Completezza del sistema trigonometrico

Avendo dimostrato che il sistema trigonometrico è ortonormale per $L^{2}(T)$$L^{2}(T)$, per dimostrare che è una base basta dimostrare che è anche completo. La dimostrazione si fa in vari passi.

Passo 1 Densità dei polinomi trigonometrici in C(T)

Teorema 5.1

Per ogni $f\in C(T),\forall \varepsilon$$f\in C(T),\forall \varepsilon$ positivo, esiste $p$$p$ polinomio trigonometrico tale che

$$\|f-p\|_{\infty }\leq \varepsilon .$$

$$\|f-p\|_{\infty }\leq \varepsilon .$$

(equivalentemente, i polinomi trigonometrici sono densi in $C(T)$$C(T)$ per la norma del sup).

 

Dimostrazione

Supponiamo di avere a disposizione una successione di polinomi trigonometrici $q_{k}(t)$$q_{k}(t)$ che soddisfi tre proprietà:

1. $q_{k}(t)\geq 0\forall k,\forall t$$q_{k}(t)\geq 0\forall k,\forall t$
2. $${\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }q_{k}(t)\,dt=1$$

   $${\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }q_{k}(t)\,dt=1$$
3. dato $0<\delta <\pi$$0<\delta <\pi$, se chiamo $\eta _{k,\delta }=\sup _{t\in (-\pi ,\delta )\cup (\delta ,\pi ))}q_{k}(t)$$\eta _{k,\delta }=\sup _{t\in (-\pi ,\delta )\cup (\delta ,\pi ))}q_{k}(t)$,
   $$\lim _{k\to \infty }\eta _{k,\delta }=0.$$

   $$\lim _{k\to \infty }\eta _{k,\delta }=0.$$
   Data $f\in C(T)$$f\in C(T)$, poniamo
   $$p_{k}(t)={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }f(t-s)*q_{k}(s)\,ds.$$

   $$p_{k}(t)={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }f(t-s)*q_{k}(s)\,ds.$$

Mostriamo che $p_{k}$$p_{k}$ è a sua volta un polinomio trigonometrico.

Pongo $t-s=u$$t-s=u$, in modo che:

$$p_{k}(t)=-{\frac {1}{2\pi }}\int _{t+\pi }^{t-\pi }f(u)q_{k}(t-u)\,du$$

$$p_{k}(t)=-{\frac {1}{2\pi }}\int _{t+\pi }^{t-\pi }f(u)q_{k}(t-u)\,du$$

e invertendo gli estremi di integrazione:

$$p_{k}(t)={\frac {1}{2\pi }}\int _{t-\pi }^{t+\pi }f(u)q_{k}(t-u)\,du$$

$$p_{k}(t)={\frac {1}{2\pi }}\int _{t-\pi }^{t+\pi }f(u)q_{k}(t-u)\,du$$

$f,q_{k}$$f,q_{k}$ sono periodiche e il loro prodotto è periodico, allora posso cambiare l'intervallo di integrazione:

$$p_{k}(t)={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }f(u)q_{k}(t-u)\,du$$

$$p_{k}(t)={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }f(u)q_{k}(t-u)\,du$$

Per ipotesi $q_{k}$$q_{k}$ è un polinomio trigonometrico e si può scrivere:

$$q_{k}(t)=\sum _{r=-n}^{n}a_{r}e^{irt}$$

$$q_{k}(t)=\sum _{r=-n}^{n}a_{r}e^{irt}$$

quindi

$$q_{k}(t-u)=\sum _{r=-n}^{n}a_{r}e^{ir(t-u)}$$

$$q_{k}(t-u)=\sum _{r=-n}^{n}a_{r}e^{ir(t-u)}$$

$$q_{k}(t-u)=\sum _{r=-n}^{n}a_{r}e^{irt}e^{-iru}$$

$$q_{k}(t-u)=\sum _{r=-n}^{n}a_{r}e^{irt}e^{-iru}$$

e sostituendo nell'espressione di $p_{k}(t)$$p_{k}(t)$:

$$p_{k}(t)={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }f(u)\sum _{r=-n}^{n}a_{r}e^{irt}e^{-iru}\,du$$

$$p_{k}(t)={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }f(u)\sum _{r=-n}^{n}a_{r}e^{irt}e^{-iru}\,du$$

