1}}{(n+1)!} = \sum_{n=0}^{\infty} 2H_n(x) \frac{t^{n+1}}{n!}$$
両辺の係数を比較することで得られる。
定理 4.5.4 (漸化式)
$$H_{n+1}(x) = 2xH_n(x) - 2nH_{n-1}(x)\tag{61}$$
証明
Hermite多項式の母関数(57)を $t$ について微分すると、
$$\sum_{n=1}^{\infty} H_n(x) \frac{t^{n-1}}{(n-1)!} = \sum_{n=0}^{\infty} 2xH_n(x) \frac{t^n}{n!} - \sum_{n=0}^{\infty} 2H_n(x) \frac{t^{n+1}}{n!}$$
係数を比較すると、
$$\frac{H_{n+1}}{n!} = \frac{2xH_n}{n!} - \frac{2H_{n-1}}{(n-1)!} \implies H_{n+1} = 2xH_n - 2nH_{n-1}$$
となる。
定理 4.5.5 (Hermiteの微分方程式)
$$H_n''(x) - 2xH_n'(x) + 2nH_n(x) = 0\tag{62}$$
証明
(61)式を $x$ について微分し、(60)式を利用すると、
$$H_{n+1}' = 2H_n + 2xH_n' - 2nH_{n-1}' = 2(n+1)H_n$$
また $H_n'' = 2nH_{n-1}'$ であるため、整理すると(62)式が得られる。
最初のいくつかのHermite多項式を列挙する。
$$\begin{aligned}H_0(x) &= 1 \\
H_1(x) &= 2x \\
H_2(x) &= 4x^2 - 2 \\
H_3(x) &= 8x^3 - 12x \\
H_4(x) &= 16x^4 - 48x^2 + 12\end{aligned}$$
微分方程式(62)の級数解を利用すると、次式が得られる。
$$H_n(x) = \sum_{k=0}^{[n/2]} (-1)^k \frac{n!}{k!(n-2k)!} (2x)^{n-2k}$$
さらにCauchy積（Cauchy product）
$$\left(\sum_{n=0}^{\infty} a_n t^{2n}\right) \left(\sum_{n=0}^{\infty} b_n t^n\right) = \sum_{n=0}^{\infty} \left( \sum_{k=0}^{[n/2]} a_k b_{n-2k} \right) t^n$$
を用いることで、Hermite多項式の母関数(57)を導くことができる。
$$\begin{aligned}\sum_{n=0}^{\infty} \frac{H_n(x)}{n!} t^n &= \sum_{n=0}^{\infty} \left[ \sum_{k=0}^{[n/2]} \frac{(-1)^k (2x)^{n-2k}}{k!(n-2k)!} \right] t^n \nonumber \\
&= \left[ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n!} t^{2n} \right] \left[ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(2x)^n}{n!} t^n \right] \nonumber \\
&= \left[ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-t^2)^n}{n!} \right] \left[ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(2xt)^n}{n!} \right] \nonumber \\
&= e^{-t^2} e^{2xt} = e^{2xt-t^2}\end{aligned}\tag{63}$$
定理 4.5.6 (直交性)
$$[H_n, H_m] \equiv \int_{-\infty}^{\infty} H_n(x)H_m(x)e^{-x^2}dx = \begin{cases} 0, & m \neq n \\ 2^n n! \sqrt{\pi}, & m = n \end{cases}\tag{64}$$
証明
$m \neq n$ の場合、微分方程式(4.5.8)に積分因子 $e^{-x^2}$ を掛けると、
$$\begin{aligned}\frac{d}{dx}\left(e^{-x^2}H_n'(x)\right) - 2n e^{-x^2}H_n(x) &= 0 \\
\frac{d}{dx}\left(e^{-x^2}H_m'(x)\right) - 2m e^{-x^2}H_m(x) &= 0\end{aligned}$$
となる。その後、それぞれに $H_m, H_n$ を掛けて引くと、
$$\frac{d}{dx}\left(e^{-x^2}(H_n'H_m - H_nH_m')\right) - 2(n-m)e^{-x^2}H_nH_m = 0$$
となる。第1項は完全微分であるため、積分すると
$$2(n-m) \int_{-\infty}^{\infty} H_nH_m e^{-x^2} dx = \left[ e^{-x^2}(H_n'H_m - H_nH_m') \right]_{-\infty}^{\infty} = 0\tag{65}$$
