単位ステップ関数のフーリエ変換

単位ステップ関数のフーリエ変換は, 非常に難しい. 今回はこれを考察してみよう. フーリエ変換は次の式で定義する.
$\mathfrak F \left[f(t)\right] = \int_{-\infty}^\infty f(t) e^{-i\omega t}dt$

単位ステップ関数は次のように定義される.
$u(t) = \begin{cases} 0 & t < 0 \\ 1 & t \ge 0 \end{cases}$
この関数の微分はデルタ関数で与えられる.
$\frac{d}{dt} u(t) = \delta(t)$
これの両辺をフーリエ変換すると,
$\mathfrak F \left[\frac d {dt} u(t) \right] = 1$
よって, 公式
$\mathfrak F \left[\frac d {dt} f(t) \right] = i \omega \mathfrak F \left[f(t)\right]$
を用いると,
$i \omega \mathfrak F \left[u(t)\right] = 1$
したがって,
$\mathfrak F \left[u(t)\right] = \frac 1 {i \omega}$
となる.

ところで, 符号関数
$\mathrm{sgn}(t) = \begin{cases} -1 & t < 0 \\ 0 & t = 0 \\ 1 & t \ge 0 \end{cases}$
と単位ステップ関数は,
$u(t) = \frac{\mathrm{sgn}(t) + 1}{2} \quad(t \ne 0)$
の関係がある. 更に,
$\frac{d}{dt} \mathrm{sgn}(t) = 2\delta(t)$
であるから,
$\mathfrak F \left[\frac d {dt} \mathrm{sgn}(t) \right] = 2$
である. 先程の公式を用いると,
$i \omega \mathfrak F \left[\mathrm{sgn}(t)\right] = 2$
となって
$\mathfrak F \left[\mathrm{sgn}(t)\right] = \frac 2 {i \omega}$
結果,
$\mathfrak F \left[u(t)\right] = \mathfrak F \left[\frac{\mathrm{sgn}(t)+1}{2}\right] = \frac 1 {i \omega} + \frac 1 2 \mathfrak F \left[1\right] = \frac 1 {i \omega} + \pi \delta(\omega)$
すなわち,
$\mathfrak F \left[u(t)\right] = \frac 1 {i \omega} + \pi \delta(\omega)$
を得る.

先程は
$\mathfrak F \left[u(t)\right] = \frac 1 {i \omega}$
であり, 今度は
$\mathfrak F \left[u(t)\right] = \frac 1 {i \omega} + \pi \delta(\omega)$
となった. どっちが正しいのであろう？
$\mathfrak F\left[u(t)\right] = \frac{\mathfrak F \left[\mathrm{sgn}(t)\right] + 1}{2}$
は採用したいので, 上のように $u(t)$ のフーリエ変換が変わると, $\mathrm{sgn}(t)$ のフーリエ変換も変わってしまう.

結論を先に言ってしまうと, 後者が正しい.

直感的に行こう*1. $u(t)$ は, 時間領域全体でみて, 直流成分 $1/2$ を持つ.
$\lim_{T\to\infty}\int_{-T}^T \frac{u(t)}{2T} = \frac 1 2$
直流成分 $1/2$ をフーリエ変換すると,
$\mathfrak F \left[\frac 1 2 \right] = \pi\delta(\omega)$
である. よって
$\mathfrak F \left[u(t)\right] = \frac 1 {i \omega} + \pi \delta(\omega)$
のほうが正しい.

なるほど電気系の人には通じそうな, 尤もらしい解答. 直流成分があるからそれに相当するスペクトルが立つのだ. 同じように, $\mathrm{sgn}(t)$ は直流成分を持たないから,
$\mathfrak F \left[\mathrm{sgn}(t)\right] = \frac 2 {i \omega}$
のように, 直流に相当する $2\pi\delta(\omega)$ の定数倍の項はつかないのも正当化される. 更に, $\mathfrak F \left[\mathrm{sgn}(t)\right] = 0 \quad(\omega = 0)$ としておくのが自然だと分かる. また, $\mathrm{sgn}(t)$ は奇関数であるから, そのフーリエ変換は虚数部のみになるはずである.

もうちょっと数学的に行こう*2.
$\mathfrak F \left[\frac d {dt} u(t) \right] = 1$
まではよろしい. ここで, $\omega \delta(\omega) = 0$ は恒等式である. なぜなら, まず
$\omega \delta(\omega) = 0 \quad (\omega \ne 0)$
であり, 更に
$\int_{-\alpha}^\alpha \omega \delta(\omega) d\omega = 0 \quad (\alpha > 0)$
であるからである. よって,
$\mathfrak F \left[\frac d {dt} u(t) \right] = 1 + k \omega \delta(\omega)$
とも書ける. ここで, $k$ は定数.
$\mathfrak F \left[\frac d {dt} f(t) \right] = i \omega \mathfrak F \left[f(t)\right]$
を用いると,
$i \omega \mathfrak F \left[u(t)\right] = 1 + k \omega \delta(\omega)$
よって
$\mathfrak F \left[u(t)\right] = \frac 1 {i \omega} + \frac{k}{i} \delta(\omega)$
となる. ここで,
$\mathfrak F \left[u(t)+u(-t)\right] = \frac 1 {i \omega} + \frac{k}{i} \delta(\omega) + \frac 1 {i(-\omega)} + \frac k i \delta(-\omega)$
$\delta(\omega)$ は偶関数なので,
$\mathfrak F \left[u(t)+u(-t)\right] = 2 \frac{k}{i} \delta(\omega) = \mathfrak F \left[1\right] = 2 \pi \delta(\omega)$
より, $k = i \pi$ である. したがって,
$\mathfrak F \left[u(t)\right] = \frac 1 {i \omega} + \pi \delta(\omega)$
を得る.

