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スムーズ関数に対するフーリエ逆変換定理 📂フーリエ解析

スムーズ関数に対するフーリエ逆変換定理

定理

ffがR\mathbb{R} 上で積分可能であり、部分的に滑らかだとする。すると、以下の式が成り立つ。

lim⁡r→∞12π∫−rreiξxf^(ξ)dξ=12[f(x−)+f(x+)],∀x∈R \lim \limits_{r\to \infty} \frac{1}{2\pi} \int_{-r}^{r}e^{i\xi x} \hat{f}(\xi)d\xi= \frac{1}{2}\big[f(x-)+f(x+) \big],\quad \forall x\in \mathbb{R}

このとき、f(x+)f(x+)、f(x−)f(x-)はそれぞれ、ffのxxにおける右極限、左極限である。

説明

フーリエ逆変換定理では、カットオフファンクションを使用したが、ffに対する条件は比較的弱かった。上記の定理はフーリエ逆変換定理の別の形である。結果として得られる式は、条件が強力な分、強力である。フーリエ逆変換定理では、せいぜいffが連続であることしか要求されなかったが、ここではさらに滑らかさも要求される。以下のようなカットオフ関数を使用したと考えることもできる。

η(x)={1−r≤x≤r0otherwise \eta (x)=\begin{cases} 1&-r \le x \le r \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}

証明

まず、以下の式を計算しよう。

∫−rreiξ(x−y)dξ=eiξ(x−y)i(x−y)]ξ=−rr=eir(x−y)−e−ir(x−y)i(x−y)=2isin⁡r(x−y)i(x−y)=2sin⁡r(x−y)(x−y) \begin{align*} \int_{-r}^{r}e^{i\xi (x-y)}d\xi &= \left. \frac{e^{i\xi (x-y)}}{i(x-y)}\right]_{\xi=-r}^{r} \\ &= \frac{e^{ir(x-y)}-e^{-ir(x-y)}}{i(x-y)} \\ &=\frac{2i \sin r(x-y)}{i(x-y)}=\frac{2\sin r(x-y)}{(x-y)} \end{align*}

これを利用して、以下の式を得る。

12π∫−rreiξxf^(ξ)dξ=12π∫−rreiξx∫−∞∞f(y)e−iξydydξ=12π∫−∞∞∫−rreiξ(x−y)dξf(y)dy=1π∫−∞∞sin⁡r(x−y)(x−y)f(y)dy \begin{align*} \frac{1}{2\pi}\int_{-r}^{r}e^{i\xi x}\hat{f}(\xi)d\xi &= \frac{1}{2\pi}\int_{-r}^{r} e^{i\xi x}\int _{-\infty} ^{\infty}f(y)e^{-i\xi y}dyd\xi \\ &= \frac{1}{2\pi}\int _{-\infty} ^{\infty}\int_{-r}^{r} e^{i\xi (x-y)}d\xi f(y)dy \\ &= \frac{1}{\pi}\int _{-\infty} ^{\infty}\frac{\sin r(x-y)}{(x-y)}f(y)dy \end{align*}

x−y=yx-y=yで置換すると、

1π∫−∞∞sin⁡r(x−y)(x−y)f(y)dy=−1π∫∞−∞sin⁡(ry)yf(x−y)dy=1π∫−∞∞sin⁡(ry)yf(x−y)dy \begin{align} \frac{1}{\pi}\int _{-\infty} ^{\infty}\frac{\sin r(x-y)}{(x-y)}f(y)dy &= -\frac{1}{\pi}\int _{\infty} ^{-\infty}\frac{\sin (ry)}{y}f(x-y)dy \nonumber \\ &= \frac{1}{\pi}\int _{-\infty} ^{\infty}\frac{\sin (ry)}{y}f(x-y)dy \label{eq1} \end{align}

一方で、シンク関数の理想的積分が以下のようであることはよく知られている。

∫−∞0sin⁡xxdx=∫−∞0sin⁡(ax)xdx=π2=∫0∞sin⁡xxdx=∫0∞sin⁡(ax)xdx \begin{equation} \int_{-\infty}^{0} \frac{\sin x}{x}dx=\int_{-\infty}^{0} \frac{\sin (ax)}{x}dx=\frac{\pi}{2}=\int_{0}^{\infty} \frac{\sin x}{x}dx=\int_{0}^{\infty} \frac{\sin (ax)}{x}dx \label{eq2} \end{equation}

上記の二つの式(1)(1)、(2)(2)を利用して、以下の式を得ることができる。

12π∫−rreiξxf^(ξ)dξ−12[f(x+)+f(x−)]= 1π∫−∞∞sin⁡(ry)yf(x−y)dy−1π∫−∞0sin⁡(ry)ydyf(x+)−1π∫0∞sin⁡(ry)ydyf(x−)= 1π∫−∞0sin⁡(ry)y[f(x−y)−f(x+)]dy+1π∫0∞sin⁡(ry)y[f(x−y)−f(x−)]dy \begin{align} &\frac{1}{2\pi}\int_{-r}^{r}e^{i\xi x}\hat{f}(\xi)d\xi-\frac{1}{2}\big[ f(x+)+f(x-)\big] \nonumber \\ =&\ \frac{1}{\pi}\int _{-\infty} ^{\infty}\frac{\sin (ry)}{y}f(x-y)dy -\frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{0}\frac{\sin (ry)}{y}dyf(x+)-\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\infty}\frac{\sin (ry)}{y}dyf(x-) \nonumber \\ =&\ \frac{1}{\pi}\int _{-\infty} ^{0}\frac{\sin (ry)}{y}\big[f(x-y)-f(x+) \big]dy +\frac{1}{\pi}\int _{0} ^{\infty}\frac{\sin (ry)}{y}\big[f(x-y)-f(x-) \big]dy \label{eq3} \end{align}

