$$ \begin{aligned}
f_T(t) &= \sum_{n=-\infty}^{\infty} C_n \cdot \exp{ \left( -int \frac{2 \pi}{T} \right) } \\[2em]
C_n &= \frac{1}{T} \int_{0}^{T} f_T(t) \cdot \exp{ \left( -int \frac{2 \pi}{T} \right) } dt
\end{aligned} $$
ここでは矩形波,のこぎり波,三角波を順に展開して行きます. それぞれの波形(函数)は最小値が$ -1 $,最大値が$ 1 $であり,1周期が$ T $であるものに統一しました. この様にしておけば展開した後でもTを任意の周期へと簡単に変更出来ますし,振幅も線形に変更出来て便利です.
矩形波 Square wave
$$ f(t) = \left\{ \begin{array}{ll}
1 & (0 \leq t \leq T/2) \\[1em]
-1 & (-T/2 \leq t \leq 0)
\end{array} \right. $$
では,まずFourier係数を求めましょう.
$$ \begin{aligned}
C_n &= \frac{1}{T} \int_{-T/2}^{T/2} f(t) \cdot \exp{ \left( -int \frac{2 \pi}{T} \right) } dt \\[1.5em]
&= \frac{1}{T} \left(-\int_{-T/2}^{0} \exp{ \left( -int \frac{2 \pi}{T} \right) } dt + \int_{0}^{T/2} \exp{ \left( -int \frac{2 \pi}{T} \right) } dt \right)
\end{aligned} $$
積分は線形性というものが保たれているので,$ -T/2 \leq t \leq 0 $と$ 0 \leq t \leq T/2 $というそれぞれの範囲を積分した結果を足せば1周期分の積分に等しくなります. それでは積分してみましょう. $ \mathrm{e}^t $は積分しても形が変わらないことで有名です.
$$ \int_a^b \mathrm{e}^{\sigma t} dt = \left. \frac{\mathrm{e}^{\sigma t}}{\sigma} \right|_a^b $$
上のように独立変数である$ t $にだけ注目して,それ以外を飾り物(定数$ \sigma $)として見ます. その飾りをネイピア数の分母へ持ってくれば積分完了です. 定数の逆数をネイピア数に掛け合わせる,と言っても良いでしょう.
$$ \begin{aligned}
C_n &= \frac{1}{T} \left(-\int_{-T/2}^{0} \exp{ \left( -int \frac{2 \pi}{T} \right) } dt + \int_{0}^{T/2} \exp{ \left( -int \frac{2 \pi}{T} \right) } dt \right) \\[1.5em]
&= \frac{1}{T} \left( \left. \frac{T \cdot \exp{ \left( -int \frac{2 \pi}{T} \right) }}{i 2 \pi n} \right|_{-T/2}^{0} - \left. \frac{T \cdot \exp{ \left( -int \frac{2 \pi}{T} \right) }}{i 2 \pi n} \right|_{0}^{T/2} \right) \\[2em]
&= \frac{1}{i 2 \pi n} (1-\mathrm{e}^{i n \pi}-\mathrm{e}^{-i n \pi} + 1) \\[1.5em]
&= - \frac{1}{i 2 \pi n}(\mathrm{e}^{i n \pi} + \mathrm{e}^{-i n \pi} - 2)
\end{aligned} $$
上の式を眺めているとEulerの公式を使って$ \cos $を登場させたくなります.
$$ \begin{aligned}
C_n &= -\frac{1}{i 2 \pi n}(\mathrm{e}^{i n \pi} + \mathrm{e}^{-i n \pi} - 2) \\[1.5em]
&= -\frac{1}{i \pi n} (\cos(\pi n) - 1)
\end{aligned} $$
見覚えのある形が出てきました. $ \cos(\pi n) - 1 $は$ n $が奇数の時のみ値を持ちます. なので$ n $の部分が奇数(odd)にしかならなければ次の等式がなりたちます.
$$ -\frac{1}{i \pi n} (\cos(\pi n) - 1) = \frac{2}{i \pi n}\ \ \ (n : odd) $$
$ n $が奇数であることを忘れない内に$ f(t) $の展開式を完成させましょう.
