Bernstein多项式

定义: 如果定义在有限闭区间 $[a,b]$ 上的函数, 对 $\forall\,\varepsilon>0$ , 存在多项式 $P$ , 使得 $\forall\,x\in[a,b]$ , 有 $$ |f(x)-P(x)|<\varepsilon $$ 则称 $f$ 在 $[a,b]$ 上能用多项式一致逼近

显然如果 $f$ 能够幂级数展开，则可以用多项式一致逼近，但幂级数展开要求 $f$ 有任意阶导数，这个条件十分的强，因此希望能寻找更加弱的条件能够保证 $f$ 可以用多项式一致逼近，并最好找到构造这个多项式的方法，前人已经找到了该充要条件：

Weierstrass逼近定理: 闭区间 $[a,b]$ 上的函数 $f$ 能够用多项式一致逼近当且仅当 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续
[定义/证明]:
(必要性) 如果已知 $f$ 可以由多项式一致逼近, 那么 $\forall\,n\in\mathbb{N^{*}}$ , $\exists\,P_{n}(x)\in\mathbb{R}[x]$ , 使得 $$ |f(x)-P_{n}(x)|<\frac{1}{n} $$ 因此连续函数列 $\{P_{n}(x)\}$ 在 $[a,b]$ 上一致收敛于 $f$ , 故 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续
(充分性) 为了证明, 构造Bernstein多项式, 先记

\[ B_{i}^{n}(x)=C_{n}^{i}x^{i}(1-x)^{n-i}\qquad(i=0,1,\cdots,n) \]

该多项式有如下性质:
$(i)$ $\forall\,x\in[a,b]$ , $$ B_{i}^{n}(x)\geq0 $$ $(ii)$ $\forall\,x\in[a,b]$ ,

\[ \sum\limits_{i=0}^{n}B_{i}^{n}(x)=1 \]

$(iii)$ 记

\[ P(x)=\sum\limits_{i=0}^{n}a_{i}B_{i}^{n}(x) \]

有

\[ P^{'}(x)=n\sum\limits_{i=0}^{n-1}(a_{i+1}-a_{i})B_{i}^{n-1}(x) \]

性质 $(i)$ 和 $(ii)$ 都十分显然, 下面证明 $(iii)$ ,

\[ \begin{align}P^{'}(x)&=\big(\sum\limits_{i=0}^{n}a_{i}C_{n}^{i}x^{i}(1-x)^{n-i}\big)^{'}\\&=\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}\frac{n!}{(n-i)!i!}ix^{i-1}(1-x)^{n-i}-\sum\limits_{i=0}^{n-1}a_{i}\frac{n!}{(n-i)!i!}(n-i)x^{i}(1-x)^{n-i-1}\\&=\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}\frac{n!}{(n-i)!(i-1)!}x^{i-1}(1-x)^{n-i}-\sum\limits_{i=0}^{n-1}a_{i}\frac{n!}{(n-i-1)!i!}x^{i}(1-x)^{n-i-1}\\&=\sum\limits_{i=0}^{n-1}a_{i+1}\frac{n!}{(n-i-1)!i!}x^{i}(1-x)^{n-i-1}-\sum\limits_{i=0}^{n-1}a_{i}\frac{n!}{(n-i-1)!i!}x^{i}(1-x)^{n-i-1}\\&=n\sum\limits_{i=0}^{n-1}(a_{i+1}-a_{i})\frac{(n-1)!}{(n-i-1)!i!}x^{i}(1-x)^{n-i-1}\\&=n\sum\limits_{i=0}^{n-1}(a_{i+1}-a_{i})B_{i}^{n-1}(x)\end{align} \]

即证现在定义Bernstein多项式: 设 $f:[0,1]\to\mathbb{R}$ 称

\[ B_n(f;x)=\sum\limits_{i=0}^{n}f(\frac{i}{n})C_{n}^{i}x^{i}(1-x)^{n-i}=\sum\limits_{i=0}^{n}f(\frac{i}{n})B_{i}^{n}(x) \]

