Раздел IV. Определённый интеграл — § 1. Определённый интеграл как предел суммы

Демидович — задача 2193

Б. П. Демидович, «Сборник задач и упражнений по математическому анализу». Условие, подробное решение и ответ.

Задача 2193

1. Пусть функции f(x)f(x) и φ(x)\varphi(x) непрерывны на [a,b][a,b]. Доказать, чтоlim⁡max⁡∣Δxi∣→0∑i=0n−1f(ξi)φ(θi)Δxi=∫abf(x)φ(x) dx,\lim_{\max|\Delta x_i|\to0}\sum_{i=0}^{n-1}f(\xi_i)\varphi(\theta_i)\Delta x_i
=\int_a^bf(x)\varphi(x)\,dx,где xi≤ξi≤xi+1x_i\le\xi_i\le x_{i+1}, xi≤θi≤xi+1x_i\le\theta_i\le x_{i+1} (i=0,1,…,n−1)(i=0,1,\dots,n-1) и Δxi=xi+1−xi\Delta x_i=x_{i+1}-x_i (x0=a, xn=b)(x_0=a,\ x_n=b).

2. Пусть функция f(x)f(x) ограничена и монотонна на [0,1][0,1]. Доказать, что∫01f(x) dx−1n∑k=1nf(kn)=O(1n).\int_0^1f(x)\,dx-\frac1n\sum_{k=1}^nf\left(\frac kn\right)=O\left(\frac1n\right).3. Пусть функция f(x)f(x) ограничена и выпукла сверху (см. задачу 1312) на сегменте [a,b][a,b]. Доказать, что(b−a)f(a)+f(b)2≤∫abf(x) dx≤(b−a)f(a+b2).(b-a)\frac{f(a)+f(b)}2\le\int_a^bf(x)\,dx\le(b-a)f\left(\frac{a+b}2\right).4. Пусть f(x)∈C(2)[1,+∞]f(x)\in C^{(2)}[1,+\infty] и f(x)≥0f(x)\ge0, f′(x)≥0f'(x)\ge0, f′′(x)≤0f''(x)\le0 при x∈[1,+∞)x\in[1,+\infty). Доказать, что∑k=1nf(k)=12f(n)+∫1nf(x) dx+O(1)\sum_{k=1}^nf(k)=\frac12f(n)+\int_1^nf(x)\,dx+O(1)при n→∞n\to\infty.

5. Пусть f(x)∈C(1)[a,b]f(x)\in C^{(1)}[a,b] иΔn=∫abf(x) dx−b−an∑k=1nf(a+kb−an).\Delta_n=\int_a^bf(x)\,dx-\frac{b-a}n\sum_{k=1}^nf\left(a+k\frac{b-a}n\right).Найти lim⁡n→∞nΔn\displaystyle\lim_{n\to\infty}n\Delta_n.
Доказано:1. Предел смешанных интегральных сумм равен∫abf(x)φ(x) dx\int_a^b f(x)\varphi(x)\,dx2. Выполняется оценка∣∫01f(x) dx−1n∑k=1nf(kn)∣⩽∣f(1)−f(0)∣n\left|
\int_0^1f(x)\,dx-
\dfrac1n\sum_{k=1}^{n}f\left(\dfrac kn\right)
\right|
\leqslant\dfrac{|f(1)-f(0)|}{n}3. Выполняются неравенства(b−a)f(a)+f(b)2⩽∫abf(x) dx⩽(b−a)f(a+b2)(b-a)\dfrac{f(a)+f(b)}2
\leqslant\int_a^b f(x)\,dx
\leqslant(b-a)f\left(\dfrac{a+b}{2}\right)4. При n→∞n\to\infty∑k=1nf(k)=12f(n)+∫1nf(x) dx+O(1)\sum_{k=1}^{n}f(k)
=\dfrac12f(n)+\int_1^n f(x)\,dx+O(1)5.lim⁡n→∞nΔn=b−a2(f(a)−f(b))\lim_{n\to\infty}n\Delta_n
=\dfrac{b-a}{2}\bigl(f(a)-f(b)\bigr)

