フーリエ解析の問題

1. $\hat{g}$ の計算. $g(x)=1/\cosh x$ は $L^1\cap L^2$ に属する。$J(\xi )={\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{e^{-ix\xi }}{\cosh x}dx$ とおき、関数 $F(z)=\frac{e^{-iz\xi }}{\cosh z}$ を、頂点 $-R,R,R+i\pi ,-R+i\pi$ の長方形の周に沿って積分する。$\cosh (x+i\pi )=-\cosh x$ であるから、上辺（向きは右から左）の寄与は
$$-{\int }_{-R}^R\frac{e^{-i(x+i\pi )\xi }}{-\cosh x}dx=e^{\pi \xi }{\int }_{-R}^R\frac{e^{-ix\xi }}{\cosh x}dx$$
となる。左右の縦の辺上では $|\cosh (\pm R+iy)|\ge \sinh R$、$|e^{-iz\xi }|\le e^{\pi |\xi |}$ なので、その寄与は $R\to \infty$ で $0$ に収束する。長方形内の $\cosh z$ の零点は $z=i\pi /2$ だけであり、これは $1$ 位の極である。$\sinh (i\pi /2)=i$ より
$${\mathrm{Res}}_{z=i\pi /2}F=\frac{e^{-i(i\pi /2)\xi }}{\sinh (i\pi /2)}=\frac{e^{\pi \xi /2}}{i}$$
である。留数定理から $J(\xi )(1+e^{\pi \xi })=2\pi i\cdot \frac{e^{\pi \xi /2}}{i}=2\pi e^{\pi \xi /2}$ となり、
$$\hat{g}(\xi )=\frac{2\pi e^{\pi \xi /2}}{1+e^{\pi \xi }}=\frac{\pi }{\cosh (\pi \xi /2)}$$
を得る。

2. $f(x)=\frac{\sin x}{x}$ のフーリエ変換. $\chi ={\chi }_{[-1,1]}$ とおくと
$$\hat{\chi }(\xi )={\int }_{-1}^1{e}^{-ix\xi }dx=\frac{2\sin \xi }{\xi }$$
である。また
$$\frac{1}{2\pi }{\int }_{-1}^1\pi e^{ix\xi }d\xi =\frac{1}{2}\cdot \frac{2\sin x}{x}=\frac{\sin x}{x}$$
であり、これは $\pi \chi$ の逆フーリエ変換が $f$ であることを示す。プランシュレルの定理（$L^2$ 上の反転公式）により、$L^2$ の意味で $\hat{f}=\pi {\chi }_{[-1,1]}$ となる。$f$ は $L^1$ には属さないが $L^2$ には属するので、パーセバルの等式が使える。

3. パーセバルの等式の適用. $f,g$ はともに実数値で $L^2(\mathbb{R})$ に属するから
$$I={\int }_{-\infty }^{\infty }f(x)g(x)dx=\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\infty }^{\infty }\hat{f}(\xi )\overline{\hat{g}(\xi )}d\xi =\frac{1}{2\pi }{\int }_{-1}^1\pi \cdot \frac{\pi }{\cosh (\pi \xi /2)}d\xi =\frac{\pi }{2}{\int }_{-1}^1\frac{d\xi }{\cosh (\pi \xi /2)}$$
となる（$g\in L^1$ で $\pi \chi$ は有界かつ台がコンパクトなので、$f=\frac{1}{2\pi }\int \pi \chi (\xi )e^{ix\xi }d\xi$ を代入してフビニの定理を使っても同じ式が得られる）。$u=\pi \xi /2$ と置換すると $d\xi =\frac{2}{\pi }du$ より
$$I={\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}\frac{du}{\cosh u}$$
となる。$\frac{d}{du}2\arctan (e^u)=\frac{2e^u}{1+e^{2u}}=\frac{1}{\cosh u}$ であるから
$$I=2\arctan (e^{\pi /2})-2\arctan (e^{-\pi /2})$$
である。さらに $\arctan (e^{-\pi /2})=\frac{\pi }{2}-\arctan (e^{\pi /2})$ を用いると
$$I=4\arctan \left(e^{\pi /2}\right)-\pi \left(=4\arctan \left(\tanh \frac{\pi }{4}\right)\approx 2.322\right)$$
を得る。

$\hat{g}(\xi )={\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{e^{-ix\xi }}{\cosh x}dx=\frac{\pi }{\cosh (\pi \xi /2)}$（留数計算による既知の結果）。

$f(x)=\frac{\sin x}{x}$ とおくと、$\hat{f}(\xi )=\pi 1_{|\xi |<1}$（ほとんど至る所）。これは $f\in L^2$ であり、$1_{[-1,1]}$ の逆変換が $\frac{1}{2\pi }{\int }_{-1}^1{e}^{ix\xi }d\xi =\frac{\sin x}{\pi x}$ であることから従う。

パーセバルの等式より
$$I=\frac{1}{2\pi }{\int }_{-1}^1\pi \cdot \frac{\pi }{\cosh (\pi \xi /2)}d\xi =\frac{\pi }{2}{\int }_{-1}^1\frac{d\xi }{\cosh (\pi \xi /2)}.$$
$u=\pi \xi /2$ と置換し、$\int \mathrm{sech}udu=2\arctan (e^u)$ を使うと
$${\int }_{-1}^1\frac{d\xi }{\cosh (\pi \xi /2)}=\frac{2}{\pi }\cdot 2\left(\arctan e^{\pi /2}-\arctan e^{-\pi /2}\right).$$
よって $I=2(\arctan e^{\pi /2}-\arctan e^{-\pi /2})$。

$\arctan e^{-\pi /2}=\frac{\pi }{2}-\arctan e^{\pi /2}$ なので
$$I=4\arctan (e^{\pi /2})-\pi .$$

検算：$e^{\pi /2}\approx 4.810$、$\arctan 4.810\approx 1.3670$ より $I\approx 2.327$。これは $\int \frac{\sin x}{x}dx=\pi$ より小さく、被積分関数が $|x|<1$ でほぼ 1 に近いことと整合する。