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フーリエ変換は常識であるが、証明はされなければならないものだ。しかし、これについての厳密な証明を見たことのある人がいるだろうか？ 昔の大学の講義プリントから抜粋してみる。大変な証明である。多くの定理が出てくる。とりあえず各定理の証明は省いた。
リーマン
１．リーマンの定理
lim(k->0)∫(a,b) f(x)sin(kx)dx=0
lim(k->0)∫(a,b) f(x)cos(kx)dx=0
(a,b)でｆ（Ｘ）は単調有界、ψ（ｘ）は積分可能とすれば、
∫(a,b) f(x)ψ(x)dx = f(a+0)∫(a,c) ψ(x)dx + f(b-0)∫(c,b) ψ(x)dx
なるＣが存在する。
３．パラメータを含む積分
(1)
f(x,α)がa<= x <=bで連続のときは、S(X)=∫(a,b) f(x,α)は、αにつき連続である。
また、
∫(α１、α２) Ｓ（α）ｄα＝∫(a,b)｛∫（α１、α２） f(x,α)dα}dx
(2)
ｆα(x,α）＝∂ｆ（ｘ、α）／∂αが（１）の変域で連続なら、
（i)
dS/dα=∫(a,b) ｆα(x,α）dx
(ii)
(d/dα)∫（ψ（α）、Ψ（α）） ｆ（ｘ、α）ｄｘ
＝ｆ（Ψ（α）、α）ｄΨ／ｄｘーｆ（ψ（α）、α）ｄψ／ｄｘ
＋∫（ψ（α）、Ψ（α）） ｆα（ｘ、α）ｄｘ
（３）
I(x) = ∫(a,∞) f(x,α)dx が収束で、｜∫(x,∞) f(x,α）ｄｘ｜＜εならしめるｘがαに無関係に定まるときは、Ｉ（α）はαにつき一様収束であるという。
以下（４）（５）（６）では、Ｉ（α）を一様収束であると仮定する。
（４）
ｆ（ｘ、α）が α１＜＝ α ＜＝ α２ で連続ならばＩ（α）も連続である。
（５）
∫(α１、α２） Ｉ（α）ｄα＝∫(a,∞） ∫（α１、α２） ｆ（ｘ，α）ｄαｄｘ
（６）
∫（ａ、∞） ｆα（ｘ、α）ｄｘ も一様収束ならば ∫（ａ、∞） ｆα（ｘ、α）ｄｘ＝Ｉ’（α）
（７）
∫（０、∞） ｆ（ｘ）ｄｘ が収束ならば、
ｌｉｍ（αー＞０） ∫（０、∞） ｅ＾（－αｘ）ｆ（ｘ）ｄｘ＝∫（０、∞） ｆ（ｘ）ｄｘ
（８）
∫（０、∞） （ｓｉｎ（ｋｘ）／ｘ）ｄｘ の値
ｋ＞０としておく。
∫（０、∞） （ｓｉｎ（ｋｘ）／ｘ）ｄｘ ＝∫（０、∞） （ｓｉｎ（ｔ）／ｔ）ｄｔ