$$p_{k}(t)={\frac {1}{2\pi }}\sum _{r=-n}^{n}a_{r}[\int _{-\pi }^{\pi }f(u)e^{-iru}du]*e^{irt}$$

$$p_{k}(t)={\frac {1}{2\pi }}\sum _{r=-n}^{n}a_{r}[\int _{-\pi }^{\pi }f(u)e^{-iru}du]*e^{irt}$$

e ponendo

$$c_{r}=a_{r}\int _{-\pi }^{\pi }f(u)e^{-iru}du$$

$$c_{r}=a_{r}\int _{-\pi }^{\pi }f(u)e^{-iru}du$$

si ha

$$p_{k}(t)={\frac {1}{2\pi }}\sum _{r=-n}^{n}c_{r}e^{irt},$$

$$p_{k}(t)={\frac {1}{2\pi }}\sum _{r=-n}^{n}c_{r}e^{irt},$$

e ho quindi mostrato che $p_{k}$$p_{k}$ è un polinomio trigonometrico.
Valuto la differenza $p_{k}(t)-f(t)$$p_{k}(t)-f(t)$:

$$p_{k}(t)-f(t)={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }f(t-s)q_{k}(s)\,ds-f(t)$$

$$p_{k}(t)-f(t)={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }f(t-s)q_{k}(s)\,ds-f(t)$$

Uso la proprietà 2 dei $q_{k}$$q_{k}$ per poter portare $f(t)$$f(t)$ dentro all'integrale moltiplicandola per un fattore che vale 1:

$$p_{k}(t)-f(t)={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }f(t-s)q_{k}(s)\,ds-f(t)*{\frac {1}{2\pi }}*\int _{-\pi }^{\pi }q_{k}(s)\,ds$$

$$p_{k}(t)-f(t)={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }f(t-s)q_{k}(s)\,ds-f(t)*{\frac {1}{2\pi }}*\int _{-\pi }^{\pi }q_{k}(s)\,ds$$

$$p_{k}(t)-f(t)={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }(f(t-s)-f(t))q_{k}(s)\,ds$$

$$p_{k}(t)-f(t)={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }(f(t-s)-f(t))q_{k}(s)\,ds$$

Spezzo l'integrale in tre addendi:

$$={\frac {1}{2\pi }}*[\int _{-\delta }^{\delta }(f(t-s)-f(t))q_{k}(s)\,ds+\int _{\pi }^{-\delta }(f(t-s)-f(t))q_{k}(s)\,ds+\int _{\delta }^{\pi }(f(t-s)-f(t))q_{k}(s)\,ds]$$

$$={\frac {1}{2\pi }}*[\int _{-\delta }^{\delta }(f(t-s)-f(t))q_{k}(s)\,ds+\int _{\pi }^{-\delta }(f(t-s)-f(t))q_{k}(s)\,ds+\int _{\delta }^{\pi }(f(t-s)-f(t))q_{k}(s)\,ds]$$

Valuto separatamente i tre addendi e mostro che ognuno è minore di $\varepsilon$$\varepsilon$:

1. Primo addendo:
   $$|\int _{-\delta }^{\delta }(f(t-s)-f(t))q_{k}(s)\,ds|$$

   $$|\int _{-\delta }^{\delta }(f(t-s)-f(t))q_{k}(s)\,ds|$$
   $$\leq \int _{-\delta }^{\delta }|f(t-s)-f(t)|q_{k}(s)\,ds$$

   $$\leq \int _{-\delta }^{\delta }|f(t-s)-f(t)|q_{k}(s)\,ds$$
   La funzione è continua e siccome $T$$T$ è compatto, è uniformemente continua. Allora ponendo $a=t-s$$a=t-s$, e $b=t$$b=t$ si ha $|b-a|=|t-s-t|=|s|\leq \delta$$|b-a|=|t-s-t|=|s|\leq \delta$, allora per l'uniforme continuità $|f(t-s)-f(s)|\leq \varepsilon$$|f(t-s)-f(s)|\leq \varepsilon$.
   $$\leq \int _{-\delta }^{\delta }\varepsilon q_{k}(s)\,ds$$

