Dowód

${\displaystyle {\begin{aligned}&\;{\frac {1}{2}}+\sum _{n=1}^{N}\cos n\alpha \\=&\ \Re \left(-{\frac {1}{2}}+\sum _{n=0}^{N}e^{in\alpha }\right)\\=&\ \Re \left(-{\frac {1}{2}}+{\frac {1-e^{i(N+1)\alpha }}{1-e^{i\alpha }}}\right)\\=&-{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{|1-e^{i\alpha }|^{2}}}\Re ((1-e^{i(N+1)\alpha })(1-e^{-i\alpha }))\\=&-{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{(1-\cos \alpha )^{2}+\sin ^{2}\alpha }}\Re (1-e^{-i\alpha }-e^{i(N+1)\alpha }+e^{iN\alpha })\end{aligned}}}$

więc mamy (biorąc cześć rzeczywistą i stosując podstawowe wzory trygonometryczne):

${\displaystyle {\begin{aligned}&{\frac {1}{2}}+\sum _{n=1}^{N}\cos n\alpha \\=&-{\frac {1}{2}}+{\frac {1-\cos \alpha -\cos(N+1)\alpha +\cos N\alpha }{2(1-\cos \alpha )}}\\=&\;{\frac {\cos N\alpha -\cos(N+1)\alpha }{2(1-\cos \alpha )}}\\=&\;{\frac {2\sin \left(N+{\frac {1}{2}}\right)\alpha \sin {\frac {1}{2}}\alpha }{4\sin ^{2}{\frac {1}{2}}\alpha }}\\=&\;{\frac {\sin \left(N+{\frac {1}{2}}\right)\alpha }{2\sin {\frac {1}{2}}\alpha }}\end{aligned}}}$

q. e. d.

Dowód

${\displaystyle f(x)={\frac {a_{0}}{2}}+\sum _{k=1}^{\infty }\left(a_{k}\cos k\omega x+b_{k}\sin k\omega x\right).}$

Mnożąc powyższą równość przez ${\displaystyle \cos n\omega x,}$ całkując szereg w granicach od ${\displaystyle -T}$ do ${\displaystyle T}$ (uwzględniając zbieżność jednostajną szeregu stosujemy twierdzenie o całkowaniu szeregu wyraz po wyrazie) otrzymujemy:

${\displaystyle \int \limits _{-T}^{T}f(x)\cos n\omega x{\text{d}}x={\frac {a_{0}}{2}}\int \limits _{-T}^{T}\cos n\omega x{\text{d}}x+\sum _{k=1}^{\infty }\left(a_{k}\int \limits _{-T}^{T}\cos n\omega x\cos k\omega x{\text{d}}x+b_{k}\int \limits _{-T}^{T}\cos n\omega x\sin k\omega x{\text{d}}x\right).}$

Na mocy lematu I zerują się wszystkie całki po prawej stronie takie że ${\displaystyle n\neq k}$ (gdy ${\displaystyle n=0}$ zeruje się cała suma uogólniona). W związku z tym mamy:

${\displaystyle \int \limits _{-T}^{T}f(x)\cos n\omega x{\text{d}}x=a_{n}T.}$

Stąd otrzymujemy wzór (1.2).

Dowód wzoru (1.3) przebiega analogicznie (tym razem mnożymy przez ${\displaystyle \sin n\omega x}$)

Dowód

Niech ${\displaystyle x_{0}}$ będzie punktem, w którym funkcja f(x) jest różniczkowalna; mamy:

${\displaystyle {\begin{aligned}&\;a_{n}\cos n\omega x_{0}+b_{n}\sin n\omega x_{0}\\=&\;{\frac {1}{T}}\int \limits _{-T}^{T}f(x)\cos n\omega xdx\cos n\omega x_{0}+{\frac {1}{T}}\int \limits _{-T}^{T}f(x)\sin n\omega xdx\sin n\omega x_{0}\\=&\;{\frac {1}{T}}\int \limits _{-T}^{T}f(x)(\cos n\omega x\cos n\omega x_{0}+\sin n\omega x\sin n\omega x_{0})dx\\=&\;{\frac {1}{T}}\int \limits _{-T}^{T}f(x)\cos n\omega (x-x_{0})dx.\end{aligned}}}$