分かったような分からんようなだ. 狐につままれた気分. うーむ. $u(t) + u(-t) = 1$ って使ってるけど, $t=0$ のところでは大丈夫なんだろうかとか, 心配しだしたらキリがない. 更に,
$\mathfrak F \left[\frac d {dt} f(t) \right] = i \omega \mathfrak F \left[f(t)\right]$
を $u(t)$ に適用してもいいのかどうか, 分からない. おさらいのためこの式を導いておくと,
$\mathfrak F \left[\frac d {dt} f(t)\right] = \int_{-\infty}^\infty \left(\frac d {dt} f(t)\right) e^{-i\omega t} dt = \left[f(t) e^{-i \omega t} \right]_{-\infty}^{\infty} + i \omega \mathfrak F \left[f(t)\right]$
ここで, はたと筆が止まる. そうだ, この第一項の収束が必要なのだ. あれ, じゃあこの公式って $u(t)$ とか $\mathrm{sgn}(t)$ に使えるの？
$\left[u(t) e^{-i \omega t} \right]_{-\infty}^{\infty} = e^{-i \omega \infty}$
収束しない.
$\left[\mathrm{sgn}(t) e^{-i \omega t} \right]_{-\infty}^{\infty} = e^{-i \omega \infty} + e^{i \omega \infty} = 2 \cos \omega \infty$
収束しない.

(ﾉ∀`)ｱﾁｬｰ

でもだ. 仮に, $f(t)=1$ のフーリエ変換が $2\pi\delta(\omega)$ になることを知ってる人間が, これを用いて $0$ のフーリエ変換をしたいとなったとしよう.
$\mathfrak F \left[0\right] = \mathfrak F \left[\frac d {dt} 1\right] = \int_{-\infty}^\infty \left(\frac d {dt} 1\right) e^{-i\omega t} dt = \left[e^{-i \omega t} \right]_{-\infty}^{\infty} + i \omega \mathfrak F \left[1\right] = -2i\sin \omega \infty + i \omega 2 \pi \delta (\omega)$
ここで, $\omega\delta(\omega)=0$ であるから,
$\mathfrak F \left[0\right] =-2i\sin \omega \infty$
だ. $\mathfrak F \left[0\right]=0$ であるから, $\sin \omega \infty = 0$ .

... という似非数学. 何かがオカシイ, オカシイ. 無限を甘く見て痛い目に遭っている.

しょうがないので, 関数の収束を使った計算を書いておく.
$\mathrm{sgn}(t) = u(t) - u(-t)$
であるが, これを
$\mathrm{sgn}(t) = \lim_{a \to +0} \left[e^{-at} u(t) - e^{at} u(-t)\right]$
とする.
$\begin{eqnarray} \mathfrak F \left[\mathrm{sgn}(t)\right] &=& \mathfrak F \left[ \lim_{a \to +0} \left[e^{-at} u(t) - e^{at} u(-t)\right]\right] \\ &=& \lim_{a \to +0}\mathfrak F \left[e^{-at} u(t) - e^{at} u(-t)\right] \\ &=& \lim_{a \to +0}\int_{-\infty}^\infty \left[e^{-at} u(t) - e^{at} u(-t)\right] e^{-i\omega t} dt \\ &=& \lim_{a \to +0} \left[ \int_0^\infty e^{-at} e^{-i \omega t} dt - \int_{-\infty}^0 e^{at} e^{-i\omega t} dt \right] \\ &=& \lim_{a \to +0} \left[ \frac{1}{a+i\omega} - \frac{1}{a-i\omega} \right] \\ &=& \lim_{a \to +0} \frac{-2i\omega}{a^2+\omega^2} \\ &=& \frac{2}{i\omega} \end{eqnarray}$
これによって $\mathrm{sgn}(t)$ のフーリエ変換が正当化される. $a>0$ を取っておいて $e^{\pm at}$ で抑えておけば, 広義積分がちゃんと収束するからハッピーだ. 更に, $u(t)$ のフーリエ変換はこの結果を用いれば良い. つまり, ダイレクトにやろうと思ったら,
$u(t) = \frac{ u(t) - u(-t) + 1}{2} \quad (t \ne 0)$
であるから
$u(t) = \lim_{a \to +0} \left[\frac{ e^{-at} u(t) - e^{at} u(-t) + 1}{2}\right]$
として, 同じように計算するのだ. 結局のところ, 直流成分を取り出しているに過ぎない.