フーリエ級数収束定理とリーマン・ルベーグの定理

質問

フーリエ級数収束定理の証明を考えているのですが、ある疑問が出て、証明にたどり着けません。
問題の根本はリーマンルベーグの定理から来るものです。
フーリエ級数収束定理の証明を考えると、、最終的に、以下の式の証明を考えなければならないと分かりました。
lim[n→∞]{∫[-T/2→T/2]{(f(u+t)-f(t))/sin(ωu/2)*sin((n+1/2)ωu}du}=0 (ω=2π/T)　…(1)
この証明にリーマンルベーグの定理を用いるのですが、困った事がおきました。
フーリエ級数収束定理とは次のような定理です。
周期Tの周期関数f(t)が「区分的に滑らか」であるとき、f(t)のフーリエ級数代n部分和S[n](t)に関して、次の極限式が成り立つ。
lim[n→∞]{S[n](t)}=f(t)　…(2)
(ただし、不連続点では、[右辺]={f(t-0)+f(t+0)}/2)
「区分的に滑らか」と「区分的に連続」の定義は次のようになります。
(※)「区分的に滑らか」…有限個の微分不可点(傾きが急変する点や不連続点)t[k](k=1,2,3,…,n)が存在するもののそれ以外の点では連続かつ有界。また、

tkの近傍(t[k]±0)において、t[k]-0 における左側微分係数(f'-(t[k]-0))及び、t[k]+0 における右側微分係数(f'+(t[k]+0))が存在する。
(微分不可点を除いて、関数とその導関数が有界であれば区分的に滑らかであるといえる。)
(※)「区分的に連続」…有限個の不連続点tkを除いて連続かつ有界。また、tkにおける左側極限値 f(t[k]-0) 及び、右側極限値 f(t[k]+0) が存在する。
lim[n→∞]{∫[-T/2→T/2]{(f(u+t)-f(t))/sin(ωu/2)*sin((n+1/2)ωu}du}=0　((1)式)
が成り立つことを示すには、リーマン・ルベーグの定理(補題)を使うと思います。このリーマン・ルベーグの定理とは、
関数f(x)が区間[a,b]で、「ある性質」を持つとき、次の極限式が成立する。
・lim[n→∞]{∫[a→b]{f(x)sin(nx)}=0　…(3)
・lim[n→∞]{∫[a→b]{f(x)cos(nx)}=0
という定理です。最終的には、このリーマン・ルベーグの定理(補題)が証明でき、(1)式に応用することができれば良いのではないかという結論に至りました。
リーマン・ルベーグの定理の証明について、いくつかのサイトを参考にしたのですが、f(x)が持つ「ある性質」の部分が統一されておらず、
・区分的に滑らか
・区分的に連続
の2通りの流儀があるようでした。
リーマン・ルベーグの定理の成立条件として「f(x)が区分的に滑らか」を採用した場合、
∫[a→b]{f(x)sin(nx)}=[a→b](1/n)[-f(x)cos(nx)]+∫[a→b](1/n){f'(x)cos(nx)}
から、f(x)及びf'(x)が[a,b]で有界ならば、n→∞としたとき零になり、リーマン・ルベーグの定理が成立することが分かります。
これを(1)式に対して適用します。(3)式のf(x)は、(1)式では、(f(u+t)-f(t))/sin(ωu/2)です。
(f(u+t)-f(t))/sin(ωu/2)=g(u)
とおくと、g(u)およびg'(u)が有界であることを言うことが必要になります。
g(u)=(f(u+t)-f(t))/u*u/sin(ωu/2) , lim[u→0]g(u)=2/ω*f'(t)
より、
[-T/2≦u≦T/2]において、f(t)及びf'(t)が発散しなければ、つまりf(t)が周期T内で「区分的に滑らか」ならば、g(u)は有界であることが言えそうなのです
が、g'(u)が[-T/2≦u≦T/2]で有界になることが自分には証明できませんでした。もし証明できるならば教えてください。

