$$1,\cos x,\sin x,\cdots,\cos nx,\sin nx,\cdots$$

被称为基本的三角函数系，在该三角函数系中任意两个不同函数的乘积在区间 $[-\pi, \pi]$ 上的积分为 $0$，并且易知 $1^2$ 的积分为 $2\pi$，$\sin^2 nx$ 和 $\cos^2 nx$ 的积分均为 $\pi$。

前面我们用幂函数的多项式以及无穷形式和的手段去逼近光滑函数，从而引入了幂级数，那么对于周期函数，我们容易想到用三角函数的多项式尝试去逼近，将复杂的周期现象转化为上述简单的周期性的叠加。我们不妨先研究周期为 $2\pi$ 的函数 $f(x)$，那么易知形如 $c+\sum_{k=1}^n (a_k \cos kx+b_k \sin kx)$ 的三角多项式也以 $2\pi$ 为周期，我们只需要分析在 $[-\pi,\pi]$ 上二者的关系即可。

自然地，我们就会将 $f(x)$ 与某种无穷形式和 $c+\sum_{n=1}^\infty (a_n \cos nx+b_n \sin nx)$ 相联系，我们称之为三角级数，于是我们有如下的定义，用由 $f(x)$ 唯一确定的三角级数 $\frac {a_0}2+\sum_{n=1}^\infty (a_n \cos nx+b_n \sin nx)$ 来与 $f$ 建立联系，并给如下的系数的定义，$a_0,a_n,b_n$ 称为 $Fourier$ 系数：

$$\begin{align} a_0&=\frac1\pi\int_{-\pi}^\pi f(x)\,dx,\\ a_n&=\frac1\pi\int_{-\pi}^\pi f(x)\cos nx\,dx,\\ b_n&=\frac1\pi\int_{-\pi}^\pi f(x)\sin nx\,dx \end{align}$$

这里我们要求 $f$ 是黎曼可积的或者广义绝对可积的以 $2\pi$ 为周期的函数，称三角级数 $\frac {a_0}2+\sum_{n=1}^\infty (a_n \cos nx+b_n \sin nx)$ 为 $f$ 的 $Fourier$ 级数或 $f$ 的 $Fourier$ 展开，记为 $f(x)\sim \frac {a_0}2+\sum_{n=1}^\infty (a_n \cos nx+b_n \sin nx)$。

容易知道如果 $f$ 是奇函数，那么 $a_n=0$，如果 $f$ 是偶函数，那么 $b_n=0$。

我们是想用上述 $f$ 的 $Fourier$ 级数来刻画 $f$ 的性质，自然对于级数，我们想要探究 $f$ 的 $Fourier$ 级数的收敛性如何，以及是否收敛到 $f$ 自身，是否是一致收敛。要回答这些问题，我们首先要引入 $Riemann-Lebesgue$ 引理：设 $f$ 在 $[a,b]$ 中可积或广义绝对可积，则

$$\lim_{\lambda \to \infty} \int_a^b f(x) \cos \lambda x \, dx = \lim_{\lambda \to \infty} \int_a^b f(x) \sin \lambda x \, dx = 0.$$

这也是为什么我们在最开始要限制 $f$ 是黎曼可积或广义绝对可积的。由此我们易知对于周期为 $2\pi$ 的黎曼可积或广义绝对可积的函数 $f$，其 $Fourier$ 系数形如 $a_n=o(1),b_n=o(1),\,(n\to\infty)$。而如果 $f$ 是阶梯函数，易知此时，$a_n=O(\frac 1n),b_n=O(\frac 1n),\,(n\to \infty)$，注意这里是直接进行分段积分没有运用分部积分，分部积分的推广也需要要求 $f$ 至少是连续的，因为它必须是某个函数的积分函数（这时候我们通常不去找 $f$ 的积分函数，往往会使得分析更复杂），从而对于分段线性函数，我们运用分部积分之二，我们知道它是阶梯函数的积分函数，于是可以推出此时 $a_n=O(\frac1 {n^2}),b_n=O(\frac 1{n^2}),\,(n\to \infty)$，注意这里要求 $f(-\pi)=f(\pi)$

更一般的，如果 $f$ 具有良好的可导性，比如 $f$ 是 $C^k$ 的，那么 $a_n=o(\frac 1{n^k}),b_n=o(\frac 1{n^k}),\,(n\to \infty)$。

