複素フーリエ級数と内積型のパーセバルの等式

複素フーリエ係数 $c_{n} = \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} f (x) e^{- in x} d x$ を求め、 $\frac{1}{2 π} \int f g ˉ d x = \sum_{n} c_{n} d_{n}$ を使える。区分的多項式のフーリエ級数から、 $\sum \frac{1}{( 2 k - 1 ) ^{6}}$ のような高次の級数の和を求められる

前提

オイラーの公式（大学数学微分積分）
正規直交基底とパーセバルの等式（大学院数学関数解析）

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算数中学高校大学大学院

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三角関数の積分（数学III 積分法）
フーリエ級数（大学数学フーリエ解析・ラプラス変換）
パーセバルの等式と級数の和（大学数学フーリエ解析・ラプラス変換）
正規直交基底とパーセバルの等式（大学院数学関数解析）

説明

周期 $2 π$ の関数を $cos n x, sin n x$ の代わりに $e^{in x}$ （ $n \in Z$ ）で展開するのが複素フーリエ級数で、係数は $c_{n} = \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} f (x) e^{- in x} d x$ の 1 本の式で求まります。さらに 2 つの関数 $f, g \in L^{2} (- π, π)$ の係数 $c_{n}, d_{n}$ について $\frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} f g ˉ d x = \sum_{n \in Z} c_{n} d_{n}$ （内積型のパーセバルの等式）が成り立ちます。異なる 2 つの関数を組み合わせられるので、 $∣ c_{n} ∣^{2}$ だけでは届かない級数の和や、区分的多項式の展開を使った $\sum \frac{1}{( 2 k - 1 ) ^{6}}$ のような高次の級数の和を求めるのに使います。

なぜそうしてよいのか

$L^{2} (- π, π)$ （複素数値）に内積 $⟨ f, g ⟩ = \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} f (x) g (x) d x$ を入れ、 $e_{n} (x) = e^{in x}$ とおきます。 $m \neq = n$ なら $⟨ e_{m}, e_{n} ⟩ = \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} e^{i (m - n) x} d x = \frac{1}{2 π} [\frac{e ^{i (m - n) x}}{i ( m - n )}]_{- π}^{π} = 0$ （ $e^{i (m - n) π} = e^{- i (m - n) π}$ のため）、 $m = n$ なら $1$ なので、 ${e_{n}}_{n \in Z}$ は正規直交系です。 $c_{n} = ⟨ f, e_{n} ⟩$ がちょうど上の係数の式で、 $e^{- in x}$ が現れるのは内積の第 2 成分に複素共役を付けるからです。オイラーの公式から $e^{in x}$ と $e^{- in x}$ の組は $cos n x, sin n x$ の組と互いに 1 次結合で書けるので、実フーリエ級数の三角関数系が完全（正規直交基底）であることから ${e_{n}}$ も正規直交基底になります。

正規直交基底があれば $f = \sum_{n} c_{n} e_{n}$ , $g = \sum_{n} d_{n} e_{n}$ （ $L^{2}$ ノルムでの収束）と展開できます。内積は各成分について連続なので、部分和 $f_{N} = \sum_{∣ n ∣ \leq N} c_{n} e_{n}$ , $g_{N} = \sum_{∣ n ∣ \leq N} d_{n} e_{n}$ に対して $⟨ f_{N}, g_{N} ⟩ = \sum_{∣ m ∣, ∣ n ∣ \leq N} c_{m} d_{n} ⟨ e_{m}, e_{n} ⟩ = \sum_{∣ n ∣ \leq N} c_{n} d_{n}$ を計算し、 $N \to \infty$ とすれば $⟨ f, g ⟩ = \sum_{n \in Z} c_{n} d_{n}$ が得られます（右辺はコーシー・シュワルツの不等式より絶対収束）。 $g = f$ とおけば、おなじみの $\frac{1}{2 π} \int ∣ f ∣^{2} d x = \sum ∣ c_{n} ∣^{2}$ になります。