一方で、リーマン・ルベーグの定理の成立条件として「f(x)が区分的に連続」を採用した場合ですが、この定理の証明に
http://tmlaboratory.at-ninja.jp/doc/Riemann-Lebesgue_lemma/node3.html
http://homepage3.nifty.com/rikei-index01/ouyoukaiseki/riemanrubeg.html
を参考にしながら次のように検討しました。
区分的に連続の関数f(x)が閉区間[a,b]で有限個(M個)の不連続点(x=t[k](k=1,2,…,M))を持つとする。
[a,b]内で連続となる区間はM+1個できる。この連続区間を、取りうるxの小さいほうから順にT[k](k=1,2,…,M,M+1)と書く。
各区間T[k]の範囲は、
T[k]:[t[k-1]≦x≦t[k]] (k=1,2,…,M+1) (ただし、t[0]=a,t[M+1]=b)
各連続区間T[k]上の連続関数をf[k](x)(k=1,2,…,M+1)とする。
f(x)は[a,b]で有界だから
|f(x)|≦F , |f[k](x)|≦F　…(4)
を満たす実数Fが存在する。
区間T[k]上でf[k](x)に対するリーマン・ルベーグの定理が成り立つことが言えれば、
[a,b]上のf(x)に対するリーマン・ルベーグの定理が成り立つことが言える。
f(x)の任意の連続区間T[k]=[t[k-1],t[k]]をN等分し、T[k]上の分割点を小さい方より、
t[k-1]=x[0]<x[1]<x[2]<…<x[l-1]<x[l]<…<x[N-1]<x[N]=t[k]
とおく。
分割した小区間の長さを⊿xすると
⊿x=x[l]-x[l-1] (l=1,2,…,N)
=(t[k]-t[k-1])/N
すると求める積分は、
∫[t[k-1]→t[k]]{f[k](x)sin(nx)}dx=Σ[l=1,N]{∫[x[l-1]→x[l]]{f[k](x)sin(nx)}dx}　…(5)
となる。このときxの範囲は、(x[l-1]≦x≦x[l])である。
(5)式に対し、その大小関係を考えていく。
|∫[t[k-1]→t[k]]{f[k](x)sin(nx)}dx|
≦Σ[l=1,N]{∫[x[l-1]→x[l]]|f[k](x)-f[k](x[l])|・|sin(nx)|dx+|f[k](x[l])|・|∫[x[l-1]→x[l]]{sin(nx)}dx|}　…(6)
|sin(nx)|≦1
|f[k](x)|≦F
より
(6式)≦Σ[l=1,N]{∫[x[l-1]→x[l]]|f[k](x)-f[k](x[l])|・1・dx+F|∫[x[l-1]→x[l]]{sin(nx)}dx|}
≦Σ[l=1,N]{∫[x[l-1]→x[l]]|f[k](x)-f[k](x[l])|dx+F/n*(|cos(nx[l-1])|+|cos(nx[l])|)}　…(7)
|cos(nx[l-1])|≦1
|cos(nx[l])|≦1
より
(7式)≦Σ[l=1,N]{∫[x[l-1]→x[l]]|f[k](x)-f[k](x[l])|dx+2F/n}
=Σ[l=1,N]{∫[x[l-1]→x[l]]|f[k](x)-f[k](x[l])|dx}+Σ[l=1,N]{2F/n}　…(8)
f[k](x)の連続性から
(x[l-1]≦x≦x[l])の範囲のx、及び任意の正の実数εに対して、
|x-x[l]|≦⊿x=x[l]-x[l-1]=(t[k]-t[k-1])/N
ならば
|f[k](x)-f[k](x[l])|≦ε
を満たす⊿xがただ一つ定まる。このとき分割数Nも適切に取る。
(8)式に対し
(8式)≦Σ[l=1,N]{∫[x[l-1]→x[l]]{ε}dx}+2NF/n
=Σ[l=1,N]{ε(x[l]-x[l-1])}+2NF/n
=Nε(x[l]-x[l-1])+2NF/n
=ε(t[k]-t[k-1])+2NF/n
よって
|∫[t[k-1]→t[k]]{f[k](x)sin(nx)}dx|≦ε(t[k]-t[k-1])+2NF/n　…(9)
(9)式について
2NF/n≦ε
となるようにnを大きく取れば
|∫[t[k-1]→t[k]]{f[k](x)sin(nx)}dx|≦ε(t[k]-t[k-1])+2NF/n
≦ε(t[k]-t[k-1])+ε
=ε(t[k]-t[k-1]+1)
最終的に
|∫[t[k-1]→t[k]]{f[k](x)sin(nx)}dx|≦ε(t[k]-t[k-1]+1)　…(10)
の関係が言える。
参照したサイトでは、εは任意に取ることができるから、n→∞とすればε→0より
lim[n→∞]|∫[t[k-1]→t[k]]{f[k](x)sin(nx)}dx|=0
となり、リーマン・ルベーグの定理が成り立つと結論付けていますがε→0とするとき、
∀ε>0,∀x[l]>0∈T[k],∃⊿x>0 s.t.∀x∈⊿x=x[l]-x[l-1], |x-x[l]|≦⊿x⇒|f[k](x)-f[k](x[l])|≦ε
となるように⊿xを決めているから、ε→0 とするとき同時に ⊿x→0 になり、分割数Nを∞にする必要がでてきます。
結局はn→∞,ε→0としても、⊿x→0,N→∞としなければならず、
2NF/n≦εの関係からlim[n→∞]{2NF/n} (≦ε) は零に収束しないような気がします。
どうすれば答えが導けるでしょうか。

