神！你为何不再垂眸于我？
吾神！我已感受不到彼之所在。
Fourier 级数的计算公式：
然后有 \(f(x)\) 对应的形式 Fourier 级数为
如果 \(f(x)\) 是奇函数，则 \(\cos nx\) 项均为零，此时称作正弦级数；同理，偶函数的场合 \(\sin nx\) 均为零，即为余弦级数。
倘若 \(f(x)\) 非 \(2\pi\) 周期（但是拥有 \(T\) 作周期），可以通过换元将其周期放缩为 \(2\pi\) 并展开，得到
非周期函数又如何呢？过于艰深不予考虑的说。
对于一组维数无穷的线性空间，可以在其中找到一组向量数列 \(\bf e_1,\dots,\bf e_n,\dots\)，满足不等元两两内积为零。于是对于 \(\bf v\)，可以计算 \(a_n=\dfrac{\bf v\cdot\bf e_n}{\bf e_n\cdot\bf e_n}\)，称为 \(\bf v\) 的 Euler-Fourier 系数。
记 \(\bf v_n=\sum_{i=1}^na_i\bf e_i\)，则 \(\bf v_n\) 是 \(\bf v\) 在张成空间 \(W_n\) 上的投影。有 \(\|\bf v\|\geq\|\bf v_n\|\)。于是 \(\|\bf v\|^2\geq\|\bf v_n\|^2\)，那么令 \(n\to\infty\) 时极限仍然保持该不等式，则有
该式对于任意正交基底 \(\{\bf e_n\}\) 和任意 \(\bf v\)（不一定能被基底张成）均成立。上式称作 Bessel 不等式。特别地，我们同时好奇何时取得等号，而取得等号的场合其有一个新名字，即 Parseval 等式。
现在，对于 \([0,2\pi]\) 为周期的平方可积函数全体，定义 \(f\cdot g=\dfrac1\pi\int_{-\pi}^\pi f(x)g(x)\d x\)，则除 \(1\cdot 1=2\) 以外，全体 \(\sin nx\) 与 \(\cos nx\) 都满足内积为 \(1\)。于是有相应的 Bessel 不等式和 Parseval 等式为
已知 Bessel 不等式恒成立；那么 Parseval 等式又如何？
首先，对 \(f\pm g\) 分别应用 Parseval 不等式并求和，可知 Parseval 不等式与下式等价
然后用其易验证若 \(f,g\) 均满足 Parseval 等式且 \(f\cdot g=0\)，则 \(f+g\) 满足 Parseval 等式。这样之后，易手动验证分段常值函数满足 Parseval 等式，于是用分段常值函数拟合可知全体 Riemann 可积函数均满足 Parseval 等式。事实上，不仅 Riemann 可积满足 Parseval 等式，只要平方可积即可。
这就给出一种已知某物的 Fourier 展开，例如 \(f(x)=x\mid x\in(-\pi,\pi)\) 的 Fourier 展开是 \(\sum \dfrac{2(-1)^{n+1}}{n}\sin nx\)，然后应用 Parseval 等式推知 \(\sum\dfrac1{n^2}\) 的方法。
Parseval 不等式证明全体 Riemann 可积函数均满足一种称作 均方收敛，即范数为 \(\| f\|=\sqrt{f\cdot f}\)，的收敛。但是我们还是更喜欢一致收敛。
定理：若 Fourier 级数一致收敛，且 \(f\) 连续，则 Fourier 级数在 \([0,2\pi]\) 一致收敛到 \(f\)。【若一致收敛，则收敛至 \(f\)】
定理：若 Fourier 级数满足数项级数 \(\sum a_n,\sum b_n\) 均绝对收敛，则 Fourier 级数一致收敛。【由 Weierstrass 易知】
定理：若 Fourier 级数满足 \(\{a_n\},\{b_n\}\) 单调趋于 \(0\)，则 Fourier 级数内闭一致收敛且和函数在 \((-\pi,\pi)\) 连续。
Dirichlet 定理：若 \(f\) 在 \([-\pi,\pi]\) 上连续，且分段连续可微，则 Fourier 级数一致收敛于 \(f\)。
若 \(f\) 不连续（常常发生在 \(\pm\pi\) 处），则性质立刻变差，就算其分段连续可微也只能得到逐点收敛，且满足 \(S(x)=\dfrac{f(x^-)+f(x^+)}2\)。
或者，也可以不用分段连续可微的条件，换成分段连续单调亦可（得到逐点收敛）。
课本上一些无用之物：