Доказательство

1. Обозначим через λ\lambda наибольшую длину частичного отрезка, а через ωφ(λ)\omega_\varphi(\lambda) модуль непрерывности функции φ\varphi на [a;b][a;b]. Модуль непрерывности — это наибольшее возможное изменение функции между близкими точками:ωφ(λ)=sup⁡{ ∣φ(s)−φ(t)∣:s,t∈[a;b], ∣s−t∣⩽λ }\omega_\varphi(\lambda)
=\sup\{\,|\varphi(s)-\varphi(t)|:
s,t\in[a;b],\ |s-t|\leqslant\lambda\,\}По равномерной непрерывности φ\varphi эта величина стремится к нулю при λ→0\lambda\to0. Кроме того, положимM=max⁡a⩽x⩽b∣f(x)∣M=\max_{a\leqslant x\leqslant b}|f(x)|Сравним данную сумму с обычной интегральной суммой для произведения fφf\varphi:∣φ(θi)−φ(ξi)∣⩽ωφ(λ)|\varphi(\theta_i)-\varphi(\xi_i)|
\leqslant\omega_\varphi(\lambda)поскольку точки θi\theta_i и ξi\xi_i принадлежат одному частичному отрезку длины не больше λ\lambda. Поэтому∣∑i=0n−1f(ξi)φ(θi)Δxi−∑i=0n−1f(ξi)φ(ξi)Δxi∣⩽Mωφ(λ)∑i=0n−1Δxi==M(b−a)ωφ(λ)⟶0\begin{aligned}
\left|
\sum_{i=0}^{n-1}f(\xi_i)\varphi(\theta_i)\Delta x_i
-\sum_{i=0}^{n-1}f(\xi_i)\varphi(\xi_i)\Delta x_i
\right|
&\leqslant
M\omega_\varphi(\lambda)\sum_{i=0}^{n-1}\Delta x_i=\\
&=M(b-a)\omega_\varphi(\lambda)\longrightarrow0
\end{aligned}Вторая сумма стремится к интегралу от непрерывной функции f(x)φ(x)f(x)\varphi(x). Поэтому тот же предел имеет и исходная сумма.

2. Монотонная ограниченная функция интегрируема. Сначала предположим, что ff возрастает, и разобьём [0;1][0;1] на nn равных частей. Тогда левая и правая суммы Дарбу имеют видLn=1n∑k=0n−1f(kn),Un=1n∑k=1nf(kn)L_n=\dfrac1n\sum_{k=0}^{n-1}f\left(\dfrac kn\right),
\qquad
U_n=\dfrac1n\sum_{k=1}^{n}f\left(\dfrac kn\right)Поскольку Ln⩽∫01f(x) dx⩽UnL_n\leqslant\int_0^1f(x)\,dx\leqslant U_n, получаем∣∫01f(x) dx−1n∑k=1nf(kn)∣⩽Un−Ln=f(1)−f(0)n\begin{aligned}
\left|
\int_0^1f(x)\,dx
-\dfrac1n\sum_{k=1}^{n}f\left(\dfrac kn\right)
\right|
&\leqslant U_n-L_n
=\dfrac{f(1)-f(0)}n
\end{aligned}Для убывающей функции рассуждение аналогично, а в правой части появляется ∣f(1)−f(0)∣n\frac{|f(1)-f(0)|}{n}. Следовательно, требуемая разность имеет порядок O(1n)O\left(\frac1n\right).

3. Здесь выпуклость сверху означает, что график лежит не ниже каждой хорды. Такая функция непрерывна во внутренних точках отрезка. Возможные разрывы в концах не мешают интегрируемости: выберем 0<δ<b−a20<\delta<\frac{b-a}{2}. При ∣f∣⩽M|f|\leqslant M вклад двух крайних отрезков длины δ\delta в разность сумм Дарбу не превосходит 4Mδ4M\delta, а на [a+δ;b−δ][a+\delta;b-\delta] действует интегрируемость непрерывной функции. Выбирая сначала малое δ\delta, а затем разбиение середины, получаем сколь угодно малую разность сумм Дарбу. Таким образом, ff интегрируема.

