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 $$ F(u)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}f(t)e^{-iut}dt $$
 これに$-a<x<a$で
-$$ f(x) = b\left(1-\frac{x}{a}\right) $$
+$$ f(x) = b\left(1-\frac{|x|}{a}\right) $$
 を代入すると
-$$ F(u)=\frac{b}{2\pi}\int_{-a}^{a}e^{-at^2}e^{-iut}dt $$
+$$ F(u)=\frac{b}{2\pi}\int_{-a}^{a}\left(1-\frac{|t|}{a}\right)e^{-iut}dt $$
 ただし$a>0$, $b>0$とする。
-$e^{iz}=\cos z +i\sin z$を用いると
+$f(x)$が偶関数であることを用いると
-$$ F(u)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-at^2}\cos(ut) dt +i\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-at^2}\sin(ut)dt$$
+$$ F(u)=\frac{b}{\pi}\int_{0}^{a}\left(1-\frac{t}{a}\right)\cos(ut)dt$$
-第二項の被積分関数$e^{-at^2}\sin(ut)$は奇関数であるから第二項の積分は零になる。したがって
+ここで
-$$ F(u)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-at^2}\cos(ut) dt$$
+$$ \frac{d}{dt}\left\{\left(1-\frac{t}{a}\right)\sin(ut)\right\}=-\frac{1}{a}\sin(ut)+\left(1-\frac{t}{a}\right)u\cos(ut)$$
-この両辺を$u$で微分すると、
-$$ \frac{d}{du}F(u)=\frac{\partial}{\partial u}\left\{\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-at^2}\cos(ut) dt\right\}=-\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}te^{-at^2}\sin(ut) dt$$
-ここで$e^{-at^2}\sin(ut)$を$t$で微分してみると
-$$ \frac{d}{dt}\left[e^{-at^2}\sin(ut)\right]=-2ate^{-at^2}\sin(ut)+ue^{-at^2}\cos(ut)$$
-この両辺を$[-\infty, \infty]$で定積分すると、
-$$ \left[e^{-at^2}\sin(ut)\right]_{-\infty}^{\infty}=-2a\int_{-\infty}^{\infty}te^{-at^2}\sin(ut)dt+u\int_{-\infty}^{\infty}e^{-at^2}\cos(ut)dt$$
-左辺は零になるので
-$$ \int_{-\infty}^{\infty}te^{-at^2}\sin(ut)dt=\frac{u}{2a}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-at^2}\cos(ut)dt$$
+この両辺を$t$で不定積分すると、
+$$ \left(1-\frac{t}{a}\right)\sin(ut)=\frac{1}{au}\cos(ut)+u\int\left(1-\frac{t}{a}\right)\cos(ut)dt$$
+ただし積分定数は省略した。これより$[0,a]$の定積分は
+$$ \left[\left(1-\frac{t}{a}\right)\sin(ut)\right]_{t=0}^{t=a}=0=\frac{1}{au}(\cos(au)-1)+u\int_0^a\left(1-\frac{t}{a}\right)\cos(ut)dt$$
 したがって
-$$ \frac{d}{du}F(u)=-\frac{1}{2\pi}\frac{u}{2a}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-at^2}\cos(ut)dt = -\frac{u}{2a}F(u)$$
-これはF(u)に関する常微分方程式であるので、これを解くと
+$$ F(u)=\frac{b}{\pi}\int_{0}^{a}\left(1-\frac{t}{a}\right)\cos(ut)dt=\frac{b}{\pi}\frac{1}{au^2}(1-\cos(au))$$
-$$\frac{1}{F(u)}\frac{d}{du}F(u)=-\frac{1}{2a}u$$
-$$\int\frac{1}{F(u)}\frac{d}{du}F(u)du=-\frac{1}{2a}\int udu$$
-$$\int\frac{1}{F(u)}d(F(u))=-\frac{1}{2a}\frac{u^2}{2}+C$$
-ここで$C$は積分常数である。
-$$\ln|F(u)|=-\frac{u^2}{4a}+C$$
-$$F(u)=Ce^{-\frac{u^2}{4a}}$$
-ただし、積分常数は出るたびに記号$C$にまとめなおしている。この$C$は$u=0$と置くことにより
-$$F(0)=C$$
-したがって$F(u)$は
-$$F(u)=F(0)e^{-\frac{u^2}{4a}}$$
-一方$F(0)$は
+ここで、
-$$ F(0)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-at^2}dt $$
+$$\cos z=1-2\sin^2\frac{z}{2}$$
-であるから
+をもちいると、
-$$ I=\int_{-\infty}^{\infty}e^{-at^2}dt $$
+$$ F(u)=\frac{2b}{\pi}\frac{\sin^2(\frac{au}{2})}{au^2}=\frac{ab}{2\pi}\frac{\sin^2(\frac{au}{2})}{(\frac{au}{2})^2}$$
-とおくと
-$$ F(0)=\frac{1}{2\pi}I $$
-積分変数はなんでもいいので
-$$ I=\int_{-\infty}^{\infty}e^{-ax^2}dx $$
-$$ I=\int_{-\infty}^{\infty}e^{-ay^2}dy $$
-これより
-$$ I^2=\int_{-\infty}^{\infty}e^{-ax^2}dx\int_{-\infty}^{\infty}e^{-ay^2}dy $$
-これは$x,y$の逐次積分とも、二重積分ともとることができるので
-$$ I^2=\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-a(x^2+y^2)}dxdy $$
-$(x,y)$を二次元空間の直交座標とみなしてこれを極座標に変換すると
-$$ I^2=\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-a(x^2+y^2)}dxdy=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{\infty}e^{-ar^2}rdrd\theta $$
-これは計算できて、
-$$ I^2=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{\infty}e^{-ar^2}rdrd\theta =2\pi\int_{0}^{\infty}e^{-ar^2}rdr=\frac{\pi}{a}\int_{0}^{\infty}e^{-ar^2}(2ar)dr $$
-$$ \int_{0}^{\infty}e^{-ar^2}(2ar)dr=\int_{0}^{\infty}e^{-ar^2}\frac{d(ar^2)}{dr}dr=\int_{0}^{\infty}e^{-ar^2}d(ar^2)=[-e^{-ar^2}]_0^{\infty}=-(0-1)=1 $$
-よって
-$$ I^2=\frac{\pi}{a} $$
-$$ I=\sqrt{\frac{\pi}{a}} $$
-$$ F(0)=\frac{1}{2\pi}I=\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{\pi}{a}}=\frac{1}{\sqrt{4a\pi}} $$
-まとめると
-$$F(u)=\frac{1}{\sqrt{4a\pi}}e^{-\frac{u^2}{4a}}$$
-したがって
-$$ f(x) = \int_{-\infty}^{\infty}F(u)e^{iux}du $$
-を具体的に書き下すと
-$$ e^{-ax^2} =\frac{1}{\sqrt{4a\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\frac{u^2}{4a}}e^{iux}du $$