傅里叶级数——均方收敛
在研究傅里叶级数的均方收敛之前，我们为此前提到的$\mathcal{C}_{m}\mathbb{T}$空间附加一个内积运算，使其变成内积空间。
\[\newcommand{d}{\mathrm{d}} \newcommand{TT}{\mathbb{T}} \newcommand{ZZ}{\mathbb{Z}} \newcommand{CC}{\mathbb{C}} \newcommand{RR}{\mathbb{R}} \newcommand{NN}{\mathbb{N}} \newcommand{cC}{\mathcal{C}} \newcommand{ccmtt}{\cC_{m}(\TT)} \newcommand{cctt}{\cC(\TT)} \newcommand\inner[2]{\left( #1 \middle\vert #2 \right)} \newcommand{intperiod}{\int_0^{2\pi}} f,g \in \ccmtt, \; \inner{f}{g} = \frac{1}{2\pi} \intperiod \overline f g\]回忆一下，内积变换必须满足：
- $\forall x, \; \inner{x}{\cdot}$为线性变换；
- $\forall x, y \; \inner{y}{x} = \overline{\inner{x}{y}}$；
- $\forall x \neq 0 \; \inner{x}{x} > 0$。
可以一一验证我们定义的内积满足以上三条公理。
这三条公理可以导出一个重要关系，即$\inner{x}{\cdot}$为线性的，而$\inner{\cdot}{x}$为半线性的。 所谓半线性，即$\inner{x+x^\prime}{y} = \inner{x}{y} + \inner{x^\prime}{y}$且$\inner{\lambda x}{y} = \overline \lambda \inner{x}{y}$。 在这个定义下，我们可以诱导出以下范数： \(\newcommand\normas[1]{\left\Vert #1 \right\Vert_2} f \in \ccmtt, \; \normas{f} = \sqrt{\inner{f}{f}} = \left( \frac{1}{2\pi} \intperiod \left| f \right|^2 \right)^{\frac{1}{2}}\) 这个范数称为均方收敛范数。在这个范数含义下的收敛叫做均方收敛。
不难发现，在这个内积和范数的定义下，$(e_k)_{k=-n, \dots, 0, \dots , n}$是n次三角多项式空间$\mathcal P_n(\TT)$的一组标准正交基底。 更一般地，$(e_k)_{k \in \ZZ}$是三角多项式空间$\mathcal P(\TT)$的（无限维）标准正交基底。 这组基底满足 希尔伯特基底 的定义。
均方收敛
根据上文关于内积的定义，不难发现傅里叶系数可以写成内积的形式： \(\begin{aligned} \hat f (n) &= \frac{1}{2\pi} \intperiod e^{-inx} f(x) \d x = \inner{e_n}{f} \\ S_n(f) &= \sum_{k=-n}^n \inner{e_i}{f} e_i \end{aligned}\)
更进一步地，简单计算可以发现$S_n(S_n(f)) = S_n(f)$，这说明$S_n$满足投影变换的形式，其像空间为三角多项式空间$\mathcal P(\TT)$。
对所有$f \in \ccmtt$，对所有$\phi \in \mathcal P_n (\TT)$，$\inner{f - S_n(f)}{\phi} = 0$。
这说明对所有函数$f$，$f-S_n(f)$“垂直于”三角多项式构成的“平面”，如下图所示。
类比于勾股定理，我们有： \(\left\Vert f - \phi \right\Vert_2^2 = \left\Vert f - S_n(f) \right\Vert_2^2 + \left\Vert S_n(f) - \phi \right\Vert_2^2 \implies \left\Vert f - \phi \right\Vert_2 \ge \left\Vert f - S_n(f) \right\Vert_2\) 这说明$S_n(f)$是在均方收敛范数意义下由三角多项式对原函数的最佳估计。
通过取$\phi = 0$，可得以下定理：
设$f \in \ccmtt$，数列$\left(\hat f(n)\right)_{n \in \ZZ}$平方可和，且满足： \(\sum_{n=-\infty}^{\infty} \left| \hat f(n) \right|^2 \le \frac{1}{2\pi} \intperiod \left| f(x) \right|^2 \d x\) 这个不等式称为贝塞尔不等式。