使い道のポイントは、 $c_{n} d_{n}$ が欲しい級数の一般項になるように $f, g$ を選ぶことです。係数の減り方は、 $f$ を周期 $2 π$ で $R$ 全体に拡張した関数がどれだけ滑らかか（つなぎ目 $x = \pm π$ も含めて）で決まります。部分積分 $\int_{- π}^{π} f (x) e^{- in x} d x = [f (x) \frac{e ^{- in x}}{- in}] + \frac{1}{in} \int f^{'} (x) e^{- in x} d x$ を各滑らかな区間で行うと、跳びがあれば境界項が残って $\frac{1}{n}$ 程度、跳びがなければ境界項が打ち消し合って $f^{'}$ の係数の $\frac{1}{in}$ 倍になるからです。例えば $sign x$ は $x = 0$ で、 $x$ は周期拡張すると $x = \pm π$ で跳ぶので係数は $\frac{1}{n}$ 型、 $x^{2}$ は周期拡張が連続（導関数は $x = \pm π$ で跳ぶ）なので $\frac{1}{n ^{2}}$ 型、 $x (π - ∣ x ∣)$ は周期拡張とその導関数が連続（第 2 次導関数が跳ぶ）なので $\frac{1}{n ^{3}}$ 型です。したがって係数が $\frac{1}{n}$ 型と $\frac{1}{n ^{2}}$ 型の関数を組み合わせれば $\frac{1}{n ^{3}}$ 型、 $\frac{1}{n ^{3}}$ 型どうしを組み合わせれば $\frac{1}{n ^{6}}$ 型の和が得られます。

手順

欲しい級数の一般項を見て、係数の積 $c_{n} d_{n}$ がその形になるような 2 つの関数 $f, g$ （区間 $(- π, π)$ 上の区分的多項式など）を選ぶ。係数の減り方は周期拡張の滑らかさ（跳びがあれば $\frac{1}{n}$ 、連続で導関数が跳べば $\frac{1}{n ^{2}}$ 、…）で見積もる。
$c_{n} = \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} f (x) e^{- in x} d x$ と $d_{n}$ を計算する。 $n = 0$ は一般の式が使えない（ $\frac{1}{n}$ が現れる）ことが多いので別に計算する。偶関数・奇関数なら $e^{- in x} = cos n x - i sin n x$ の片方だけ積分すればよい。
左辺 $\frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} f (x) g (x) d x$ を直接計算する。
右辺 $\sum_{n \in Z} c_{n} d_{n}$ を書く。 $n$ と $- n$ の項をまとめて $n \geq 1$ の和に直し、両辺を等しいとおいて求めたい級数について解く。

例題

区間 $(- π, π)$ 上の関数 $f (x) = {1 - 1 (0 < x < π) (- π < x < 0)$ と $g (x) = x$ に、内積型のパーセバルの等式 $\frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} f g ˉ d x = \sum_{n \in Z} c_{n} d_{n}$ を適用して、 $k = 1 \sum \infty \frac{1}{( 2 k - 1 ) ^{2}}$ の値を求めよ。ただし $c_{n}, d_{n}$ はそれぞれ $f, g$ の複素フーリエ係数とする。

例題の解答

手順 1: $f$ は $x = 0$ （と $x = \pm π$ ）で跳ぶので係数は $\frac{1}{n}$ 型、 $g = x$ も周期拡張すると $x = \pm π$ で跳ぶ（ $π$ から $- π$ へ）ので係数は $\frac{1}{n}$ 型。積は $\frac{1}{n ^{2}}$ 型になり目的の級数に合う。

手順 2: $f$ は奇関数なので $c_{n} = \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} f (x) (- i sin n x) d x = \frac{- i}{π} \int_{0}^{π} sin n x d x = \frac{- i}{π} \cdot \frac{1 - ( - 1 ) ^{n}}{n}$ （ $n \neq = 0$ ）、 $c_{0} = \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} f d x = 0$ 。よって $n$ が奇数のとき $c_{n} = - \frac{2 i}{π n}$ 、 $n$ が $0$ を含む偶数のとき $c_{n} = 0$ 。 $g$ も奇関数で、部分積分により $\int_{- π}^{π} x sin n x d x = \frac{2 π ( - 1 ) ^{n + 1}}{n}$ なので $d_{n} = \frac{- i}{2 π} \cdot \frac{2 π ( - 1 ) ^{n + 1}}{n} = \frac{i ( - 1 ) ^{n}}{n}$ （ $n \neq = 0$ ）、 $d_{0} = 0$ 。