回答No.3

stomachman

ではもひとつ押してみましょうか。

> lim[n→∞]{∫[-T/2→T/2]{(f(u+t)-f(t))/sin(ωu/2)*sin((n+1/2)ωu}du}=0 (ω=2π/T)　…(1)

　Dirichlet核D[n](u)のオイシイところは、nを大きくすると、u=0のごく近く以外では振幅がいくらでも小さくなること。つまり ∫D[n](u)f(u)duはu=0の近傍でのf(u)だけによって決まる、ということです。だから、lim[n→∞]∫D[n](u)((f(t+u)+f(t-u))/2)duを考えれば、（実は正直に積分するまでもなくて）lim[u→+0] (f(t+u)+f(t-u))/2 （=tが階段の段差なら平均値, tが特異点ならそれを無視した補間値）に収束してくれる。
　ところが、(1)式のように(f(u+t)-f(t))で考えていると、f(t)を使っちゃってるのでこの効果が出ませんから、段差や特異点を特別扱いしなくてはならなくなるんじゃないでしょうか。

回答No.2

stomachman

まず、舌足らずっぽかったところをちょっとだけ上塗りしておきます。

def:　Lq[a,b] = {f | fは(a,b)で可測な関数であって ∫[a～b](|f(x)|^q)dxが有限 } (ただしqは実数でq≧1)

とします。 ∫[a～b](|f(x)|^q)dxが有限であるもののうちで、「測度が0であるような集合(その要素の個数は無限個でもいい)を除いて一致する」という関係で分類した商集合(の代表元の集合)がLq[a,b]。たとえば、ある孤立点の値だけがぶっ飛んでいるとか、階段の段差の所での値だけがいろいろ異なっているとか、そういうのは無視して、いわゆる「a.e.(almost everywhere)で一致する」ものは同じ関数だとして扱うということです。
　　f∈L1[a,b]のフーリエ級数の係数c[n]がどれも0である → a.e.でf(x)=0
が言えるので、L1[a,b]がフーリエ級数展開と1:1対応していることが分かります。
　なお、Riemann-Lebesgueの補題はL2で成り立ち、さらに
　　 ∀f(f∈L1[a,b] → lim[n→±∞]∫[a～b]f(x)exp(-inx)dx = 0)
つまりL1でも成り立ちます。（証明は、要するにRiemann-Lebesgueの補題が成り立つと分かっているクラスの関数でfを近似して、残差がn→±∞で0になることを言えばいいのです。）

