Si $\int_0^1 f(x)dx$ existen pero $\lim_{x\to 0}f(x)$ no existe, no $\lim_{n\to \infty }\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n f(k/n)=\int_0^1 f(x)dx$ ?

Question

Me preguntaba por algo : Let $f:]0,1]\to \mathbb R$ continua. Si $\displaystyle\lim_{x\to 0}f(x)$ existe, entonces efectivamente $$\int_0^1 f(x)dx=\lim_{n\to \infty }\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n f\left(\frac{k}{n}\right).$$ Ahora, ¿qué pasaría si $\int_{0^+}^1f$ existen pero no $\lim_{x\to 0}f(x)$ ? ¿Todavía tenemos $$\lim_{n\to \infty }\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n f\left(\frac{k}{n}\right)\ \ ?$$

Estoy pensando, por ejemplo, en $f(x)=\frac{1}{\sqrt x}$ .

Answer 1

Tenga en cuenta que como $f$ es continua en $(0,1]$ entonces el convergente integral de Riemann impropia $\int_0^1 f(x)\,dx$ se puede escribir

$$\int_0^1 f(x)\,dx=\lim_{n\to \infty}\int_{1/n}^1 f(x)\,dx$$

Por cada $n$ podemos subdividir (dividir) el intervalo $[1/n,1]$ tal que

$$\int_{1/n}^1 f(x)\,dx=\sum_{k=1}^{n-1} \int_{k/n}^{(k+1)/n}f(x)\,dx$$

Y ahora encontramos que usando el primer teorema del valor medio para integrales

$$\begin{align} \lim_{n\to \infty}\int_{1/n}^1 f(x)\,dx&=\lim_{n\to \infty}\sum_{k=1}^{n-1} \int_{k/n}^{(k+1)/n}f(x)\,dx\\\\ &=\lim_{n\to \infty}\frac1n \sum_{k=1}^{n-1} f(\xi_k(n))\tag1 \end{align}$$

donde $\xi_k (n)\in [k/n,(k+1)/n]$ depende de $k$ y $n$ . Como la integral impropia converge, el límite en el lado derecho de $(1)$ también converge.

Por tanto, siempre existe una suma de Riemann que converge al valor de la integral impropia convergente. Sin embargo, no siempre es cierto que la suma de Riemann del lado izquierdo converja ( Vea la solución de Daniel Fischer aquí para un contraejemplo ).

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Si $f$ es monótona en $[1/n,1]$ Sin embargo, podemos aplicar el teorema de squeeze para demostrar que podemos tomar cualquier valor de $x_k\in [k/n,(k+1)/n]$ y llegar al resultado deseado

$$\int_0^1 f(x)\,dx=\lim_{n\to \infty}\frac1n \sum_{k=1}^{n-1} f(k/n)$$

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EJEMPLO: $f(x)=\frac1{\sqrt x}$

A modo de ejemplo, dejemos que $f(x)=x^{-1/2}$ que es claramente decreciente. Entonces, tenemos

$$\begin{align} \frac1n\sum_{k=1}^{n-1} \sqrt{\frac{n}{k}}&=\frac{1}{\sqrt{n}}\sum_{k=1}^{n-1} \frac1{\sqrt{k}}=\frac{1}{\sqrt{n}}\sum_{k=0}^{n-2} \frac1{\sqrt{k+1}} \end{align}$$

Observamos que $\frac1{\sqrt k}\ge \frac{2}{\sqrt{k}+\sqrt{k+1}}=2\left(\sqrt{k+1}-\sqrt k\right)$ y $\frac1{\sqrt{k+1}}\le \frac{2}{\sqrt{k}+\sqrt{k+1}}=2\left(\sqrt{k+1}-\sqrt k\right)$ . La suma de los términos telescópicos da como resultado

$$\frac{2(\sqrt{n}-1)}{\sqrt n}<\frac1n\sum_{k=1}^{n-1} \sqrt{\frac{n}{k}}<\frac{2\sqrt{n-1}}{\sqrt n}$$

Dejar $n\to \infty$ y aplicando el teorema de la compresión se obtiene

$$\int_0^1 \frac1{\sqrt x}\,dx=\lim_{n\to\infty}\frac1n\sum_{k=1}^{n-1} \sqrt{\frac{n}{k}}=2$$

¡como se esperaba!