$$ \begin{aligned}
f(t) &= \sum_{n=-\infty}^{\infty} C_n \exp{ \left( int \frac{2 \pi}{T} \right) } \\[1.5em]
&= \sum_{-\infty}^{\infty} \frac{2}{i \pi n} \exp{ \left( int \frac{2 \pi}{T} \right) }\ \ \ (n : odd)
\end{aligned} $$
ここで総和の始値と終値が符号違い,かつその中にはネイピア数がいるので,あのトリッキーな技が使えます. 符号違いの同値が交互に出てくるので次のようにまとめることが出来ます.
$$ \frac{2}{i \pi n} \exp{ \left( int \frac{2 \pi}{T} \right) } - \frac{2}{i \pi n} \exp{ \left( - int \frac{2 \pi}{T} \right) } = \frac{4}{\pi n} \sin{ \left( nt \frac{2 \pi}{T} \right) } $$
これで総和の始値は$ 1 $になり,その中身もスッキリしました.
$$ \begin{aligned}
f(t) &= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{4}{\pi n} \sin{ \left( nt \frac{2 \pi}{T} \right) }\ \ \ (n : odd) \\[1.5em]
&= \frac{4}{\pi} \sum_{m=1}^{\infty} \frac{\sin{ \left( (2m-1) t \frac{2 \pi}{T} \right) }}{2m-1}
\end{aligned} $$
最後は$ n $の部分が奇数となるように$ n = 2m-1 $と置き換えています. これで$ m $が$ 1,2,3... $と増えていっても$ n $であった場所は奇数にしかなりえません. これで級数展開完了です. どうやら矩形波は$ \sin $の和のみで構成されているようで,その周波数は奇数成分しか持たず,周波数が高くなるほど振幅が奇数倍に減少して行くことが分かります. 大切な部分だけを抜粋して総和を展開するとこんな感じです.
$$ \sin(t) + \frac{\sin(3t)}{3} + \frac{\sin(5t)}{5} + \frac{\sin(7t)}{7} ... $$
実際にこの式が矩形波になるのかを確かめてみましょう. きっちり正確に$ \infty $回も足すことは不可能なので,今回は終値を$ 50 $にして計算させてみました. また,簡単のため周期$ T $を$ 2 \pi $としています.
Wolfram|Alphaで結果を確認
結果を見ると確かに元の矩形波を再現出来ていることが分かります. 嬉しいですね. ただ,値が$ -1 $から$ 1 $へと変化する部分がうねうねと波打つように尖っていて気になりますね. 実はこれ,Gibbs現象と呼ばれるものでFourier級数展開の限界が現れたものなのです. 今回の矩形波で$ t=0 $の時の値は$ -1 $か$ 1 $か. この良い問いを考えないことにしたのもこのためです. あのような不連続な部分を連続で滑らかな$ \sin $や$ \cos $で表現するには限界があり,その限界にぶち当たるとあの変テコな尖りが出てきてしまうのです. イコールで結ぶのは納得いかない,という方はFourier級数展開では無くWavelet変換を行ってみると良いでしょう. 何れにせよ矩形波の複素Fourier級数展開は大成功です.
のこぎり波 Sawtooth wave
$$ f(t) = \frac{2}{T} t\ \ \ (-T/2 \leq t \leq T/2) $$
それでは,Fourier係数を求めて行きましょう.
$$ C_n = \frac{2}{T^2} \int_{-T/2}^{T/2} t \cdot \exp{ \left( -int \frac{2 \pi}{T} \right) } dt $$
これは部分積分で解いてみましょう. 部分積分は次の積の微分から得られる式です.
$$ \begin{aligned}
\frac{d}{dx} \ f \cdot g &= f' \cdot g + f \cdot g' \\[1em]
f \cdot g &= \int f' \cdot g \ dx + \int f \cdot g' \ dx \\[1em]
\int f \cdot g' \ dx &= f \cdot g - \int f' \cdot g \ dx
\end{aligned} $$
1行目が積の微分で,その両辺を積分して得られる2行目を移項した形です. $ f' $や$ g' $というのは$ f $や$ g $を微分したものです. 部分積分を行う前にどちらの函数を微分すると計算しやすくなるのか考えます. 今回の場合は$ f(t) = t, g(t) = \exp... $と置けば$ f'(t) = 1 $となり,良さそうです. では,やってみましょう.
