フーリエ級数展開の証明
矩形波\(f\left(x\right)\)のフーリエ係数\(C_{k}\)は
\(k\ne0\)のとき、
\begin{align*} C_{k} & =\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f\left(x\right)e^{-ikx}dx\\ & =\frac{1}{2\pi}\left(-\int_{-\pi}^{0}e^{-ikx}dx+\int_{0}^{\pi}e^{-ikx}dx\right)\\ & =\frac{1}{2\pi}\left(\int_{\pi}^{0}e^{ikx}dx+\int_{0}^{\pi}e^{-ikx}dx\right)\\ & =\frac{1}{2\pi}\left(-\int_{0}^{\pi}e^{ikx}dx+\int_{0}^{\pi}e^{-ikx}dx\right)\\ & =-\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{\pi}\left(e^{ikx}-e^{-ikx}\right)dx\\ & =-\frac{i}{\pi}\int_{0}^{\pi}\sin\left(kx\right)dx\\ & =\frac{i}{\pi}\cdot\frac{1}{k}\left[\cos\left(kx\right)\right]_{0}^{\pi}\\ & =\frac{i}{\pi k}\left(\cos\left(k\pi\right)-1\right)\\ & =\frac{i}{\pi k}\left(\left(-1\right)^{k}-1\right)\\ & =\begin{cases} -\frac{2i}{\pi k} & k\in2\mathbb{Z}-1\\ 0 & k\in2\mathbb{Z} \end{cases} \end{align*} \(k=0\)のとき、
\begin{align*} C_{0} & =\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f\left(x\right)e^{-i0x}dx\\ & =\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f\left(x\right)dx\\ & =0 \end{align*} となるのでフーリエ級数展開\(F\left(x\right)\)は、
\begin{align*} F\left(x\right) & =\sum_{k=-\infty}^{\infty}C_{k}e^{ikx}\\ & =\sum_{k\ne0}C_{k}e^{ikx}\\ & =\sum_{k=1}^{\infty}\left(C_{k}e^{ikx}+C_{-k}e^{-ikx}\right)\\ & =\sum_{k=1}^{\infty}\left(C_{2k-1}e^{i\left(2k-1\right)x}+C_{-\left(2k-1\right)}e^{-i\left(2k-1\right)x}\right)\\ & =\sum_{k=1}^{\infty}\left(-\frac{2i}{\pi\left(2k-1\right)}e^{i\left(2k-1\right)x}+\frac{2i}{\pi\left(2k-1\right)}e^{-i\left(2k-1\right)x}\right)\\ & =-\frac{2i}{\pi}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{\left(2k-1\right)}\left(e^{i\left(2k-1\right)x}-e^{-i\left(2k-1\right)x}\right)\\ & =-\frac{2i}{\pi}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{\left(2k-1\right)}2i\sin\left(\left(2k-1\right)x\right)\\ & =\frac{4}{\pi}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin\left(\left(2k-1\right)x\right)}{\left(2k-1\right)} \end{align*} となる。

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\begin{align*} f\left(x\right) & =\sgn\left(\sin\left(x\right)\right)\\ & =\begin{cases} -1 & \sin x<0\\ 0 & \sin x=0\\ 1 & 0<\sin x \end{cases}\\ & =\begin{cases} -1 & \left(2n-1\right)\pi<x<2n\pi,n\in\mathbb{Z}\\ 0 & x=2n\pi,n\in\mathbb{Z}\\ 1 & 2n\pi<x<\left(2n+1\right)\pi,n\in\mathbb{Z} \end{cases} \end{align*} となるので\(f\left(x+2\pi\right)=f\left(x\right)\)となる。
また、\(-\pi<x<0\)では\(f\left(x\right)=-1\)となり、\(x=0\)では\(f\left(x\right)=0\)となり、\(0<x<\pi\)では\(f\left(x\right)=1\)となる。

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\begin{align*} f\left(x\right) & =\sum_{k=-\infty}^{\infty}\mathrm{rect}\left(x-kT\right)\\ & =\begin{cases} 1 & nT-\frac{1}{2}<x<nT+\frac{1}{2},n\in\mathbb{Z}\\ \frac{1}{2} & x=nT-\frac{1}{2}\lor x=nT+\frac{1}{2},n\in\mathbb{Z}\\ 0 & otherwise \end{cases} \end{align*} となるので\(f\left(x+T\right)=f\left(x\right)\)となる。
また、\(-\frac{1}{2}<x<\frac{1}{2}\)では\(f\left(x\right)=1\)となり、\(x=\pm\frac{1}{2}\)では\(f\left(x\right)=\frac{1}{2}\)となり、\(\frac{T}{2}\leq x<-\frac{1}{2},\frac{1}{2}<x\leq\frac{T}{2}\)では\(f\left(x\right)=0\)となる。
ヘヴィサイド関数での表示は
\[ \mathrm{rect}\left(x\right)=H_{\frac{1}{2}}\left(x+\frac{1}{2}\right)-H_{\frac{1}{2}}\left(x-\frac{1}{2}\right) \] なので、
\[ \sum_{k=-\infty}^{\infty}\mathrm{rect}\left(x-kT\right)=\sum_{k=-\infty}^{\infty}H_{\frac{1}{2}}\left(x-kT+\frac{1}{2}\right)-H_{\frac{1}{2}}\left(x-kT-\frac{1}{2}\right) \] が成り立つ。