为 $f$ 的 $n$ 次Bernstein多项式

先证一个关于Bernstein多项式的性质
引理: 对于 $\forall\,x\in[0,1]$ , 有

\[ \sum\limits_{i=0}^{n}(k-nx)^{2}B_{k}^{n}(x)\leq\frac{n}{4} \]

证明:
先计算 $B_{n}(x;x)$ 和 $B_{n}(x^{2},x)$ $(\mathrm{I})$

\[ B_{n}(x;x)=\sum\limits_{i=0}^{n}\frac{i}{n}B_{i}^{n}(x) \]

由性质 $(iii)$ 应有

\[ B_{n}^{'}(x;x)=n\sum\limits_{i=0}^{n-1}\frac{i-(i-1)}{n}B_{i}^{n-1}(x)=\sum\limits_{i=0}^{n-1}B_{i}^{n-1}(x)=1 \]

故有 $$ B_{n}(x;x)=x+c_{1} $$ 再代入 $x=0$ , 得到

\[ c_{1}=B_{n}(x;0)=\sum\limits_{i=0}^{n}\frac{i}{n}B_{i}^{n}(0)=\sum\limits_{i=0}^{n}\frac{i}{n}C_{n}^{i}x^{i}(1-x)^{n-i}\bigg|_{x=0}=\frac{0}{n}C_{n}^{0}\cdot1\cdot1^{n}=0 \]

因此 $B_{n}(x;x)=x$ $(\mathrm{II})$

\[ B_{n}(x^2;x)=\sum\limits_{i=0}^{n}\frac{i^2}{n^2}B_{i}^{n}(x) \]

由性质 $(iii)$ 得

\[ \begin{align}B_{n}^{'}(x^2;x)&=n\sum\limits_{i=0}^{n-1}\frac{2i+1}{n^2}B_{i}^{n-1}(x)\\&=\frac{2n-2}{n}\sum\limits_{i=0}^{n-1}\frac{i}{n-1}B_{i}^{n-1}(x)+\frac{1}{n}\\&=\frac{2n-2}{n}B_{n-1}(x;x)+\frac{1}{n}\\&=2(1-\frac{1}{n})x+\frac{1}{n}\end{align} \]

故有

\[ B_{n}(x^{2};x)=(1-\frac{1}{n})x^2+\frac{x}{n}+c_2 \]

再代入 $x=0$ , 得到 $$ c_2=B_{n}(x^{2};0)=0 $$ 因此 $B_{n}(x^{2};x)=(1-\frac{1}{n})x^{2}+\frac{x}{n}$ 接下来可以证明不等式了, 直接计算 $(\mathrm{III})$

\[ \begin{align}\sum\limits_{k=0}^{n}(k-nx)^{2}B_{k}^{n}(x)&=\sum\limits_{k=0}^{n}k^{2}B_{k}^{n}(x)-2nx\sum\limits_{k=0}^{n}kB_{k}^{n}(x)+n^{2}x^{2}\sum\limits_{k=0}^{n}B_{k}^{n}(x)\\&=n^{2}B_{n}(x^{2};x)-2n^{2}xB_{n}(x;x)+n^{2}x^{2}B_{n}(1;x)\\&=n^2\big((1-\frac{1}{n})x^{2}+\frac{x}{n}\big)-2n^{2}x^{2}+n^{2}x^{2}\\&=nx-nx^2=nx(1-x)\leq\frac{n}{4}\end{align} \]

即证

将接下来的证明分为两部分: $(a)$ 我们证明 $[0,1]$ 上的连续函数 $f$ 的Bernstein多项式在 $[0,1]$ 上一致收敛于 $f$ 由于 $f$ 在 $[0,1]$ 上连续, 故必然一致连续, 那么 $\forall\,\varepsilon>0$ , $\exists\,\delta>0$ , $s.t.$ $\forall\,x_{1},x_{2}\in[0,1]$ , 满足 $|x_{1}-x_{2}|<\delta$ , 就有 $|f(x_{1})-f(x_{2})|<\frac{\varepsilon}{2}$ 由性质 $(ii)$ 可得到

\[ f(x)=\sum\limits_{i=0}^{n}f(x)B_{i}^{n}(x) \]