有了对于 $Fourier$ 系数的估计，我们知道对于以 $2\pi$ 为周期的连续分段线性函数或者 $C^2$ 函数，其 $Fourier$ 系数都满足 $a_n=O(\frac1 {n^2}),b_n=O(\frac 1{n^2}),\,(n\to \infty)$，从而它们的 $Fourier$ 展开一致绝对收敛，那么对于一般的其他函数，其 $Fourier$ 展开是否收敛呢，以及上述一致收敛的 $Fourier$ 展开是否收敛于函数本身呢？

记 $f$ 的 $Fourier$ 展开的部分和为 $S_n(x)=\frac {a_0}2+\sum_{k=1}^n (a_k \cos kx+b_k \sin kx)$，带入系数的具体表达式以及利用被积函数的周期性，部分和可以化为 $S_n(x)=\frac 1\pi\int_{-\pi}^\pi f(x+u)\sigma_n(u)\,du$，其中 $\sigma_n(u)=\frac 12 +\cos u+\dots +\cos nu=\frac{\sin(n+\frac12)u}{2\sin\frac u2}$ ，从而 $\int_{-\pi}^\pi \sigma_n(u)\,du=\pi$，注意当 $u=2k\pi$ 时，我们规定 $\frac{\sin(n+\frac12)u}{2\sin\frac u2}=n+\frac12$ 从而与之融洽。

又注意到 $\sigma_n(u)$ 是偶函数，所以我们可以将部分和改写为 $S_n(x)=\frac 1\pi \int_0^\pi\frac{f(x+u)+f(x-u)}{2}\frac{\sin(n+\frac12 )u}{\sin \frac u2}\,du$，从而根据 $Riemann-Lebesgue$ 引理，我们有：

$$\lim\limits_{n\to\infty} S_n(x)=\frac1\pi\lim_{n\to\infty}\int_0^\delta \frac{f(x+u)+f(x-u)}{2}\frac{\sin(n+\frac12 )u}{\sin \frac u2}\,du$$

从而 $f$ 的 Fourier 展开在某点处的收敛性只和 $f$ 在该点附近的性态有关，即 $x$ 附近的函数值。

如果说 $f$ 在某点处的左右极限都存在可以不相等，那么上述 $S_n(x)$ 可以改写为：

$$\begin{align} S_n(x)&=\frac12[f(x+0)+f(x-0)]+E_n(x),\\ E_n(x)&=\frac 1\pi\int_0^\pi\frac{f(x+u)-f(x+0)}{2\sin\frac u2}\sin(n+\frac12 )u\,du+\frac 1\pi\int_0^\pi\frac{f(x-u)-f(x-0)}{2\sin\frac u2}\sin(n+\frac12 )u\,du \end{align}$$

如果说 $\int_0^\delta\frac{f(x+u)-f(x+0)}u\,du$ 与 $\int_0^\delta\frac{f(x-u)-f(x-0)}u\,du$ 均绝对收敛，那么容易证明 $\frac{f(x+u)-f(x+0)}{2\sin\frac u2}$ 与 $\frac{f(x-u)-f(x-0)}{2\sin\frac u2}$ 是广义绝对可积的，从而由 $Riemann-Lebesgue$ 引理可知 $\lim_{n\to \infty}E_n(x)=0$，于是 $f$ 的 Fourier 展开在 $x$ 处收敛于 $\frac12[f(x+0)+f(x-0)]$。

上述即是 $Dini$ 判别法，为了更方便实际应用，我们还有更特殊的 $Dirichlet$ 判别法，如果 $f$ 是周期为 $2\pi$ 的分段可导的函数（分段点处左右导数存在），那么 $\frac{f(x+u)-f(x+0)}{2\sin\frac u2}$ 与 $\frac{f(x-u)-f(x-0)}{2\sin\frac u2}$ 在 $[0,\pi]$ 上都是黎曼可积的，从而可知 $f$ 的 Fourier 展开在 x 处收敛于 $\frac12[f(x+0)+f(x-0)]$；实际上若 $f$ 在 $x$ 附近是 Holder 函数，我们也可以证明上述的两个函数是广义绝对可积的，从而 Fourier 展开收敛于 $\frac12[f(x+0)+f(x-0)]$

并且对于之前的分段线性函数与 $C^2$ 函数， 我们就可以知道它们的 Fourier 展开一致收敛于自身，由此我们利用分段线性函数逼近连续函数，就可以得到下面的 $Weierstrass$ 定理：

设 $f \in C^0[-\pi, \pi], f(-\pi) = f(\pi)$. 则任给 $\varepsilon > 0$, 存在三角多项式 $T(x)$, 使得 $|f(x) - T(x)| < \varepsilon$ 在 $[-\pi, \pi]$ 中处处成立.

