嘿，我来帮你梳理问题2和4的解答，同时先把你的问题和尝试整理得更清晰些：

问题与背景 #

我最近在做一套测试题里的练习题，遇到了点麻烦，希望能得到大家的帮助 :)

题目详情 #

考虑分段函数：
$$g(x) = \begin{cases}
\frac{\pi}{4} & x\in [0,\pi ] \
-\frac{\pi}{4} & x\in (-\pi,0 )
\end{cases}$$
设$f(x)$是$g(x)$的周期延拓（周期为$2\pi$）。

定义傅里叶部分和：
$$S_N f(x) = A_0 +\sum_{n=1}^{N}A_n \cos{nx}+i\sum_{n=1}^{N}B_n \sin{nx}$$
其中系数关系为：
$A_0 = \hat{f}(0),\ A_n = \hat{f}(n)+\hat{f}(-n),\ B_n = \hat{f}(n)-\hat{f}(-n)$，$\hat{f}(n)$是$f$的傅里叶系数。

注：$f$的傅里叶级数定义为$\lim_{N \to \infty } S_Nf(x)$。

需要解决的四个问题：

1. 求$S_Nf(x)$的表达式；
2. 判断$S_Nf(x)$在$x\in \left[-\pi,\pi \right]$上是否逐点收敛；
3. 判断$S_Nf(x)$在$ \left[-\pi,\pi \right]$上是否一致收敛；
4. 证明$\lim_{N \to \infty} S_Nf \left( \frac{1}{\pi N}\right) = \int_{0}^{1} \frac{\sin{\left( \frac{t}{\pi}\right)}}{2t} \ dt $

我的尝试（已解决部分） #

• 问题1解答：
  计算得傅里叶系数：
  $$\hat{f}(n)= \begin{cases}
  \frac{1}{2in} & n\in \mathbb{Z}{\text{奇数}} \
  0 & \text{其他情况}
  \end{cases}$$
  代入部分和公式化简后得到：
  $$S_N f (x) = \sum{k=0}^{K}\frac{\sin{((2k+1)x)}}{2k+1}$$
  其中$K=\left\lfloor \frac{N}{2}\right\rfloor$（即$N$除以2的向下取整）。

• 问题3解答：
  因为每个$S_Nf(x)$都是连续函数（有限个连续函数的和仍连续），若$S_Nf(x)$一致收敛，则其极限函数必须是连续的。但$f(x)$在$x=0,\pm\pi$处存在间断点，因此$S_Nf(x)$在$[-\pi,\pi]$上不一致收敛。

问题2：逐点收敛性分析 #

我们可以直接用狄利克雷收敛定理来判断，定理内容如下：

若周期为$2\pi$的函数$f(x)$在$[-\pi,\pi]$上分段单调，且只有有限个间断点，则$f(x)$的傅里叶级数在每一点$x$处收敛到$\frac{f(x^+)+f(x-)}{2}$，其中$f(x^{+)$是$x$处的右极限，$f(x}-)$是$x$处的左极限。

首先分析$f(x)$的性质：
$f(x)$是周期$2\pi$的函数，在$(-\pi,\pi)$内分段常数（自然分段单调），仅在$x=0,\pm\pi$处存在间断点，满足狄利克雷定理的条件。

分情况讨论：

1. 当$x\in(-\pi,0)\cup(0,\pi)$时：
   $f(x)$在该区间内连续，因此$f(x^+)=f(x-)=f(x)$，傅里叶部分和$S_Nf(x)$逐点收敛到$f(x)$。
2. 当$x=0$时：
   右极限$f(0^{+)=\lim_{x\to0}+}f(x)=\frac{\pi}{4}$，左极限$f(0^{-)=\lim_{x\to0}-}f(x)=-\frac{\pi}{4}$，因此收敛到$\frac{f(0^+)+f(0-)}{2}=0$。
3. 当$x=\pm\pi$时：
   对于$x=\pi$，右极限$f(\pi^{+)=\lim_{x\to\pi}+}f(x)=\lim_{x\to-\pi^{+}f(x)=-\frac{\pi}{4}$（周期延拓后，$\pi$右侧对应原区间$(-\pi,0)$），左极限$f(\pi}-)=\lim_{x\to\pi^{-}f(x)=\frac{\pi}{4}$，因此收敛到$\frac{f(\pi}+)+f(\pi^-)}{2}=0$；$x=-\pi$的情况完全对称，同样收敛到0。