将 $i$ 的取值集如此划分:

\[ \{0,1,\cdots,n\}=\underbrace{\{i:|\frac{i}{n}-x|\geq\delta\}}_{E_1}\cup\underbrace{\{i:|\frac{i}{n}-x|<\delta\}}_{E_2} \]

则

\[ \begin{align}|B_{n}(f;x)-f(x)|&\leq\sum\limits_{i=0}^{n}|f(\frac{i}{n})-f(x)|B_{i}^{n}(x)\\&=\sum\limits_{i\in E_{1}}|f(\frac{i}{n})-f(x)|B_{i}^{n}(x)+\sum\limits_{i\in E_{2}}|f(\frac{i}{n})-f(x)|B_{i}^{n}(x)\\&\triangleq S_{1}+S_{2}\end{align} \]

对 $S_{1}$ , $S_{2}$ 分别估计, 对 $S_{1}$ 估计, 由于 $f$ 为 $[0,1]$ 上的连续函数, 故其有界, 设 $|f|\leq M$ , 则

\[ \begin{align}S_{1}&\leq2M\sum\limits_{i\in E_{1}}B_{i}^{n}(x)\\&\leq\frac{2M}{\delta^{2}}\sum\limits_{i\in E_{1}}\delta^{2}B_{i}^{n}(x)\\&\leq\frac{2M}{\delta^{2}}\sum\limits_{i\in E_{1}}(\frac{i}{n}-x)^{2}B_{i}^{n}(x)\\&\leq\frac{2M}{\delta^{2}n^{2}}{\color{blue}\sum\limits_{i=0}^{n}(i-nx)^{2}B_{i}^{n}(x)}\leq\frac{2M}{\delta^{2}n^{2}}\cdot{\color{blue}\frac{n}{4}}\qquad{\color{blue}(引理)}\\&=\frac{M}{2\delta^{2}n}\end{align} \]

再对 $S_{2}$ 估计,

\[ S_{2}<\sum\limits_{i\in E_{2}}\frac{\varepsilon}{2}B_{i}^{n}(x)\leq\frac{\varepsilon}{2}\sum\limits_{i=0}^{n}B_{i}^{n}(x)=\frac{\varepsilon}{2} \]

那么当 $n$ 足够大, 确切来讲当 $n>\lceil\frac{M}{\varepsilon\delta^{2}}\rceil$ 时, 就有 $S_{1}<\frac{\varepsilon}{2}$ 进而有

$$ S=S_{1}+S_{2}<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon $$ 这就说明了 $B_{n}(f;x)$ 在 $[0,1]$ 上一致收敛于 $f(x)$
$(b)$ 下面只需要将 $[0,1]$ 拓展到任意有界闭区间 $[a,b]$ , 设 $f$ 在区间 $[a,b]$ 上连续, 作换元 $$ x=a+t(b-a),\qquad t\in[0,1] $$ 记 $f(x)=f(a+t(b-a))=g(t)$ , 则 $g(t)$ 是 $[0,1]$ 上的连续函数, 那么 $\forall\,\varepsilon>0$ , $\exists\,P(t)\in\mathbb{R}[t]$ , 使得 $|g(t)-P(t)|<\varepsilon$ , 在换元式中反解出 $t$ $$ t=\frac{x-a}{b-a} $$ 再代入刚得到的式子 $$ \bigg|f(x)-P(\frac{x-a}{b-a})\bigg|=|g(t)-P(t)|<\varepsilon $$ 显然 $P(\frac{x-a}{b-a})$ 是关于 $x$ 的多项式, 故即证

三角多项式

定义: 称 $$ T_{n}(x)=\frac{a_{0}}{2}+\sum\limits_{k=1}^{n}(\alpha_{k}\cos kx+\beta_{k}\sin kx) $$ 为 $n$ 次三角多项式,