取$\phi = 0$，可得$\normas{S_n(f)}^2 \le \normas{f}^2$。 又有 \(\normas{S_n(f)}^2 = \inner{\sum_{k=-n}^n \hat f(k) e_k}{\sum_{l=-n}^n \hat f(l) e_k} = \sum_{1 \le k,l \le n} \overline{\hat f(k)} \hat f(l) \inner{e_k}{e_l} = \sum_{k=-n}^n \left| \hat f(k) \right|^2\) 从而命题得证。
为了证明下面的定理，我们先证明一个引理：
三角多项式空间$\mathcal P (\TT)$在$\ccmtt$空间中是稠密的。
根据维尔斯特拉斯逼近定理的三角多项式形式，我们知道$\mathcal P (\TT)$空间在$\cctt$空间中在$\Vert \cdot \Vert_\infty$范数下是稠密的： \(\forall f \in \ccmtt ,\; \exists (\phi_n) \subset \mathcal P (\TT) ,\; \lim \Vert f - \phi_n \Vert_\infty = 0\) 又简单计算可以验证：$\Vert f-\phi_n \Vert_2 \le \Vert f-\phi_n \Vert_\infty$，从而在均方收敛范数下也是稠密的。 接下来仅需验证$\cctt$空间在$\ccmtt$空间中是稠密的即可。 设$f \in \ccmtt$，其在划分$x_1, x_2, \dots, x_n$上分块连续。 构造以下函数$g_\delta$： \(g_\delta(x) = \left\{ \begin{aligned} & f(x) & x_{i-1} + \delta \le x \le x_i - \delta \\ & \frac{(x_i + \delta) - x}{2\delta} f(x_i - \delta) + \frac{x - (x_i - \delta)}{2\delta} f(x_i + \delta) & x_i - \delta < x < x_i + \delta \end{aligned} \right.\) 这个函数相当于在每个连续的区间端点上用线段把两段函数值接起来。 计算可知这两个函数$f,g_\delta$之间的距离$\normas{f-g_\delta}$可任意小，从而$\cctt$空间在$\ccmtt$空间中是稠密的。
利用上一命题可证明以下定理：
所有函数$f \in \ccmtt$的傅里叶级数在$L^2$意义下收敛（均方收敛）至原函数，即： \(\lim_{n \to \infty} \normas{f - S_n(f)} = 0\)
均方收敛比一致收敛更弱。
设$\varepsilon > 0$，由引理可知，必然存在三角多项式$\phi \in \mathcal P(\TT)$，满足$\normas{f - \phi} < \varepsilon$。 设该三角多项式的次数为$n_0$，那么： \(\forall n \ge n_0 ,\; \phi \in \mathcal P_n(\TT) \implies \normas{f - S_n(f)} \le \normas{f - \phi} < \varepsilon\)
这一定理可导出以下等式：
对所有函数$f \in \ccmtt$，都有： \(\sum_{n \in \ZZ} \left| \hat f(n) \right|^2 = \frac{1}{2\pi} \intperiod \left| f(x) \right|^2 \d x\) 这个等式称为帕塞瓦尔恒等式。
实际上，在更一般的希尔伯特空间中，帕塞瓦尔等式是贝塞尔不等式的特殊情况，是其在在内积空间完备且具有标准完全正交基下的特例。
继续使用勾股定理： \(\lim_{n \to \infty} \left( \normas{f} - \sum_{k=-n}^n \left| \hat f(k) \right|^2 \right) = \lim_{n \to \infty} \left( \normas{f} - \normas{S_n(f)} \right) = \lim_{n \to \infty} \left( \normas{f - S_n(f)} \right) = 0\)
正规收敛
我们已经研究了傅里叶级数在许多情况下的收敛，事实说明，傅里叶级数的“收敛行为”和函数的“正常程度”有关。 对分段连续且导数分段连续的函数，根据狄利克雷定理，其傅里叶级数一定逐点收敛并均方收敛至原函数。 对连续函数，利用泊松核我们证明了其傅里叶级数对应的幂级数一致收敛至原函数。 现在我们希望知道，如果函数连续且导数分段连续，那么傅里叶级数如何收敛。 此前我们已经证明了，函数越光滑，其某点处的傅里叶级数收敛越快，现在我们希望知道整个函数的收敛行为。 这一节中，我们将证明，连续且导数分段连续的函数的傅里叶级数正规收敛至原函数。