Riemann-Lebesgue 引理：对于 \([a,b]\) 上可积或广义绝对可积的 \(f\)，满足 \(\lim\limits_{\lambda\to+\infty}f(x)\sin\lambda x\d x=0\)，\(\cos\lambda x\) 同理。因此有推论：Fourier 级数必然满足 \(\lim\limits_{n\to\infty}a_n=\lim\limits_{n\to\infty}b_n=0\)。
Dini 判别法：对于 \([-\pi,\pi]\) 上 Riemann 可积或广义绝对可积的 \(2\pi\) 周期 \(f\)，对于 \(x_0\in[-\pi,\pi]\)，若存在 \(s\in\R\) 和 \(\delta>0\)，使得 \(\dfrac1t(f(x_0+t)+f(x_0-t)-2s)\) 在 \([0,\delta]\) 上可积或广义绝对可积，则 \(f(x)\) 的 Fourier 级数在 \(x_0\) 收敛至 \(s\)。
广义 Lipschitz 条件：存在 \(\delta>0,L>0,\alpha>0\) 使得 \(\forall t\in(0,\delta]\) 均满足
- \(|f(x_0+t)-f(x_0^+)|\leq Lt^\alpha\)。
- \(|f(x_0-t)-f(x_0^-)|\leq Lt^\alpha\)。
则称 \(f\) 在 \(x_0\) 附近满足广义 \(\alpha\) 阶 Lipschitz 条件。在 \(x_0\) 附近满足广义 \(\alpha\) 阶 Lipschitz 条件可以推出 Fourier 级数于 \(x_0\) 敛于 \(\dfrac{f(x_0^+)+f(x_0^-)}2\)。
逐段可微推出广义 Lipschitz 条件。注意，逐段可微指的是每一段内部可微且左端点存在右导数，右端点存在左导数；不需要 Dirichlet 定理中连续可微。
存在可积函数，其 Fourier 函数处处发散。说明，可积太弱了。
存在连续函数，其 Fourier 级数至少于一点发散。说明，连续还是弱。
满足 \(\mathscr L^p\) 的函数，Fourier 级数几乎处处收敛于自身。
Fourier 级数的求导与积分。
若 \(\sum n^p(|a_n|+|b_n|)\) 收敛，则 Fourier 级数是 \(\mathscr C^p\) 的。注意，这个性质在 \(p=0\) 时是一个很弱的条件（\(\{a_n\},\{b_n\}\) 均绝对收敛），因此这个条件也并非很强的条件。
若 \(f\) 分段连续，则 \(f\) 的积分可以由其 Fourier 级数逐项积分得到。该结论不需要 \(f\) 的 Fourier 级数收敛。
其余应用：正弦级数、余弦级数等，或者非 \(2\pi\) 周期函数的 Fourier 级数展开。
与 \(\dfrac1{n^k}\) 有关的级数求和：考虑 \(x^k\) 的 Fourier 级数展开。或者，考虑 \(x^{k/2}\) 的 Fourier 级数展开，然后应用 Paserval 等式。
附录：Euler 的 \(\sum\dfrac1{n^2}\) 求和方法：
\(\dfrac{\sin x}x=1-\dfrac{x^2}6+\dots\)。
或者，因为 \(\dfrac{\sin x}x\) 的根集合为 \(\{\pm\pi,\pm2\pi,\dots\}\)，其也可以（吗？）被写成 \(k(x-\pi)(x+\pi)(x-2\pi)(x+2\pi)\dots\) 的形式。比较系数并两两组合，然后得展开为 \((1-\dfrac{x^2}{\pi^2})(1-\dfrac{x^2}{4\pi^2})\dots\)。比较其与 \(1-\dfrac{x^2}6+\dots\) 的二次项系数即可。
然而这个无穷乘积究竟是什么？可以用前缀若干项求和的极限来定义。或者，取对数后把乘积变为求和，然后把无穷乘积变成级数和的 \(\exp\)。
知道无穷乘积如何定义，但是如何保证其根集合与 \(\dfrac{\sin x}x\) 相同且常数项系数相同，一定相等？【根集合相同常数项相同则多项式相等，这件事在有限次多项式时是由代数基本定理保证的；然而级数并不适用。】
附录：求一些奇怪东西的收敛性。
例如，如果 \(f(x)\) 可以被展成一坨东西，那么 \(\int f(x)\) 的一坨东西可以由 \(f\) 积分得到；特别地，\(f(x)\) 展开式的常数项积分得到的 \(\dfrac{a_0}2x\) 不是 Fourier 级数中的部分，因此还要额外知道 \(x\) 的展开式。