进一步再根据三角函数的 Taylor 展开级数在 $[-\pi,\pi]$ 也是一致收敛可知如下推论：

设 $f \in C^0[a, b]$, 则任给 $\varepsilon > 0$, 存在多项式 $P(x)$, 使得 $|f(x) - P(x)| < \varepsilon$ 在 $[a, b]$ 中处处成立

上面我们研究了 Fourier 展开的收敛性以及个别函数的一致收敛性，并且知道其收敛到什么值，下面我们还想研究 Fourier 展开的积分性质，或者说进一步探究黎曼可积函数 $f$ 与其 Fourier 展开的关系，这里我们只讨论可积函数。

我们知道，在 $[-\pi,\pi]$ 中的全体有界可积函数所组成的集合 $A$ 在函数加法以及实数与函数的乘法运算下构成一个线性空间，对于这个线性空间中的任意两个向量 $f$ 和 $g$，我们定义它们的内积

$$<f,g>=\frac1\pi\int_{-\pi}^\pi f(x)g(x)\,dx$$

对于 $f$ 的 Fourier 展开 $f(x)\sim \frac {a_0}2+\sum_{n=1}^\infty (a_n \cos nx+b_n \sin nx)$，可以看成 $f$ 在三角函数系下的正交分解。

函数系

$$\frac 1{\sqrt 2},\cos x,\sin x,\cdots,\cos nx,\sin nx,\cdots$$

为单位正交系，两个不同函数在上述内积下为零，自身与自身的内积为 1

在欧式空间中，如果 $u=\sum_{i=1}^n a_ie_i$，则 $<u,u>=\sum a_i^2$，以此类比，我们自然地会思考下述等式是否成立

$$\begin{align} <f,f>?&=(\frac {\sqrt 2 a_0}{2})^2<\frac 1{\sqrt 2},\frac 1{\sqrt 2}>+\sum_{n=1}^\infty[a_n^2<\cos nx,\cos nx>+b_n^2<\sin nx,\sin nx>]\\ &=\frac 12 a_0^2+\sum_{n=1}^\infty (a_n^2+b_n^2) \end{align}$$

需要注意的是上述只是一种想法，中间的过程缺乏严谨的证明。

实际上上述的等式可以严谨证明其是成立的，称之为 $Parseval$ 恒等式，下面我们对其进行严格证明。首先我们可以容易证明 $\frac1\pi\int_{-\pi}^\pi S_n(x)g(x)\,dx=\frac 12 a_0\alpha_0+\sum_{k=1}^n (a_k\alpha_k+b_k\beta_k)$，其中 $S_n(x)$ 为 $f$ 的 Fourier 展开的部分和，$\{\alpha_n,\beta_n\}$ 为 $g$ 的 Fourier 系数，从而有：

• $\frac1\pi\int_{-\pi}^\pi S_n(x)f(x)\,dx=\frac 12 a_0^2+\sum_{k=1}^n(a_k^2+b_k^2)$
• $\frac1\pi\int_{-\pi}^\pi S_n^2(x)\,dx=\frac 12 a_0^2+\sum_{k=1}^n(a_k^2+b_k^2)$
• $\frac1\pi\int_{-\pi}^\pi f^2(x)\,dx=\frac1\pi\int_{-\pi}^\pi [S_n(x)-f(x)]^2\,dx+\frac 12 a_0^2+\sum_{k=1}^n(a_k^2+b_k^2)$

再用分段线性函数对 $f$ 进行逼近，通过分段线性函数的 $Fourier$ 展开一致收敛于自身结合上述的第三个不等式即可得证 $Parseval$ 恒等式：

设 $f \in R[-\pi, \pi]$, 其 Fourier 展开为

$$f(x) \sim \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^\infty (a_n \cos nx + b_n \sin nx)$$

则有

$$\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi f^2(x) \, dx = \frac{a_0^2}{2} + \sum_{n=1}^\infty (a_n^2 + b_n^2).$$

实际上即使不要求 $f$ 不是以 $2\pi$ 为周期，该等式也成立，因为个别点的值不影响积分；同时这个等式也给出了右侧的数项级数是收敛的；并且该等式不依赖于 Fourier 展开是否收敛