このとき、解法が同じなので、上記の式の最後の行の二番目の項についてだけ考えればよい。K≥1K\ge 1について、次のように積分区間を分けよう。

1π∫0∞sin⁡(ry)y[f(x−y)−f(x−)]dy=1π∫0Ksin⁡(ry)y[f(x−y)−f(x−)]dy+1π∫K∞sin⁡(ry)y[f(x−y)−f(x−)]dy \begin{align} &\frac{1}{\pi}\int _{0} ^{\infty}\frac{\sin (ry)}{y}\big[f(x-y)-f(x-) \big]dy \nonumber \\ = &\frac{1}{\pi}\int _{0} ^{K}\frac{\sin (ry)}{y}\big[f(x-y)-f(x-) \big]dy+\frac{1}{\pi}\int _{K} ^{\infty}\frac{\sin (ry)}{y}\big[f(x-y)-f(x-) \big]dy \label{eq4} \end{align}

(4)(4)の二番目の項を二つの部分に分けて考える。x≥1x \ge 1に対して∣sin⁡xx∣≤1\left| \frac{\sin x}{x} \right| \le 1であるので、次の式を得る。

∣1π∫K∞sin⁡(ry)yf(x−y)dy∣≤1π∫K∞∣sin⁡(ry)yf(x−y)∣dy≤1π∫K∞∣f(x−y)∣dy \begin{align*} \left| \frac{1}{\pi}\int _{K} ^{\infty}\frac{\sin (ry)}{y}f(x-y)dy\right| &\le \frac{1}{\pi}\int _{K} ^{\infty}\left|\frac{\sin (ry)}{y}f(x-y)\right|dy \\ &\le \frac{1}{\pi}\int _{K} ^{\infty}\left|f(x-y)\right|dy \end{align*}

このとき、仮定によりffは積分可能なので、lim⁡x→∞f(x)\lim \limits_{x \to \infty}f(x)が発散することはない。したがって、上記の積分はK→∞K \to \inftyのとき00に近づく。残りの部分は、以下のように計算できる。

1π∫K∞sin⁡(ry)yf(x−)dy=f(x−)π∫K∞sin⁡(ry)ydy=f(x−)π∫rK∞sin⁡(y)ydy \begin{align*} \frac{1}{\pi}\int _{K} ^{\infty}\frac{\sin (ry)}{y}f(x-)dy &= \frac{f(x-)}{\pi}\int _{K} ^{\infty}\frac{\sin (ry)}{y}dy \\ &= \frac{f(x-)}{\pi}\int _{rK} ^{\infty}\frac{\sin (y)}{y}dy \end{align*}

このとき、sin⁡xx\frac{\sin x}{x}も積分可能なので、同様に、r≥1r\ge 1の時にrrの値に関係なく、K→∞K \to \inftyの時に積分値が00に近づく。したがって、KKを十分に大きくすることで、(4)(4)の二番目の項を求めるだけの十分に小さくすることができる。今度は、(3)(3)の最初の項を計算する番である。まず、関数ggを次のようにする。

g(y)={f(x−y)−f(x−)y,0<y<K0,otherwise g(y) =\begin{cases} \frac{f(x-y)-f(x-)}{y}, &0<y<K \\ 0, & \text{otherwise}\end{cases}

すると、以下の式を得る。

∫eiry−e−iry2ig(y)dy=12i[∫g(y)eirydy−∫g(y)e−irydy]=12i[g^(r)−g^(−r)] \begin{align*} \int \frac{e^{iry}-e^{-iry}}{2i}g(y)dy &=\frac{1}{2i}\left[\int g(y)e^{iry}dy-\int g(y)e^{-iry}dy \right] \\ &= \frac{1}{2i}\big[ \hat{g}(r)-\hat{g}(-r) \big] \end{align*}

このとき、ffが滑らかな関数であると仮定したので、ggもy=0y=0を除いて、すべての場所で滑らかな関数である。そして、関数値g(y)g(y)は、yyが00に近づくにつれて減少するときf′(x−)f^{\prime}(x-)に近づくので、ggは[0,K][0,K]で有界であり、積分可能である。したがって、リーマン-ルベーグの補題により、lim⁡r→∞g^(±r)=0\lim \limits_{r\to\infty}\hat{g}(\pm r)=0である。これを組み合わせると、(3)(3)の二番目の項に対して、次の式を得る。

lim⁡r→∞1π∫0∞sin⁡(ry)y[f(x−y)−f(x−)]dy=0 \lim \limits_{r\to \infty}\frac{1}{\pi}\int _{0} ^{\infty}\frac{\sin (ry)}{y}\big[f(x-y)-f(x-) \big]dy =0

同様の方法で、(3)(3)の最初の項に対しても、次の式を得る。

lim⁡r→∞1π∫−∞0sin⁡(ry)y[f(x−y)−f(x−)]dy=0 \lim \limits_{r\to \infty}\frac{1}{\pi}\int _{-\infty} ^{0}\frac{\sin (ry)}{y}\big[f(x-y)-f(x-) \big]dy =0

したがって、

lim⁡r→∞12π∫−rreiξxf^(ξ)dξ−12[f(x+)+f(x−)]=0 \lim \limits_{r \to \infty} \frac{1}{2\pi}\int_{-r}^{r}e^{i\xi x}\hat{f}(\xi)d\xi-\frac{1}{2}\big[ f(x+)+f(x-)\big]=0

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