　フーリエ合成が各点xで収束する条件については、ANo.1のように、段差（もしあれば）の左右の平均と収束先の値Cとの差を
　E(x,u)=((f(x+u)+f(x-u))/2)-C
とし、Dirichlet核D[n](u)を使って陽に部分和を表現すれば、
　　Σ{n=-∞～∞}c[n]exp(inx) = C ⇔ lim[n→±∞]∫[0～π]E(x,u)D[n](u)du = 0
となりますが、 任意のt s.t. 0＜t＜πについて（E(x,u)/sin(u/2)∈L1(t,π)であるから）Riemann-Lebesgueの補題を使うと
　　⇔ lim[n→±∞]∫[0～t]E(x,u)D[n](u)du = 0
でも良いということになる。さらにD[n](u)の代わりにsinc関数 sin(nu)/u を使っても同値。なぜなら u∈(0,t)においてE(x,u)(D[n](u) - sin(nu)/u)に上記補題を適用すれば、 lim[n→±∞]で0になるから。これらを使って、様々な「収束判定条件」（十分条件）が導ける訳ですね。

　さて、ANo.1の補足にお書きの

> (x)が「区分的に連続」なときの

>・lim[n→∞]{∫[a→b]{f(x)sin(nx)}=0


について。
　ご質問の(2)式は各点tでの収束の話のようで、しかも、不連続点やら特異点が有限個しかない場合に限定した話をなさっているようです。でも、a.e.において、「区分的に連続」な関数は絶対連続な関数と階段関数（区分的に定数値の関数）の和だと考えることができますよね。「区分的に滑らか」な関数は「区分的に連続」な関数の原始関数と階段関数の和。
　ということは、要するに「階段関数の場合、段差のところでは、フーリエ合成が段の左右の値の平均値になる」ということを言えばいいんでしょう。そこに絞ってトライなされば良いと思います。Dirichlet核という道具もあるんですし。

お礼

厳密なところまでアドバイスしていただいてありがとうございました。
もうすこし頑張ってみます。

回答No.1

stomachman

なんかすげー細かい話まで書いてあって、とてもすぐにはついていけないんですが、取りあえずイッチョカミしてみますと：

　まず、「区分的に××」という話については、可測関数を「(1)絶対連続関数と(2)階段関数と(3)連続な(だが絶対連続ではない)特異関数(悪魔の階段みたいな)との和」、という形に分解するLebesgue分解で考えると宜しいんではないかと。
　また、Riemann-Lebesgueの補題は
　　f∈L1(a,b)とは「f(x)が可測関数であって∫{a～b}|f(x)|dx ＜ ∞ である」こととする。このとき
　　∀f(f∈L1(-π,π) → lim[n→±∞] ∫{-π～π} f(x)exp(-inx) dx = 0)
　　∀f(f∈L1(-∞,∞) → lim[n→±∞] ∫{-∞～∞} f(x)exp(-inx) dx = 0)
という形ではどうだろうかと。
　なお、後者は
　　∀f(f∈L1(-∞,∞) → ∀ε(ε>0 → ∃S(Sは階段関数 ∧ ∫{-∞～∞} |f(x)-S(x)| dx＜ε))
(∵階段関数の全体はL1(-∞,∞) で稠密)つまり、f(x)を階段関数で近似するいうことを使って証明されます。

　さて、fが区間Xで可積分であるとは、「区間Xにおけるmax(f(x),0)の積分とmax(-f(x),0)の積分とがどちらも有限であること」とする。そして、任意の有限区間で可積分な(=局所可積分な)周期2πの関数の空間（これをLp1と書く）において、フーリエ級数の収束条件を考えます。フーリエ級数の係数をc(n)とし、でもって、ディリグレ核
　　D[n](u) = (1/(2π))Σ{k=-n～n}exp(iku) = sin((n+(1/2))u) / (2πsin(u/2))
を使って、フーリエ合成の部分和s[n](x)を
　　s[n](x) = Σ{k=-n～n}c(n)exp(iku) = (f＊D[n])(x)　（＊は-π～πでの畳み込み積分）
と書くと
　　s[n](x) = 2∫[0～π] (f(x+u)+f(x-u))D[n](u)dx
　　2∫[0～π] D[n](u)dx=1
なので
　　s[n](x)-C = ∫[0～π] (f(x+u)+f(x-u)-2C)D[n](u)dx
従って、f∈Lp1のFourier級数が点xでCに収束する必要十分条件は
　　lim[n→∞] ∫[0～π] (f(x+u)+f(x-u)-2C)D[n](u) du = 0
ということ。xが丁度段差のところにあっても、うまく繋がってくれる訳です。
　これを、ご質問にお書きの「フーリエ級数収束定理」の形に持っていければいいんじゃないでしょうか。（的外れでしたかね？）

