Fourier在研究熱傳導的問題時，用\(\dfrac{a_0}{2}+\sum\limits_{n=1}^{\infty}(a_n \cos nx+b_n\sin nx)\)的形式來表示一個週期爲\(2\pi\)的函數\(f(x)\)，取得了很成功的結果。於是他猜測任何以\(2\pi\)爲週期的函數都可以用這種三角函數的無窮求和的形式來表示。這個形式後來就稱爲Fourier級數。
Fourier級數展開
當我們希望能夠找到滿足\(f(x)=\dfrac{a_0}{2}+\sum\limits_{n=1}^{\infty}(a_n \cos nx+b_n\sin nx)\)的Fourier級數時，我們首先希望能不能直接用\(f(x)\)來表示出所有的係數\(a_n,b_n\)。爲了能夠方便地做到這一點，我們先假設這個級數\(\dfrac{a_0}{2}+\sum\limits_{n=1}^{\infty}(a_n \cos nx+b_n\sin nx)\)能夠收斂，並且能夠一致收斂於函數\(f(x)\)本身。
首先我們嘗試做積分\(\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin mx \ dx,m \in \N\)。至於爲什麼是這種形式的積分，我們暫且假設我們突然想到了它。後面我們會給它一個更高視角的解釋。用級數代入\(f(x)\)，計算可得\(\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin mx \ dx=\int_{-\pi}^{\pi}\dfrac{a_0}{2}\sin mx \ dx+\)\(\sum\limits_{n=1}^{\infty}(\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi} a_n \cos nx\sin mx \ dx\)\(+\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}b_n\sin nx \sin mx \ dx)\)。第一項是常數乘以三角函數在一個週期上的積分，因此爲0；第二項由積化和差得到\(\dfrac{\sin\left(nx+mx\right)-\sin(nx-mx)}{2}\)，第三項積化和差得到\(\dfrac{\cos(nx-mx)-\cos(nx+mx)}{2}\)。這四項當中，\(\sin(n+m)x\)與\(\cos(n+m)x\)的積分同樣也是一個三角函數在週期上的積分，一定爲0。當\(n \neq m\)時其它兩個也一定爲0。而當\(n=m\)時，\(\sin (n-m)x\)恆爲0因此積分也爲0，而\(\cos(n-m)x\)恆爲1，這時積分不爲0了。於是代入化簡得到\(\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin mx \ dx=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\mathbb1[n=m] \cdot \left(\dfrac{b_n}{2}\int_{-\pi}^{\pi} \ dx\right)=\pi b_m\)。這樣我們就對於任意的\(m\)都可以表示出係數\(b_m\)了，也就是我們永遠成立\(b_n = \dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nx\ dx\)。
再來計算\(\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos mx \ dx\)，它是完全類似的：\(\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}\dfrac{a_0}{2}\cos mx \ dx+\sum\limits_{n=1}^{\infty}(\int_{-\pi}^{\pi} a_n \cos nx\cos mx \ dx\)\(+\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}b_n\sin nx \cos mx \ dx)\)。如果\(m \neq 0\)，那麼第一項爲0，第二項由積化和差得到\(\dfrac{\cos\left(nx+mx\right)+\cos(nx-mx)}{2}\)，第三項積化和差得到\(\dfrac{\sin(nx+mx)+\sin(nx-mx)}{2}\)。當\(n \neq m\)時四個都爲0，\(n=m\)時\(\cos(n-m)x\)恆爲1，其餘爲0，此時得到\(\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos mx \ dx=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\mathbb1[n=m] \cdot \left(\dfrac{a_n}{2}\int_{-\pi}^{\pi} \ dx\right)=\pi a_m\)。這樣我們也解出了所有的\(a_n, \ n \geq 1\)。而當\(m=0\)時，後面的四個積分始終爲0（因爲\(n>0\)，因此始終與\(m\)不相等），只有第一個而積分得到\(a_0\pi\)（我們之所以把常數寫成\(a_0/2\)就是爲了這種形式上的統一性，它可以看作\(\cos mx\)中的第0項。）。綜上，我們已經得到一個用\(f(x)\)的“某種積分”來表示所有係數的方法了：