   $$\leq \int _{-\delta }^{\delta }\varepsilon q_{k}(s)\,ds$$
   e siccome per la proprietà 1 dei $q_{k}$$q_{k}$ l'integranda è positiva posso considerare un intervallo di integrazione più grande:
   $$\leq \int _{-\pi }^{\pi }\varepsilon q_{k}(s)\,ds$$

   $$\leq \int _{-\pi }^{\pi }\varepsilon q_{k}(s)\,ds$$
   $$\leq \varepsilon *\int _{-\pi }^{\pi }q_{k}(s)\,ds\leq \varepsilon$$

   $$\leq \varepsilon *\int _{-\pi }^{\pi }q_{k}(s)\,ds\leq \varepsilon$$
   applicando ancora la proprietà 2.
2. Secondo addendo:
   $$\int _{\delta }^{\pi }|f(t-s)-f(t)|*q_{k}(s)\,ds$$

   $$\int _{\delta }^{\pi }|f(t-s)-f(t)|*q_{k}(s)\,ds$$
   $$\leq \int _{\delta }^{\pi }[|f(t-s)|-|f(t)|]*q_{k}(s)\,ds$$

   $$\leq \int _{\delta }^{\pi }[|f(t-s)|-|f(t)|]*q_{k}(s)\,ds$$
   $$\leq 2*\|f\|_{\infty }*\int _{\delta }^{\pi }q_{k}(s)\,ds\leq \varepsilon$$

   $$\leq 2*\|f\|_{\infty }*\int _{\delta }^{\pi }q_{k}(s)\,ds\leq \varepsilon$$
   infatti se $k\to \infty$$k\to \infty$ il tutto tende a 0 per la proprietà 3 dei $q_{k}$$q_{k}$.
3. terzo addendo: si tratta come il secondo

Sommando i tre integrali ottengo $|p_{k}-f|\leq 3\varepsilon$$|p_{k}-f|\leq 3\varepsilon$ e in particolare $\|p_{k}-f\|_{\infty }\leq \varepsilon$$\|p_{k}-f\|_{\infty }\leq \varepsilon$.

Mostro che la disuguaglianza vale anche per la norma 2:

$$\|f\|_{2}^{2}={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }f(t)^{2}\,dt$$

$$\|f\|_{2}^{2}={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }f(t)^{2}\,dt$$

$$\leq \|f\|_{\infty }^{2}{\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }dt=\|f\|_{\infty }^{2}$$

$$\leq \|f\|_{\infty }^{2}{\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }dt=\|f\|_{\infty }^{2}$$

$$\|f\|_{2}\leq \|f\|_{\infty }.$$

$$\|f\|_{2}\leq \|f\|_{\infty }.$$

quindi la disuguaglianza vale anche in norma 2, perché

$$\|f-p_{k}\|_{2}\leq \|f-p\|_{\infty }\leq \varepsilon .$$

$$\|f-p_{k}\|_{2}\leq \|f-p\|_{\infty }\leq \varepsilon .$$

e $p_{k}$$p_{k}$ è il polinomio trigonometrico di cui ho affermato l'esistenza nell'enunciato.
Resta da verificare che effettivamente esiste una successione di polinomi $q_{k}$$q_{k}$ con le tre proprietà elencate sopra: definisco $q_{k}(t)=c_{k}*({\frac {1+\cos t}{2}})^{k}$$q_{k}(t)=c_{k}*({\frac {1+\cos t}{2}})^{k}$, con $c_{k}$$c_k$ costante positiva.

1. La prima proprietà (positività) è verificata;
2. determino $c_{k}$$c_k$ in modo che sia soddisfatta anche la seconda, cioè impongo:
   $${\frac {c_{k}}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }({\frac {1+\cos t}{2}})^{k}\,dt=1.$$

   $${\frac {c_{k}}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }({\frac {1+\cos t}{2}})^{k}\,dt=1.$$
3. Per verificare la terza proprietà è necessario dare una stima dei $c_{k}$$c_k$. Siccome $q_{k}$$q_{k}$ è pari, si ha
   $$\int _{-\pi }^{\pi }({\frac {1+\cos t}{2}})^{k}\,dt=2*\int _{0}^{\pi }({\frac {1+\cos t}{2}})^{k}\,dt.$$