Для x=(1−t)a+tbx=(1-t)a+tb, где 0⩽t⩽10\leqslant t\leqslant1, по выпуклости сверхуf(x)⩾(1−t)f(a)+tf(b)f(x)\geqslant(1-t)f(a)+tf(b)Интегрируя неравенство для хорды, получаем нижнюю оценку∫abf(x) dx⩾(b−a)f(a)+f(b)2\int_a^b f(x)\,dx
\geqslant(b-a)\dfrac{f(a)+f(b)}2Для верхней оценки применим выпуклость сверху к точкам xx и a+b−xa+b-x, середина которых равна a+b2\frac{a+b}{2}:f(x)+f(a+b−x)⩽2f(a+b2)f(x)+f(a+b-x)
\leqslant2f\left(\dfrac{a+b}{2}\right)Для второго слагаемого замена u=a+b−xu=a+b-x, dx=−dudx=-du меняет пределы a,ba,b на b,ab,a, поэтому∫abf(a+b−x) dx=∫abf(u) du\int_a^b f(a+b-x)\,dx=\int_a^b f(u)\,duПосле интегрирования неравенства левая часть равна удвоенному интегралу от ff. Поэтому∫abf(x) dx⩽(b−a)f(a+b2)\int_a^b f(x)\,dx
\leqslant(b-a)f\left(\dfrac{a+b}{2}\right)4. На каждом отрезке [k;k+1][k;k+1] введём погрешность формулы трапецийek=∫kk+1f(x) dx−f(k)+f(k+1)2e_k=\int_k^{k+1}f(x)\,dx-\dfrac{f(k)+f(k+1)}2Так как f′′⩽0f''\leqslant0, функция ff выпукла сверху, и по результату пункта 3 имеем ek⩾0e_k\geqslant0. Кроме того, из f′′⩽0f''\leqslant0 следует, что f′f' не возрастает. Поэтому при k⩽x⩽k+1k\leqslant x\leqslant k+1f′(x)−f′(k+1)⩾0f'(x)-f'(k+1)\geqslant0Обозначим w(x)=x−k−12w(x)=x-k-\frac12. Тогда w′(x)=1w'(x)=1, w(k)=−12w(k)=-\frac12, w(k+1)=12w(k+1)=\frac12, и интегрирование по частям даёт∫kk+1w(x)f′(x) dx=f(k)+f(k+1)2−∫kk+1f(x) dx=−ek\int_k^{k+1}w(x)f'(x)\,dx
=\dfrac{f(k)+f(k+1)}2-\int_k^{k+1}f(x)\,dx=-e_kКроме того, ∫kk+1w(x) dx=0\int_k^{k+1}w(x)\,dx=0, поэтому вычитание постоянной f′(k+1)f'(k+1) под знаком следующего интеграла ничего не меняет:ek=−∫kk+1(x−k−12)f′(x) dx==−∫kk+1(x−k−12)(f′(x)−f′(k+1)) dx\begin{aligned}
e_k
&=-\int_k^{k+1}\left(x-k-\dfrac12\right)f'(x)\,dx=\\
&=-\int_k^{k+1}\left(x-k-\dfrac12\right)
\bigl(f'(x)-f'(k+1)\bigr)\,dx
\end{aligned}Производная f′f' не возрастает, поэтому0⩽ek⩽∫kk+1∣x−k−12∣(f′(x)−f′(k+1)) dx⩽⩽12∫kk+1(f′(x)−f′(k+1)) dx⩽12(f′(k)−f′(k+1))\begin{aligned}
0\leqslant e_k
&\leqslant\int_k^{k+1}
\left|x-k-\dfrac12\right|
\bigl(f'(x)-f'(k+1)\bigr)\,dx\leqslant\\
&\leqslant\dfrac12\int_k^{k+1}
\bigl(f'(x)-f'(k+1)\bigr)\,dx
\leqslant\dfrac12\bigl(f'(k)-f'(k+1)\bigr)
\end{aligned}Следовательно, сумма En=∑k=1n−1ekE_n=\sum_{k=1}^{n-1}e_k ограничена независимо от nn:0⩽En⩽12∑k=1n−1(f′(k)−f′(k+1))=f′(1)−f′(n)2⩽f′(1)20\leqslant E_n
\leqslant\dfrac12\sum_{k=1}^{n-1}
\bigl(f'(k)-f'(k+1)\bigr)
=\dfrac{f'(1)-f'(n)}2
\leqslant\dfrac{f'(1)}2В последнем переходе использовано условие f′(n)⩾0f'(n)\geqslant0.

Суммируя формулы трапеций, получаем∫1nf(x) dx=∑k=1n−1f(k)+f(k+1)2+En==∑k=1nf(k)−f(1)+f(n)2+En\begin{aligned}
\int_1^n f(x)\,dx
&=\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{f(k)+f(k+1)}2+E_n=\\
&=\sum_{k=1}^{n}f(k)-\dfrac{f(1)+f(n)}2+E_n
\end{aligned}Отсюда∑k=1nf(k)=12f(n)+∫1nf(x) dx+Rn,Rn=12f(1)−En\sum_{k=1}^{n}f(k)
=\dfrac12f(n)+\int_1^n f(x)\,dx+R_n,
\qquad
R_n=\dfrac12f(1)-E_nВеличина EnE_n ограничена независимо от nn, поэтому Rn=O(1)R_n=O(1). Обозначение O(1)O(1) означает, что модуль остатка не превосходит некоторой постоянной, не зависящей от nn. Получаем требуемую формулу.