\(f(x)=\dfrac{a_0}{2}+\sum\limits_{n=1}^{\infty}(a_n \cos nx+b_n\sin nx)\)就稱爲函數的Fourier展開，只要所有這些\(a_n,b_n\)存在，也就是我們需要的積分都存在，那麼我們就可以做Fourier展開。重要的是，對於任何一個給定的函數\(f(x)\)，只要上面所有這些積分存在，我們就能計算得到一列\(a_n,b_n\)，這樣就能夠直接寫出Fourier級數，即便沒有我們剛纔假定成立的前提“該級數一致收斂於\(f(x)\)”這個條件。但這個級數可能收斂到一個完全不同的函數，甚至可能根本不是收斂的。這就涉及到Fourier級數的收斂性問題了，我們後面再來討論。
先來觀察我們寫出的這個奇特的級數。我們可以初步看到一些性質，比如當\(f(x)\)是奇函數時\(a_n\)對應的積分恆爲0，那時我們的級數就只由\(\sin nx\)的項構成，稱爲“正弦級數”。同樣的，如果\(f(x)\)是偶函數，那麼\(b_n\)就恆爲0，此時稱爲“餘弦級數”。另外，如果函數本身的週期不是\(2\pi\)而是\(T\)，我們可以通過簡單的換元使新函數可以看作一個週期\(2\pi\)的函數，換言之週期的具體大小是次要的。我們也發現\(a_n,b_n\)的存在只要求以上這些積分存在，即便\(f(x)\)不連續有時我們也可以做Fourier展開。從這個意義上Fourier展開相比於需要函數無窮階可導的Taylor級數應用範圍要廣很多。
現在我們來解釋爲什麼我們選擇先把\(f(x)\)與三角函數做乘積再做積分就剛好能解出Fourier級數的係數。事實上如果我們站在更高的角度來看這個問題，我們做的事就變得顯而易見了。我們可以把“把兩個函數的乘積在\([-\pi,\pi]\)上做積分”看作“某種內積”：\(\lang f,g\rang=\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)g(x)\ dx\)，因爲函數可以看作一個無窮維的向量，那麼積分就恰好是我們熟悉的“內積”。此時，就像我們看到的，我們的級數是一系列三角函數的和，我們從頭到尾只涉及了三角函數（還有常數）。因此函數族\(\{1,\cos nx,\sin nx\}\)可以看作是我們的向量空間中的“基”。更奇妙的是，其實我們在剛纔的推導過程中我們已經驗證過了，這些基在我們新的內積的定義下是“兩兩正交”的：任何兩個不同的“基”做“內積”得到的結果都是0。Fourier級數試圖告訴我們的是，任何一個函數在這種基下都是可以被“正交分解”的。所以我們所作的就是把\(f\)“投影”到各個基向量上，這是我們在線性空間求分量的一般方法。而如我們所見，我們確實用這種方法求出了各個分量的係數。
Fourier級數的收斂性
點態收斂與一致收斂
現在我們開始討論Fourier級數何時收斂的問題，包括點態收斂與一致收斂。
在這之前，我們先來看一個重要的引理：一個廣義絕對可積（這是一個相對而言比較弱的條件了）的函數乘上一個高頻振盪的函數，當頻率趨向無窮時必定趨向0。這就是Riemann-Lebesgue引理，我們要對於廣義絕對可積的函數\(f(x)\)證明\(\lim\limits_{n \to \infty}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\ dx=0\)（\(\sin nx\)同理）。如果\(f\)是分片常數，那麼我們把積分按照常數的片段來劃分，每個片段的積分\(\displaystyle\int_{x_k}^{x_{k+1}}f(x_k)\cos nx\ dx=f(x_k)\displaystyle\int_{x_k}^{x_{k+1}}\cos nx\ dx=\dfrac{1}{n}f(x)(\sin nx_{k+1}-\sin nx_{k})\)，三角函數的那一項一定是有界的，而對於\(f(x)\)的瑕點，我們單獨用很小的區間把它摳出來，根據Riemann可積這些區間的總長度是能夠任意小的，而餘下的部分是一個有界的量除以\(n\)，因此當\(n\)充分大時一定趨向0。如果\(f\)不是分片常數，那麼我們用分片常數來逼近\(f\)，我們令一個與\(f\)足夠近的分片常數\(g\)來逼近，有\(\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\ dx\)\(=\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}[f(x)-g(x)]\cos nx\ dx+\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}g(x)\cos nx\ dx\)，我們已經證明了後者趨向0，前者根據我們的逼近也趨向0。
這個引理的一個直接推論是：如果\(f(x)\)在區間上是廣義絕對可積的，Fourier級數的係數\(a_n,b_n\)在\(n \to \infty\)時一定會趨向0。類比於收斂的數項級數的通項必須趨向0，這一點其實是自然的。一般而言，一個函數越光滑，在Fourier展開裏係數就衰減地越快。假如\(f(x)\)有\(k\)階連續導數，那麼我們就可以對\(\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\ dx\)做\(k\)次分部積分（\(dx\)與\(\cos nx\)）結合。容易想像，每一次積分我們就會產生一個常數因子\(\dfrac{1}{n}\)，因此最後我們得到的結果一定是\(o(\dfrac{1}{n^k})\)的。越光滑的函數\(k\)越大，\(o(\dfrac{1}{n^k})\)以越快的速度趨向0，迫使\(a_n,b_n\)以更快的速度衰減。這種收斂受到\(n\)的壓迫而變得與\(x\)無關了，所以事實上我們得到的是一致收斂。我們也可以證明，一個分段線性的函數的傅里葉係數的遞減速率是\(o(\dfrac{1}{n^2})\)的。\(o(\dfrac{1}{n^2})\)遞減的係數乘以三角函數，根據A-D判別法它一定是收斂的，因此它的Fourier級數也就是一致收斂的了。
