前回は，ポアソンの和公式を使って簡単に証明できた.
http://ameblo.jp/titchmarsh/entry-12293265309.html
同じ問題を別な方法で証明してみよう.
f(t)が偶関数のとき
フーリエ変換を
F(ω)=∫[0→∞]f(t)cos(ωt)dt
と定義する
またf(t)を用いて周期Tの関数g(t)を
g(t)=Σ[n=-∞→∞]f(t-nT)
と定義する.
このとき
∫[-T/2→T/2]g(t)dt=∫[-∞→∞]f(t)dt
が成り立つ.(補題）
＜補題の証明＞
∫[-T/2→T/2]g(t)dt
=∫[-T/2→T/2]Σ[n=-∞→∞]f(t-nT)dt
=Σ[n=-∞→∞]∫[-T/2→T/2]f(t-nT)dt
ここで，t-nT=xとする
Σ[n=-∞→∞]∫[-T/2-nT→T/2-nT]f(x)dx
この計算は
例えば、
=Σ[n=-∞→0]∫[-T/2-nT→T/2-nT]f(x)dx
+Σ[n=1→3]∫[-T/2-nT→T/2-nT]f(x)dx
+Σ[n=3→∞]∫[-T/2-nT→T/2-nT]f(x)dx
でΣ[n=1→3]∫[-T/2-nT→T/2-nT]f(x)dx
を考えると
∫[-T/2-T→T/2-T]f(x)dx
+∫[-T/2-2T→T/2-2T]f(x)dx
+∫[-T/2-3T→T/2-3T]f(x)dx
=∫[-3T/2→-T/2]f(x)dx
+∫[-5T/2→-3T/2]f(x)dx
+∫[-7T/2→-5T/2]f(x)dx
=∫[-7T/2→-T/2]f(x)dx
になるので
結局、
Σ[n=-∞→∞]∫[-T/2-nT→T/2-nT]f(x)dx
=∫[-∞→∞]f(x)dx
＜補題証明終了＞
f(t)=e^-|t|
のフーリエ変換を考える
これは偶関数である.
F(ω)=∫[0→∞]e^-|t|cos(ωt)dt
=1/(1+ω²)
また
g(t)が周期T で 区間-T/2≦t≦T/2において
フーリエ級数
g(t)=a0/2+Σ[n=1→∞]{an cos(2nπt/T)+bn sin(2nπt/T)}
an=(2/T)∫[-T/2→T/2]g(t) cos(2nπt/T) dt
bn=(2/T)∫[-T/2→T/2]g(t) sin(2nπt/T) dt
とかけるとする。
これを f(t)=e^-|t|
g(t)=Σ[n=-∞→∞]f(t-nT)
で適用する。
a0=(2/T)∫[-T/2→T/2]g(t) dt
=(2/T)∫[-∞→∞]f(t)dt
=(2/T)∫[-∞→∞]e^-|t|dt
=(4/T)∫[0→∞]e^-t dt
=4/T
an=(2/T)∫[-T/2→T/2]g(t) cos(2nπt/T) dt
=(2/T)∫[-∞→∞]f(t)cos(ωt)dt
=(2/T)∫[-∞→∞]e^-|t|cos(ωt)dt
=(4/T)∫[0→∞]e^(-t)cos(ωt)dt
=(4/T)F(ω)
=(4/T)F(2nπ/T)
=(4/T)*1/(1+(2nπ/T)²)
bnは、g(t)が偶関数でsinが奇関数だから0
よって
g(t)=2/T+Σ[n=1→∞]{an cos(2nπt/T)}
ここで
an=(4/T)*1/(1+(2nπ/T)²)
が成り立つ。
T=1とすると
g(t)=2+Σ[n=1→∞]{an cos(2nπt)}
an=4/(1+(2nπ)²)
t=1のとき
g(1)=2+Σ[n=1→∞]{an cos(2nπ)}
=2+Σ[n=1→∞]{an}
=2+Σ[n=1→∞]4/(1+(2nπ)²)
=2+Σ[n=1→∞]2/(1+4n²π²)+Σ[n=-1→-∞]2/(1+4n²π²)
=Σ[n=-∞→∞]2/(1+4n²π²).....①
また，一方で，
g(t)=Σ[n=-∞→∞]f(t-nT)
でT=1
とすると
g(t)=Σ[n=-∞→∞]f(t-n)
さらに
t=1で
g(1)=Σ[n=-∞→∞]f(1-n)
ところで，
f(t)=e^-|t|
でt=1-nとすると
f(1-n)=e^-|1-n|
=e^-|n-1|
よって，
Σ[n=-∞→∞]f(1-n)
=Σ[n=-∞→∞]e^-|n-1|
n-1=mとすると
Σ[m=-∞→∞]e^-|m|
よって
g(1)=Σ[n=-∞→∞]e^-|n|....②
①②より
Σ[n=-∞→∞]e^-|n|=Σ[n=-∞→∞]2/(1+4n²π²)