$$ \begin{aligned}
C_n &= \frac{2}{T^2} \int_{-T/2}^{T/2} t \cdot \exp{ \left( -int \frac{2 \pi}{T} \right) } dt \\[1.5em]
&= \frac{2}{T^2} \left( \left. -\frac{T}{i 2 \pi n} t \cdot \exp{ \left( -int \frac{2 \pi}{T} \right) } \right|_{-T/2}^{T/2} + \int_{-T/2}^{T/2} \frac{T}{i 2 \pi n} \exp{ \left( -int \frac{2 \pi}{T} \right) } dt \right) \\[1.5em]
&= \frac{2}{T^2} \left( -\frac{T^2}{i 4 \pi n} ( \mathrm{e}^{-i n \pi} + \mathrm{e}^{i n \pi} ) + \frac{T^2}{4 (\pi n)^2} \left. \exp{ \left( -int \frac{2 \pi}{T} \right) } \right|_{-T/2}^{T/2} \right) \\[1.5em]
&= -\frac{1}{i 2 \pi n} ( \mathrm{e}^{-i n \pi} + \mathrm{e}^{i n \pi} ) + \frac{1}{2 (\pi n)^2} ( \mathrm{e}^{-i n \pi} - \mathrm{e}^{i n \pi} ) \\[1.5em]
&= -\frac{1}{i \pi n} \cos(\pi n) - \frac{i}{(\pi n)^2} \sin(\pi n)
\end{aligned} $$
ここで$ \sin(\pi n) $は$ n $が整数である限り$ 0 $になりますから,上式後ろの項はキレイに消えて$ \cos $の項のみが残ることとなります. $ \cos(\pi n) = (-1)^n $と書き換えて函数$ f(t) $の級数展開を求めます.
$$ f(t) = -\sum_{n=-\infty}^{\infty} \frac{(-1)^n}{i \pi n} \exp{\left( int \frac{2 \pi}{T} \right)} $$
総和の部分は同値の符号違いが出てくるので次のようにまとめられます.
$$ \frac{(-1)^n}{i \pi n} \exp{\left( int \frac{2 \pi}{T} \right)} - \frac{(-1)^{-n}}{i \pi n} \exp{\left( -int \frac{2 \pi}{T} \right)} = \frac{(-1)^n}{\pi n} 2 \sin{\left( nt \frac{2 \pi}{T} \right)} $$
よって$ f(t) $の級数展開は次になります.
$$ f(t) = - \frac{2}{\pi} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n} \sin{\left( nt \frac{2 \pi}{T} \right)} $$
矩形波同様$ \sin $から構成されているようです. ただし,矩形波のように奇数倍だけでは無く,かつ符号がチロチロと切り替わるようです. 基本部分だけを抜き出して総和を展開すると次のような級数で構成されていることが分かります.
$$ \sin(t) - \frac{\sin(2t)}{2} + \frac{\sin(3t)}{3} - \frac{\sin(4t)}{4} ... $$
これを$ \infty $まで足すとのこぎり波になるのですから面白いですね.
Wolfram|Alphaで結果を確認
こちらでも値が急激に変化する部分がうねうねと尖ってしまうGibbs現象が見られます. ただ,$ \sin $の和だけでのこぎり波を再現出来るのですから感動しちゃいます. これだからFourier展開はやめられません.
三角波 Triangle wave
$$ f(t) = \left\{ \begin{array}{ll}
- \frac{4}{T} t + 1 & (0 \leq t \leq T/2) \\[1em]
\frac{4}{T} t + 1 & (-T/2 \leq t \leq 0)
\end{array} \right. $$
今の内に言っておきますが,この三角波というやつは今までの矩形波やのこぎり波と比べ計算量が少し多いです. そこで,数式を書く量を少しでも減らしてみようと次のような置換えを試してみることにします.
$$ \alpha = -in \frac{2 \pi}{T} $$
ネイピア数の肩に乗っていた者たちです. これで積分に集中し易くなると思います. では,係数を求めましょう.
$$ \begin{aligned}
C_n &= \frac{1}{T} \int_{-T/2}^{T/2} f(t) \cdot \mathrm{e}^{\alpha t} dt \\[1.5em]
&= \frac{1}{T} \int_{-T/2}^0 \left( \frac{4}{T} t + 1 \right) \mathrm{e}^{\alpha t} dt + \frac{1}{T} \int_0^{T/2} \left( - \frac{4}{T} t + 1 \right) \mathrm{e}^{\alpha t} dt \\[1.5em]
&= A + B
\end{aligned} $$
これをいっぺんに積分をしてしまうとページから溢れ出てとても読み難くなってしまうので,$ A $と$ B $という2つの項に分けて,それぞれ計算した結果を最後に足し合わせることにしましょう. まずは$ A $から積分して行きます.
