フーリエ級数展開の公式と意味

フーリエ展開の基本的な考え方，係数の導出を解説。具体例としてx^2のフーリエ展開を計算し，pi^2/6に収束する級数の証明を導出。

f ( x ) = a 0 2 + ∑ n = 1 ∞ ( a n cos ⁡ 2 π n x T + b n sin ⁡ 2 π n x T ) f(x)=\dfrac+\displaystyle\sum_^\left(a_n\cos \dfrac+b_n\sin \dfrac\right) f ( x ) = 2 a 0 + n = 1 ∑ ∞ ( a n cos T 2 πn x + b n sin T 2 πn x )

ただし， a n = 2 T ∫ 0 T f ( x ) cos ⁡ 2 π n x T d x a_n=\dfrac\displaystyle\int_0^f(x)\cos\dfracdx a n = T 2 ∫ 0 T f ( x ) cos T 2 πn x d x b n = 2 T ∫ 0 T f ( x ) sin ⁡ 2 π n x T d x b_n=\dfrac\displaystyle\int_0^f(x)\sin\dfracdx b n = T 2 ∫ 0 T f ( x ) sin T 2 πn x d x

フーリエ展開の意味，係数の導出，応用例として π 2 6 \dfrac 6 π 2 に収束する有名な級数の話を解説します。

与えられた周期 T T T の関数を，周期 T T T （の約数もOK）の三角関数（サインとコサイン）の和で表現したいという話です。

〜なぜ 2 π n x T \dfrac T 2 πn x が登場するのか〜

g ( x ) = sin ⁡ 2 π n x T g(x)=\sin \dfrac g ( x ) = sin T 2 πn x の周期は T n \dfrac n T であり， g ( x + T ) = g ( x ) g(x+T)=g(x) g ( x + T ) = g ( x ) を満たします。 h ( x ) = cos ⁡ 2 π n x T h(x)=\cos \frac h ( x ) = cos T 2 πn x も同様です。そこで，これらの「 T T T ズラしてもとに戻る単純な関数の無限和」で「 T T T ズラしてもとに戻る関数 f ( x ) f(x) f ( x ) 」を表現します。

特に， f ( x ) f(x) f ( x ) の周期が 2 π 2\pi 2 π の場合，使う三角関数は sin ⁡ n x , cos ⁡ n x \sin nx,\cos nx sin n x , cos n x とシンプルな形になります。

例えば f ( x ) f(x) f ( x ) が連続かつ導関数も連続なら問題なしです。 f ( x ) f(x) f ( x ) や f ′ ( x ) f'(x) f ′ ( x ) に不連続点がちょいちょいあっても問題なし（不連続点以外で各点収束）です。

フーリエ係数 a n , b n a_n,\:b_n a n , b n の形がなぜ冒頭の式で表されるのか説明します。三角関数の積分にある程度慣れている必要があります。

〜 a 0 a_0 a 0 について〜

の両辺を 0 0 0 から T T T まで積分すると（右辺の周期関数の積分が全て 0 0 0 になるので）， ∫ 0 T f ( x ) d x = a 0 2 T \displaystyle\int_0^f(x)dx=\dfracT ∫ 0 T f ( x ) d x = 2 a 0 T

つまり， a 0 = 2 T ∫ 0 T f ( x ) d x a_0=\dfrac\displaystyle\int_0^Tf(x)dx a 0 = T 2 ∫ 0 T f ( x ) d x

〜 a n a_n a n （ n ≥ 1 n\geq 1 n ≥ 1 ）について〜

の両辺に cos ⁡ 2 π n x T \cos\dfrac cos T 2 πn x をかけて 0 0 0 から T T T まで積分すると， ∫ 0 T f ( x ) cos ⁡ 2 π n x T d x = a n 2 T \displaystyle\int_0^Tf(x)\cos\dfracdx=\dfracT ∫ 0 T f ( x ) cos T 2 πn x d x = 2 a n T （→注1）であるので， a n = 2 T ∫ 0 T f ( x ) cos ⁡ 2 π n x T d x a_n=\dfrac\displaystyle\int_0^f(x)\cos\dfracdx a n = T 2 ∫ 0 T f ( x ) cos T 2 πn x d x

〜 b n b_n b n について〜

同じように両辺に sin ⁡ 2 π n x T \sin\dfrac sin T 2 πn x をかけて 0 0 0 から T T T まで積分するとOK。

この公式により右辺の各項の積分はほとんど 0 0 0 になり， ∫ 0 T a n cos ⁡ 2 2 π n x T d x = a n 2 T \displaystyle\int_0^Ta_n\cos^2\dfracdx=\dfracT ∫ 0 T a n cos 2 T 2 πn x d x = 2 a n T だけが生き残ります。

y = x 2 ( − π ≤ x ≤ π ) y=x^2\:(-\pi\leq x \leq \pi) y = x 2 ( − π ≤ x ≤ π ) を周期 2 π 2\pi 2 π の関数になるように拡張した関数 f ( x ) f(x) f ( x ) のフーリエ級数展開を求めよ。

フーリエ係数を求める。周期性に注意すると 0 0 0 から 2 π 2\pi 2 π までの積分値は − π -\pi − π から π \pi π までの積分値と等しいことが分かる。

a 0 = 2 2 π ∫ − π π x 2 d x = 2 3 π 2 a_0=\dfrac\displaystyle\int_^x^2dx=\dfrac\pi^2 a 0 = 2 π 2 ∫ − π π x 2 d x = 3 2 π 2

である。また， a n = 2 2 π ∫ − π π x 2 cos ⁡ n x d x a_n=\dfrac\displaystyle\int_^x^2\cos nxdx a n = 2 π 2 ∫ − π π x 2 cos n x d x を瞬間部分積分で計算すると a n = ( − 1 ) n 4 n 2 a_n=(-1)^n\dfrac a n = ( − 1 ) n n 2 4 さらに， b n = 2 2 π ∫ − π π x 2 sin ⁡ n x d x b_n=\dfrac\displaystyle\int_^x^2\sin nxdx b n = 2 π 2 ∫ − π π x 2 sin n x d x であり，被積分関数は奇関数なので b n = 0 b_n=0 b n = 0

つまり， f ( x ) = π 2 3 + ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n 4 n 2 cos ⁡ n x f(x)=\dfrac+\displaystyle\sum_^(-1)^n\dfrac\cos nx f ( x ) = 3 π 2 + n = 1 ∑ ∞ ( − 1 ) n n 2 4 cos n x

ちなみにこの式に x = π x=\pi x = π を代入すると π 2 = π 2 3 + 4 ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 \pi^2=\dfrac+4\displaystyle\sum_^\dfrac π 2 = 3 π 2 + 4 n = 1 ∑ ∞ n 2 1

となり，有名な級数 ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 = π 2 6 \displaystyle\sum_^\dfrac=\dfrac n = 1 ∑ ∞ n 2 1 = 6 π 2 を得ます。→バーゼル問題の初等的な証明

フーリエ級数展開は，オイラーの公式 e i x = cos ⁡ x + i sin ⁡ x e^ = \cos x + i \sin x e i x = cos x + i sin x を用いることで，複素数を用いて記述することもできます。指数関数の微積分が簡単であったことを思い出すと，複素数型のほうが簡単に計算できそうです。また，フーリエ変換は複素数型フーリエ級数展開をもとに展開されます。

東京大学大学院情報理工学系研究科修了／2014年にWebサイト『高校数学の美しい物語』を立ち上げ／著書累計 50,000部突破／「わかりやすいこと」と「ごまかさないこと」の両立を意識している。 →著者情報・書籍一覧を見る