   $$\int _{-\pi }^{\pi }({\frac {1+\cos t}{2}})^{k}\,dt=2*\int _{0}^{\pi }({\frac {1+\cos t}{2}})^{k}\,dt.$$
   $$\geq \int _{0}^{\pi }({\frac {1+\cos t}{2}})^{k}*\sin t\,dt$$

   $$\geq \int _{0}^{\pi }({\frac {1+\cos t}{2}})^{k}*\sin t\,dt$$
   e ponendo $u=\cos t$$u=\cos t$, l'integrale di partenza è:
   $$\geq \int _{-1}^{1}({\frac {1+u}{2}})^{k}du$$

   $$\geq \int _{-1}^{1}({\frac {1+u}{2}})^{k}du$$
   e ponendo ${\frac {1+u}{2}}=v$${\frac {1+u}{2}}=v$, si ha
   $$\geq 2\int _{0}^{1}v^{k}dv={\frac {2}{k+1}}$$

   $$\geq 2\int _{0}^{1}v^{k}dv={\frac {2}{k+1}}$$
   quindi
   $${\frac {c_{k}}{\pi }}*\int _{0}^{\pi }({\frac {1+\cos t}{2}})^{k}\,dt=1\geq c_{k}/\pi *{\frac {2}{n+1}}$$

   $${\frac {c_{k}}{\pi }}*\int _{0}^{\pi }({\frac {1+\cos t}{2}})^{k}\,dt=1\geq c_{k}/\pi *{\frac {2}{n+1}}$$
   cioè
   $$c_{k}\leq (n+1)\pi /2$$

   $$c_{k}\leq (n+1)\pi /2$$
   Devo quindi valutare:
   $$\eta _{k,\delta }=\sup _{(-\pi ,-\delta )\cup (\delta ,\pi )}q_{k}(t)=q_{k}(\delta )$$

   $$\eta _{k,\delta }=\sup _{(-\pi ,-\delta )\cup (\delta ,\pi )}q_{k}(t)=q_{k}(\delta )$$
   perché i $q_{k}$$q_{k}$ sono decrescenti, e sostituendo l'espressione dei $q_{k}$$q_{k}$:
   $$=c_{k}*({\frac {1+\cos \delta }{2}})^{k}$$

   $$=c_{k}*({\frac {1+\cos \delta }{2}})^{k}$$
   e usando la stima per i $c_{k}$$c_k$:
   $$\leq \pi /2(k+1)*({\frac {1+\cos \delta }{2}})^{k}\to 0$$

   $$\leq \pi /2(k+1)*({\frac {1+\cos \delta }{2}})^{k}\to 0$$
   infatti $1+\cos \delta <2$$1+\cos \delta <2$ quindi ${\frac {1+\cos \delta }{2}}<1$${\frac {1+\cos \delta }{2}}<1$.

 

Passo 2 densità di C^T in L^2(T)

Mostro che le funzioni continue su $T$$T$ sono dense in norma 2 su $L^{2}(T)$$L^{2}(T)$.

Definizione 5.2

Data la $\sigma$$\sigma$-algebra ${\mathcal {M}}$${\mathcal {M}}$, la misura $\mu \colon M\to [0,\infty )$$\mu \colon M\to [0,\infty )$ è regolare se per ogni $E\in M$$E\in M$ valgono le due condizioni seguenti:

1. $\mu (E)=\sup \mu (K)$$\mu (E)=\sup \mu (K)$ con $K$$K$ compatto e contenuto in $E$$E$ (regolarità dal basso)
2. $\mu (E)=\inf \mu (U)$$\mu (E)=\inf \mu (U)$, con $U\supset E$$U\supset E$ aperto. (regolarità dall'alto)

 

Teorema 5.2

Nell'ipotesi che $\mu$$\mu$ è regolare, che $\mu (T)$$\mu (T)$ sia finita e che gli aperti sono misurabili, si ha che $C(T)$$C(T)$ è denso in $L^{2}(T)$$L^{2}(T)$.

 

Dimostrazione

Dimostriamo in realtà che $C(X)$$C(X)$ è denso in $L^{2}(X)$$L^{2}(X)$ se $\mu$$\mu$ è regolare. Mostro prima che $C(T)$$C(T)$ è denso in $L^{1}$$L^1$. Data una funzione misurabile e positiva, si definisce $\int f\,d\mu$$\int f\,d\mu$ come sup degli integrali delle funzioni semplici minori di $f$$f$. Le funzioni semplici sono somme di funzioni indicatrici, quindi basta mostrare il risultato per le indicatrici.

