Demostrar que $\lim_{n\rightarrow\infty} \frac{1}{n}\sum_{k = 1}^{n}{f(\frac{k}{n}) }$ $=\int_0^1 f(x)dx.$

Question

Pregunta:

Dejemos que $f$ sea continua en $[0,1]$ . Demostrar que

$\lim_{n\rightarrow\infty} \frac{1}{n}\sum_{k = 1}^{n}{f(\frac{k}{n}) }$ $=\int_0^1 f(x)dx.$

donde $k=0,1,...,n.$

Intento:

No sé ni por dónde empezar. Tiene sentido leer la suma, ya que $k\rightarrow n$ y dividiéndolo por el número de particiones, debería llegar a la definición de la integral. Esperando un pequeño empujón para empezar.

Answer 1

Una función continua en un conjunto compacto es uniformemente continua.

Dado un $\epsilon\gt0$ , encontrar un $N$ para que si $|x-y|\le\frac1N$ tenemos $|f(x)-f(y)|\le\epsilon$ . Así, para cualquier $n\ge N$ , $$ \int_{\large\frac{k-1}n}^{\large\frac kn}\left|\,f\left(\frac kn\right)-f(x)\,\right|\,\mathrm{d}x\le\frac\epsilon{n} $$ Por lo tanto, para $n\ge N$ , $$ \begin{align} \left|\,\sum_{k=1}^nf\left(\frac kn\right)\frac1n-\int_0^1f(x)\,\mathrm{d}x\,\right| &=\left|\,\sum_{k=1}^n\left(\int_{\large\frac{k-1}n}^{\large\frac kn}f\left(\frac kn\right)\,\mathrm{d}x-\int_{\large\frac{k-1}n}^{\large\frac kn}f(x)\,\mathrm{d}x\right)\,\right|\\ &\le\sum_{k=1}^n\int_{\large\frac{k-1}n}^{\large\frac kn}\left|\,f\left(\frac kn\right)-f(x)\,\right|\,\mathrm{d}x\\[6pt] &\le\epsilon \end{align} $$

Answer 2

Es exactamente como usted dice. El límite de la izquierda es un límite de sumas de Riemann de $f$ en el intervalo $[0,1]$ .

Answer 3

Desde $f$ es continua, es integrable de Riemann, por lo que por definición para cada $\varepsilon>0$ existe una partición $P$ tal que para todas las particiones $P'=\{0=x_1<x_2<\dots<x_N=1\}$ que son más finos que $P$ tenemos $$ \sum_{k=1}^N \max_{x\in [x_{k-1},x_k]}f(x) \cdot (x_{k}-x_{k-1}) -\int _0^1 f(x) dx<\varepsilon$$ y $$ \int _0^1 f(x) dx -\sum_{k=1}^N \min_{x\in [x_{k-1},x_k]}f(x) \cdot (x_{k}-x_{k-1})<\varepsilon $$ La partición $\{0,1/n,2/n,\dots,(n-1)/n,1\}$ , $x_k=k/n$ será más fino que $P$ para grandes $n$ y como en este caso tenemos $x_{k}-x_{k-1} =k/n- (k-1)/n= 1/n$ tenemos $$ \sum_{k=1}^n \max_{x\in [x_{k-1},x_k]}f(x) \frac{1}{n} -\int _0^1 f(x) dx<\varepsilon$$ y $$ \int _0^1 f(x) dx -\sum_{k=1}^n \min_{x\in [x_{k-1},x_k]}f(x) \frac{1}{n}<\varepsilon $$ Ahora, observe también que $$ \min_{x\in [x_{k-1},x_k]}f(x)\leq f(k/n)\leq \max_{x\in [x_{k-1},x_k]}f(x)$$ y combinando esto con las desigualdades anteriores se obtiene $$ \left|\sum_{k=1}^n f(k/n) \frac{1}{n} -\int _0^1 f(x) dx \right|<\varepsilon $$ lo que es cierto para los grandes $n$ . Esto le da el resultado.

Answer 4

Continuidad de $f$ no juega ningún papel en este juego, sólo tenemos que suponer que la integral de Riemann $\int_a^b f(x)\>dx$ existe.

Para una función $f:\ [a,b]\to{\mathbb R}$ y un subintervalo $Q\subset[a,b]$ escribir $$|\Delta f|_Q:=\sup_{x\in Q} f(x)-\inf_{x\in Q} f(x)\ .$$ Esta función es Integrable de Riemann en $[a,b]$ si para cualquier $\epsilon>0$ hay una partición $P$ de $[a,b]$ en subintervalos $Q_k=[x_{k-1}, x_k]$ $\>(1\leq k\leq N)$ tal que $$D_P(f):=\sum_{k=1}^N |\Delta f|_{Q_k}(x_k-x_{k-1})<\epsilon\ .$$ Cuando $f$ pasa esta sencilla prueba, entonces hay un número único $S\in{\mathbb R}$ tal que $$|R_P-S|\leq D_P(f)\tag{1}$$ para todas las particiones $P$ y todas las sumas de Riemann $R_P=\sum_{k=1}^N f(\xi_k)(x_k-x_{k-1})$ calculado mediante $P$ . Este $S$ se llama integral de $f$ en $[a,b]$ y se denota por $\int_a^b f(x)\ dx$ .

