本文章将介绍证明傅立叶级数一致收敛问题前的重要一步，该论述由天才少年Fejér提出。《傅立叶的梦》也是指本系列文章的最终定理：傅立叶级数的一致收敛。

一天，19岁的Fejér（费耶尔，j几乎不发音）突然灵机一动，拿笔写下了如下定理：

定理1: 连续周期函数的平均和一致收敛

$f(x)$ 是 定义在$[-\pi,\pi]$ 上的连续函数。并且是满足 $f(-\pi)=f(\pi)$ 的周期为 $2\pi$ 的周期函数。设 $S_n$ 为由 $f$ 构造出的傅立叶级数部分和函数列，具体地：

$S_n(x) := \frac{a_0}{2}+\sum_{k=1}^{n-1}(a_k\cos{kx}+b_k\sin{kx})$

并且按照如下定义 $A_n$ (后来叫做切萨罗求和)：

$A_n(x) := \frac{1}{n}\sum_{k=1}^nS_k(x)$

当 $n\rightarrow \infty$ 的时候， $A_n(x)$ 在 $[-\pi,\pi]$ 上向 $f(x)$ 一致收敛。
之后简称“连续周期函数的平均和一致收敛”

到这里，Fejér看了看窗外，想了想，又继续写道：

定理1的证明

因为

$S_n(x) := \frac{a_0}{2}+\sum_{k=1}^{n-1}(a_k\cos{kx}+b_k\sin{kx}) \\ \left\{\begin{matrix} a_k=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi f(y)\cos{ky}dy,\quad k=0,1,2,\cdots \\  b_k=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi f(y)\sin{ky}dy,\quad k=1,2,\cdots \end{matrix}\right.$

把 $a_k,b_k$ 代入 $S_n(x)$ 并使用三角函数加法定理可得

$S_n(x)=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(y)\left\{ \frac{1}{2}+\sum_{k=1}^{n-1}\cos{k(y-x)}\right\}dy$

定义Fejér核函数

定义 $\sigma_n(t)$ （叫做：Fejér核）为下式：

$\sigma_n(t) := \frac{1}{2}+\sum_{k=1}^{n-1}\cos{kt}$

Fejér核函数结论1

$S_n(x)=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(y)\sigma_n(y-x)dy$

Fejér核函数结论2

这里注意，使用欧拉公式，和倍角公式，Fejér核的求和可变形为（推荐读者挑战一下）：

$\frac{1}{N}\sum_{n=1}^N\sigma_n(t) = \frac{1}{2N}(\frac{\sin{\frac{Nt}{2}}}{\sin{\frac{t}{2}}})^2$

将Fejér核函数引入证明

因为 $f(x)$ 是周期函数，可有如下字母置换

$\int_{-\pi}^{\pi}f(y)\sigma_n(y-x)dy = \int_{-\pi}^{\pi}f(x+z)\sigma_n(z)dz$

则

$A_N(x)=\frac{1}{N}(S_1+S_2+\cdots+S_N)\\ =\frac{1}{N}\sum_{k=1}^N\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(y)\sigma_n(y-x)dy \\ =\frac{1}{\pi N}\int_{-\pi}^{\pi}f(x+y)\sum_{k=1}^N\sigma_n(y)dy$

根据前面的Fejér核求和变形，有：

$A_N(x)=\frac{1}{2\pi N}\int_{-\pi}^{\pi}f(x+y)\frac{\sin^2{Ny/2}}{\sin^2{y/2}}dy$

寻找“1”的巧妙表达

注意，如果 $f(x)=1$ ，那么它的傅立叶级数的系数就只有 $a_0=1$ 一项存在，其余为 0 ，故其对应的切萨罗求和为

$A_N(x)=\frac{1}{N}(1+1+\cdots +1) = 1$

则

$1 = \frac{1}{2\pi N}\int_{-\pi}^{\pi}\frac{\sin^2Ny/2}{\sin^2y/2}dy.$

引入“1”

根据常用手法恒等变换：

$A_N(x)-f(x) = A_N(x)-f(x)\cdot 1$

结合上面的 1 ，我们有

$A_N(x)-f(x) = \frac{1}{2\pi N}\int_{-\pi}^{\pi}\left\{f(x+y)-f(x)\right\}\frac{\sin^2Ny/2}{\sin^2y/2}dy.$

使用极限定义进行一致连续性证明

这里我们开始做分析：
因为 $f(x)$ 在区间 $[-\pi,\pi]$ 上连续可得 $f(x)$ 为一致连续函数，即

$\forall \epsilon \in \mathbb{R},\exists \delta \in \mathbb{R} \quad s.t.  \forall x\in [-\pi,\pi] , \forall y \in \mathbb{R} \\ \epsilon>0,\delta >0,|y|<\delta \Rightarrow |f(x+y)-f(x)|<\epsilon$

现在按顺序依次固定 $\epsilon,\delta$ ，这时上式子右面积分可以分割为三部分：

$A_N(x)-f(x)=\frac{1}{2\pi N}\left\{\int_{-\pi}^{-\delta}\cdots + \int_{-\delta}^{\delta}\cdots + \int_{\delta}^{\pi} (f(x+y)-f(x))\frac{\sin^2Ny/2}{\sin^2y/2}dy\right\} \\ =: I_1+I_2+I_3$

现在处理中间 $I_2$

$|I_2| \leq \frac{1}{2\pi N}\int_{-\delta}^{\delta}|f(x+y)-f(x)|\frac{\sin^2Ny/2}{\sin^2y/2}dy \\ \leq \frac{\epsilon}{2\pi N}\int_{-\delta}^{\delta}\frac{\sin^2Ny/2}{\sin^2y/2}dy \\ \leq \frac{\epsilon}{2\pi N}\int_{-\pi}^{\pi}\frac{\sin^2Ny/2}{\sin^2y/2}dy  = \epsilon$

另一方面，$f(x) 在闭区间连续 \Rightarrow f 一致有界$ 。即

$\exists M>0 \quad s.t. \quad |f(x)| < M\\
\Rightarrow |f(x+y)-f(x)| \leq 2M$

所以第三项：

$\frac{1}{2\pi N}|\int_{\delta}^{\pi}\left\{ f(x+y) - f(x) \right\}\frac{\sin^2Ny/2}{\sin^2y/2}dy|\\ 
\leq \frac{1}{2\pi N}\int_{\delta}^{\pi}| f(x+y) - f(x) |\frac{\sin^2Ny/2}{\sin^2y/2}dy\\ 
\leq \frac{M}{\pi N}\int_{\delta}^{\pi}\frac{\sin^2Ny/2}{\sin^2y/2}dy\\ 
\leq \frac{M}{\pi N}\int_{\delta}^{\pi}\frac{1}{\sin^2y/2}dy\\ 
\leq \frac{M(\pi-\delta)}{\pi N}\frac{1}{\sin^2\delta/2} \\ 
\leq \frac{M}{N\sin^2\delta/2}.$

同理第一项也可以整理成这个形式。综上：

$|A_N(x)-f(x)|\leq \epsilon + \frac{2M}{N\sin^2\delta/2}$

当 N 足够大时，可以有

$|A_N(x)-f(x)|\leq \epsilon + \epsilon$

根据 $\epsilon$ 的任意性。 $\mathrm{Q.E.D}$