Exactamente que expresan la integral como una suma

Question

Al parecer (es decir, de acuerdo a mi profesor), el siguiente se tiene:$$\int_a^b f(x) dx = (b-a)\sum_{n=1}^\infty \sum_{m=1}^{2^n-1} (-1)^{m+1}2^{-n}f(a+m(b-a)2^{-n}).$$de Cómo se podría ir sobre demostrar dicha fórmula?

Answer 1

Podemos romper una alternancia de suma en la diferencia de la no alternancia de suma y el doble de la suma de los términos: $$ \begin{align} &\sum_{m=1}^{2^n}(-1)^{m-1}(b-a)2^{-n}f(a+m(b-a)2^{-n})\\ &=\sum_{m=1}^{2^n}(b-a)2^{-n}f(a+m(b-a)2^{-n}) -2\sum_{m=1}^{2^{n-1}}(b-a)2^{-n}f(a+2m(b-a)2^{-n})\\ &=\underbrace{\sum_{m=1}^{2^n}(b-a)2^{-n}f(a+m(b-a)2^{-n})}_{\text{Riemann Sum with %#%#% partitions}} -\underbrace{\sum_{m=1}^{2^{n-1}}(b-a)2^{-n+1}f(a+m(b-a)2^{-n+1})}_{\text{Riemann Sum with %#%#% partition}}\tag{1} \end{align} $$ La suma de $2^n$ telescopios: $$ \begin{align} &\sum_{n=1}^\infty\sum_{m=1}^{2^n}(-1)^{m-1}(b-a)2^{-n}f(a+m(b-a)2^{-n})\\ &=\int_a^bf(x)\,\mathrm{d}x-(b-a)f(b)\tag{2} \end{align} $$ Los términos de $2^{n-1}$ donde $(1)$ total a $$ -(b-a)\sum_{n=1}^\infty2^{-n}f(b)=-(b-a)f(b)\etiqueta{3} $$ Restando $(2)$ $m=2^n$ rendimientos $$ \sum_{n=1}^\infty\sum_{m=1}^{2^n-1}(-1)^{m-1}(b-a)2^{-n}f(a+m(b-a)2^{-n}) =\int_a^bf(x)\,\mathrm{d}x\etiqueta{4} $$

Answer 2

Deje $l = b-a$, ahora a poner el multiplicador $l$ dentro del interior de la serie y vamos a considerar a los miembros de exteriores de la serie para diferentes $n$.
$n = 1:$ $$\sum_{m=1}^{1} (-1)^{m+1}\frac l2 f(a+\frac{lm}{2}) = \frac l2f(a + \frac l2)$$ $n = 2:$ $$\sum_{m=1}^{3} (-1)^{m+1}\frac l4 f(a+\frac{lm}{4}) = \frac l4f(a + \frac l4) - \frac l4f(a + \frac {2l}{4}) + \frac l4f(a + \frac {3l}{4})$$ Ahora considere partiam sumas $S_n$ de los exteriores de la serie. $$S_1 = \frac l2 f(a+\frac l2)$$ $$S_2 = \frac l2 f(a+\frac l2) + \frac l4f(a + \frac l4) - \frac l4f(a + \frac {2l}{4}) + \frac l4f(a + \frac {3l}{4}) = \frac l4f(a + \frac l4) + \frac l4f(a + \frac {2l}{4}) + \frac l4f(a + \frac {3l}{4})$$ A partir de esto podemos ver la forma de $S_n$: $$S_n = \sum_{k=1}^{2^n-1}\frac{l}{2^n}f(a + \frac{kl}{2^n})$$ Se puede representar en un gráfico para entender esta expresión mejor y voy a explicar analíticamente: para cada $n$ nos dividimos $[a,b]$ a $2^n$ partes y contar suma de los valores de $f(x)$ en el inicio de cada segmento multiplicado por la longitud del segmento. Esto significa que esta expresión es un caso particular de la integral de la suma parcial $\sigma_n = \sum_{k=1}^{n-1}f(\xi_k)\Delta x_k$ donde $x_k$ son algunos de los puntos de$[a,b]$$\xi_k \in [x_k, x_{k+1}]$. En nuestro caso $\Delta x_k$ es independiente de k y es igual a $\frac{l}{2^n}$$\xi_k = x_k$.
Como $$\lim_{n \to \infty}\sigma_n = \int_a^bf(x)dx$$ y $$\lim_{n \to \infty}S_n = \sum_{n=1}^{\infty}\sum_{m=1}^{2^n-1} (-1)^{m+1}\frac {l}{2^n} f(a+\frac{lm}{2^n}),$$ hemos demostrado que la inicial de la serie converge a $\int_a^bf(x)dx$.