$$ \begin{aligned}
A &= \frac{1}{T} \int_{-T/2}^0 \left( \frac{4}{T} t + 1 \right) \mathrm{e}^{\alpha t} dt \\[1.5em]
&= \frac{4}{T^2} \int_{-T/2}^0 t \mathrm{e}^{\alpha t} dt + \frac{1}{T} \int_{-T/2}^0 \mathrm{e}^{\alpha t} dt \\[1.5em]
&= \frac{4}{T^2} \left( \left. \frac{t \mathrm{e}^{\alpha t}}{\alpha} \right|_{-T/2}^0 - \frac{1}{\alpha} \int_{-T/2}^0 \mathrm{e}^{\alpha t} dt \right) + \left. \frac{\mathrm{e}^{\alpha t}}{T \alpha} \right|_{-T/2}^0 \\[1.5em]
&= \frac{4}{T^2} \left( \frac{T \mathrm{e}^{-\alpha \frac{T}{2}}}{2 \alpha} - \left. \frac{\mathrm{e}^{\alpha t}}{\alpha^2} \right|_{-T/2}^0 \right) + \frac{1}{T \alpha} ( 1 - \mathrm{e}^{-\alpha \frac{T}{2}} ) \\[1.5em]
&= \frac{2 \mathrm{e}^{-\alpha \frac{T}{2}}}{T \alpha} - \frac{4}{T^2 \alpha^2} (1 - \mathrm{e}^{-\alpha \frac{T}{2}}) + \frac{1}{T \alpha} ( 1 - \mathrm{e}^{-\alpha \frac{T}{2}} )
\end{aligned} $$
ここで$ \alpha $を元に戻してみましょう. 参考までに置き換えパターンを載せておきます.
$$ \begin{aligned}
\alpha &= -in \frac{2 \pi}{T} \\[1.5em]
\alpha^2 &= -n^2 \frac{4 \pi^2}{T^2} \\[1.5em]
-\alpha \frac{T}{2} &= in \pi
\end{aligned} $$
実際に置き換えてみると次のようになります.
$$ \begin{aligned}
A &= -\frac{1}{i \pi n} \mathrm{e}^{in \pi} + \frac{1}{(\pi n)^2} (1 - \mathrm{e}^{in \pi}) - \frac{1}{i 2 \pi n} (1 - \mathrm{e}^{in \pi}) \\[1.5em]
&= A_1 + A_2 + A_3
\end{aligned} $$
3つの項が出てきました. さて,お次は$ B $の積分です. 積分範囲と符号が少し違うだけで,やることはほぼ同じです.
$$ \begin{aligned}
B &= \frac{1}{T} \int_0^{T/2} \left( -\frac{4}{T} t + 1 \right) \mathrm{e}^{\alpha t} dt \\[1.5em]
&= -\frac{4}{T^2} \int_0^{T/2} t \mathrm{e}^{\alpha t} dt + \frac{1}{T} \int_0^{T/2} \mathrm{e}^{\alpha t} dt \\[1.5em]
&= -\frac{4}{T^2} \left( \left. \frac{t \mathrm{e}^{\alpha t}}{\alpha} \right|_0^{T/2} - \frac{1}{\alpha} \int_0^{T/2} \mathrm{e}^{\alpha t} dt \right) + \left. \frac{\mathrm{e}^{\alpha t}}{T \alpha} \right|_0^{T/2} \\[1.5em]
&= -\frac{4}{T^2} \left( \frac{T \mathrm{e}^{\alpha \frac{T}{2}}}{2 \alpha} - \left. \frac{\mathrm{e}^{\alpha t}}{\alpha^2} \right|_0^{T/2} \right) + \frac{1}{T \alpha} ( \mathrm{e}^{\alpha \frac{T}{2}} - 1 ) \\[1.5em]
&= -\frac{2 \mathrm{e}^{\alpha \frac{T}{2}}}{T \alpha} + \frac{4}{T^2 \alpha^2} (\mathrm{e}^{\alpha \frac{T}{2}} - 1) + \frac{1}{T \alpha} ( \mathrm{e}^{\alpha \frac{T}{2}} - 1 ) \\[1.5em]
&= \frac{1}{i \pi n} \mathrm{e}^{-in \pi} - \frac{1}{(\pi n)^2} (\mathrm{e}^{-in \pi} - 1) - \frac{1}{i 2 \pi n} (\mathrm{e}^{-in \pi} - 1) \\[1.5em]
&= B_1 + B_2 + B_3
\end{aligned} $$
こちらも$ A $のように項が3つ出てきました. では$ A $と$ B $を足しあわせて係数を求めてみましょう. 折角$ A $と$ B $に似たような形の項が出てきているので,似た項同士を足しあわせてみましょう.