定义: 如果定义在有限闭区间 $[a,b]$ 上的函数, 对 $\forall\,\varepsilon>0$ , 存在三角多项式 $T$ , 使得 $\forall\,x\in[a,b]$ , 有 $$ |f(x)-T(x)|<\varepsilon $$ 则称 $f$ 在 $[a,b]$ 上能用三角多项式一致逼近

Weierstrass逼近定理: 闭区间 $[-\pi,\pi]$ 上的连续函数 $f$ , 如果满足 $f(-\pi)=f(\pi)$ , 则必然能用三角多项式一致逼近
[证明]: 由于 $f(-\pi)=f(\pi)$ , 故可以将 $f$ 延拓为 $\mathbb{R}$ 上以 $2\pi$ 为周期的连续函数 $\tilde{f}$
根据Fejér定理可知, $\tilde{f}$ 必然可以在 $(-\infty,\infty)$ 上用序列 $\{\sigma_{n}(x)\}$ 一致逼近
我们知道 $f$ 的Fourier级数的 $k$ 项部分和 $S_{k}(x)$ 为一个 $k$ 次的三角多项式
因此 $$ \sigma_{n}(x)=\frac{1}{n}(S_{0}(x)+S_{1}(x)+\cdots+S_{n-1}(x)) $$ 为一个 $n-1$ 次的三角多项式, 这就找到了一个一致逼近 $f$ 的三角多项式序列

平方平均逼近

上面讨论了对于周期为 $2\pi$ 的连续周期函数都可以用三角多项式一致逼近
现在将连续的条件进一步放弱，对于一般的可积函数，是否还可以做到都可以用序列一致逼近呢？
答案是否定的，一致逼近的实质便是下面这个式子 $$ \sup_{-\pi\leq x\leq\pi}|f(x)-T_{n}(x)|\to0\quad(n\to\infty) $$ 它意味着 $f$ 和 $T_{n}$ 的差值在整个区间内都要均匀地趋近于 $0$ ，不允许有任何点是例外，连续函数点点之间邻近，相差很小，可以做到，但对于一般的可积函数而言，因为断点的存在，就不再一定能够做到了

于是放弃了一致逼近，转而只要求三角多项式 $T_{n}$ 能够平均地逼近 $f$ 即可，即要求有

\[ \int_{-\pi}^{\pi}(f(x)-T_{n}(x))^{2}\,\mathrm{d}x\to0\quad(n\to\infty) \]

下面是我们讨论的前提：
如果 $f$ 为 $[-\pi,\pi]$ 上的有界函数，假定 $f$ Riemann可积，则必定有 $f^{2}$ Riemann可积
如果 $f$ 为 $[-\pi,\pi]$ 上的无界函数，假定 $f^{2}$ 反常可积，则必有 $|f|$ 反常绝对可积
记这样的函数类为 $\mathbf{R}^{2}[-\pi,\pi]$

定义: 设 $f\in\mathbf{R}^{2}[-\pi,\pi]$ , 如果存在三角多项式序列 $\{T_{n}\}$ , 使得

\[ \lim_{n\to\infty}\int_{-\pi}^{\pi}(f(x)-T_{n}(x))^{2}\,\mathrm{d}x=0 \]

则称 $\{T_{n}\}$ 平方平均收敛于 $f$ , 或是称 $f$ 可用三角多项式平方平均逼近

该结论的证明关键也与 $f$ 的Fourier级数密切相关，事实上与Fourier级数的部分和相关的极值性质有关，为证明三角函数系下的Fourier级数相关结论，其实不妨考虑一般的正交函数系下的Fourier级数的结论
$\mathbf{R}^{2}[a,b]$ 是 $[a,b]$ 上可积且平方可积的函数集，可以证明其构成一个线性空间，引入内积

\[ \langle f,g\rangle=\int_{a}^{b}f(x)g(x)\,\mathrm{d}x \]

更是构成了内积空间，
内积空间有关定义这里不再陈述，见 [[Linear_space_with_Measurement]]:有度量的线性空间
但是这个内积空间的基我们实则还并不清楚，看起来好像是其中的正交函数系：

\[ \{\varphi_{0},\varphi_{1},\cdots,\varphi_{n},\cdots\} \]