综上，$S_Nf(x)$在$[-\pi,\pi]$上每一点都逐点收敛，收敛结果为：
$$\lim_{N\to\infty}S_Nf(x)=\begin{cases}
f(x) & x\in(-\pi,0)\cup(0,\pi) \
0 & x=0,\pm\pi
\end{cases}$$

问题4：极限证明 #

我们基于问题1得到的$S_Nf(x)$表达式来推导：

首先，将$x=\frac{1}{\pi N}$代入$S_Nf(x)$的表达式：
$$S_Nf\left(\frac{1}{\pi N}\right)=\sum_{k=0}^{K}\frac{\sin\left((2k+1)\cdot\frac{1}{\pi N}\right)}{2k+1}$$
其中$K=\lfloor N/2\rfloor$。

步骤1：改写求和项为黎曼和形式 #

令$t_k=\frac{2k+1}{N}$，则$2k+1=Nt_k$，代入求和项得：
$$\frac{\sin\left((2k+1)\cdot\frac{1}{\pi N}\right)}{2k+1}=\frac{\sin\left(\frac{t_k}{\pi}\right)}{Nt_k}=\frac{1}{N}\cdot\frac{\sin\left(\frac{t_k}{\pi}\right)}{t_k}$$

因此求和式可改写为：
$$S_Nf\left(\frac{1}{\pi N}\right)=\sum_{k=0}^{K}\frac{1}{N}\cdot\frac{\sin\left(\frac{t_k}{\pi}\right)}{t_k}$$

步骤2：分析$t_k$的取值与黎曼和的对应 #

• 当$N$为偶数时，$N=2m$，$K=m-1$，此时$t_k$的取值为$\frac{1}{2m},\frac{3}{2m},...,\frac{2m-1}{2m}$，对应区间$[0,1]$被划分为$m$个长度为$\frac{1}{m}$的小区间，每个$t_k$是对应小区间的中点；
• 当$N$为奇数时，$N=2m+1$，$K=m$，此时$t_k$的取值为$\frac{1}{2m+1},\frac{3}{2m+1},...,1$，对应区间$[0,1]$被划分为$m+1$个小区间，前$m$个长度为$\frac{2}{2m+1}$，最后一个长度为$\frac{1}{2m+1}$，当$N\to\infty$时，所有小区间的长度都趋向0。

步骤3：利用黎曼积分的收敛性 #

函数$h(t)=\frac{\sin\left(\frac{t}{\pi}\right)}{t}$在$[0,1]$上是可积的：

• 当$t\to0^+$时，$\lim_{t\to0}\frac{\sin(t/\pi)}{t}=\frac{1}{\pi}$，因此可补充定义$h(0)=\frac{1}{\pi}$，使得$h(t)$在$[0,1]$上连续，自然可积。

当$N\to\infty$时，求和式$\sum_{k=0}^{K}\frac{1}{N}\cdot h(t_k)$是$h(t)$在$[0,1]$上的黎曼和（分割的最大直径趋向0），因此：
$$\lim_{N\to\infty}\sum_{k=0}^{K}\frac{1}{N}\cdot h(t_k)=\int_{0}^{{1}h(t)dt=\int_{0}}{1}\frac{\sin\left(\frac{t}{\pi}\right)}{t}dt$$

整理后可得：
$$\lim_{N\to\infty}S_Nf\left(\frac{1}{\pi N}\right)=\frac{1}{2}\int_{0}^{{1}\frac{\sin\left(\frac{t}{\pi}\right)}{t}dt=\int_{0}}{1}\frac{\sin\left(\frac{t}{\pi}\right)}{2t}dt$$

这就完成了证明。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Lior