となり、直交性が示される。
$m = n$ の場合、漸化式(4.5.7)において $n \to n-1$ とすると、
$$H_n + 2xH_{n-1} - 2(n-1)H_{n-2} = 0$$
となる。これに $e^{-x^2}H_n(x)$ を掛けて $-\infty$ から $\infty$ まで積分し、(4.5.11)の直交性を利用すると、
$$\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}H_n^2(x)dx + 2\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}xH_n(x)H_{n-1}(x)dx = 0$$
を得る。同様に、(4.5.7)式に $e^{-x^2}H_{n-1}(x)$ を掛けて積分すると、
$$2n\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}H_{n-1}^2(x)dx + 2\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}xH_n(x)H_{n-1}(x)dx = 0$$
となる。したがって、次の漸化式が導かれる。
$$\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}H_n^2(x)dx = 2n\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}H_{n-1}^2(x)dx$$
しかし、
$$\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}H_0^2(x)dx = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}dx = \sqrt{\pi}$$
であるため、これを繰り返し用いることで、
$$\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}H_n^2(x)dx = 2n \cdot 2(n-1) \cdots 2\sqrt{\pi} = 2^n n! \sqrt{\pi}, \quad n = 0, 1, 2, \dots$$
が得られる。
定理 4.5.7 (Hermite展開) $f \in L^1(\mathbb{R}, e^{-x^2}dx)$ のとき、
$$\begin{aligned}f(x) &\sim \sum_{n=0}^{\infty} a_n H_n(x), \nonumber \\
a_n &= \frac{[f, H_n]}{[H_n, H_n]} = \frac{1}{2^n n! \sqrt{\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} f(x)H_n(x)e^{-x^2}dx\end{aligned}\tag{66}$$
証明
$f(x)$ に $e^{-x^2}H_m(x)$ を掛けて $-\infty$ から $\infty$ まで積分し、直交性(4.5.10)を用いると、
$$\int_{-\infty}^{\infty} f(x)e^{-x^2}H_m(x)dx = \sum_{n=0}^{\infty} a_n \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}H_m(x)H_n(x)dx = a_m 2^m m! \sqrt{\pi}$$
となり、係数 $a_m$ が求まる。
定理 4.5.8 (Parsevalの等式) $f \sim \sum_{n=0}^{\infty} a_n H_n(x) \in L^2(\mathbb{R}, e^{-x^2}dx)$ のとき、
$$\begin{aligned}[f, f] &= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{[f, H_n]^2}{[H_n, H_n]} \nonumber \\
\int_{-\infty}^{\infty} |f(x)|^2 e^{-x^2}dx &= \sqrt{\pi} \sum_{n=0}^{\infty} 2^n n! a_n^2\end{aligned}\tag{67}$$
証明
定理4.5.7と $H_n$ の直交性を利用することで直ちに導かれる。
定理 4.5.9 (Fourier変換のスペクトル分解)
$$\mathcal{F}\left(H_n(x)e^{-\frac{x^2}{2}}\right) = \sqrt{2\pi}(-1)^n H_n(\xi)e^{-\frac{\xi^2}{2}}\tag{68}$$
すなわち、$H_n(x)e^{-\frac{x^2}{2}}$ はFourier変換の固有関数であり、$\sqrt{2\pi}(-1)^n$ は対応する固有値である。
証明
Hermite多項式の母関数(4.5.4)を次のように書き換える。
$$\sum_{n=0}^{\infty} H_n(x)e^{-\frac{x^2}{2}} \frac{t^n}{n!} = e^{-\frac{x^2}{2} + 2xt - t^2}\tag{69}$$
両辺のFourier変換をとると、
