フーリエ変換を用いた無限級数の計算

$$\begin{aligned} \int_{-1}^{1} e^{-ix\xi} dx &= \Big[ \dfrac{e^{-ix\xi}}{-i\xi} \Big]_{-1}^1\\ &= \dfrac{e^{i\xi}-e^{-i\xi}}{i\xi}\\ &= \dfrac{2\sin \xi}{\xi} \end{aligned}$$ と計算されるため $f(\xi) = \dfrac{\sin^3 \xi}{\xi^3}$ となる。

$\chi (x)$ を $$\chi (x) = \begin{cases} 1 &(-1 \le x \le 1)\\ 0 &(x < -1,1 < x) \end{cases}$$ とおくと， $$f(\xi) = \left( \dfrac{1}{2} \mathcal{F} [\chi] (\xi) \right)^3$$ となる。

フーリエ変換と畳み込みの関係から $$f(\xi) = \dfrac{1}{8} \mathcal{F} [(\chi * \chi)* \chi] (\xi)$$ となる。

フーリエ逆変換の式を思い出すと $$\begin{aligned} \phi (x) &= \int_{-\infty}^{\infty} f(\xi) e^{ix\xi} d\xi\\ &= 2\pi \dfrac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} f(\xi) e^{ix\xi} d\xi\\ &= 2\pi \mathcal{F}^{-1} [f]\\ &= \dfrac{\pi}{4} ((\chi * \chi) * \chi) (x) \end{aligned}$$

となる。

• $\phi (x) \neq 0$ となる $x$ の範囲

$\displaystyle \chi * \chi (x) = \int_{-\infty}^{\infty} \chi (y) \chi (x-y) dy$ である。

$$\begin{aligned} \chi (y) \chi (x-y) &= \begin{cases} 1 & \left( \begin{array}{c} -1 \le y \le 1,\\ -1 \le x-y \le 1 \end{array} \right)\\ 0 &(other) \end{cases}\\ &= \begin{cases} 1 & \left( \begin{array}{c} -1 \le y \le 1,\\ x-1 \le y \le x+1 \end{array} \right)\\ 0 &(other) \end{cases} \end{aligned}$$

$-1 \le y \le 1$ と $x-1 \le y \le x+1$ が共通部分を持たない $x$ では $\chi * \chi (x) = 0$ となる。逆に共通部分を持つような $x$ では $\chi * \chi \neq 0$ である。

2区間が共通部分を持つのは $x-1 \le 1$，$-1 \le x+1$ のとき，すなわち $-2 \le x \le 2$ のときである。

同じ考察から $(\chi * \chi) * \chi (x)$ が $0$ にならない $x$ の範囲は $-3 \le x \le 3$ であることがわかる。

• $\phi (0)$ の計算

$$\begin{aligned} (\chi * \chi) * \chi (0) &= \int_{-\infty}^{\infty} (\chi * \chi (y)) \chi (-y) dy\\ &= \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} \chi (z) \chi (y-z) \chi (-y) dzdy\\ &= \int_{-1}^{1} \int_{-1}^1 \chi (y-z) dzdy\\ &= \int_{-1}^{1} \int_{y-1}^{y+1} \chi (w) dw dy \end{aligned}$$

なお $w = y-z$ と置換している。

1. $-1 \le y-1 \le 1$ すなわち $0 \le y \le 2$ のとき $$\begin{aligned} \int_{y-1}^{y+1} \chi (w) &= 1 - (y-1)\\ &= 2-y \end{aligned}$$

2. $-1 \le y+1 \le 1$ すなわち $-2 \le y \le 0$ のとき $$\begin{aligned} \int_{y-1}^{y+1} \chi (w) &= y+1 - (-1)\\ &= 2+y \end{aligned}$$