$$ \begin{aligned}
A_1 + B_1 &= -\frac{1}{i \pi n} \mathrm{e}^{in \pi} + \frac{1}{i \pi n} \mathrm{e}^{-in \pi} \\[1.5em]
&= -\frac{1}{i \pi n}(\mathrm{e}^{in \pi} - \mathrm{e}^{-in \pi}) \\[1.5em]
&= -\frac{2}{\pi n} \sin(\pi n) \\[1.5em]
A_2 + B_2 &= \frac{1}{(\pi n)^2} (1 - \mathrm{e}^{in \pi}) - \frac{1}{(\pi n)^2} (\mathrm{e}^{-in \pi} - 1) \\[1.5em]
&= -\frac{1}{(\pi n)^2} (\mathrm{e}^{in \pi} + \mathrm{e}^{-in \pi} - 2) \\[1.5em]
&= -\frac{2}{(\pi n)^2} (\cos(\pi n) - 1) \\[1.5em]
A_3 + B_3 &= - \frac{1}{i 2 \pi n} (1 - \mathrm{e}^{in \pi}) - \frac{1}{i 2 \pi n} (\mathrm{e}^{-in \pi} - 1) \\[1.5em]
&= \frac{1}{i 2 \pi n}(\mathrm{e}^{in \pi} - \mathrm{e}^{-in \pi}) \\[1.5em]
&= \frac{1}{\pi n} \sin(\pi n)
\end{aligned} $$
ここで$ \sin(\pi n) $は$ n $が整数である限り$ 0 $になってしまいます. よって$ A_2 + B_2 $だけが残り,これが係数となります. $ \cos(\pi n) $の性質により$ n $が奇数の場合のみ値を持ちます.
$$ \begin{aligned}
C_n &= -\frac{2}{(\pi n)^2} ( \cos(\pi n) - 1 ) \\[1.5em]
&= \frac{4}{(\pi n)^2}\ \ \ (n:odd)
\end{aligned} $$
$ n $が奇数であることを忘れないよう,唱えながら級数展開を続けましょう.
$$ f(t) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} \frac{4}{(\pi n)^2} \exp{\left( int \frac{2 \pi}{T} \right)}\ \ \ (n:odd) $$
ここでも符号違いの同値が出てきますから次のようにまとめることが出来ます.
$$ \frac{4}{(\pi n)^2} \exp{\left( int \frac{2 \pi}{T} \right)} + \frac{4}{(\pi n)^2} \exp{\left( -int \frac{2 \pi}{T} \right)} = \frac{8}{(\pi n)^2} \cos{\left( nt\frac{2 \pi}{T} \right)} $$
以上より$ n $の部分が奇数となるよう$ n=2m-1 $へと置換えれば級数展開の完了です.
$$ f(t) = \frac{8}{\pi^2} \sum_{m=1}^{\infty} \frac{\cos{\left( (2m-1) t \frac{2 \pi}{T} \right)}}{(2m-1)^2} $$
式の形は矩形波の時に似ていますね. 大切な部分だけを抜き出して総和を展開してみると,三角波は次のような級数に等しいことが分かります.
$$ \cos(t) + \frac{\cos(3t)}{9} + \frac{\cos(5t)}{25} + \frac{\cos(7t)}{49} ... $$
ちゃんと元の三角波へと戻るのか確認してみましょう.
Wolfram|Alphaで結果を確認
Eureka！ 今回はGibbs現象も見られず,ちゃんとした三角波が再現出来ていると思います. 周期$ T = 2 \pi $で作図したものですから$ T/2 = \pi $となっていますね. 総和の終値$ 50 $でここまでしっかりとした三角波が出てきたことに驚きです.
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https://www.storange.jp/2015/08/fourier_31.html
https://www.storange.jp/2015/08/fourier_31.html
矩形波,のこぎり波,三角波の複素Fourier級数展開 (展開編)
2015-08-31T18:48:00+09:00
https://www.storange.jp/2015/08/fourier_31.html
Hideyuki Tabata
Hideyuki Tabata
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