Answer 2

En primer lugar, hablaré de una situación en la que la respuesta es afirmativa: Supongamos que $f$ está acotado en $(0,1]$ y $f$ es integrable de Riemann en $(a,1]$ para cada $a\in (0,1).$ (La continuidad no es necesaria.) Entonces ambos límites de abajo existen y son iguales:

$$\tag 1 \lim_{a\to 0^+} \int_a^1 f(x)\, dx = \lim_{n\to \infty }\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n f\left(\frac{k}{n}\right).$$

Esto se debe a que $f$ se convierte en integrable de Riemann en $[0,1].$ Omitiré la prueba de ello por ahora, pero haz preguntas si quieres.

Este resultado puede fallar si $f$ no está acotado en $(0,1].$ He aquí un contraejemplo: Construimos un $f$ en $(0,1]$ que es esencialmente una secuencia de altos y delgados picos triangulares. En $n=2,3,\dots $ considere $I_n =[1/n -\epsilon_n,1/n+\epsilon_n],$ donde $0<\epsilon_n <1/n^4.$ Si el $\epsilon_n$ son lo suficientemente pequeños, el $I_n$ serán subintervalos disjuntos de $(0,1].$ Fijar tal elección de $I_n.$ Sobre cada $I_n,$ $f$ será la parte superior del triángulo de isoceles de altura $n^2$ centrado en $I_n;$ así $f(1/n) = n^2.$ Definimos $f=0$ en todos los demás lugares de $(0,1].$ Tenga en cuenta que $f$ es continua en $(0,1].$

Entonces la integral impropia $\int_0^1 f(x)\,dx$ existe y es finito. De hecho, tenemos

$$\int_0^1 f(x)\,dx = \sum_{k=2}^{\infty}n^2\epsilon_n <\sum_{k=2}^{\infty}\frac{1}{n^2}.$$

Sin embargo, para cada $n,$

$$\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n f\left(\frac{k}{n}\right) \ge \frac{1}{n}f(1/n) = n.$$

Así, estas sumas $\to \infty$ como $n\to \infty,$ y tenemos un contraejemplo.

La clave aquí es la salvaje oscilación de $f$ cerca de $0.$ Como demuestran varias de las respuestas citadas por Mark Viola, la respuesta a su pregunta es afirmativa si $f$ es monótona en $(0,1].$

Answer 3

A continuación se asume que todas las integrales que se discuten son integrales de Riemann.

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Para dar sentido al símbolo $\int_{a} ^{b} f(x) \, dx$ es no es necesario que $f$ sea continua en $[a, b]$ . El único requisito previo es que $f$ estar definido y acotado en $[a, b] $ . Además, la forma en que se define la integración los valores de $f$ en un número finito de puntos en $[a, b] $ no para decidir la integrabilidad de $f$ o el valor de su integral.

Por lo tanto, si $f$ se define en $[a, b] $ excepto para un número finito de puntos, entonces podemos redefinir $f$ en estos puntos de la manera que queramos y luego discutir su integrabilidad. Esta redefinición no altera la naturaleza acotada/sin acotar de $f$ . El requisito de una función $f$ estando acotado en $[a, b] $ sólo es necesario y no suficiente para garantizar su integrabilidad. Y hay un buen número de resultados (que en general son algo difíciles de demostrar) que dan condiciones necesarias y suficientes para la integrabilidad de una función y realmente no necesitamos discutirlos para responder a la pregunta actual.

Lo que se necesita aquí es la propia definición de integral y básicamente dice que las sumas de Riemann de la función $f$ sobre una partición de $[a, b] $ debe tender a un límite definido a medida que la norma (malla) de la partición tiende a $0$ . Así, por definición si la integral $\int_{0}^{1}f(t)\,dt$ de la pregunta existe entonces el límite de la suma de Riemann $$\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}f(k/n)$$ existe y es igual al valor de la integral independientemente de cualquier comportamiento limitante de $f$ en $0$ .

Su ejemplo $f(x) =1/\sqrt{x}$ no tiene límites en $[0,1]$ por lo que la discusión anterior no se aplica a ella. Esta función se maneja con integración impropia de Riemann a través de la definición $$\int_{0}^{1}\frac{dx}{\sqrt{x}}=\lim_{t\to 0^{+}} \int_{t}^{1}\frac{dx}{\sqrt{x}}=2$$ También hay que tener en cuenta que en este caso la aproximación habitual de la suma de Riemann no funciona. Sin embargo, bajo ciertas circunstancias (discutidas en otras respuestas) podemos demostrar que el límite de las sumas de Riemann también es igual a la integral de Riemann impropia. Pero para enfatizar, Las integrales de Riemann impropias no se definen como límite de las sumas de Riemann, sino como límite del límite de las sumas de Riemann y sólo bajo ciertas condiciones específicas el límite iterado puede ser igual al límite habitual de las sumas de Riemann .