Convergencia de $\int_0^n f(x)\, dx - [\frac{1}{2} f(0) + f(1) +\dots + f(n-1) + \frac{1}{2} f(n)]$

Question

Si $f(x)$ es creciente, estrictamente cóncavo y dos veces continuamente diferenciable para $x > 0$ ¿la diferencia $$ d_n = \int_0^n f(x)\, dx - [\tfrac{1}{2} f(0) + f(1) + f(2) +\dots + f(n-1) + \tfrac{1}{2} f(n)] $$ convergen a un límite positivo finito cuando $n\to +\infty$ ?

La forma de error proporcionada por la regla trapezoidal no es útil ya que sólo afirma que $d_n = -n f''(\xi_n)/12\geqslant 0$ para algunos $0 < \xi_n < n$ o que $$ d_n\leqslant -\tfrac{1}{12}[f''(\xi_1) + f''(\xi_2) +\dots + f''(\xi_n)] $$ con $k-1 < \xi_k < k$ . Desde $f(x)$ es creciente y cóncava, entonces $f''(x)$ es negativo, acotado y creciente para $x > 0$ pero entonces, ¿cómo asegurar la convergencia de $\sum_{k=1}^n f''(\xi_n)$ cuando $n\to +\infty$ ?

Answer 1

Considere $$ f(x)=-\frac{1}{(x+1)(x+2)}. $$ Claramente $f$ es creciente y cóncava en $[0,\infty)$ .

Entonces $$ \frac{1}{2}f(0)+f(1)+\cdots+f(n-1)+\frac{1}{2}f(n)=\cdots=-\frac{3}{4}+\frac{1}{n+1}-\frac{1}{2(n+1)(n+2)}\\=-\frac{3}{4}+\frac{1}{n}+{\mathcal O}(n^{-2}) $$ mientras que $$ \int_0^n f(x)\,dx=\int_0^n \frac{dx}{x+2}-\int_0^n\frac{dx}{x+1}=\log(n+2)-\log 2-\log(n+1)\\=-\log 2-\log\Big(1+\frac{1}{n+1}\Big)\\=-\log 2-\frac{1}{n}+{\mathcal O}(n^{-2}) $$ Así, $$ d_n\to -\frac{1}{2}+\log 2>0. $$

Answer 2

Como has descubierto, la respuesta tiene que estar en el campo de conflicto de "creciente" y "cóncavo". Intentemos una solución sin referirnos a las derivadas.

Cóncavo: implica que para $x\in[a,b]$ se tiene que la gráfica de la función está por encima de la secante, $$ f(x)\ge \frac{(x-a)f(b) + (b-x)f(a)}{b-a} \implies \int_n^{n+1} f(x)\, dx\ge \frac12 (f(n) + f(n+1)). $$

Cambiar los puntos, es decir, intercambiar $x$ y $b$ y de nuevo aislando $f(x)$ da para $a < b < x$ $$ (x-a)f(b)\ge (b-a)f(x) + (x-b)f(a)\\ f(x)\le \frac{(x-a)f(b) + (b-x)f(a)}{b-a}, $$ lo que implica \begin{align} \int_{n+1}^{n+2} f(x)\, dx &\le \int_{n+1}^{n+2}[(x-n)f(n+1) + (n+1-x)f(n)]\, dx\\ &=\frac12(3f(n+1)-f(n)), \end{align} para que $$ 0\le \int_n^{n+1} f(x)\, dx - \frac1 2(f(n)+f(n+1))\le \frac12 [2f(n)-f(n+1)-f(n-1)]. $$

Resumiendo desde $m$ hasta $n$ obtenemos \begin{align} 0 &\le d_n-d_m\\ &= \int_m^n f(x)\, dx -\Bigl(\frac12 f(m)+ f(m+1) +\dots + f(n-1) +\frac12 f(n)\Bigr)\\ &\le \frac12 (f(m)-f(m-1)) -\frac12 (f(n) - f(n-1)). \tag{*} \end{align}

---

De la concavidad vimos que $2f(n) - f(n+1) - f(n-1)\ge 0$ . Se deduce inmediatamente que la secuencia $v_n = f(n+1) - f(n)$ es monótonamente descendente. Porque $f$ es creciente, esta secuencia se mantiene no negativa, por lo que tiene un límite no negativo $v$ . Esto significa que la secuencia $v_n$ es una sucesión de Cauchy, y (*) implica entonces que también la sucesión del $d_n$ es Cauchy. Por lo tanto, tiene un límite, que no puede ser negativo.