＝∫（０、π） ＋∫（π、２π） ＋∫（２π、３π） ＋・・・（交代級数）
（ｓｉｎ（ｔ）／ｔ）ー＞１ （ｔ－＞０）だから、∫（０、π） は積分可能。
｜∫（ｎπ、（ｎ＋１）π）｜＞｜∫（（ｎ＋１）π、（ｎ＋２）π）｜ー＞０ （ｎ＝＞∞）
であるから、この交代級数は∫（０、π） り小さい値に収束する。
Ｉ（ｋ）＝∫（０、∞） ｅ＾（－αｘ）（ｓｉｎ（ｋｘ）／ｘ）ｄｘ （α＞０） とする。
｜∫（ｘ、∞） ｅ＾（－αｘ）（ｓｉｎ（ｋｘ）／ｘ）ｄｘ｜
＜∫（０、∞） ｅ＾（－αｘ）ｄｘ＝（ｅ＾（－αｘ））／αー＞０（ｘー＞∞）
（ｋに無関係に＜ε）
故にＩ（ｋ）はｋにつき一様収束であるから（６）により、
Ｉ’（ｋ）＝∫（０、∞） ｅ＾（－αｘ）（ｃｏｓ（ｋｘ））ｄｘ
＝[ｅ＾（－αｘ）（ｓｉｎ（ｋｘ）ｋ）］（ｘ＝０、∞）
＋（α／ｋ）∫（０、∞） ｅ＾（－αｘ）（ｓｉｎ（ｋｘ））ｄｘ
＝［ーα＊ｅ＾（－αｘ）（ｃｏｓ（ｋｘ））／ｋ＾２］（ｘ＝０、無限）
ー（α＾２／ｋ＾２）∫（０、∞） ｅ＾（－αｘ）（ｃｏｓ（ｋｘ））ｄｘ
＝α／ｋ＾２－（α＾２／ｋ＾２）＊Ｉ’（ｋ）
∴Ｉ’（ｋ）＝α／（α＾２＋ｋ＾２）
∴Ｉ（ｋ）＝ａｒｃｔａｎ（ｋ／α）＋Ｃ
Ｉ（０）＝０ であるから Ｃ＝０
（７）により、
ｌｉｍ（αー＞０）Ｉ（ｋ）＝∫（０、∞） （ｓｉｎ（ｋｘ）／ｘ）ｄｘ
であるが、ｋ＞０のとき、ｌｉｍ（αー＞０）Ｉ（ｋ）＝π／２
明らかにｋ＝０で Ｉ（ｋ）＝０
ｋ＜０でｌｉｍ（αー＞０）Ｉ（ｋ）＝ーπ／２
結局、
∫（０、∞） （ｓｉｎ（ｋｘ）／ｘ）ｄｘ＝π／２（ｋ＞０）
＝０（ｋ＝０）
＝－π／２（ｋ＜０）
ディレクレ
４． Ｄｉｒｉｃｈｌｅｔの積分
ｆ（ｘ）を０＜ｘ＜ｂで積分可能とし、ｆ（＋０）が存在するものとする。
ｌｉｍ（ｋ－＞∞）∫（０、ｂ） ｆ（ｘ）（ｓｉｎ（ｋｘ）／ｘ）ｄｘを計算するのが第一目的である。
｜ｆ（ｘ）－ｆ（＋０）｜＜ε、０＜ｘ＜δとなるδがεにより決まる。（δ＜ｂにとる）。
∫（０、ｂ） ｛ｆ（ｘ）－ｆ（＋０）｝（ｓｉｎ（ｋｘ）／ｘ）ｄｘ＝∫（０、δ）＋∫（δ、ｂ）と分ける。
（δ、ｂ）では、（ｆ（ｘ）－ｆ（＋０））／ｘ が積分可能だから、上のリーマンの定理により、ｌｉｍ（ｋ－＞∞）∫（δ、ｂ）＝０
残りの
∫（０、δ） ｛ｆ（ｘ）－ｆ（＋０）｝（ｓｉｎ（ｋｘ）／ｘ）ｄｘ
を考える。
Ⅰ． もし、ｘ＝０でｆ（ｘ）の右方微分係数