現在開始研究Fourier級數的收斂性。我們記Fourier級數的前\(n\)項和爲\(S_n(x)\)，我們希望它在\(n\)越來越大時越來越逼近\(f(x)\)。對於所有的\(a_n,b_n\)，我們都可以用我們積分的計算式代入。由於所有積分都是對於區間\([-\pi,\pi]\)的，我們把他們整理在一起，寫作\(S_n(x)=\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(t)\left[\dfrac{1}{2}+\sum\limits_{k=1}^{n}\left(\cos kt \cos kx+\sin kt\sin kx\right)\right]dt\)，三角函數的部分根據和差角公式就等於\(\cos(kt-kx)\)，即\(\cos k(x-t)\)。於是爲了方便，我們做變量替換\(u=x-t\)（積分變量是\(t\)），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\(f\)已經週期延拓到所有實數，\(\cos ku\)也是同樣的週期函數，因此我們可以把積分的區間搬到一個更簡單的\([-\pi,\pi]\)上，這不會改變我們的結果。現在由於我們已經求得了\(\sum\limits_{k=1}^{n}\cos ku=-\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sin \left(n+1/2\right)u}{2\sin u/2}\)，代入可得\(S_n(x)=\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{x-\pi}^{x+\pi}f(x-u)\dfrac{\sin (n+1/2)u}{2\sin u/2}du\)。由於\(\dfrac{\sin (n+1/2)u}{2\sin u/2}\)將會反覆出現，我們把它記爲\(D_n(u)\)。\(\sum\limits_{k=1}^{n}\cos ku=-\dfrac{1}{2}+D_n(u)\)。如果對這個式子兩邊同時在\(-\pi\)到\(\pi\)上積分，那麼左側一定爲0，因此解得\(\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}D_n(u)du=\pi\)。無論\(n\)取什麼值，它的積分始終是定值。感受一下\(D_n(u)\)的函數圖像總是有好處的，我們會發現當\(n\)很大時，這個函數高頻振盪，並在\(u=0\)時趨向正無窮。所以對於\(S_n(x)=\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x-u)D_n(u)du\)，我們摳出中間的一小段區間\([-\delta,\delta]\)，分解爲\(S_n(x)=\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\delta}^{\delta}f(x-u)D_n(u)du+\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int\limits_{\delta \leq |u| \leq \pi}f(x-u)D_n(u)du\)。對於後面這個積分，由於我們預先假設了\(a_n,b_n\)的存在性，我們知道\(f(x-u)\)是廣義絕對可積的，而在這個範圍內\(D_n(u)\)的分母是一個有界的量，不會影響可積性，因此\(\dfrac{f(x-u)}{2\sin u/2}\)作爲一個整體依然是絕對可積的，而\(\sin(n+1/2)u\)是一個高頻振盪的函數，我們根據Riemann-Lebesgue引理就知道這二者的乘積在有限區間上的積分在\(n \to \infty\)是會趨於0的。因此當\(n\)充分大時，實際上“成立”的是\(S_n(x)=\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\delta}^{\delta}f(x-u)D_n(u)du\)，我們希望它能逼近\(f(x)\)。我們把它拆分成\(S_n(x)=\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{0}^{\delta}f(x-u)D_n(u)du+\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\delta}^{0}f(x-u)D_n(u)du\)，後者變量替換爲相反數得\(\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{0}^{\delta}f(x+u)D_n(-u)du\)，而\(D_n\)是偶函數，綜上得到\(S_n(x)=\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{0}^{\delta}[f(x-u)+f(x+u)]D_n(u)du\)。我們要證明\(n\)充分大時它收斂於\(f(x)\)，也就是證明\(S_n(x)-f(x)=\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{0}^{\delta}[f(x-u)+f(x+u)]D_n(u)du-\dfrac{2}{\pi}\cdot f(x)\displaystyle\int_{0}^{\delta}D_n(u)du\)\(=\displaystyle\int_{0}^{\delta}[f(x-u)+f(x+u)-2f(x)]D_n(u)du\)收斂於0。