更一般的我们有广义 $Parseval$ 恒等式：

设 $f, g \in R[-\pi, \pi]$，其 Fourier 系数分别为 $\{a_n, b_n\}$，$\{\alpha_n, \beta_n\}$，则

$$\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x)g(x)\,\mathrm{d}x = \frac{a_0 \alpha_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} (a_n \alpha_n + b_n \beta_n).$$

具体证明分别对 $f+g$ 和 $f-g$ 应用 Parseval 恒等式，然后二者相减即可，从而对于连续函数 $f,g$，如果二者的 Fourier 系数相同，考虑 $f-g$ 其 Fourier 系数恒为零，从而 $(f-g)^2$ 积分为零，由于连续性，可以推出 $f\equiv g$。那么如果连续函数的 Fourier 展开一致收敛，可以推出其 Fourier 展开也是连续的，而一致收敛的 Fourier 展开的 Fourier 系数与 $f$ 的 Fourier 系数相同，从而得出连续函数的 Fourier 展开若一致收敛则收敛于自身。

事实上，只要连续函数 $Fourier$ 展开收敛，则必然收敛于自身，并不需要一致收敛这么强的条件。

之前我们证明了分段可导的函数的 Fourier 展开逐点收敛，且如果 $f$ 不仅分段可导还连续，那么其 Fourier 展开是收敛于自身的，并且如果 $f$ 的 Fourier 级数为 $\{a_n,b_n\}$，且 $f'$ 是黎曼可积的，那么利用分段的分部积分则 $f'$ 的 Fourier 展开形如 $f'(x)\sim \sum_{n=1}^\infty (nb_n\cos nx-n a_n \sin nx)$，从而有

$$\sum_{n=1}^\infty (n^2a_n^2+n^2b_n^2)=\frac1\pi\int_{-\pi}^\pi[f'(x)]^2\,dx$$

也就是说 $|a_n\cos nx+b_n \sin nx|\leq |a_n|+|b_n|=\frac 1n|na_n|+\frac1n|nb_n|\leq \frac12(\frac1{n^2}+n^2a_n^2)+\frac12(\frac1{n^2}+n^2b_n^2)$，从而得出 $f$ 的 Fourier 展开是一致绝对收敛于自身的。

并且我们还有对于周期为 $2\pi$ 的 Holder 函数，其 Fourier 展开一致收敛于 f 自身。

通过上面的分析我们知道了有哪些连续函数是一致收敛于自身的，比如连续且分段可导，Holder，Lipschitz，$C^k(k\geq1)$ 函数，其 Fourier 展开均是一致收敛于自身的，从而可以进行逐项积分和逐项求导等操作。而逐项求导前面实际上已经说明过了，只要 $f$ 是连续且可 $n$ 阶导的，那么就可以逐项求 $n$ 阶导。

下面我们再介绍一个定理，它表明，不管可积函数的 Fourier 展开是否一致收敛，其 Fourier 展开总是可以逐项积分的：

设 $f \in R[-\pi, \pi]$，其 Fourier 展开为

$$f(x) \sim \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} (a_n \cos nx + b_n \sin nx)$$

则任给区间 $[a, b] \subset [-\pi, \pi]$，均有

$$\int_{a}^{b} f(x)\,\mathrm{d}x = \int_{a}^{b} \frac{a_0}{2}\,\mathrm{d}x + \sum_{n=1}^{\infty} \int_{a}^{b} (a_n \cos nx + b_n \sin nx)\,\mathrm{d}x.$$

这个定理对于区间 $[-\pi,\pi]$ 是显然成立的，考虑广义 $Parseval$ 恒等式，我们引入特征函数 $\phi(x)=1,\,x\in [a,b]$，其余为零，那么 $\frac1\pi\int_{-\pi}^\pi f(x)\phi(x)\,dx=\frac1\pi\int_a^b f(x)\,dx=\frac 12 a_0\alpha_0+\sum_{n=1}^\infty(a_n\alpha_n+b_n\beta_n)$，而上述特征函数的 Fourier 系数代入即可得可积函数的 Fourier 展开一定可以逐项积分。

在研究 Fourier 级数的时候，我们知道，如果 $f$ 的 Fourier 展开收敛于 $f$，那自然 Fourier 展开的 Fourier 展开是自身，但如果不收敛于自身呢，其 Fourier 展开是否还是该三角级数呢？于是我们给出下述的定理：

设三角级数 $\displaystyle \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty}(a_n \cos nx + b_n \sin nx)$ 在 $[-\pi, \pi]$ 中收敛于可积函数 $f$，则该级数就是 $f$ 的 Fourier 展开。