El siguiente lema se ha demostrado varias veces en MSE: Cuando $f$ es integrable sobre $[a,b]$ entonces para cada $\epsilon>0$ hay $\delta >0$ tal que $D_P(f)<\epsilon$ tan pronto como $\max_{1\leq k\leq N}(x_k-x_{k-1})<\delta$ .

Ahora argumentamos lo siguiente: Dado un $\epsilon>0$ elija una $\delta>0$ según el lema. Hay un $n_0$ tal que ${b-a\over n_0}<\delta$ . Denotemos la partición considerada en la pregunta por $P_n$ y la suma de Riemann mostrada por $R_n$ . Cuando $n>n_0$ entonces ${b-a\over n}<\delta$ . Por lo tanto, se deduce del principio $(1)$ que $$\left|R_n-\int_a^b f(x)\ dx\right|\leq D_{P_n}(f)< \epsilon\ .$$

Answer 5

$ f(x) =f(0)+\frac{f'(0)x}{1!}+\frac{f''(0)x^2}{2!}+.....=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(0)}{n!} x^n $

$$\int _0^x {f(t) dt}=\int _0^x(\sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(0)}{n!} t^n)dt=\sum_{n=0}^{\infty} (\frac{f^{(n)}(0)}{n!}\int _0^x t^n dt)=\sum_{n=0}^{\infty} (\frac{f^{(n)}(0)}{n!}\frac{x^{n+1}}{n+1})$$ $$\int _0^x {f(t) dt}=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(0)x^{n+1}}{(n+1)!}$$ $$(1)$$

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$$f(\frac{kx}{n})=\sum_{m=0}^{\infty} \frac{f^{(m)}(0)}{m!} (\frac{kx}{n})^m$$ $$\sum \limits_{k=1}^{n} k^m=\frac{n^{m+1}}{m+1}+a_mn^m+....+a_1n=\frac{n^{m+1}}{m+1}+\sum \limits_{j=1}^m a_jn^j$$ donde $a_j$ son constantes. Más información sobre la suma http://en.wikipedia.org/wiki/Summation

$$\lim_{n\to\infty} \frac{x}{n}\sum \limits_{k=1}^n f(\frac{kx}{n})=\lim_{n\to\infty} \frac{x}{n}\sum \limits_{k=1}^n \sum_{m=0}^{\infty} \frac{f^{(m)}(0)}{m!} (\frac{kx}{n})^m=\lim_{n\to\infty} \frac{x}{n}\sum_{m=0}^{\infty} \frac{x^m}{n^m} \frac{f^{(m)}(0)}{m!} \sum \limits_{k=1}^n k^m=\lim_{n\to\infty} \frac{x}{n}[f(0)n+\frac{f'(0)x}{n 1!}(\frac{n^2}{2}+\frac{n}{2})+ \frac{f''(0)x^2}{n^2 2!}(\frac{n^3}{3}+\frac{n^2}{2}+\frac{n}{6})+\frac{f'''(0)x^3}{n^3 3!}(\frac{n^4}{4}+\frac{n^3}{2}+\frac{n^2}{4})+\frac{f^{(4)}(0)x^4}{n^4 4!}(\frac{n^5}{5}+\frac{n^4}{2}+\frac{n^3}{3}-\frac{n}{30})+...... ]= \lim_{n\to\infty} [f(0)x+\frac{f'(0)x^2}{n^2 1!}(\frac{n^2}{2}+\frac{n}{2})+ \frac{f''(0)x^3}{n^3 2!}(\frac{n^3}{3}+\frac{n^2}{2}+\frac{n}{6})+\frac{f'''(0)x^4}{n^4 3!}(\frac{n^4}{4}+\frac{n^3}{2}+\frac{n^2}{4})+\frac{f^{(4)}(0)x^5}{n^5 4!}(\frac{n^5}{5}+\frac{n^4}{2}+\frac{n^3}{3}-\frac{n}{30})+...... ]= [f(0)x+\frac{f'(0)x^2}{ 2!}+ \frac{f''(0)x^3}{ 3!}+\frac{f'''(0)x^4}{ 4!}+\frac{f^{(4)}(0)x^5}{ 5!}+...... ]$$

$$\lim_{n\to\infty} \frac{x}{n}\sum \limits_{k=1}^n f(\frac{kx}{n})=\sum_{m=0}^{\infty} \frac{f^{(m)}(0)x^{m+1}}{(m+1)!}$$ $$(2)$$

Ecuación $(1)$ y la ecuación $(2)$ son iguales entre sí. Así,

$$\lim_{n\to\infty} \frac{x}{n}\sum \limits_{k=1}^n f(\frac{kx}{n})=\int _0^x {f(t) dt}$$