$$\begin{aligned}\sum_{n=0}^{\infty} \mathcal{F}\left(H_n(x)e^{-\frac{x^2}{2}}\right) \frac{t^n}{n!} &= \mathcal{F}\left(e^{-\frac{x^2}{2} + 2xt - t^2}\right) = \mathcal{F}\left(e^{-\frac{(x-2t)^2}{2} + t^2}\right) \\
&= e^{t^2 - 2it\xi} \mathcal{F}\left(e^{-\frac{x^2}{2}}\right) = e^{t^2 - 2it\xi} \sqrt{2\pi} e^{-\frac{\xi^2}{2}} \\
&= \sqrt{2\pi} e^{-\frac{\xi^2}{2}} e^{-\tau^2 + 2i\tau\xi} \quad (t = i\tau)\end{aligned}$$
ここで再び母関数(4.5.4)を用いると、
$$\begin{aligned}\sum_{n=0}^{\infty} \mathcal{F}\left(H_n(x)e^{-\frac{x^2}{2}}\right) \frac{t^n}{n!} &= \sqrt{2\pi} e^{-\frac{\xi^2}{2}} \sum_{n=0}^{\infty} H_n(\xi)\frac{\tau^n}{n!} \\
&= \sqrt{2\pi} \sum_{n=0}^{\infty} H_n(\xi) e^{-\frac{\xi^2}{2}} (-1)^n \frac{t^n}{n!}\end{aligned}$$
係数を比較することで(4.5.13)式が得られる。
練習問題 4.5
1. $f(x) = \begin{cases} 1, & x > 0 \\ 0, & x < 0 \end{cases}$ と与えられたとき、次式を証明せよ。
$f(x) \sim \frac{1}{2}H_0(x) + \frac{1}{2\sqrt{\pi}} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2^{2n}(2n+1)n!} H_{2n+1}(x)$
2. 以下のHermite展開式を証明せよ。
(a) $x^{2m} \sim \frac{(2m)!}{2^{2m}} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{H_{2n}(x)}{(2n)!(m-n)!}$
(b) $e^{ax} \sim e^{\frac{a^2}{4}} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{a^n}{2^n n!} H_n(x)$
3. 次式を証明せよ。
(a) $x^3 = \frac{3}{4}H_1(x) + \frac{1}{8}H_3(x)$
(b) $\int_{-\infty}^{\infty} x^6 e^{-x^2}dx = \frac{15}{8}\sqrt{\pi}$ （Parsevalの等式を利用）
4. $f \in C_c^1(\mathbb{R})$ に対して次式を証明せよ。
(a) $[f', H_n] = [f, H_{n+1}]$
(b) $[f', f'] = \sum_{n=0}^{\infty} 2n \frac{[f, H_n]^2}{[H_n, H_n]}$
4.6 Poisson 和公式
我々はすでにFourier級数とFourier変換について学んだ。当然ながら、周期を無限大に引き延ばせば自然とFourier変換が導出される。しかしそれ以外に、両者に直接的な関連はあるのだろうか。これこそがPoisson和公式（Poisson summation formula）が表現しようとしている目的である。
定理 4.6.1 (Poisson和公式)
$$\sum_{n=-\infty}^{\infty} f(x+2n\pi) = \frac{1}{2\pi} \sum_{n=-\infty}^{\infty} \hat{f}(n)e^{inx}, \quad x \in \mathbb{R}\tag{70}$$
証明
$h(x) = \sum_{k=-\infty}^{\infty} f(x+2k\pi)$ とおく。これは明らかに $2\pi$ 周期関数である。したがってPoisson和公式は $h(x)$ のFourier級数を問うことと同義である。直接 $h$ のFourier係数 $\hat{h}_n$ を計算する。
$$\begin{aligned}\hat{h}_n &= \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} h(x)e^{-inx}dx \\
&= \frac{1}{2\pi} \sum_{k=-\infty}^{\infty} \int_0^{2\pi} f(x+2k\pi)e^{-inx}dx \\
&= \frac{1}{2\pi} \sum_{k=-\infty}^{\infty} \int_{2k\pi}^{2(k+1)\pi} f(x)e^{-inx}dx \\
&= \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} f(x)e^{-inx}dx = \frac{1}{2\pi} \hat{f}(n)\end{aligned}$$
これにより証明される。
系 4.6.2 定理4.6.1と同じ仮定のもと、$0 < a < \infty$ に対して
$$\sum_{n=-\infty}^{\infty} f(2\pi an) = \frac{1}{2\pi a} \sum_{n=-\infty}^{\infty} \hat{f}\left(\frac{n}{a}\right)\tag{71}$$
証明
定理4.6.1と同様に、関数 $f(ax)$ を考え、そのFourier変換 $\mathcal{F}[f(ax)](\xi) = a^{-1}\hat{f}\left(\frac{\xi}{a}\right)$ を利用する。
例題 4.6.3
$$\sum_{n=-\infty}^{\infty} e^{-4\pi^2 a^2 n^2} = \frac{1}{2\sqrt{\pi} a} \sum_{n=-\infty}^{\infty} e^{-\frac{n^2}{4a^2}}\tag{72}$$
解． $f(x) = e^{-x^2}$ をとると、そのFourier変換は $\hat{f}(\xi) = \sqrt{\pi}e^{-\frac{\xi^2}{4}}$ である。これを系4.6.2に代入することで得られる。
定義 4.6.4 (Jacobi $\theta$-関数)
$$\theta(t) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} e^{-\pi tn^2}, \quad 0 < t < \infty\tag{73}$$
Jacobi $\theta$-関数は解析的整数論や偏微分方程式の熱伝導方程式において重要な応用がある。
定理 4.6.5
$$\theta(t) = \frac{1}{\sqrt{t}} \theta\left(\frac{1}{t}\right), \quad t > 0\tag{74}$$
証明
例題4.6.3において $4\pi a^2 = t$ ととると、
$$\begin{aligned}\theta(t) &= \sum_{n=-\infty}^{\infty} e^{-\pi tn^2} = \sum_{n=-\infty}^{\infty} e^{-4\pi^2 a^2 n^2} \\
&= \frac{1}{2\sqrt{\pi} \sqrt{\frac{t}{4\pi}}} \sum_{n=-\infty}^{\infty} e^{-\frac{\pi n^2}{t}} = \frac{1}{\sqrt{t}} \theta\left(\frac{1}{t}\right)\end{aligned}$$
となる。
定義 4.6.6 (Riemann $\zeta$-関数)
$$\zeta(s) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^s}, \quad s > 0\tag{75}$$
Jacobi $\theta$-関数とRiemann $\zeta$-関数は以下の関係式を持つ。これもJacobi $\theta$-関数が解析的整数論で重要な役割を果たす理由の一つである。
定理 4.6.7
$$\pi^{-\frac{s}{2}} \Gamma\left(\frac{s}{2}\right) \zeta(s) = \frac{1}{2} \int_0^{\infty} t^{\frac{s}{2}-1} (\theta(t)-1) dt\tag{76}$$
証明
また、Poisson和公式はDiracの $\delta$-関数を通して見ることもできるが、それには超関数（generalized function）の微分とFourier変換を導入する必要がある。
定理 4.6.8 $H$ をHeaviside関数とすると、
$$H'(x) = \delta(x)\tag{77}$$
証明
超関数の微分は内積と部分積分によって定義される。したがって $\forall \phi \in C_c^{\infty}(\mathbb{R})$ に対して、
$$\begin{aligned}\langle H'(x), \phi(x) \rangle &= \int_{-\infty}^{\infty} H'(x)\phi(x)dx \\
&= -\int_{-\infty}^{\infty} H(x)\phi'(x)dx \\
&= -\int_0^{\infty} \phi'(x)dx = \phi(0)\end{aligned}$$
しかし、Dirac $\delta$-関数の定義は
$$\langle \delta(x), \phi(x) \rangle = \int_{-\infty}^{\infty} \delta(x)\phi(x)dx = \phi(0)$$
である。したがって
$$\langle H'(x), \phi(x) \rangle = \langle \delta(x), \phi(x) \rangle \quad \forall \phi \in C_c^{\infty}(\mathbb{R})$$
ゆえに $H'(x) = \delta(x)$ である。
不連続点における微分は、必然的にDirac $\delta$-関数となる。
定理 4.6.9 $f \in C^1(x > x_0), \ f \in C^1(x < x_0)$ のとき、
$$f'(x) = \{f'(x)\} + [f]_{x_0} \delta(x-x_0)\tag{78}$$
ここで $\{f'(x)\}$ は関数が真に微分可能な部分であり、$[f]_{x_0} = f(x_0+) - f(x_0-)$ は不連続点での跳躍（落差）である。
証明
超関数の微分の定義より直接導かれる。
$$\begin{aligned}\langle f', \phi \rangle &= -\langle f, \phi' \rangle = -\int_{-\infty}^{\infty} f(x)\phi'(x)dx \\
&= -\int_{-\infty}^{x_0} f(x)\phi'(x)dx - \int_{x_0}^{\infty} f(x)\phi'(x)dx \\
&= [f(x_0+) - f(x_0-)]\phi(x_0) + \int_{-\infty}^{\infty} \{f'(x)\}\phi(x)dx \\
&= \langle \{f'(x)\} + [f]_{x_0} \delta(x-x_0), \phi(x) \rangle\end{aligned}$$
したがって $f'(x) = \{f'(x)\} + [f]_{x_0} \delta(x-x_0)$ となる。
系 4.6.10 $f$ が離散的な不連続点 $\{x_k\}$ を持つ場合、
$$f'(x) = \{f'(x)\} + \sum_k [f]_{x_k} \delta(x-x_k)\tag{79}$$
関数 $f(x) = \frac{1}{2} - \frac{x}{2\pi} \ (0 \le x \le 2\pi)$ を例にとり、実数軸全体に周期的に拡張する。系4.6.10より、
$$f'(x) = -\frac{1}{2\pi} + \sum_{k=-\infty}^{\infty} \delta(x-2k\pi)$$
となる。
定義 4.6.11
$$\langle \hat{f}, \phi \rangle = \langle f, \hat{\phi} \rangle, \quad \forall \phi \in C_c^{\infty}(\mathbb{R})\tag{80}$$
$$\begin{aligned}\langle \hat{f}, \phi \rangle &= \langle \hat{\phi}, f \rangle \\
&= \left\langle f, \int_{-\infty}^{\infty} \phi(\xi)e^{-i\xi x}d\xi \right\rangle \\
&= \int_{-\infty}^{\infty} \left\langle f, \phi(\xi)e^{-i\xi x} \right\rangle d\xi \\
&= \int_{-\infty}^{\infty} \phi(\xi) \int_{-\infty}^{\infty} f(x)e^{-i\xi x}dxd\xi \\
&= \int_{-\infty}^{\infty} \phi(\xi)\hat{f}(\xi)d\xi\end{aligned}$$
実際には、超関数のFourier変換は次のように定義できる。
$$\hat{f}(\xi) = \langle f, e^{-ix\xi} \rangle\tag{81}$$
定理 4.6.12
(a) $\mathcal{F}[\delta(x)] = \hat{\delta} = 1, \quad \mathcal{F}[\delta(x-a)] = e^{-ia\xi}$
(b) $\mathcal{F}[\delta'] = i\xi$
(c) $\mathcal{F}[\delta^{(m)}] = (i\xi)^m$
証明
(a) (4.6.12)より直接計算する。
$$\begin{aligned}\mathcal{F}[\delta(x)] &= \langle \delta(x), e^{-ix\xi} \rangle = \int_{-\infty}^{\infty} \delta(x)e^{-ix\xi}dx = 1 \\
\mathcal{F}[\delta(x-a)] &= \langle \delta(x-a), e^{-ix\xi} \rangle = \int_{-\infty}^{\infty} \delta(x-a)e^{-ix\xi}dx = e^{-ia\xi}\end{aligned}$$
(b)
$$\mathcal{F}[\delta'(x)] = \langle \delta'(x), e^{-ix\xi} \rangle = -\langle \delta(x), (e^{-ix\xi})' \rangle = i\xi \langle \delta(x), e^{-ix\xi} \rangle = i\xi$$
(c)
$$\mathcal{F}[\delta^{(m)}(x)] = \langle \delta^{(m)}(x), e^{-ix\xi} \rangle = (i\xi)^m \langle \delta(x), e^{-ix\xi} \rangle = (i\xi)^m$$
補題 4.6.13
$$\frac{1}{2\pi} \sum_{n=-\infty}^{\infty} e^{inx} = \sum_{n=-\infty}^{\infty} \delta(x+2n\pi)\tag{82}$$
証明
前の例でみたように、$f_0(x) = \frac{1}{2} - \frac{x}{2\pi} \ (0 \le x \le 2\pi)$ はFourier級数として次のように表せる。
$$f_0(x) = -\frac{i}{2\pi} \sum_{n=-\infty, n\neq 0}^{\infty} \frac{1}{n} e^{inx}$$
形式的な微分（超関数の意味で）をとると、
$$f_0'(x) = \frac{1}{2\pi} \sum_{n=-\infty, n\neq 0}^{\infty} e^{inx}$$
となる。しかし一方で、
$$f_0'(x) = -\frac{1}{2\pi} + \sum_{n=-\infty}^{\infty} \delta(x-2n\pi) = -\frac{1}{2\pi} + \sum_{n=-\infty}^{\infty} \delta(x+2n\pi)$$
である。したがって、
$$\frac{1}{2\pi} \sum_{n=-\infty}^{\infty} e^{inx} = \sum_{n=-\infty}^{\infty} \delta(x+2n\pi)$$
となる。
定理 4.6.14 (Poisson和公式)
$$2\pi \sum_{n=-\infty}^{\infty} \phi(2n\pi) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} \hat{\phi}(n)\tag{83}$$
証明
$\mathcal{F}[\delta(x-a)] = e^{-ia\xi}$ であるため、(4.6.13)は次のように書き換えられる。
$$\frac{1}{2\pi} \sum_{n=-\infty}^{\infty} \mathcal{F}[\delta(x+n)] = \sum_{n=-\infty}^{\infty} \delta(x+2n\pi)$$
あるいは
$$\sum_{n=-\infty}^{\infty} \mathcal{F}[\delta(x-n)] = 2\pi \sum_{n=-\infty}^{\infty} \delta(x-2n\pi)$$
$\phi \in C_c^{\infty}(\mathbb{R})$ とし、上式の両辺と内積をとる。左辺は
$$\begin{aligned}\text{左辺} &= \left\langle \sum_{n=-\infty}^{\infty} \mathcal{F}[\delta(x-n)], \phi \right\rangle \\
&= \sum_{n=-\infty}^{\infty} \langle \mathcal{F}[\delta(x-n)], \phi \rangle \\
&= \sum_{n=-\infty}^{\infty} \langle \delta(x-n), \mathcal{F}[\phi] \rangle \\
&= \sum_{n=-\infty}^{\infty} \mathcal{F}[\phi](n) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} \hat{\phi}(n)\end{aligned}$$
右辺は
$$\begin{aligned}\text{右辺} &= 2\pi \left\langle \sum_{n=-\infty}^{\infty} \delta(x-2n\pi), \phi \right\rangle \\
&= 2\pi \sum_{n=-\infty}^{\infty} \langle \delta(x-2n\pi), \phi \rangle \\
&= 2\pi \sum_{n=-\infty}^{\infty} \phi(2n\pi)\end{aligned}$$
これにより証明される。
練習問題 4.6
1. Poisson和公式を利用して次式を証明せよ。
(a) $\sum_{n=-\infty}^{\infty} e^{-a^2 n^2} = \frac{\sqrt{\pi}}{a} \sum_{n=-\infty}^{\infty} e^{-\frac{n^2\pi^2}{a^2}}$
(b) $\sum_{n=-\infty}^{\infty} \frac{1}{n^2+a^2} = \frac{\pi}{a} \coth \pi a$
(c) $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2+a^2} = \frac{\pi}{2a} \coth \pi a - \frac{1}{2a^2}$
2. $a > 0$ とするとき、次式を証明せよ。
$\sum_{n=-\infty}^{\infty} e^{-a(x+2n\pi)^2} = \frac{1}{\sqrt{4\pi a}} \sum_{n=-\infty}^{\infty} e^{-n^2/4a} \cos nx$
3. 次式を証明せよ。（Poisson和公式の一般化）
$\sum_{n=-\infty}^{\infty} f(x+n) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} \hat{f}(2\pi n)e^{2\pi inx}$