ｆ’（＋０）＝ｌｉｍ（ｘ－＞０）（ｆ（ｘ）－ｆ（＋０））／ｘ）が有限に存在するならば、
（ｆ（ｘ）－ｆ（＋０））／ｘ）は（０、δ）で積分可能となるから、リーマンの定理で
ｌｉｍ（ｋ－＞∞）∫（０、δ）＝０
Ⅱ． ｆ（ｘ）が有界単調であるとき、
ｓｉｎ（ｋｘ）／ｘ－＞ｋ （ｘ－＞０）であるからｓｉｎ（ｋｘ）／ｘは積分可能である。
ｆ（ｘ）ーｆ（＋０）は単調であるから第２平均値の定理により、
∫（０、δ） ｛ｆ（ｘ）－ｆ（＋０）｝（ｓｉｎ（ｋｘ）／ｘ）ｄｘ
＝（ｆ（＋０）－ｆ（＋０））∫（０、ξ） （ｓｉｎ（ｋｘ）／ｘ）ｄｘ
＋（ｆ（δ）－ｆ（＋０））∫（ξ、δ） （ｓｉｎ（ｋｘ）／ｘ）ｄｘ
＝（ｆ（δ）－ｆ（＋０））∫（ξ、δ） （ｓｉｎ（ｋｘ）／ｘ）ｄｘ、０＜ξ＜δ
｜∫（ξ、δ） （ｓｉｎ（ｋｘ）／ｘ）ｄｘ｜
＝｜∫（ｋξ、ｋδ） （ｓｉｎ（ｔ）／ｔ）ｄｔ｜
＜∫（０、π） （ｓｉｎ（ｔ）／ｔ）ｄｔ＝定値（交代級数の第一項）
｜ｆ（δ）－ｆ（＋０）｜＜εであるから、
｜∫（０、δ） ｛ｆ（ｘ）－ｆ（＋０）｝（ｓｉｎ（ｋｘ）／ｘ）ｄｘ｜
＝｜ｆ（δ）－ｆ（＋０）｜＊｜∫（ξ、δ） （ｓｉｎ（ｋｘ）／ｘ）ｄｘ｜＜ε＊（定値）
∴∫（０、δ） ｛ｆ（ｘ）－ｆ（＋０）｝（ｓｉｎ（ｋｘ）／ｘ）ｄｘ＝０（ｋに無関係に０）
故にⅠ、Ⅱの何れかの場合に、
ｌｉｍ（ｋ－＞∞）∫（０、ｂ） ｛ｆ（ｘ）－ｆ（＋０）｝（ｓｉｎ（ｋｘ）／ｘ）ｄｘ＝０、即ち、
ｌｉｍ（ｋ－＞∞）∫（０、ｂ） ｆ（ｘ）（ｓｉｎ（ｋｘ）／ｘ）ｄｘ
＝ｌｉｍ（ｋ－＞∞） ｆ（＋０）∫（０、ｂ） （ｓｉｎ（ｋｘ）／ｘ）ｄｘ
＝ｆ（＋０）ｌｉｍ（ｋ－＞∞） ∫（０、ｋｂ） （ｓｉｎ（ｔ）／ｔ）ｄｔ＝ｆ（＋０）π／２
同様に、
Ⅰ’． ｘ＝０でｆ（ｘ）の左方微分係数が有限に存在するか、
Ⅱ’． ｆ（ｘ）が有界単調であるか
何れの場合には、ａ＜０とし、
ｌｉｍ（ｋ－＞∞）∫（ａ、０） ｆ（ｘ）（ｓｉｎ（ｋｘ）／ｘ）ｄｘ＝ｆ（－０）π／２
まとめて、積分可能なｆ（ｘ）に対して、
Ⅰ． ｘ＝０でｆ（ｘ）の左右微分係数が有限に存在する。
Ⅱ． ｘ＝０の近傍でｆ（ｘ）が有界単調である
のいずれかのか仮定のもとに（どちらでもいい、これをＤ条件とする）
ｌｉｍ（ｋ－＞∞）∫（ａ、ｂ） ｆ（ｘ）（ｓｉｎ（ｋｘ）／ｘ）ｄｘ
＝０ （ａ，ｂが同符号であるとき）
＝（ｆ（＋０）－ｆ（－０））＊π／２ （ａ＜０＜ｂ）
＝ｆ（＋０）＊π／２ （ａ＝０＜ｂ）
＝ ｆ（－０）＊π／２ （ａ＜０＝ｂ）
ｆ（ｘ）が ｘ＝ｔにおいてＤ条件を満足するときは、ｘ＝ｔ＋ξとして変数をｘからξに移し、ｆ（ｘ）＝ｆ（ｔ＋ξ）＝ψ（ξ）とすれば、ψ（ξ）はξ＝０で同性質であるから、
α＜０＜βに対して、
ｌｉｍ（ｋ－＞∞）∫（α、β） ψ（ξ）（ｓｉｎ（ｋξ）／ξ）ｄξ
＝（ψ（＋０）＋ψ（－０））π／２
∴ｌｉｍ（ｋ－＞∞）∫（α、β） ψ（ｔ＋ξ）（ｓｉｎ（ｋξ）／ξ）ｄξ
＝（ψ（ｔ＋０）＋ψ（ｔ－０））π／２
上の最後の式のα、βは、リーマンの定理の証明をみると、α（＜０）はいくら小さくしても、β（＞０）はいくら大きくしても、有限ならばよいわけである。これを―∞、＋∞にすることを考える。
ーｎ＜α＜－１＜１＜β＜ｍ として、
∫（ｎ、ｍ） ｆ（ｔ＋ξ）（ｓｉｎ（ｋξ）／ξ）ｄξ
＝∫（ーｎ、ｍ）＋∫（αβ）＋∫（β、ｍ）
の３部分のうち第１第３の部分は、
｜∫（ーｎ、α）｜
＜＝∫ー（ｎ、α）｜ｆ（ｔ＋ξ）（ｓｉｎ（ｋξ）／ξ）｜ｄξ
＜＝∫（ーｎ、α）｜ｆ（ｔ＋ξ）｜ｄξ
＝ ∫（ｔ－ｎ、ｔ＋α）｜ｆ（ｘ）｜ｄｘ
＜＝∫（ー∞、ｔ＋α）｜ｆ（ｘ）｜ｄｘ
同様に、
｜∫（β、ｍ）｜
＜＝∫（ｔ＋β、ｔ＋ｍ）｜ｆ（ｘ）｜ｄｘ
＜＝∫（ｔ＋β、∞）｜ｆ（ｘ）｜ｄｘ
故にもし、∫（ー∞、∞）｜ｆ（ｘ）｜ｄｘ が収束（存在）するときは、αを小さくし、βを大きくして、
∫（ー∞、ｔ＋α）｜ｆ（ｘ）｜ｄｘ＜ε／３
∫（ｔ＋β、＋∞）｜ｆ（ｘ）｜ｄｘ＜ε／３
α＜－Ｎ、β＞Ｎ とできる。
第二の部分∫（α、β）は ｋ－＞∞ のとき
ー＞（ｆ（ｔ＋０）＋ｆ（ｔ－０））π／２
となるから、ｋ＞Ｋのとき、
｜∫（α、β）（略） －（ｆ（ｔ＋０）＋ｆ（ｔ－０））π／２｜＜ε／３、とできる。
故に、
｜∫（－ｎ，ｍ） ｆ（ｔ＋ξ）（ｓｉｎ（ｋξ）／ξ）ｄξー（ｆ（ｔ＋０）＋ｆ（ｔ－０））π／２｜
＜ε
ｋ＞Ｋ
ｎ，ｍ＞Ｎ
即ち
ｌｉｍ（ｋ－＞∞）∫（ー∞，∞） ｆ（ｔ＋ξ）（ｓｉｎ（ｋξ）／ξ）ｄξ
＝（ｆ（ｔ＋０）＋ｆ（ｔ－０））π／２
然るに他方、｜ｆ（ｔ＋ξ）ｃｏｓ（ｕξ）｜＜｜ｆ（ｔ＋ξ）｜でかつ
∫（－∞、∞）｜ｆ（ｘ）｜ｄｘが収束であるなら、
∫（ー∞、∞) ｆ（ｔ＋ξ）ｃｏｓ（ｕξ）ｄξ はｕについて一様収束である。つまり、ｕに関係なく、任意のεに対してξが決まる。
∫（０、λ）ｄｕ∫（－∞、∞) ｆ（ｔ＋ξ）ｃｏｓ（ｕξ）ｄξ
＝∫（－∞、∞) ｆ（ｔ＋ξ）ｄξ∫（０、λ）ｃｏｓ（ｕξ）ｄｕ
＝∫（－∞、∞） ｆ（ｔ＋ξ）（ｓｉｎ（λξ）／ξ）ｄξ
両辺でλー＞∞とすれば、
∫（０、∞）ｄｕ∫（－∞、∞) ｆ（ｔ＋ξ）ｃｏｓ（ｕξ）ｄξ
＝（ｆ（ｔ＋０）＋ｆ（ｔ－０））π／２
ここで、ｔ＋ξ＝ｖ、ｔ＝ｘ とかきかえて、
∫（０、∞）ｄｕ∫（－∞、∞) ｆ（ｖ）ｃｏｓ（ｕ（ｖ－ｘ））ｄｖ
＝（ｆ（ｘ＋０）＋ｆ（ｘ－０））π／２ （１）
これをフーリエ積分、または積分表示という。これが成り立つための充分条件は、Ｄ条件と
∫（－∞、∞)｜ｆ（ｘ）｜ｄｘが存在することである。ｆ（ｘ）が連続の時は右辺はπｆ（ｘ）となる。以下このかきかたをもちいる。
（ａ）を書き変えると、
ｆ（ｘ）＝（１/π）∫（０、∞） ｃｏｓ（ｕｘ）ｄｕ∫（－∞、∞） ｆ（ｖ）ｃｏｓ（ｕｖ）ｄｖ
＋（１/π）∫（０、∞） ｓｉｎ（ｕｘ）ｄｕ∫（－∞、∞） ｆ（ｖ）ｓｉｎ（ｕｖ）ｄｖ
ｆ（ｘ）が偶関数のときには、
∫（－∞、∞） ｆ（ｖ）ｃｏｓ（ｕｖ）ｄｖ＝２∫（０、∞） ｆ（ｖ）ｃｏｓ（ｕｖ）ｄｖ
∫（－∞、∞） ｆ（ｖ）ｓｉｎ（ｕｖ）ｄｖ＝０
となるので、
ｆ（ｘ）＝（２/π））∫（０、∞） ｃｏｓ（ｕｘ）ｄｕ∫（－∞、∞） ｆ（ｖ）ｃｏｓ（ｕｖ）ｄｖ （２）
（偶関数、ｘ＞０で任意）
ｆ（ｘ）が奇関数では、
ｆ（ｘ）＝（２/π））∫（０、∞） ｓｉｎ（ｕｘ）ｄｕ∫（－∞、∞） ｆ（ｖ）ｓｉｎ（ｕｖ）ｄｖ （３）
（奇関数、ｘ＞０で任意）
（１）の左辺の∫（－∞、∞) ｆ（ｖ）ｃｏｓ（ｕ（ｖ－ｘ））ｄｖはｕについて偶関数だから、
∫（０、∞）ｄｕ∫（－∞、∞) ｆ（ｖ）ｃｏｓ（ｕ（ｖ－ｘ））ｄｖ
＝（１/２）∫（ー∞、∞）ｄｕ∫（－∞、∞) ｆ（ｖ）ｃｏｓ（ｕ（ｖ－ｘ））ｄｖ
＝πｆ（ｘ） （＊）
∫（－∞、∞) ｆ（ｖ）ｓｉｎ（ｕ（ｖ－ｘ））ｄｖはｕについて奇関数だから、
（１/２）∫（ー∞、∞）ｄｕ∫（－∞、∞) ｆ（ｖ）ｃｏｓ（ｕ（ｖ－ｘ））ｄｖ＝０
後の式にｉをかけ前の式（＊）に加えると、
（１/２）∫（ー∞、∞）ｄｕ∫（－∞、∞) ｆ（ｖ）ｅ＾（－ｉ（ｕ（ｖ－ｘ）））ｄｖ＝πｆ（ｘ）
あるいは、
（１./２）∫（-∞、∞） ｅ＾（ｉｕｘ）ｄｕ∫（－∞、∞） ｆ（ｖ）ｅ＾（－ｉｕｖ）ｄｖ＝πｆ（ｘ）
ーーー（４）
－－－－－－－投稿者注－－－－－－－－－－－－
これがフーリエ変換の式でみごとに証明されました。（４）式の最後のものが、よくよくみるとわかりやすいです。つまり、積分の後の部分がフーリエ変換で初めの部分が逆変換です。つまり、フーリエ変換ーー＞逆変換で、もとに戻る、ということです。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
２変数の関数ｆ（ｘ、ｙ）にたいしては（１）より、
ｆ（ｘ、ｙ）＝（１/２π）∫（－∞、∞）∫（－∞、∞）ｆ（ｕ、ｙ）ｃｏｓ（α（ｕ－ｘ））ｄｕｄα
ｆ（ｕ、ｙ）＝（１/２π）∫（－∞、∞）∫（－∞、∞）ｆ（ｕ、ｖ）ｃｏｓ（β（ｖ－ｙ））ｄｖｄβ
となるから、
ｆ（ｘ、ｙ）
＝１/（２π）＾２∫∫∫∫（－∞、∞）ｆ（ｕ，ｖ）ｃｏｓ（α（ｕ－ｘ））ｃｏｓ（（β（ｖ－ｙ））ｄｕｄｖｄαｄβ
（５）
６．フーリエ級数の和
ｆ（ｘ）のフーリエ級数は（ｆ（ｘ）は －π＜ｘ＜πでていぎされている関数）
ｆ（ｘ）～ａ０/２＋ａ１ｃｏｓ（ｘ）＋ｂ１ｓｉｎ（ｘ）＋ａ２ｃｏｓ（２ｘ）＋ｂ２ｓｉｎ（２ｘ）＋・・・
ａｏ＝（１/π）∫（－π、π）ｆ（ｘ）ｄｘ
ａｎ＝（１/π）∫（－π、π）ｆ（ｘ）ｃｏｓ（ｎｘ）ｄｘ
ｂｎ＝（１/π）∫（－π、π）ｆ（ｘ）ｓｉｎ（ｎｘ）ｄｘ
この級数の第（２ｎ＋１）項までの和をＳｎ（ｘ）とする。
ａｎｃｏｓ（ｎｘ）＋ｂｎｓｉｎ（ｎｘ）
＝ｃｏｓ（ｎｘ）＊（１/π）∫（－π、π）ｆ（ｔ）ｃｏｓ（ｎｔ）ｄｔ
＋ｓｎ（ｎｘ）＊（１/π）∫（－π、π）ｆ（ｔ）ｓｉｎ（ｎｔ）ｄｔ
＝（１/π）∫（-π、π) ｆ（ｔ）｛ｃｏｓ（ｎｘ）ｃｏｓ（ｎｔ）＋ｓｉｎ（ｎｘ）ｓｉｎ（ｎｔ）｝ｄｔ
＝（１/π）∫（－π、π） ｆ（ｔ）ｃｏｓ（ｎ（ｔ－ｘ））ｄｔ
また、
１/２＋ｃｏｓ（θ）＋ｃｏｓ（２θ）＋・・・＋ｃｏｓ（ｎθ）
＝（１/ｓｉｎ（θ/２））｛（１/２）ｓｉｎ（θ/２）＋ｓｉｎ（θ/２）ｃｏｓ（θ）
＋ｓｉｎ（θ/２）ｃｏｓ（２θ）＋・・・＋ｓｉｎ（θ/２）ｃｏｓ（ｎθ）｝
＝１/（ｓｉｎ（θ/２）｛（１/２）ｓｉｎ（θ/２）
＋（１/２）（ｓｉｎ（θ/２＋θ）＋ｓｉｎ（θ/２ーθ））
＋（１/２）（ｓｉｎ（θ/２＋２θ）－ｓｉｎ（θ/２－２θ））＋・・・
＋（１/２）｛ｓｉｎ（θ/２＋ｎθ）＋ｓｉｎ（θ/２－ｎθ））｝
＝（ｓｉｎ（（（２ｎ＋１）/２）θ）/（２ｓｉｎ（θ/２））
ということから、
Ｓｎ（ｘ）
＝（１/π）∫（－π、π） ｆ（ｔ）（sin（（（2n＋１）/２）（t-x））/（2sin（（t-x）/２））ｄｔ
＝（１/π）∫（－π-x、π-x） ｆ（x+α）（sin（（（2n＋１）/２）α）/（2sin（α/２））ｄα
（α/２）（ｆ（ｘ＋α）/ｓｉｎ（α/２））をｆ１（ｘ＋α）とおけば、
Ｓｎ（ｘ）＝（１/π）∫(－π-x、π-x）ｆ１(x＋α）（ｓｉｎ（α（２ｎ＋１）/２）/α）ｄα
ｆ（ｘ）がＤ条件を満足すつときには、ｆ１（ｘ）もＤ条件を満足するし、
ｆ１（ｘ＋０）＝ｆ（ｘ＋０）、ｆ１（ｘ－０）＝ｆ（ｘ－０）であり、かつ、ーπ＜ｘ＞πならば、-πーｘ＜０、πーｘ＞０であるから、ディレクレの積分より、
ｌｉｍ（ｎー＞∞）Ｓｎ（ｘ）＝（１/π）（π/２）{ｆ１（ｘ＋０）＋ｆ１（ｘ－０）}
＝（１/２）{ｆ（ｘ＋０）＋ｆ（ｘ－０）}
ｆ（ｘ）が（－π、π）のすべての点でＤ条件を満足するならば、ｆ（ｘ）はフーリエ級数は（－π。π)のすべての点でｆ（ｘ）の左右両極値の平均値（ｆ（ｘ）が連続のところではｆ（ｘ））に収束する。
ｘ＝－πでは、
Sn(-π)=(1/π)∫(-π、π) ｆ（ｔ）（sin（（2n＋1）/2）（t+π））/（2sin（（t+π）/2))ｄｔ
ここでｔ＋π＝２βとすると、
＝（１/π)∫（０、π）ｆ（－π＋２β）（ｓｉｎ（２ｎ＋１））β）/（ｓｉｎ（β））ｄβ
β＝πでｓｉｎ（β）＝０となるから、２つに分けて、
Sn（－π）=（１/π)∫（０、π/2）ｆ（－π＋2β）（ｓｉｎ（2n+1））β）/（sin（β））dβ
+（１/π)∫（π/2、π）ｆ（－π＋2β）（ｓｉｎ（2n+1））β）/（sin（β））dβ
第１の積分はｎ－＞∞のとき（１/π）（π/２）ｆ（-π＋０）に収束する。
第２の積分はでーπ＋２β＝π―２γとおくと、
=（１/π)∫（π/2、0）ｆ（π-2γ）（ｓｉｎ（2n+1））（π-γ））/（sin（π-γ））(-dγ)
=（１/π)∫（0,π/2）ｆ（π-2γ）（ｓｉｎ（2n+1））（γ））/（sin（γ））(dγ)
=（１/π）ｆ（πー０）
∴ｌｉｍ（ｎー＞∞）Ｓｎ（－π）＝（１/２）｛ｆ（－π＋０）＋ｆ（πー０｝
ｘ＝πでも同様で、
ｌｉｍ（ｎー＞∞）Ｓｎ（π）＝（１/２）｛ｆ（πー０）＋ｆ（ーπ＋０｝
注） ｆ（ｘ）（－π＜ｘ＜π）のフーリエ級数は、それが収束するとき、（-∞、∞）で考えると、周期２πの関数を表している。故にｆ（ｘ）が周期２πの関数の場合には、上記の事実は区間（-∞、∞）でそのまま成り立つ。