補足

さっそくの回答をいただき、有難うございます。
文字数制限があって説明を省略した部分((1)式の導出など)もあり、わかりにくい文章になってしまいました。

フーリエ級数展開やリーマン・ルベーグの定理で扱う関数ですが、ここでは「区分的に滑らか」または、「区分的に連続」に分類される関数の内、有界でリーマン積分可能な周期関数に絞って考えたいです。あまりに奇妙な不連続関数はここでは考えたくないです。

「区分的に滑らか」と「区分的に連続」については質問に書いた様な定義の仕方でも問題がないような気がするのですが、どこかおかしな点はありますでしょうか。

(※)「区分的に滑らか」…有限個の微分不可点(傾きが急変する点や不連続点)t[k](k=1,2,3,…,n)が存在するもののそれ以外の点では連続かつ有界。また、
t[k]の近傍(t[k]±0)において、t[k]-0 における左側微分係数(f'[-](t[k]-0))及び、t[k]+0 における右側微分係数(f'[+](t[k]+0))が存在する。
(微分不可点を除いて、関数とその導関数が有界であれば区分的に滑らかであるといえる。)

(※)「区分的に連続」…有限個の不連続点tkを除いて連続かつ有界。また、tkにおける左側極限値 f(t[k]-0) 及び、右側極限値 f(t[k]+0) が存在する。
フーリエ級数の収束定理の証明は質問の(1)式
>>lim[n→∞]{∫[-T/2→T/2]{(f(u+t)-f(t))/sin(ωu/2)*sin((n+1/2)ωu}du}=0　…(1)
の証明によって達成できると考えておりますので、どうしても質問の(1)式を証明したいのですが難しいでしょうか。

文字数制限のため、フーリエ級数収束定理から質問の(1)式をどのように導出したか記述できなかったので補足として以下に示します。

[フーリエ級数収束定理]
周期Tの周期関数f(t)が「区分的に滑らか」であるとき、f(t)のフーリエ級数代n部分和S[n](t)に関して、次の極限式が成り立つ。

lim[n→∞]{S[n](t)}=f(t)　…(1)
(ただし、不連続点では、[右辺]={f(t-0)+f(t+0)}/2)

収束定理の式(1)でf(x)を移項し、極限式に組み入れた式
lim[n→∞]{S[n](t)-f(t)}=0　…(2)
が成り立つと仮定し、(2)式の証明を考えます。

f(T)のフーリエ級数代n部分和S[n](t)は
S[n](t)=a[0]/2+Σ[k=1,n]{a[k]cos(kωt)+b[k]sin(kωt)}　…(3)
(ω=2π/T)
と表すこととし、
各フーリエ係数は、三角関数の直交性の性質を利用し、
a[0]=2/T*∫[-T/2→T/2]S[n](t)dt
a[k]=2/T*∫[-T/2→T/2]S[n](t)cos(kωt)dt
b[k]=2/T*∫[-T/2→T/2]S[n](t)sin(kωt)dt
で求められるが、n→∞では、lim[n→∞]S[n](t)=f(t)の仮定により、
a[0]=2/T*∫[-T/2→T/2]f(t)dt
a[k]=2/T*∫[-T/2→T/2]f(t)cos(kωt)dt 　…(4)
b[k]=2/T*∫[-T/2→T/2]f(t)sin(kωt)dt
により求められる。

まず、S[n](t)の式変形から考えます。
(4)式の各フーリエ係数a[0],a[k],b[k]について変数変換(t→u)し、(3)式に代入することにより、
S[n](t)=1/T*∫[-T/2→T/2]{f(u)(1+2Σ[k=1,n]{cos(kω(t-u))})}　…(5)
を得る。

ここで "1+2Σ[k=1,n]{cos(kωu)}"の部分はディリクレ核であり、D[n](u)と表すことにする。ディリクレ核D[n](u)は、複素数、等比級数を利用することで次のように表現できる。

