フーリエ級数の複素数表現

フーリエ級数の複素数表現

周期 \(2L\) 三角関数の基底を用いて、任意の関数 \(f(x)\) をそれらの和で表現することが出来ます。

\[ \begin{align*} &f(x) = A_0 + \sum_{n=1}^\infty \left\{A_n \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) + B_n\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\right\} \\[10pt] &A_0 = \frac{1}{2L} \int_{-L}^L f(x)dx \\[10pt] &A_n = \frac{1}{L} \int_{-L}^L f(x)\cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right)dx \\[10pt] &B_n = \frac{1}{L} \int_{-L}^L f(x)\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)dx \end{align*} \]

これをフーリエ級数というのでした。

今回は主題にもある通り、コレを複素数を用いて表現していきます。

もちろんこのまま利用していただいても構いません。

しかしながら、複素数で表現したほうがよりコンパクトにまとめられ、かつ一般に学習を進めていく上で複素数で表現されることが多いので、ここで耐性をつけておきましょう。

実際に行う式変形は非常にシンプルで、オイラーの公式

\[ e^{i\theta} = \cos\theta + i\sin\theta \]

を利用すればいいだけです。

実際に式(2)から、

\[ \begin{align*} \cos\theta = \frac{e^{i\theta} + e^{-i\theta}}{2} \\[10pt] \sin\theta = \frac{e^{-\theta} - e^{-i\theta}}{2i} \end{align*} \]

が得られますので、これらを式(1)に代入していきます。

\[ \begin{align*} f(x) &= A_0 + \sum_{n=1}^\infty \left\{A_n \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) + B_n\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\right\} \\[10pt] &= A_0 + \sum_{n=1}^\infty \left(A_n \frac{e^{i\frac{n\pi x}{L}} + e^{-i\frac{n\pi x}{L}}}{2} + B_n \frac{e^{i\frac{n\pi x}{L}} - e^{-i\frac{n\pi x}{L}}}{2i}\right) \\[10pt] &= A_0 + \sum_{n=1}^\infty \left(A_n \frac{e^{i\frac{n\pi x}{L}} + e^{-i\frac{n\pi x}{L}}}{2} + B_n \frac{e^{i\frac{n\pi x}{L}} - e^{-i\frac{n\pi x}{L}}}{2i}\right) \\[10pt] &= A_0 + \sum_{n=1}^\infty \left\{\left(\frac{A_n - iB_n}{2}\right)e^{i\frac{n\pi x}{L}} + \left(\frac{A_n + iB_n}{2}\right)e^{-i\frac{n\pi x}{L}}\right\} \end{align*} \]

ここで、

\[ C_n \equiv \frac{A_n - iB_n}{2} \]

という新たな係数を定義してみましょう。

すると、 \(\frac{A_n+ iB_n}{2}\) は \(C_n\) の複素共役として表現できます。

\[ \bar{C_n} = \frac{A_n + iB_n}{2} \]

※暗に \(A_n\) および \(B_n\) は実数であることを前提としましたが、式(1)を見ていただければ \(A_n\) も \(B_n\) も実関数から構成されている（前提である）のでいいでしょう。

式(5), (5)’に、式(1)の \(A_n\) および \(B_n\) を代入してみましょう。

\[ \begin{align*} C_n &= \frac{1}{2}\left\{\frac{1}{L} \int_{-L}^L f(x)\cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right)dx - i\frac{1}{L} \int_{-L}^L f(x)\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)dx\right\} \\[10pt] &= \frac{1}{2L}\int_{-L}^Lf(x)\left\{\cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) -i\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\right\}dx \\[10pt] &= \frac{1}{2L}\int_{-L}^Lf(x)e^{-i\frac{n\pi x}{L}}dx \end{align*} \]

\[ \begin{align*} \bar{C_n} &= \frac{1}{2}\left\{\frac{1}{L} \int_{-L}^L f(x)\cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right)dx + i\frac{1}{L} \int_{-L}^L f(x)\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)dx\right\} \\[10pt] &= \frac{1}{2L}\int_{-L}^Lf(x)\left\{\cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) + i\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\right\}dx \\[10pt] &= \frac{1}{2L}\int_{-L}^Lf(x)e^{i\frac{n\pi x}{L}}dx \end{align*} \]

するとどうでしょう、式(1)では \(n = 0\) 番目の係数と \(n\) 番目の係数を分けて考えていましたが、式(6)に \(n = 0\) を代入してみると、指数部分は \(1\) となるのでA0と等しくなるのです！

\[ C_0 = \bar{C_0} = A_0 ~ \left( = \frac{1}{2L}\int_{ -L}^Lf(x)dx\right) \]