上記より $$\begin{aligned} \phi (0) &= \dfrac{\pi}{4} \int_{-1}^0 (2+y) dy + \dfrac{\pi}{4} \int_{0}^1 (2-y) dy\\ &= \dfrac{\pi}{4} \left( 2-\dfrac{1}{2} + 2-\dfrac{1}{2} \right)\\ &= \dfrac{3}{4} \pi \end{aligned}$$ と計算される。

• 級数が一様収束することを確認する

周期性より $0 \le \xi \le \dfrac{2}{3}\pi$ で考えればよい。

$k \neq 0$ とする。

$$\begin{aligned} \left| f \left( \xi + \dfrac{2k\pi}{3} \right) \right| &= \left| \dfrac{\sin^3 \left( \xi + \frac{2k\pi}{3} \right)}{\left( \xi + \frac{2k\pi}{3} \right)^3} \right|\\ &\leq \dfrac{1}{\left( \frac{2|k|\pi}{3} \right)^3} \\ &= \dfrac{27}{8\pi^3} \dfrac{1}{|k|^3} \end{aligned}$$ である。

$$\sum_{k \neq 0} \dfrac{1}{|k|^3} = 2 \sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{1}{k^3}$$ は収束する。

よって ワイエルシュトラスのM判定法 より級数は一様収束する。

• 定数関数であることを示す

$F$ をフーリエ逆変換する。 $$\begin{aligned} \mathcal{F}^{-1} [F] (x) &= \dfrac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \sum_{k=-\infty}^{\infty} f \left( \xi + \dfrac{2k\pi}{3} \right) e^{ix\xi} d\xi\\ &= \dfrac{1}{2\pi} \sum_{k=-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} f \left( \xi \right) e^{ix\xi - \frac{2k\pi ix}{3}} d\xi\\ &= \dfrac{1}{2\pi} \sum_{k=-\infty}^{\infty} \phi (x) e^{- \frac{2k\pi ix}{3}} \end{aligned}$$

ここで $\displaystyle \sum_{k=-\infty}^{\infty} e^{-\frac{2k\pi ix}{3}}$ は デルタ関数の（周期3での）フーリエ級数展開 となる。つまり $$\begin{aligned} \sum_{k=-\infty}^{\infty} e^{-\frac{2k\pi ix}{3}} &= 3 \delta(x) \end{aligned}$$

ステップ2より $\phi$ は $x \le -3 , 3 \le x$ で $0$ であったため， $$\mathcal{F}^{-1} [F] (x) = \dfrac{3}{2\pi} \phi (x) \delta (x)$$ と表される。

これをフーリエ変換すると $$\begin{aligned} F(\xi) &= \dfrac{3}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \phi (x) \delta (x) e^{ix\xi} dx\\ &= \dfrac{3\phi (0)}{2\pi}\\ &= \dfrac{9}{8} \end{aligned}$$ を得る。

ステップ3の両辺に $\xi = 0$ を代入する。

$$\begin{aligned} F(0) &= \sum_{k=-\infty}^{\infty} f \left( \dfrac{2k\pi}{3} \right)\\ &= f(0) + 2 \sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{\sin^3 \dfrac{2k\pi}{3}}{\left( \dfrac{2k\pi}{3} \right)^3}\\ &= 1 + \dfrac{27}{4\pi} \left( \sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{\left( \frac{\sqrt{3}}{2} \right)^3}{(3k+1)^3} - \sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{\left( \frac{\sqrt{3}}{2} \right)^3}{(3k+2)^3} \right)\\ &= 1 + \dfrac{81\sqrt{3}}{32 \pi} \left( \sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{1}{(3k+1)^3} - \sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{1}{(3k+2)^3} \right) \end{aligned}$$

$F(0) = \dfrac{9}{8}$ であったので $$\begin{aligned} &\sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{1}{(3k+1)^3} - \sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{1}{(3k+2)^3}\\ &= \dfrac{1}{8} \cdot \dfrac{32\pi}{81\sqrt{3}}\\ &= \dfrac{4\pi}{81\sqrt{3}} \end{aligned}$$ となる。