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例

　特に $\alpha=\frac{1}{2}$ とすれば、 証明　Th.4 (3) より $$\begin{align} \frac{d}{dt}\hat f(t) &= \frac{-i}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} xf(x) e^{-itx}dx \\ &= \frac{-i}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} xe^{-\alpha x^2} e^{-itx}dx \\ &= \frac{-i}{\sqrt{2\pi}} \Big\{ \Big[-\frac{1}{2\alpha}e^{-\alpha x^2} e^{-itx} \Big]_{-\infty}^{\infty} -\frac{it}{2\alpha} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\alpha x^2} e^{-itx}dx \Big\}\\ &= \frac{-i}{\sqrt{2\pi}} \Big\{ 0 - \frac{it}{2\alpha} \sqrt{2\pi}\hat f(t) \Big\} = - \frac{t}{2\alpha} \hat f(t) \\ ∴　\frac{d\hat f}{\hat f}&=-\frac{t}{2\alpha}dt \\ ∴　\hat f & =Ce^{-t^2/(4\alpha)} \\ \end{align}$$ $t=0$ を入れると、 ガウス積分の公式 $\dps{\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\alpha x^2}dx=\sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}}$ が使えて $\dps{C=\hat f(0)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\alpha x^2}dx =\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}=\frac{1}{\sqrt{2\alpha}}}$. (証明終)

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