但其实并未知是否空间内的函数都可用它们线性表出，即不能确定这是一组基，恰好的，其实这正是我们本身要研究的问题，如果 $\mathbf{R}^{2}[a,b]$ 中的函数都可以用该函数系表出，就说明了可以用这样的正交函数系平方平均逼近

定义: 设 $\{\varphi_{k}\}$ 为 $\mathbf{R}^{2}[a,b]$ 上的规范正交系, $\forall\,f\in\mathbf{R}^{2}[a,b]$ , 称

\[ c_{k}=\langle f,\varphi_k\rangle=\int_{a}^{b}f(x)\varphi_{k}(x)\,\mathrm{d}x\quad(k=0,1,\cdots) \]

为 $f$ 关于正交系 $\{\varphi_{k}\}$ 的Fourier系数, 将由此产生的级数 $\sum\limits_{k=1}^{\infty}c_{k}\varphi_{k}(x)$ 称为 $f$ 关于正交系 $\{\varphi_{k}\}$ 的 Fourier级数, 记作

\[ f(x)\sim\sum\limits_{k=1}^{\infty}c_{k}\varphi_{k}(x) \]

# 之前讨论的三角函数系下的Fourier级数其实都是规范正交系

\[ \{\frac{1}{\sqrt{2\pi}},\frac{\cos x}{\sqrt{\pi}},\frac{\sin x}{\sqrt{\pi}},\cdots,\frac{\cos nx}{\sqrt{\pi}},\frac{\sin nx}{\sqrt{\pi}},\cdots\} \]

下的结果

记部分和

\[ S_{n}(x)=\sum\limits_{k=0}^{n}c_{k}\varphi_{k}(x) \]

称

\[ T_{n}(x)=\sum\limits_{k=0}^{n}\alpha_{k}\varphi_{k}(x) \]

为 $n$ 次 $\varphi$ 多项式，$\alpha_{k}$ 为给定的实数

现在需要探究的问题便成为：对于给定的空间内的函数 $f$ 和给定的正整数 $n$ ，如何找到一个 $n$ 次 $\varphi$ 多项式 $T_{n}(x)$ ，使得

\[ ||f-T_{n}||=\bigg(\int_{a}^{b}(f(x)-T_{n}(x))^{2}\,\mathrm{d}x\bigg)^{\frac{1}{2}} \]

尽可能的小

可以通过规范正交系及Fourier系数相关性质直接计算：

\[ \begin{align}||f-T_{n}||^{2}&=\int_{a}^{b}(f(x)-T_{n}(x))^{2}\,\mathrm{d}x\\&=\int_{a}^{b}f^{2}(x)\,\mathrm{d}x-2\int_{a}^{b}f(x)\sum\limits_{k=0}^{n}\alpha_{k}\varphi_{k}(x)\,\mathrm{d}x+\int_{a}^{b}\big(\sum\limits_{k=0}^{n}\alpha_{k}\varphi_{k}(x)\big)^{2}\,\mathrm{d}x\\&=||f||^{2}-2\sum\limits_{k=0}^{n}\alpha_{k}\int_{a}^{b}f(x)\varphi_{k}(x)\,\mathrm{d}x+\sum\limits_{i=0}^{n}\sum\limits_{j=0}^{n}\alpha_{i}\alpha_{j}\int_{a}^{b}\varphi_{i}(x)\varphi_{j}(x)\,\mathrm{d}x\\&=||f||^{2}-2\sum\limits_{k=0}^{n}\alpha_{k}c_{k}+\sum\limits_{i=0}^{n}\sum\limits_{j=0}^{n}\alpha_{i}\alpha_{j}\delta_{ij}\\&=||f||^{2}-2\sum\limits_{k=0}^{n}\alpha_{k}c_{k}+\sum\limits_{k=0}^{n}\alpha_{k}^{2}\\&=||f||^{2}+\sum\limits_{k=0}^{n}(\alpha_{k}-c_{k})^{2}-\sum\limits_{k=0}^{n}c_{k}^{2}\\&\geq||f||^{2}-\sum\limits_{k=0}^{n}c_{k}^2\end{align} \]

等号成立当且仅当

$$ \alpha_{k}=c_{k}\qquad(k=0,1,\cdots,n) $$ 这时 $||f-T_{n}||^{2}$ 取到最小值
这就是Fourier级数部分和的极值性质
由上面的推导过程可以直接得到

\[ \sum\limits_{k=0}^{n}c_{k}^{2}\leq||f||^{2} \]

这就是Bessel不等式
由于上式右边与 $n$ 无关，对 $n$ 取极限可得到

\[ \sum\limits_{k=0}^{\infty}c_{k}^{2}\leq||f||^{2}<+\infty \]

即级数 $\sum\limits_{k=0}^{\infty}c_{k}^{2}$ 收敛，可知 $c_{k}\to0\:(k\to\infty)$ 上面的结论总结下来便是下面的定理

定理: 设 $f\in\mathbf{R}^{2}[a,b]$ , $\{\varphi_{k}\}$ 为 $\mathbf{R}^{2}[a,b]$ 中的规范正交系, $\{c_{k}\}$ 为 $f$ 关于 $\{\varphi_{k}\}$ 的Fourier系数, 则有:
$(1)$ 对任意的正整数 $n$ 和实数 $\alpha_{0},\alpha_{1},\cdots,\alpha_{n}$ , 有

\[ ||f-\sum\limits_{k=0}^{n}\alpha_{k}\varphi_{k}(x)||\geq||f-\sum\limits_{k=0}^{n}c_{k}\varphi_{k}(x)|| \]

$(2)$

\[ ||f-\sum\limits_{k=0}^{n}c_{k}\varphi_{k}(x)||=||f||^{2}-\sum\limits_{k=0}^{n}c_{k}^{2} \]

$(3)$

\[ \sum\limits_{k=0}^{\infty}c_{k}^{2}\leq||f||^{2} \]

注意上面提到的式子

\[ \sum\limits_{k=0}^{\infty}c_{k}^{2}\leq||f||^{2} \]

如果等号成立，我们其实就找到了我们要的结果
将等式

\[ \sum\limits_{k=0}^{\infty}c_{k}^{2}=||f||^{2} \]

称为Perseval等式或Perseval封闭性方程
几何意义十分明显，如果规范正交函数系 $\{\varphi_{k}\}$ 可以作为空间的基，若 $f$ 展开为Fourier级数 $$ f(x)=c_{0}\varphi_{0}(x)+c_{1}\varphi_{1}(x)+\cdots+c_{n}\varphi_{n}(x)+\cdots $$ 则 $(c_{0},c_{1},\cdots,c_{n},\cdots)$ 便为 $f$ 在该组基下的坐标，Perseval等式便意为无穷维空间中的勾股定理

定义: 设 $\{\varphi_{k}\}$ 为 $\mathbf{R}^{2}[a,b]$ 中的一个规范正交系, 如果 $\forall\,f\in\mathbf{R}^{2}[a,b]$ , Perseval等式成立, 此时称该组规范正交系 $\{\varphi_{k}\}$ 是完备的

推论: 规范正交系 $\{\varphi_{k}\}$ 是完备的当且仅当对 $\forall\,f\in\mathbf{R}^{2}[a,b]$ , 有

\[ \lim_{n\to\infty}||f-\sum\limits_{k=0}^{n}c_{k}\varphi_{k}||^{2}=0 \]

即 $f$ 可用 $\{\varphi_{k}\}$ 的Fourier级数平方平均逼近

现在来看 $\mathbf{R}^{2}[-\pi,\pi]$ 上三角规范正交系

\[ \{\frac{1}{\sqrt{2\pi}},\frac{\cos x}{\sqrt{\pi}},\frac{\sin x}{\sqrt{\pi}},\cdots,\frac{\cos nx}{\sqrt{\pi}},\frac{\sin nx}{\sqrt{\pi}},\cdots\} \]

