Riemann suma de $x \cdot \ln (x)$

Question

No encontré ninguna información sobre esta suma de Riemann en ninguna parte:

Riemann suma de $f(x)= \begin {cases} 0& x=0 \\ x \cdot \ln (x)& \text {otherwise} \end {cases}$ en el intervalo $[0, 1]$ .

No quiero que me den la respuesta, sólo busco una pista que me guíe en la dirección correcta. Ya he demostrado que la función es continua en este intervalo, es decir, que puede ser integrada en él también.

Answer 1

La suma puede escribirse como

$$S_n = \frac{1}{n^2}\sum_{k=1}^nk \log k -\frac{\log n}{n^2}\sum_{k=1}^nk = \frac{1}{n^2}\sum_{k=1}^nk \log k -\frac{\log n}{n^2}\frac{n(n+1)}{2} \\ = \frac{1}{n^2}\sum_{k=1}^nk (\log k- H_k) -\frac{\log n}{n^2}\frac{n(n+1)}{2} + \frac{1}{n^2}\sum_{k=1}^nk H_k $$

donde $H_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}$

Utilizando la suma por partes, tenemos

$$\frac{1}{n^2}\sum_{k=1}^nk H_k = \frac{1}{n^2}H_n \sum_{k=1}^n k + \frac{1}{n^2}\sum_{k=1}^{n-1}\left(\sum_{j=1}^kj \right)(H_k - H_{k+1}) \\ = \frac{H_n}{n^2}\frac{n(n+1)}{2} - \frac{1}{4}\left(1 - \frac{1}{n}\right) $$

Por lo tanto,

$$S_n = -\frac{1}{n^2}\sum_{k=1}^nk (H_k - \log k) + \frac{H_n -\log n}{n^2}\frac{n(n+1)}{2} - \frac{1}{4}\left(1 - \frac{1}{n}\right)$$

Utilizando el hecho de que $H_n - \log n \to \gamma$ como $n \to \infty$ podemos mostrar, con algunos trabajo adicional que la contribución de los términos primero y segundo se cancela en el límite como $n \to \infty$ y tenemos

$$\lim_{n \to \infty} S_n = - \frac{1}{4} = \int_0^1 x \log x \, dx$$

Trabajo adicional

Tenga en cuenta que para cualquier $\epsilon > 0$ existe $N$ tal que $\gamma - \epsilon < H_k - \log k < \gamma + \epsilon$ cuando $k > N$ .

Tenemos

$$\sum_{k=1}^nk (H_k - \log k) = \frac{1}{n^2}\sum_{k=1}^Nk (H_k - \log k)+ \frac{1}{n^2}\sum_{k=N+1}^nk (H_k - \log k) $$

Ya que no quiere la respuesta completa vea si puede terminar desde aquí.