设$(c_n)_{n \in \ZZ}$为一复数列，我们按傅里叶系数的定义构造数列$(a_n)_{n \in \NN},(b_n)_{n \in \NN^*}$，以下三个命题等价： 1) 三角级数$\sum_{n=-\infty}^{\infty} c_n e^{inx} = \frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^\infty (a_n \cos nx+b_n \sin n_x)$在$\RR$上正规收敛； 2) 级数$\sum c_n$和$\sum c_{-n}$绝对收敛； 3) 级数$\sum a_n$和$\sum b_n$绝对收敛。
只证明1)推出3)，其他显然。 已知级数正规收敛，则能推出 \(\sum_{n=1}^\infty \sup_{x \in \RR} \left| a_n \cos nx + b_n \sin nx \right| < \infty\) 取$x=0$，则有$\sum_{n=1}^\infty \left| a_n \right| < \infty$。 取$x=\frac{\pi}{2n}$，则可得出$| b_n | \le \sup_{x \in \RR} \left| a_n \cos nx + b_n \sin nx \right| $，从而$\sum_{n=1}^\infty \left| b_n \right| < \infty$。
利用这一命题，我们可以证明下列定理：
设函数$f \in \cctt \cup \mathcal C_m^1 (\TT)$，那么其傅里叶级数正规收敛至原函数。
\(\begin{aligned} \sum_{-n \le k \le n \; k \neq 0} \left| \hat f(n) \right| &= \sum_{-n \le k \le n \; k \neq 0} \frac{\left| \widehat{f^\prime}(k) \right|}{k} \\ &\le \sqrt{\sum_{-n \le k \le n \; k \neq 0} \frac{1}{k^2}} \sqrt{\sum_{-n \le k \le n \; k \neq 0} \left| \widehat{f^\prime}(k) \right|^2} \\ &\le \sqrt{2 \sum_{k=1}^n \frac{1}{k^2}} \sqrt{\frac{1}{2\pi} \intperiod \left| f^\prime \right|^2} \\ &= \sqrt{2 \zeta(2)} \normas{f^\prime} \end{aligned}\) 这个证明中先后用到了柯西-施瓦茨不等式和贝塞尔不等式，但是没有使用狄利克雷定理。 最终结果中的$\zeta(2) = \frac{\pi^2}{6}$，这是黎曼泽塔函数。 从而有： \(\sum_{k = -\infty}^\infty \le \left| \hat f(0) \right| + \frac{\pi}{3} \normas{f^\prime}\) 从而其已经满足正规收敛的条件（有上界且上界可和）。 又因为狄利克雷定理，其一定收敛至原函数。
若函数$f \in \ccmtt$的傅里叶级数一致收敛，那么 \(\forall x \in \RR \qquad \sum_{n=-\infty}^\infty \hat f(n) e^{inx} = f(x)\)
记$g$为$f$的傅里叶级数和。 由于级数一致收敛，且每一项连续，因此$g$也是连续函数，从而其也有傅里叶级数。 \(\begin{aligned} \hat g(n) &= \frac{1}{2\pi} \intperiod g(t) e^{-int} \d t \\ &= \frac{1}{2\pi} \intperiod \left( \sum_{k=-\infty}^\infty \hat f(k) e^{ikt} \right) e^{-int} \d t \\ &= \frac{1}{2\pi} \sum_{k=-\infty}^\infty \hat f(k) \intperiod e^{i(k-n)t} \d t \\ &= \hat f(n) \end{aligned}\) 注意求和和积分可交换的原因是级数一致收敛。 考虑到傅里叶变换总是单射，我们有$f = g$。
如果$f$不仅分段连续，而且连续，那么可以之间使用上一章证明的阿贝尔收敛。
注意这个命题的前提和狄利克雷定理的不同： 狄利克雷定理要求原函数分段连续且导数分段连续； 这条命题要求原函数分段连续且傅里叶级数一致收敛（不再要求可导但要求级数一致收敛）。