的Bessel不等式和Perseval等式
记

\[ \varphi_{0}(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}},\quad\varphi_{2k-1}(x)=\frac{\cos kx}{\sqrt{\pi}},\quad\varphi_{2k}(x)=\frac{\sin kx}{\sqrt{\pi}} \]

设 $f\in\mathbf{R}^{2}[-\pi,\pi]$ ，有

\[ \begin{align}&c_{0}=\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\varphi_{0}(x)\,\mathrm{d}x=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\,\mathrm{d}x=\sqrt{\frac{\pi}{2}}a_{0}\\&c_{2k-1}=\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\varphi_{2k-1}(x)\,\mathrm{d}x=\frac{1}{\sqrt{\pi}}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos kx\,\mathrm{d}x=\sqrt{\pi}a_{k}\\&c_{2k}=\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\varphi_{2k}(x)\,\mathrm{d}x=\frac{1}{\sqrt{\pi}}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin kx\,\mathrm{d}x=\sqrt{\pi}b_{k}\end{align} \]

因此

\[ \sum\limits_{k=0}^{2n}c_{k}\varphi_{k}(x)=\frac{c_{0}}{2}+\sum\limits_{k=1}^{n}(a_{k}\cos kx+b_{k}\sin kx) \]

这里 $a_{k}$ 和 $b_{k}$ 都是同[[Fourier级数]]中的定义的Fourier系数
如此 $f$ 的Bessel不等式写作

\[ \frac{a_{0}^2}{2}+\sum\limits_{k=1}^{n}(a_{k}^{2}+b_{k}^{2})\leq\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f^{2}(x)\,\mathrm{d}x\tag{B} \]

对应 $f$ 的Perseval等式写作

\[ \frac{a_{0}^2}{2}+\sum\limits_{k=1}^{n}(a_{k}^{2}+b_{k}^{2})=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f^{2}(x)\,\mathrm{d}x\tag{P} \]

定理: 设 $f\in\mathbf{R}^{2}[-\pi,\pi]$ , $a_{n},b_{n}$ 是 $f$ 关于三角函数系的Fourier系数, 那么 $f$ 可用它的Fourier级数的部分和平方平均逼近, 即Perseval等式 $(\mathrm{P})$ 成立
[证明]:
(待)

推论: 如果 $[-\pi,\pi]$ 上的连续函数 $f$ 和三角函数系

\[ \{1,\cos x,\sin x,\cdots,\cos nx,\sin nx,\cdots\} \]

中的每个函数都正交, 则必然有$f=0$
[证明]:
(待)

推论: 如果两个连续函数有相同的Fourier级数, 则这两个连续函数必然恒等
[证明]:
(待)

定理: 设 $f,g\in\mathbf{R}^{2}[-\pi,\pi]$ , $a_{n}$ , $b_{n}$ , 和 $\alpha_{n}$ , $\beta_{n}$ 分别是 $f$ 和 $g$ 的Fourier系数, 那么

\[ \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)g(x)\,\mathrm{d}x=\frac{a_{0}\alpha_{0}}{2}+\sum\limits_{n=1}^{\infty}(a_{n}\alpha_{n}+b_{n}\beta_{n}) \]

[证明]:
(待)

定理: 设 $f\in\mathbf{R}^{2}[-\pi,\pi]$ , 其Fourier级数为

$$ f(x)\sim\frac{a_{0}}{2}+\sum\limits_{n=1}^{\infty}(a_{n}\cos nx+b_{n}\sin nx) $$ 那么对包含 $[-\pi,\pi]$ 的任意区间 $[a,b]$ , 有

\[ \int_{a}^{b}f(x)\,\mathrm{d}x=\int_{a}^{b}\frac{a_{0}}{2}\,\mathrm{d}x+\sum\limits_{n=1}^{\infty}\int_{a}^{b}(a_{n}\cos nx+b_{n}\sin nx)\,\mathrm{d}x \]

[证明]:
(待)

该定理说明了无论Fourier级数收敛与否，一定可以逐项积分