Fourier在研究热传导的问题时，用\(\dfrac{a_0}{2}+\sum\limits_{n=1}^{\infty}(a_n \cos nx+b_n\sin nx)\)的形式来表示一个周期为\(2\pi\)的函数\(f(x)\)，取得了很成功的结果。于是他开始猜测任何以\(2\pi\)为周期的函数都可以用这种形式，这种三角函数的无穷求和的形式，来表示。这个形式后来就成为Fourier级数。
Fourier级数展开
当我们希望能够找到满足\(f(x)=\dfrac{a_0}{2}+\sum\limits_{n=1}^{\infty}(a_n \cos nx+b_n\sin nx)\)的Fourier级数时，我们首先希望能不能直接用\(f(x)\)来表示出所有的系数\(a_n,b_n\)。为了能够方便地做到这一点，我们先假设这个级数\(\dfrac{a_0}{2}+\sum\limits_{n=1}^{\infty}(a_n \cos nx+b_n\sin nx)\)能够收敛，并且能够一致收敛于函数\(f(x)\)本身。
首先我们尝试做积分\(\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin mx \ dx,m \in \N\)。至于为什么是这种形式的积分，我们暂且假设我们突然想到了它。后面我们会给它一个更高视角的解释。用级数代入\(f(x)\)，计算可得\(\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin mx \ dx=\int_{-\pi}^{\pi}\dfrac{a_0}{2}\sin mx \ dx+\)\(\sum\limits_{n=1}^{\infty}(\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi} a_n \cos nx\sin mx \ dx\)\(+\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}b_n\sin nx \sin mx \ dx)\)。第一项是常数乘以三角函数在一个周期上的积分，因此为0；第二项由积化和差得到\(\dfrac{\sin\left(nx+mx\right)-\sin(nx-mx)}{2}\)，第三项积化和差得到\(\dfrac{\cos(nx-mx)-\cos(nx+mx)}{2}\)。这四项当中，\(\sin(n+m)x\)与\(\cos(n+m)x\)的积分同样也是一个三角函数在周期上的积分，一定为0。当\(n \neq m\)时其它两个也一定为0。而当\(n=m\)时，\(\sin (n-m)x\)恒为0因此积分也为0，而\(\cos(n-m)x\)恒为1，这时积分不为0了。于是代入化简得到\(\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin mx \ dx=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\mathbb1[n=m] \cdot \left(\dfrac{b_n}{2}\int_{-\pi}^{\pi} \ dx\right)=\pi b_m\)。这样我们就对于任意的\(m\)都可以表示出系数\(b_m\)了，也就是我们永远成立\(b_n = \dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nx\ dx\)。
再来计算\(\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos mx \ dx\)，它是完全类似的：\(\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}\dfrac{a_0}{2}\cos mx \ dx+\sum\limits_{n=1}^{\infty}(\int_{-\pi}^{\pi} a_n \cos nx\cos mx \ dx\)\(+\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}b_n\sin nx \cos mx \ dx)\)。如果\(m \neq 0\)，那么第一项为0，第二项由积化和差得到\(\dfrac{\cos\left(nx+mx\right)+\cos(nx-mx)}{2}\)，第三项积化和差得到\(\dfrac{\sin(nx+mx)+\sin(nx-mx)}{2}\)。当\(n \neq m\)时四个都为0，\(n=m\)时\(\cos(n-m)x\)恒为1，其余为0，此时得到\(\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos mx \ dx=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\mathbb1[n=m] \cdot \left(\dfrac{a_n}{2}\int_{-\pi}^{\pi} \ dx\right)=\pi a_m\)。这样我们也解出了所有的\(a_n, \ n \geq 1\)。而当\(m=0\)时，后面的四个积分始终为0（因为\(n>0\)，因此始终与\(m\)不相等），只有第一个而积分得到\(a_0\pi\)（我们之所以把常数写成\(a_0/2\)就是为了这种形式上的统一性，它可以看作\(\cos mx\)中的第0项。）。综上，我们已经得到一个用\(f(x)\)的“某种积分”来表示所有系数的方法了：
\[a_n = \dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\ dx, n \in \N \]\[b_n = \dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nx\ dx,n \in \N^+ \]\(f(x)=\dfrac{a_0}{2}+\sum\limits_{n=1}^{\infty}(a_n \cos nx+b_n\sin nx)\)就称为函数的Fourier展开，只要所有这些\(a_n,b_n\)存在，也就是我们需要的积分都存在，那么我们就可以做Fourier展开。重要的是，对于任何一个给定的函数\(f(x)\)，只要上面所有这些积分存在，我们就能计算得到一列\(a_n,b_n\)，于是就能够直接写出Fourier级数\(\dfrac{a_0}{2}+\sum\limits_{n=1}^{\infty}(a_n \cos nx+b_n\sin nx)\)。即便没有了我们刚才假定成立的前提“该级数一致收敛于\(f(x)\)”，我们也能写出这样一个级数。这个级数甚至可能是根本不收敛的。