Sia $A\subset X$$A \subset X$ misurabile e mostro che $I_{A}$$I_{A}$ è approssimabile con funzioni continue in $L^{1}$$L^1$, in questo modo mostro che le funzioni continue su $T$$T$ sono dense in $L^{1}$$L^1$.

Per la regolarità della misura, dato $\varepsilon$$\varepsilon$ positivo, esistono $K$$K$ compatto e $V$$V$ aperto tali che $K\subset A\subset V$$K\subset A\subset V$ tali che $\mu (V\smallsetminus K)\leq \varepsilon$$\mu (V\smallsetminus K)\leq \varepsilon$.

Definiamo la funzione

$$\phi _{\varepsilon }(x)={\frac {d_{X}(x,V^{c})}{d_{X}(x,V^{c})+d_{X}(x,K)}}$$

$$\phi _{\varepsilon }(x)={\frac {d_{X}(x,V^{c})}{d_{X}(x,V^{c})+d_{X}(x,K)}}$$

questa quantità è ben definita, il denominatore non si annulla, perché se fosse nullo si avrebbe contemporaneamente $x\in V^{c}$$x\in V^{c}$ (chiuso) e $x\in K$$x \in K$ e questo non può avvenire.
$\phi _{\varepsilon }$$\phi _{\varepsilon }$ è continua e ha valori in $[0,1]$$[0,1]$ e si annulla su $V^{c}$$V^{c}$ mentre vale 1 su $K$$K$. Considero la differenza

$$|I_{A}-\phi _{\varepsilon }|\leq {\begin{cases}0&\iff x\in K\cup (X\smallsetminus V)\\1&\iff x\in V\smallsetminus K\end{cases}}$$

$$|I_{A}-\phi _{\varepsilon }|\leq {\begin{cases}0&\iff x\in K\cup (X\smallsetminus V)\\1&\iff x\in V\smallsetminus K\end{cases}}$$

$$|I_{A}-\phi _{\varepsilon }|\leq 1,{\hbox{dappertutto}}$$

$$|I_{A}-\phi _{\varepsilon }|\leq 1,{\hbox{dappertutto}}$$

$$\|I_{A}-\phi _{\varepsilon }\|_{1}=\int _{X}|I_{A}-\phi _{\varepsilon }|\,dx$$

$$\|I_{A}-\phi _{\varepsilon }\|_{1}=\int _{X}|I_{A}-\phi _{\varepsilon }|\,dx$$

$$=\int _{V\smallsetminus K}|I_{A}-\phi _{\varepsilon }|\,dx+\int _{X\smallsetminus (V\smallsetminus K)}|I_{A}-\phi _{\varepsilon }|\,dx$$

$$=\int _{V\smallsetminus K}|I_{A}-\phi _{\varepsilon }|\,dx+\int _{X\smallsetminus (V\smallsetminus K)}|I_{A}-\phi _{\varepsilon }|\,dx$$

e applicando le leggi di complementazione a $X\smallsetminus (V\smallsetminus K)=(V\smallsetminus K)^{c}=V^{c}\cup K$$X\smallsetminus (V\smallsetminus K)=(V\smallsetminus K)^{c}=V^{c}\cup K$:

$$=\int _{V\smallsetminus K}I_{A}-\phi _{\varepsilon }\,dx+\int _{V^{c}}I_{A}-\phi _{\varepsilon }\,dx$$

$$=\int _{V\smallsetminus K}I_{A}-\phi _{\varepsilon }\,dx+\int _{V^{c}}I_{A}-\phi _{\varepsilon }\,dx$$