手順 3: $g$ は実数値なので $g ˉ = x$ 。 $f (x) x = ∣ x ∣$ より左辺は $\frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} ∣ x ∣ d x = \frac{1}{2 π} \cdot π^{2} = \frac{π}{2}$ 。

手順 4: $c_{n} \neq = 0$ となるのは $n$ が奇数のときだけで、そのとき $(- 1)^{n} = - 1$ より $d_{n} = - \frac{i}{n}$ 、 $d_{n} = \frac{i}{n}$ 、 $c_{n} d_{n} = - \frac{2 i}{π n} \cdot \frac{i}{n} = \frac{2}{π n ^{2}}$ 。 $n$ と $- n$ の項は等しいので $\sum_{n \in Z} c_{n} d_{n} = 2 \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{2}{π ( 2 k - 1 ) ^{2}} = \frac{4}{π} \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{( 2 k - 1 ) ^{2}}$ 。これが $\frac{π}{2}$ に等しいので $\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{( 2 k - 1 ) ^{2}} = \frac{π ^{2}}{8}$ 。

答え: $\frac{π ^{2}}{8}$

よくある誤り

右辺の複素共役を付け忘れて $\sum c_{n} d_{n}$ としてしまう誤り。正しくは $\sum c_{n} d_{n}$ 。例題で共役なしに計算すると、奇数 $n$ で $c_{n} d_{n} = (- \frac{2 i}{π n}) (- \frac{i}{n}) = - \frac{2}{π n ^{2}}$ となり、右辺が $- \frac{4}{π} \sum \frac{1}{( 2 k - 1 ) ^{2}}$ になって、正の項の和が $- \frac{π ^{2}}{8}$ という符号の誤った結果になる。
和を $n \geq 1$ だけでとってしまう誤り。正しくは $n \in Z$ 全体の和で、負の $n$ も含める。例題で $n \geq 1$ だけにすると $\frac{2}{π} \sum \frac{1}{( 2 k - 1 ) ^{2}} = \frac{π}{2}$ となり、誤って $\frac{π ^{2}}{4}$ を得る。
係数の規格化を混同する誤り。正しくは $c_{n} = \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} f (x) e^{- in x} d x$ と定めたときに左辺も $\frac{1}{2 π} \int f g ˉ d x$ となる。左辺を $\frac{1}{π} \int f g ˉ d x$ （実フーリエ級数の流儀）にすると値が 2 倍ずれる。実係数との関係は $n \geq 1$ で $c_{n} = \frac{a _{n} - i b _{n}}{2}$ , $c_{- n} = \frac{a _{n} + i b _{n}}{2}$ , $c_{0} = \frac{a _{0}}{2}$ 。
$n = 0$ の係数を一般の式で済ませてしまう誤り。正しくは $c_{0} = \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} f d x$ （ $f$ の平均値）を別に計算する。例えば $f (x) = x^{2}$ では $n \neq = 0$ で $c_{n} = \frac{2 ( - 1 ) ^{n}}{n ^{2}}$ だが、 $c_{0} = \frac{π ^{2}}{3}$ であり、これを落とすと等式が成り立たない。

この説明は AI が書き、別の AI が例題を独立に解いて答えを確かめ、説明を一歩ずつ査読しました。

入口の問題

難易度 1（大学院の講義の例題レベル）
区間 $[- π, π]$ 上の関数 $f, g$ を
$f (x) = {01 (- π \leq x < 0) (0 \leq x \leq π), g (x) = x (π^{2} - x^{2})$
で定める。複素フーリエ係数を
$c_{n} = \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} f (x) e^{- in x} d x, d_{n} = \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} g (x) e^{- in x} d x (n \in Z)$
とし、内積型のパーセバルの等式
$\frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} f (x) g (x) d x = n = - \infty \sum \infty c_{n} d_{n}$
を用いて、無限級数
$k = 1 \sum \infty \frac{1}{( 2 k - 1 ) ^{4}}$
の和を求めよ。

複素フーリエ級数と内積型のパーセバルの等式

前提

説明

なぜそうしてよいのか

手順

例題

よくある誤り

入口の問題

この技能を使う問題