代入\(D_n(u)\)本來的形式，得到\(\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{0}^{\delta}\dfrac{f(x-u)-f(x)+f(x+u)-f(x)}{2}\cdot \dfrac{\sin (n+1/2)u}{\sin u/2}du\)。當然，如果\(f(x)\)處不連續，我們就把它拆爲左極限與右極限。由於這兩側沒有什麼理由存在差異，我們只需要考慮其中一側。也就是我們想知道\(f\)滿足什麼條件是成立\(\displaystyle\int_{0}^{\delta}\dfrac{f(x+u)-f(x^+)}{\sin u/2}\cdot \sin (n+1/2)u \ du\)在\(n\)充分大時收斂於0（我們拋棄了常數）。那麼再次根據Riemann-Legesgue引理，我們只需要保證\(\dfrac{f(x+u)-f(x^+)}{\sin u/2}\)絕對可積即可。 我們知道\(\sin u/2\)與\(u\)是同階的，所以在討論條件時把分母換成\(u\)也完全沒有問題。所以我們最終得出了結論，只要\(\displaystyle\int_{0}^{\delta}\dfrac{f(x+u)-f(x^+)}{u}\ du\)這個積分是絕對收斂的，那麼Fourier級數點態收斂於\(f(x)\)（如果\(f\)在\(x\)點不連續，則收斂於\(\dfrac{f(x^+)+f(x^-)}{2}\)）。
所以當我們判別一個函數的Fourier級數是否點態收斂到它自身的時候，可以通過證明\(\displaystyle\int_{0}^{\delta}\dfrac{f(x+u)-f(x^+)}{u}\ du\)絕對收斂來直接得到。爲了讓這個積分絕對收斂，我們只需讓\(f(x+u)-f(x^+)\)的階數高於\(0\)，因爲我們知道反常積分\(\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{1}{x^p}dx\)在\(p \in (0,1)\)時是收斂的。也即如果有\(|f(x)-f(y)| \leq C|x-y|^\alpha\)，\(\alpha \in (0,1)\)，那我們就能推出Fourier級數點態收斂。這是一種弱化了的“連續”， 稱爲Holder連續。我們還有一系列的推論，例如如果一個函數是分段可導的，那麼每個點都分別存在左導數和右導數，左導數和右導數恰好就是\(\dfrac{f(x+u)-f(x^+)}{u}\)的極限，因此這個被積函數在\(\delta\)足夠小的時候能夠成其爲有界且連續函數，它一定可積，並且絕對可積（沒有振盪），因此Fourier級數點態收斂到自身。如果\(f\)是二階連續可導的，那麼顯然它滿足收斂到自身的條件，同時根據我們之前對收斂速率的討論我們還知道它的Fourier級數是一致收斂的，因此有結論“二階連續可導函數的Fourier級數一致收斂到它自身”。連續分段線性的函數也是同理。
這種收斂到自身的性質能幫助我們計算一些本來很困難的級數。比如如果我們對\(f(x)=x^2\)做週期延拓求得其Fourier級數\(\dfrac{\pi^2}{3}+\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^n\dfrac{4}{n^2}\cos nx\)，那麼由於它收斂到自身，代入\(x=\pi\)就可以得到\(\pi^2=\dfrac{\pi^2}{3}+\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^n \dfrac{4}{n^2}(-1)^n\)，即\(\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n^2}=\dfrac{\pi^2}{6}\)。這就是著名的巴塞爾問題的答案。它是黎曼zeta函數\(\zeta(k)=\sum\limits_{n=1}^{\infty}n^{-k}\)的一個特例，對於大多數偶數的\(k\)我們都可以用類似的方法求出答案。
連續函數的三角多項式逼近
逼近和展開是不一樣的。我們已經看到連續函數可以用多項式逼近，但這個逼近並不是函數的Taylor展開。同樣地，我們知道連續函數一定可以做Fourier展開，因爲它能滿足絕對可積的要求，但單單保證連續並不能說明級數收斂於自身。Weierstrass第二逼近定理指出，任何一個\(2\pi\)週期的連續函數都能被一個形如Fourier級數形式的“三角多項式”來逼近。這裏的逼近是指\(\forall \varepsilon>0,\exists T \text{ s.t.}\max\limits_{[-\pi,\pi]}|f(x)-T(x)|<\varepsilon\)，這裏的\(T(x)\)就是我們的三角多項式\(\dfrac{a_0}{2}+\sum\limits_{k=1}^{n}(a_n\cos nx+b_n\sin nx)\)。具體的實現方法是，我們先用分段線性連續函數來逼近\(f\)，保證它們之間的距離不超過一個任意小，再由於分段線性函數的Fourier級數是一致收斂到\(f\)本身的，它們之間的距離也不超過一個任意小。所以這個分段線性連續函數的Fourier級數就是我們要找的三角多項式。事實上我們也能用這種方法來說明Weierstrass第一逼近定理，因爲三角函數可以展開成冪級數（不需要到無窮），冪級數到三角函數的距離可以任意小，因此取極限我們就得到了一個收斂到自身的冪級數了。