e siccome il secondo integrale è nullo

$$=\int _{V\smallsetminus K}|I_{A}-\phi _{\varepsilon }|\,dx$$

$$=\int _{V\smallsetminus K}|I_{A}-\phi _{\varepsilon }|\,dx$$

$$\leq \mu (V\smallsetminus K)\leq \varepsilon .$$

$$\leq \mu (V\smallsetminus K)\leq \varepsilon .$$

Mostro che le funzioni semplici sono dense in $L^{2}$$L^2$: questo è vero per il seguente risultato: sia $f\geq 0$$f\geq 0$ misurabile, allora esiste una successione $(s_{n})_{n\in \mathbb {N} }$$(s_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ di funzioni semplici tali che $s_{n}\leq f$$s_{n}\leq f$ e $s_{n}\to f$$s_{n}\to f$ puntualmente. Se $f\in L^{2}$$f\in L^{2}$, allora anche le $s_{n}$$s_{n}$ sono in $L^{2}$$L^2$, inoltre $f-s_{n}\leq f\in L^{2}$$f-s_{n}\leq f\in L^{2}$ quindi l'integrale di $|f-s_{n}|^{2}$$|f-s_{n}|^{2}$ è ben definito e per il teorema di convergenza dominata si ha

$$\lim _{n\to \infty }\int |f-s_{n}|^{2}=\int \lim _{n\to \infty }|f-s_{n}|^{2}=\int 0=0.$$

$$\lim _{n\to \infty }\int |f-s_{n}|^{2}=\int \lim _{n\to \infty }|f-s_{n}|^{2}=\int 0=0.$$

cioè $f-s_{n}\in L^{2}$$f-s_{n}\in L^{2}$.

 

In questa dimostrazione è stato sfruttato il seguente risultato:

Proposizione 5.1

In uno spazio metrico $X$$X$, se $A$$A$ è denso in $X$$X$ e $B$$B$ è denso in $A$$A$, allora $B$$B$ è denso in $X$$X$.

 

Dimostrazione

Fisso $x\in X$$x \in X$ e $\varepsilon >0$$\varepsilon >0$, devo mostrare che $B_{x,\varepsilon }\cap B\neq \emptyset$$B_{x,\varepsilon }\cap B\neq \emptyset$. Siccome $A$$A$ è denso in $X$$X$, esiste $t$$t$ in $B_{x,\varepsilon /2}\cap A$$B_{x,\varepsilon /2}\cap A$. Ma $B$$B$ è denso in $A$$A$, allora deve esistere $b\in B$$b\in B$ tale che $b\in B\cap B_{t,\varepsilon /2}$$b\in B\cap B_{t,\varepsilon /2}$, quindi applicando la disuguaglianza triangolare

$$d(b,x)\leq d(b,t)+d(t,x)\leq \varepsilon /2+\varepsilon /2\leq \varepsilon .$$

$$d(b,x)\leq d(b,t)+d(t,x)\leq \varepsilon /2+\varepsilon /2\leq \varepsilon .$$

 

Passo 3 conclusione

Teorema 5.3

L'insieme delle funzioni $(e^{int})_{n\in \mathbb {Z} }$$(e^{int})_{n\in \mathbb {Z} }$ è un sistema ortonormale completo in $L^{2}(\mathbb {C} )$$L^{2}(\mathbb {C} )$.

 

Dimostrazione

Dobbiamo mostrare che $(e^{int})_{n\in \mathbb {N} }$$(e^{int})_{n\in \mathbb {N} }$ è denso in $L^{2}$$L^2$, cioè che per ogni $f\in L^{2}$$f\in L^{2}$ esiste $p$$p$ polinomio trigonometrico tale che $\|f-p\|_{2}\leq \varepsilon$$\|f-p\|_{2}\leq \varepsilon$. Per il passo 1, sappiamo che data $g\in C(T)$$g\in C(T)$ e $\varepsilon >0$$\varepsilon>0$, esiste $p$$p$ polinomio trigonometrico tale che $\|g-p\|_{\infty }<\varepsilon$$\|g-p\|_{\infty }<\varepsilon$ e di conseguenza, anche $\|g-p\|_{2}\leq \varepsilon$$\|g-p\|_{2}\leq \varepsilon$ perché $\|g-p\|_{2}<\|g-p\|_{\infty }$$\|g-p\|_{2}<\|g-p\|_{\infty }$. Per il passo 2, data $f\in L^{2}$$f\in L^{2}$, allora esiste $g\in C(T)$$g\in C(T)$ tale che $\|f-g\|_{2}<\varepsilon$$\|f-g\|_{2}<\varepsilon$, allora

$$\|f-p\|_{2}\leq \|f-g\|_{2}+\|g-p\|_{2}\leq 2\varepsilon .$$

$$\|f-p\|_{2}\leq \|f-g\|_{2}+\|g-p\|_{2}\leq 2\varepsilon .$$