5. Положимh=b−an,xk=a+khh=\dfrac{b-a}{n},
\qquad
x_k=a+khТогда определённая в условии разность равнаΔn=∫abf(x) dx−h∑k=1nf(xk)==∑k=1n(∫xk−1xkf(x) dx−hf(xk))\begin{aligned}
\Delta_n
&=\int_a^b f(x)\,dx-h\sum_{k=1}^{n}f(x_k)=\\
&=\sum_{k=1}^{n}
\left(
\int_{x_{k-1}}^{x_k}f(x)\,dx-hf(x_k)
\right)
\end{aligned}Поскольку f′f' непрерывна на отрезке, она равномерно непрерывна. Обозначимωf′(h)=sup⁡u,v∈[a;b]∣u−v∣⩽h∣f′(u)−f′(v)∣,ωf′(h)⟶0при h→0\omega_{f'}(h)
=\sup_{\substack{u,v\in[a;b]\\|u-v|\leqslant h}}
|f'(u)-f'(v)|,
\qquad
\omega_{f'}(h)\longrightarrow0
\quad\text{при }h\to0При x∈[xk−1;xk]x\in[x_{k-1};x_k] положимrk(x)=f(x)−f(xk)−f′(xk)(x−xk)r_k(x)=f(x)-f(x_k)-f'(x_k)(x-x_k)По теореме Лагранжа существует точка η\eta между xx и xkx_k, для которойf(x)−f(xk)=f′(η)(x−xk)f(x)-f(x_k)=f'(\eta)(x-x_k)Следовательно,rk(x)=(f′(η)−f′(xk))(x−xk)r_k(x)=\bigl(f'(\eta)-f'(x_k)\bigr)(x-x_k)Так как ∣η−xk∣⩽h|\eta-x_k|\leqslant h, получаем∣rk(x)∣⩽ωf′(h)∣x−xk∣|r_k(x)|\leqslant\omega_{f'}(h)|x-x_k|Таким образом,f(x)=f(xk)+f′(xk)(x−xk)+rk(x)f(x)=f(x_k)+f'(x_k)(x-x_k)+r_k(x)Интегрируя это равенство на [xk−1;xk][x_{k-1};x_k], получаем∫xk−1xkf(x) dx−hf(xk)=−h22f′(xk)+ρk,n\begin{aligned}
\int_{x_{k-1}}^{x_k}f(x)\,dx-hf(x_k)
&=-\dfrac{h^2}{2}f'(x_k)+\rho_{k,n}
\end{aligned}Здесь∫xk−1xk(x−xk) dx=−h22,ρk,n=∫xk−1xkrk(x) dx\int_{x_{k-1}}^{x_k}(x-x_k)\,dx=-\dfrac{h^2}{2},
\qquad \rho_{k,n}=\int_{x_{k-1}}^{x_k}r_k(x)\,dxПо оценке остатка∣ρk,n∣⩽h22ωf′(h)|\rho_{k,n}|\leqslant\dfrac{h^2}{2}\omega_{f'}(h)После суммированияΔn=−h22∑k=1nf′(xk)+ρn,∣ρn∣⩽nh22ωf′(h)\Delta_n=-\dfrac{h^2}{2}\sum_{k=1}^{n}f'(x_k)+\rho_n,
\qquad
|\rho_n|\leqslant\dfrac{nh^2}{2}\omega_{f'}(h)Найдём предел суммы производных с помощью теоремы Лагранжа. На каждом отрезке [xk−1;xk][x_{k-1};x_k] существует точка ηk∈(xk−1;xk)\eta_k\in(x_{k-1};x_k) такая, чтоf(xk)−f(xk−1)=hf′(ηk)f(x_k)-f(x_{k-1})=hf'(\eta_k)Суммируя эти равенства, получаемf(b)−f(a)=h∑k=1nf′(ηk)f(b)-f(a)=h\sum_{k=1}^{n}f'(\eta_k)Поэтому∣h∑k=1nf′(xk)−(f(b)−f(a))∣⩽h∑k=1n∣f′(xk)−f′(ηk)∣⩽nhωf′(h)==(b−a)ωf′(h)⟶0\begin{aligned}
\left|
h\sum_{k=1}^{n}f'(x_k)-\bigl(f(b)-f(a)\bigr)
\right|
&\leqslant h\sum_{k=1}^{n}|f'(x_k)-f'(\eta_k)|
\leqslant nh\omega_{f'}(h)=\\
&=(b-a)\omega_{f'}(h)\longrightarrow0
\end{aligned}Следовательно,h∑k=1nf′(xk)⟶f(b)−f(a)h\sum_{k=1}^{n}f'(x_k)\longrightarrow f(b)-f(a)Кроме того,n∣ρn∣⩽n2h22ωf′(h)=(b−a)22ωf′(h)⟶0n|\rho_n|
\leqslant\dfrac{n^2h^2}{2}\omega_{f'}(h)
=\dfrac{(b-a)^2}{2}\omega_{f'}(h)
\longrightarrow0Так как nh=b−anh=b-a, окончательно получаемnΔn=−nh2(h∑k=1nf′(xk))+nρn⟶−b−a2(f(b)−f(a))\begin{aligned}
n\Delta_n
&=-\dfrac{nh}{2}
\left(h\sum_{k=1}^{n}f'(x_k)\right)+n\rho_n
\longrightarrow-\dfrac{b-a}{2}\bigl(f(b)-f(a)\bigr)
\end{aligned}

Что и требовалось доказать

Демидович № 2193 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика