解析概論/第6章/Fourier級数に関するDirichlet-Jordanの条件

80. Fourier 級数に関する Dirichlet-Jordan の条件

これは本章の予定外であるけれども，上記第二平均値定理の応用の一例として附記するのである．

定理 69． ［Dirichlet-Jordan］

区間 $[-\pi,\pi]$ において有界変動の函数 $f(x)$ は Fourier 式に三角級数に展開される．ただし，$f(x)$ の不連続点においては，級数は

$\frac{f(x+0) + f(x-0)}{2}$

に収束する． 連続点では，これは $f(x)$ に等しいから，Fourier 級数の部分和を $s_n(x)$ とすれば

$s_n(x) \to \frac{f(x+0) + f(x-0)}{2}.$

まず次の予備定理から始める．

［Dirichlet の積分］

区間 $[0,a]$ で $f(x)$ が有界変動ならば

(1)

$\lim_{u\to\infty}\int_0^a f(x)\,\frac{\sin ux}{x}\,dx =\frac{\pi}{2} f(+0), \qquad (a > 0).$

定理 38 によって $f(x)$ を単調増大と仮定してよい．
さて

$\lim_{u \to \infty} \int_0^a\frac{\sin ux}{x}\,dx =\lim_{u \to \infty} \int_0^{ua}\frac{\sin x}{x}\,dx =\frac{\pi}{2}.$

故に (1) は次のようになる．

$\lim_{u \to \infty} \int^a(f(x) - f(+0)) \frac{\sin ux}{x}\,dx = 0.$

$f(x) - f(+0)$ に $f(x)$ を代用すれば， $f(x)$ は $[0,a]$ において単調増大で，

(2)

$f(x) \geqq 0, \quad f(+0) = 0.$

故に，この仮定の下において

(3)

$\lim_{u \to \infty} \int_0^a \frac{f(x)\sin ux\,dx}{x} = 0$

を証明すればよい．

任意に $\varepsilon > 0$ を取って，仮定 (2) によって

$0 < c < a, \quad 0 \leqq f(c) < \varepsilon$

とする．然らば第二平均値の定理を区間 $[0,c]$ に適用して

$\int_0^c f(x)\,\frac{\sin ux}{x}\,dx =f(c)\int_\xi^c\frac{\sin ux}{x}\,dx =f(c)\int_{u\xi}^{uc}\frac{\sin x}{x}\,dx.$

$\textstyle\int_0^\infty \frac{\sin x}{x}\,dx$ は収束するから $\textstyle\int_0^x \frac{\sin x}{x}\,dx$ は $x$ の函数として $[0,\infty)$ において有界である．従って上の等式の最後の積分は，絶対値において一定の限界以内にある．その限界を $A$ とすれば

(4)

$\left|\int_0^c f(x)\,\frac{\sin ux}{x}\,dx\right|< Af(c)< A\varepsilon.$

さて，このように $c$ をきめたところで

$\int_c^a f(x)\,\frac{\sin ux}{x}\,dx$

に第二平均値の定理を適用すれば（仮定 (2) を用いて）

$\int_c^a f(x)\,\frac{\sin ux}{x}\,dx=f(a)\int_{u\xi}^{ua}\frac{\sin x}{x}\,dx$

を得るが，今度は $\xi \geqq c$ だから $u$ を十分大きく取れば

$\int_{u\xi}^{ua}\frac{\sin x}{x}\,dx < \varepsilon,$

従って今 $[0,a]$ において $|f(x) < M$ とすれば

(5)

$\left|\int_c^a f(x)\,\frac{\sin ux}{x}\,dx\right| < M\varepsilon.$

(4)，(5) から

$\left|\int_0^a f(x)\,\frac{\sin ux}{x}\,dx \right| < (A+M)\varepsilon$

で，$\varepsilon$ は任意であったから，(3) 従って (1) が証明されたのである．

さて定理 69 であるが，$f(x)$ から生ずる Fourier 級数の部分和を $s_n(x)$ とすれば，§74，(2) のように，

(6)

$2\pi s_n(x) = \int_0^\pi f(x+t)\,\frac{\sin(n-\frac{1}{2})t}{\sin\frac{1}{2}t}\,dt +\int_0^\pi f(x-t)\,\frac{\sin(n-\frac{1}{2})t}{\sin\frac{1}{2}t}\,dt.$

これから $\textstyle\lim_{n\to\infty}s_n(x)$ を求めるのであるが，右辺の積分記号の下で分母の $\sin\tfrac{1}{2}t$ を $\tfrac{t}{2}$ で置き換えてよい．実際（$u = n-\tfrac{1}{2}$ と略記して）

(7)

$\int_0^\pi f(x+t)\,\frac{\sin ut}{\sin\frac{1}{2}t}\,dt -\int_0^\pi f(x+t)\,\frac{\sin ut}{t/2}\,dt =\int_0^\pi f(x+t)\left(\frac{t}{\sin\frac{1}{2}t}-2\right)\frac{\sin ut}{t}\,dt \to 0.$

これは変数 $t$ に関して (3) を応用したのであるが，$\tfrac{t}{\sin(t/2)}-2$ は $t\to 0$ のとき $0$ になり，また $0\leqq t\leqq \pi$ において単調増大であるから，(3) の $f(x)$ のところへ $f(x+t)(\tfrac{t}{\sin(t/2)}-2)$ を当てれば，極限は $0$ になるのである．

さて (1) によって

(8)

$\int_0^\pi f(x+t)\,\frac{\sin(n-\frac{1}{2})t}{t}\,dt\to\frac{\pi}{2} f(x+0),$

故に (7) から

(9)

$\int_0^\pi f(x+t)\,\frac{\sin(n-\frac{1}{2})t}{\sin\frac{t}{2}}\,dt \to \pi f(x+0).$

同様に

(10)

$\int_0^\pi f(x-t)\,\frac{\sin(n-\frac{1}{2})t}{\sin\frac{t}{2}}\,dt\to\pi f(x-0).$

故に (6) において

$s_n(x) \to \frac{f(x+0) + f(x-0)}{2}.$

すなわち定理 69 が証明されたのである．

混雑を避けるために述べなかったけれども，上記証明を読み返してみると， $f(x)$ が連続なる部分区間においては (7)，(8)，(9)，(10) における収束が，$x$ に関して一様であることがわかるであろう．然らば定理 66 は特別の場合として定理 69 に含まれる．しかし我々は §73 に述べた一般的の考察法を紹介することが解析概論としてはむしろ適切と考えたのである．

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