用双三角多项式逼近可微函数的稠密性问题

设 $Q = [0,1]^2$。为了记号方便，我们定义
$$
f^{(i,j)}(x,\xi) = \frac{\partial^{i+j}}{\partial x^i \partial \xi^j}f(x,\xi).
$$

给定非负整数 $k$，我们称函数 $f \in C^k(Q)$ 当且仅当
$$
|f|{C^k} = \sum{i+j \leq k}\sup_{(x,\xi)\in Q}|f^{(i,j)}(x,\xi)| < \infty.
$$

另外，设 $m = (m_1,m_2) \in \mathbf{Z}^2$，定义
$$
E_m = E_m(x,\xi) = e^{2\pi i m_1 x}e^{-2\pi i m_2 \xi}.
$$

问题 #

是否对于任意 $k\geq 0$，集合 ${E_m}_{m\in \mathbf{Z}^2}$ 在 $C^k(Q)$ 中是稠密的？

分析思路 #

原提问的思路部分未完整给出，不过我们可以从经典逼近论和泛函分析的角度来拆解这个问题：

• 首先看$k=0$的情况：这就是二维版本的Weierstrass逼近定理——闭正方形上的连续函数可以被三角多项式一致逼近，所以此时${E_m}$的线性组合（双三角多项式）在$C^0(Q)$中显然稠密。
• 对于$k>0$的光滑情况，我们可以用卷积逼近的方法：取二维Fejér核（这是一个光滑的三角多项式核），将它和$f$做卷积运算。卷积的结果依然是三角多项式，而且当核的尺度趋于无穷时，卷积序列会在$C^k$范数下收敛到$f$。这是因为卷积运算会保持函数的可微性，同时Fejér核的逼近性质能保证$f$的各阶导数都被一致逼近。
• 从泛函分析的Hahn-Banach定理出发：要证明${E_m}$的线性组合在$C^{k(Q)$中稠密，等价于证明任何在$C}k(Q)$上的连续线性泛函，如果它在所有$E_m$上取值为0，那么它一定是零泛函。而$C^k(Q)$的对偶空间对应着$Q$上的$k$阶带导数的测度，若这样的测度与所有三角多项式正交，那么它必然是零测度，这就反过来证明了稠密性。

结论：对于任意非负整数$k$，${E_m}_{m\in \mathbf{Z}^{2}$的线性组合在$C}k(Q)$中都是稠密的。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Doofenshmert