Suma cząstkowa szeregu Fouriera przedstawia się w następujący sposób:

${\displaystyle {\begin{aligned}S_{N}&={\frac {1}{2T}}\int \limits _{-T}^{T}f(x)dx+\sum _{n=1}^{N}{\frac {1}{T}}\int \limits _{-T}^{T}f(x)\cos n\omega (x-x_{0})dx\\&={\frac {1}{T}}\int \limits _{-T}^{T}f(x)\left({\frac {1}{2}}+\sum _{n=1}^{N}\cos n\omega (x-x_{0})\right)dx.\end{aligned}}}$

Stosując do tego wyrażenia lemat II, otrzymujemy następujący wzór:

${\displaystyle S_{N}={\frac {1}{T}}\int \limits _{-T}^{T}f(x){\frac {\sin \omega \left(N+{\frac {1}{2}}\right)(x-x_{0})}{2\sin \omega {\frac {1}{2}}(x-x_{0})}}dx.}$

Funkcja podcałkowa w powyższym wzorze jest funkcją o okresie 2T, możemy więc dokonać przesunięcia w dziedzinie i otrzymujemy:

${\displaystyle S_{N}={\frac {1}{T}}\int \limits _{-T}^{T}f(x+x_{0}){\frac {\sin \omega \left(N+{\frac {1}{2}}\right)x}{2\sin \omega {\frac {1}{2}}x}}dx.}$

Funkcja tożsamościowo równa 1 na całym zbiorze liczb rzeczywistych jest rozwijalna w szereg Fouriera w każdym punkcie, kładąc ${\displaystyle f(x)=1,}$ mamy:

${\displaystyle 1={\frac {1}{T}}\int \limits _{-T}^{T}{\frac {\sin \omega \left(N+{\frac {1}{2}}\right)x}{2\sin \omega {\frac {1}{2}}x}}dx.}$

Mnożąc powyższą równość przez ${\displaystyle f(x_{0})}$ i odejmując obustronnie od równania przedstawiającego sumę cząstkową szeregu, otrzymujemy:

${\displaystyle S_{N}-f(x_{0})={\frac {1}{T}}\int \limits _{-T}^{T}(f(x+x_{0})-f(x_{0})){\frac {\sin \omega \left(N+{\frac {1}{2}}\right)x}{2\sin \omega {\frac {1}{2}}x}}dx.}$

(2)

Rozważmy następującą granicę:

${\displaystyle \lim _{x\to 0}{\frac {f(x+x_{0})-f(x_{0})}{2\sin \omega {\frac {1}{2}}x}}=\lim _{x\to 0}{\frac {f(x+x_{0})-f(x_{0})}{x}}{\frac {x}{2\sin \omega {\frac {1}{2}}x}}={\frac {f'(x_{0})}{\omega }},}$

przy obliczaniu której korzystamy z różniczkowalności funkcji f(x) w punkcie ${\displaystyle x_{0}.}$

Możemy określić następującą funkcję:

${\displaystyle \phi (x)=\left\{{\begin{aligned}&{\frac {f(x+x_{0})-f(x_{0})}{2\sin \omega {\frac {1}{2}}x}}&&{\text{gdy}}~~x\neq 0\\&{\frac {f'(x_{0})}{\omega }}&&{\text{gdy}}~~x=0\end{aligned}}\right..}$

Mając na uwadze fakt, iż zmiana skończonej ilości wartości funkcji podcałkowej nie wpływa na wartość całki, wzór (2) możemy zapisać w postaci:

${\displaystyle S_{N}-f(x_{0})={\frac {1}{T}}\int \limits _{-T}^{T}\phi (x)\sin \omega \left(N+{\frac {1}{2}}\right)xdx.}$

Funkcja podcałkowa spełnia założenia lematu Riemanna, tak więc:

${\displaystyle \lim _{N\to \infty }(S_{N}-f(x_{0}))=\lim _{N\to \infty }{\frac {1}{T}}\int \limits _{-T}^{T}\phi (x)\sin \omega \left(N+{\frac {1}{2}}\right)xdx=0,}$

czyli:

${\displaystyle \lim _{N\to \infty }S_{N}=f(x_{0}).}$

q. e. d.