D[n](u)=1+2Σ[k=1,n]{cos(kωu)}　…(6)
　　　=Σ[l=-n,n]e^(jlωu)　…(7)　　(j:虚数単位,e:自然対数の底)
　　　=sin((n+1/2)ωu)/sin(ωu/2)　…(8)
D[n](u)は遇関数でD[n](-u)=D[n](u)、また次の定積分の式を満たす。
1/T*∫[-T/2→T/2]D[n](u)du=1　…(9)

(5)式はディリクレ核D[n]を用いて
S[n](t)=1/T*∫[-T/2→T/2]{f(u)D[n](t-u)}　…(10)
と表せる。
f(u),D[n](t-u)共に基本周期Tの周期関数なのでこれらの積f(u)D[n](t-u)も周期Tの周期関数である。周期関数の積分に関する性質から(10)式は

S[n](t)=1/T*∫[-T/2→T/2]{f(u)D[n](t-u)}du
=1/T*∫[-T/2-t→T/2-t]{f(u+t)D[n](-u)}du
=1/T*∫[-T/2-t→T/2-t]{f(u+t)D[n](u)}du
=1/T*∫[-T/2→T/2]{f(u+t)D[n](u)}du　…(11)
(8)式を(11)式に代入
S[n](t)=1/T*∫[-T/2→T/2]{f(u+t)(sin((n+1/2)*ωu)/sin(ωu/2))}du　…(11)
(11)式を(2)式に代入
lim[n→∞]{S[n](t)-f(t)}=lim[n→∞]{1/T*∫[-T/2→T/2]{f(u+t)(sin((n+1/2)*ωu)/sin(ωu/2))}du-f(t)}=0
(9)式の関係を使うと
lim[n→∞]{1/T*∫[-T/2→T/2]{f(u+t)(sin((n+1/2)*ωu)/sin(ωu/2))}du-1/T*∫[-T/2→T/2]sin((n+1/2)ωu)/sin(ωu/2)du*f(t)}=0
左辺をまとめると
1/T*lim[n→∞]{∫[-T/2→T/2]{(f(u+t)-f(t))/sin(ωu/2)*sin((n+1/2)ωu}du}=0　…(12)

となる。(12)式で極限の項のみ表すと、
lim[n→∞]{∫[-T/2→T/2]{(f(u+t)-f(t))/sin(ωu/2)*sin((n+1/2)ωu}du}
となるが、この極限式が零になれば(12)式が成立し、フーリエ収束定理が証明できる。
この(12)式が質問の(1)式に該当します。

あと、リーマン・ルベーグの定理(補題)についてですが、検索してみるとたいてい
・lim[n→∞]{∫[a→b]{f(x)sin(nx)}=0
・lim[n→∞]{∫[a→b]{f(x)cos(nx)}=0
のように書いてありましたのでこちらの方を採用いさせていただきました。
ここでの疑問は文献によってf(x)が「区分的に滑らか」か「区分的に連続」かに分かれていることです。図形的にイメージすれば「区分的に滑らか」でも「区分的に連続」でも成り立ちそうな気がします。

f(x)が区分的に滑らかの場合は、f(x)及びf'(x)が発散しないからリーマン・ルベーグの定理自体の数式による証明は部分積分を使えば証明できるのですが、これを質問の(1)式に適用しても、
(f(u+t)-f(t))/sin(ωu/2)
のuに関する導関数が発散しないことの示し方がわかりませんでした。

f(x)が区分的に連続の場合は、f(x)は発散しなくてもf'(x)が発散してしまう場合(例えば、円の上半分だけが周期的に繋がっていて、いくつかの

不連続点を持つような関数)もあるので、数式による証明で部分積分は使えない。そこで質問で紹介したサイトのような証明法を参考に考えてみたのですが、最後の所で、質問に書いたような疑問が浮かんでしまい、分からなくなってしまいました。
f(x)が「区分的に連続」なときの
・lim[n→∞]{∫[a→b]{f(x)sin(nx)}=0
を数式で証明する方法はないでしょうか。

また長くなってすいません。