这就涉及到Fourier级数的收敛性问题了，我们后面再来讨论。我们现在先来观察我们写出的这个奇特的级数。我们可以初步看到一些性质，比如当\(f(x)\)是奇函数时\(a_n\)对应的积分恒为0，那时我们的级数就只由\(\sin nx\)的项构成，称为“正弦级数”。同样的，如果\(f(x)\)是偶函数，那么\(b_n\)就恒为0，此时称为“余弦级数”。另外，如果函数本身的周期不是\(2\pi\)而是\(T\)，我们可以通过简单的换元使新函数可以看作一个周期\(2\pi\)的函数，换言之周期的具体大小是次要的。我们也发现，\(a_n,b_n\)的存在只要求以上这些积分存在，即便\(f(x)\)不连续有时我们也可以做Fourier展开。从这个意义上，Fourier展开相比于需要函数在无穷阶可导的Taylor级数，应用范围要广很多。
现在我们来解释为什么我们选择先把\(f(x)\)与三角函数做乘积再做积分就刚好能解出Fourier级数的系数。实际上的情况是，如果我们站在更高的角度来看这个问题，我们做的事就变得显而易见了。我们可以把“把两个函数的乘积在\([-\pi,\pi]\)上做积分”看作“某种内积”：\(\lang f,g\rang=\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)g(x)\ dx\)，因为函数可以看作一个无穷维的向量，那么积分就恰好是我们熟悉的“内积”。此时，就像我们看到的，我们的级数是一系列三角函数的和，我们从头到尾只涉及了三角函数（还有常数）。因此函数族\(\{1,\cos nx,\sin nx\}\)可以看作是我们的向量空间中的“基”。更奇妙的是，其实我们在刚才的推导过程中我们已经验证过了，这些基在我们新的内积的定义下是“两两正交”的：任何两个不同的“基”做“内积”得到的结果都是0。Fourier级数试图告诉我们的是，任何一个函数在这种基下都是可以被“正交分解”的。
Fourier级数的收敛性
点态收敛与一致收敛
现在我们开始讨论Fourier级数何时收敛的问题，包括点态收敛与一致收敛。
在这之前，我们先来看一个重要的引理：一个广义绝对可积（这是一个相对而言比较弱的条件了）的函数乘上一个高频振荡的函数，当频率趋向无穷时必定趋向0。这就是Riemann-Lebesgue引理，我们要对于广义绝对可积的函数\(f(x)\)证明\(\lim\limits_{n \to \infty}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\ dx=0\)（\(\sin nx\)同理）。如果\(f\)是分片常数，那么我们把积分按照常数的片段来划分，每个片段的积分\(\displaystyle\int_{x_k}^{x_{k+1}}f(x_k)\cos nx\ dx=f(x_k)\displaystyle\int_{x_k}^{x_{k+1}}\cos nx\ dx=\dfrac{1}{n}f(x)(\sin nx_{k+1}-\sin nx_{k})\)，三角函数的那一项一定是有界的，而对于\(f(x)\)的瑕点，我们单独用很小的区间把它抠出来，根据Riemann可积这些区间的总长度是能够任意小的，而余下的部分是一个有界的量除以\(n\)，因此当\(n\)充分大时一定趋向0。如果\(f\)不是分片常数，那么我们用分片常数来逼近\(f\)，我们令一个与\(f\)足够近的分片常数\(g\)来逼近，有\(\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\ dx\)\(=\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}[f(x)-g(x)]\cos nx\ dx+\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}g(x)\cos nx\ dx\)，我们已经证明了后者趋向0，前者根据我们的逼近也趋向0。
这个引理的一个直接推论是：如果\(f(x)\)在区间上是广义绝对可积的，Fourier级数的系数\(a_n,b_n\)在\(n \to \infty\)时一定会趋向0。类比于收敛的数项级数的通项必须趋向0，这一点其实是自然的。一般而言，一个函数越光滑，在Fourier展开里系数就衰减地越快。假如\(f(x)\)有\(k\)阶连续导数，那么我们就可以对\(\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\ dx\)做\(k\)次分部积分（\(dx\)与\(\cos nx\)）结合。容易想像，每一次积分我们就会产生一个常数因子\(\dfrac{1}{n}\)，因此最后我们得到的结果一定是\(o(\dfrac{1}{n^k})\)的。越光滑的函数\(o(\dfrac{1}{n^k})\)以越快的速度趋向0，迫使\(a_n,b_n\)以更快的速度衰减。我们也可以证明，一个分段线性的函数的傅里叶系数的递减速率是\(o(\dfrac{1}{n^2})\)的。\(o(\dfrac{1}{n^2})\)递减的系数乘以三角函数，根据A-D判别法它一定是收敛的，因此它的Fourier级数也就是收敛的了。
现在开始研究Fourier级数的收敛性。我们记Fourier级数的前\(n\)项和为\(S_n(x)\)，我们希望它在\(n\)越来越大时越来越逼近\(f(x)\)。对于所有的\(a_n,b_n\)，我们都可以用我们积分的计算式代入。由于所有积分都是对于区间\([-\pi,\pi]\)的，我们把他们整理在一起，写作\(S_n(x)=\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(t)\left[\dfrac{1}{2}+\sum\limits_{k=1}^{n}\left(\cos kt \cos kx+\sin kt\sin kx\right)\right]dt\)，三角函数的部分根据和差角公式就等于\(\cos(kt-kx)\)，即\(\cos k(x-t)\)。于是为了方便，我们做变量替换\(u=x-t\)（积分变量是\(t\)），得到\(S_n(x)=\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{x-\pi}^{x+\pi}f(x-u)\left[\dfrac{1}{2}+\sum\limits_{k=1}^{n}\cos ku\right]du\)。如果\(f\)已经周期延拓到所有实数，\(\cos ku\)也是同样的周期函数，因此我们可以把积分的区间搬到一个更简单的\([-\pi,\pi]\)上，这不会改变我们的结果。现在由于我们求出过\(\sum\limits_{k=1}^{n}\cos ku=-\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sin \left(n+u/2\right)}{2\sin u/2}\)，代入可得\(S_n(x)=\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{x-\pi}^{x+\pi}f(x-u)\dfrac{\sin (n+1/2)u}{2\sin u/2}du\)。由于\(\dfrac{\sin (n+1/2)u}{2\sin u/2}\)将会反复出现，我们把它记为\(D_n(u)\)。\(\sum\limits_{k=1}^{n}\cos ku=-\dfrac{1}{2}+D_n(u)\)。如果对这个式子两边同时在\(-\pi\)到\(\pi\)上积分，那么左侧一定为0，因此解得\(\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}D_n(u)du=\pi\)。也就是无论\(n\)取什么值，它的积分始终是定值。感受一下\(D_n(u)\)的函数图像总是有好处的，我们会发现当\(n\)很大时，这个函数高频振荡，并在\(u=0\)时趋向正无穷。所以对于\(S_n(x)=\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x-u)D_n(u)du\)，我们抠出中间的一小段区间\([-\delta,\delta]\)，分解为\(S_n(x)=\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\delta}^{\delta}f(x-u)D_n(u)du+\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int\limits_{\delta \leq |u| \leq \pi}f(x-u)D_n(u)du\)。对于后面这个积分，由于我们预先假设了\(a_n,b_n\)的存在性，我们知道\(f(x-u)\)是广义绝对可积的，而在这个范围内\(D_n(u)\)的分母是一个有界的量，不会影响可积性，因此\(\dfrac{f(x-u)}{2\sin u/2}\)作为一个整体依然是绝对可积的，而\(\sin(n+1/2)u\)是一个高频振荡的函数，我们根据Riemann-Lebesgue引理就知道这二者的乘积在有限区间上的积分在\(n \to \infty\)是会趋于0的。因此当\(n\)充分大时，实际上“成立”的是\(S_n(x)=\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\delta}^{\delta}f(x-u)D_n(u)du\)，我们希望它逼近\(f(x)\)即可。我们把它拆分成\(S_n(x)=\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{0}^{\delta}f(x-u)D_n(u)du+\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\delta}^{0}f(x-u)D_n(u)du\)，后者变量替换为相反数得\(\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{0}^{\delta}f(x+u)D_n(-u)du\)，而\(D_n\)是偶函数，综上得到\(S_n(x)=\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{0}^{\delta}[f(x-u)+f(x+u)]D_n(u)du\)。我们要证明\(n\)充分大时它收敛于\(f(x)\)，也就是证明\(S_n(x)-f(x)=\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{0}^{\delta}[f(x-u)+f(x+u)]D_n(u)du-\dfrac{2}{\pi}\cdot f(x)\displaystyle\int_{0}^{\delta}D_n(u)du\)\(=\displaystyle\int_{0}^{\delta}[f(x-u)+f(x+u)-2f(x)]D_n(u)du\)收敛于0。代入\(D_n(u)\)本来的形式，得到\(\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{0}^{\delta}\dfrac{f(x-u)-f(x)+f(x+u)-f(x)}{2}\cdot \dfrac{\sin (n+1/2)u}{\sin u/2}du\)。当然，如果\(f(x)\)处不连续，我们就把它拆为左极限与右极限。由于这两侧没有什么理由存在差异，我们只需要考虑其中一侧。也就是我们想知道\(f\)满足什么条件是成立\(\displaystyle\int_{0}^{\delta}\dfrac{f(x+u)-f(x^+)}{\sin u/2}\cdot \sin (n+1/2)u \ du\)在\(n\)充分大时收敛于0（我们抛弃了常数）。那么再次根据Riemann-Legesgue引理，我们只需要保证\(\dfrac{f(x+u)-f(x^+)}{\sin u/2}\)绝对可积即可。 我们知道\(\sin u/2\)与\(u\)是同阶的，所以在讨论条件时把分母换成\(u\)也完全没有问题。即我们最终得出了结论，只要\(\displaystyle\int_{0}^{\delta}\dfrac{f(x+u)-f(x^+)}{u}\ du\)这个广义积分是绝对收敛的，那么Fourier级数点态收敛于\(f(x)\)（如果\(f(x)\)点不是连续的，则收敛于\(\dfrac{f(x^+)+f(x^-)}{2}\)）。
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