要证明这个定理，我们要先做较多的准备工作。

我们知道如果函数列一致收敛，那么积分和极限可以交换顺序，但是我们知道在 Fourier 展开中，一致收敛的条件往往比较苛刻，于是我们引入下述的 Arzela 有界收敛定理：

设 $f_n \in R[a,b]$，且 $\lim_{n \to \infty} f_n = f \in R[a,b]$。如果 $\{f_n\}$ 一致有界，即存在 $M$，使得 $|f_n| \leq M$ 均成立，则

$$\lim_{n \to \infty} \int_{a}^{b} f_n(x)\,\mathrm{d}x = \int_{a}^{b} f(x)\,\mathrm{d}x.$$

根据这个引理，我们可以推导出如果三角级数 $\sum_{n=1}^\infty (a_n\cos nx+b_n\sin nx)$ 在 $(\alpha,\beta)$ 中收敛，则必有：

$$\lim_{n\to \infty}a_n=0,\lim_{n\to \infty}b_n=0$$

令 $F(x)=\frac {a_0^2}4x^2-\sum_{n=1}^\infty\frac 1{n^2}(a_n\cos nx+b_n\sin nx)$，这是由定理中给定的三角级数做两次逐项积分得到的一致收敛级数（这里的一致收敛性用到了上述的结论），从而 $F$ 是连续的，记 $F_h(x)=F(x+h)+F(x-h)-2F(x)$，计算可得：

$$h^{-2}F_h(x)=\frac {a_0}2+\sum_{n=1}^\infty(a_n\cos nx+b_n\sin nx)\phi(\frac {nh}2)$$

其中，$\phi(x)=\frac{\sin^2x}{x^2}$，从而有 $\lim_{h\to 0} h^{-2}F_h(x)=f(x)$， 这里用到了如下引理：设 $\sum_{n=1}^{\infty} c_n$ 收敛，则

$$\lim_{h \to 0} \sum_{n=1}^{\infty} c_n \frac{\sin^2(nh)}{n^2 h^2} = \sum_{n=1}^{\infty} c_n.$$

接着对于 $h^{-2}F_h(x)=\frac {a_0}2+\sum_{n=1}^\infty(a_n\cos nx+b_n\sin nx)\frac{\sin^2(nh)}{n^2h^2}$，易知其一致收敛，利用逐项积分可得

$$a_n\frac{\sin^2(\frac {nh}2)}{(\frac{nh}2)^2}=\frac 1\pi \int_{-\pi}^\pi \frac{F_h(x)}{h^2}\cos nx\,dx,\\ b_n\frac{\sin^2(\frac {nh}2)}{(\frac{nh}2)^2}=\frac 1\pi \int_{-\pi}^\pi \frac{F_h(x)}{h^2}\sin nx\,dx,$$

如果说 $F_h(x)$ 关于 $h$ 是一致有界的，那么我们利用 Arzela 控制收敛定理，令 $h\to 0$，即可得到：

$$a_n=\frac 1\pi\int_{-\pi}^\pi f(x)\cos nx\,dx,\quad b_n=\frac 1\pi\int_{-\pi}^\pi f(x)\sin nx\,dx$$

从而 $\{a_n,b_n\}$ 确实是 $f$ 的 Fourier 系数。

事实上，假设 $|f|\leq M$，则我们可以证明任意 $h$，均有 $|h^{-2}F_h(x)|\leq M$，从而一致有界，具体的我们只需要证明 $F(x)+M\frac {x^2}2$ 与 $M\frac{x^2}2-F(x)$ 均为凸函数即可。此处虽然 $F$ 是 $f$ 的二次积分，但 $F$ 不一定二阶可导，如果二阶可导则显然成立，这里我们需要采用倒数的二阶比值进行证明。

下面我们再介绍 Fourier 级数的复数表示，设 $f$ 的 Fourier 系数为 $\{a_n,b_n\}$，则利用欧拉公式我们可以将其写为复数的形式 $f(x)\sim \frac {a_0}2+\sum_{n=1}^\infty (a_n \cos nx+b_n \sin nx)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}c_n e^{inx}$，其中系数 $c_n$ 也有统一的形式：

$$c_n=\frac1{2\pi}\int_{-\pi}^\pi f(x)e^{-inx}\,dx$$

此时 $f$ 不再只是限制在实数域上，对于复数域上的函数同样适用，尽管数域不同，但其上的函数法则完全一致。