また指数関数にすることで、少々面白いことに気づきやすくなるというのもメリットがあります。

まず式(6), (7)に注目していただきたいのですが、これらは形式上では常に成立する式です。

つまり何がいいたいのかというと、\(n\) は冒頭から一貫して正の整数として扱ってきましたが、仮に式(6), (7)の \(n\) に負の整数を代入しても、おかしなことにはなりませんよね！？ということが主張したいのです。

実際に \(m\) を正の整数として \(n = -m\) を式(6), (7)に代入してみます。

\[ \begin{align*} C_{-m} &= \frac{1}{2L}\int_{-L}^Lf(x)e^{-i\frac{(-m)\pi x}{L}}dx \\[10pt] &= \frac{1}{2L}\int_{-L}^Lf(x)e^{i\frac{m\pi x}{L}}dx \\[10pt] &= \bar{C_m} \\[10pt] &\therefore C_{-n} = \bar{C_n} \end{align*} \]

\[ \begin{align*} \bar{C}_{-m} &= \frac{1}{2L}\int_{-L}^Lf(x)e^{i\frac{(-m)\pi x}{L}}dx \\[10pt] &= \frac{1}{2L}\int_{-L}^Lf(x)e^{-i\frac{m\pi x}{L}}dx \\[10pt] &= C_m \\[10pt] &\therefore \bar{C}_{-n} = C_n \end{align*} \]

と言ったように \(C_n\) もしくは \(\bar{C}_n\) の \(n\) に負の整数を入れたとしても、それらは複素共役となって戻ってきます。

以上、式(8)および式(9)を利用して式(4)を式変形すると、冒頭でお話したようにとてもコンパクトな表現になります。

ただし、ほんの少しだけトリッキーな操作をするので置いていかれないようにしてください。

\[ \begin{align*} f(x) &= A_0 + \sum_{n=1}^\infty \left\{\left(\frac{A_n - iB_n}{2}\right)e^{i\frac{n\pi x}{L}} + \left(\frac{A_n + iB_n}{2}\right)e^{-i\frac{n\pi x}{L}}\right\} \\[10pt] &= C_0 + \sum_{n=1}^\infty (C_n e^{i\frac{n\pi x}{L}} + \bar{C}_n e^{-i\frac{n\pi x}{L}}) \\[10pt] &= C_0 \textcolor{red}{e^{i\frac{0\pi x}{L}}} + \sum_{n=1}^\infty C_n e^{i\frac{n\pi x}{L}} + \sum_{n=1}^\infty \bar{C}_n e^{-i\frac{n\pi x}{L}} \\[10pt] &= \sum_{\textcolor{red}{n=0}}^\infty C_n e^{i\frac{n\pi x}{L}} + \sum_{n=1}^\infty \bar{C}_n e^{-i\frac{n\pi x}{L}} \\[10pt] &= \sum_{n=0}^\infty C_n e^{i\frac{n\pi x}{L}} + \sum_{n=1}^\infty \textcolor{red}{C_{-n}} e^{i\frac{\textcolor{red}{(-n)}\pi x}{L}} \\[10pt] &= \sum_{n=0}^\infty C_n e^{i\frac{n\pi x}{L}} + \sum_{\textcolor{red}{n=-1}}^{\textcolor{red}{-\infty}} C_{\textcolor{red}{n}} e^{i\frac{\textcolor{red}{n}\pi x}{L}} \\[10pt] &= \sum_{n=0}^\infty C_n e^{i\frac{n\pi x}{L}} + \sum_{n=-\infty}^{-1} C_n e^{i\frac{n\pi x}{L}} \\[10pt] &= \sum_{n=-\infty}^\infty C_n e^{i\frac{n\pi x}{L}} \end{align*} \]

このようになります。

もう一度改めて、記すとフーリエ級数の複素数表現は次のとおりです。

\[ \begin{align*} &f(x) = \sum_{n=-\infty}^\infty C_n e^{i\frac{n\pi x}{L}} \\[10pt] &C_n = \frac{1}{2L}\int_{-L}^Lf(x)e^{-i\frac{n\pi x}{L}}dx \end{align*} \]

とてもシンプルだと思いませんか？

初めは関数と係数3つをセットでフーリエ級数ですと表現しましたが、複素数を用いればなんと関数と係数の2つのみです。

そして、ただオイラーの公式を導入して式変形してきただけなので、当然最初に掲げたフーリエ級数の考えを継承しています。

つまり、三角関数の和によって任意の関数を表現したいと言うのがフーリエ級数の考えでしたが、三角関数が指数 \(e\) の形に表現が変わっただけで特に何も新しいことなどありません（むしろ減った）。

強いて変わっているとすれば和を取る範囲が正の整数（0を含む）から整数全体になったということですね。