Demostrando que $\lim\limits_{n\to\infty}n\left( \int_0^1 f(t)\, dt -\frac1n\sum_{k=0}^{n-1}f\left(\frac k n\right) \right)=\frac{f(1)-f(0)}{2}$

Question

Deje $f\in C^2([0,1])$. Demostrar que $$ \lim_{n\to+\infty}n\left( \int_0^1 f(t)\, dt -\frac1n\sum_{k=0}^{n-1}f\Big(\frac k n\Big) \right)=\frac{f(1)-f(0)}{2}. $$

El segundo término es claramente la suma de Riemann de la función $f$; ya que la función $f$ es integrable (continua) $\displaystyle \frac1n\sum_{k=0}^{n-1}f\Big(\frac k n\Big)$ converge a $\displaystyle\int_0^1 f(t)\, dt$ al $n \to + \infty$.

Así que tenemos una forma indeterminada, "$\infty \cdot 0$". ¿Cómo podemos empezar? Pensé que deberíamos usar la expansión de Taylor ( $f$ $C^2$ ) pero no veo cómo. Por favor, ¿puedes ayudarme?

Gracias de antemano.

Answer 1

Utilizando la serie de Taylor para $f$, obtenemos $$ \begin{align} &n\left(\int_0^1f(t)\,\mathrm{d}t-\frac1n\sum_{k=0}^{n-1}f(k/n)\right)\\ &=n\sum_{k=0}^{n-1}\int_{k/n}^{(k+1)/n}\left(f(t)-f(k/n)\right)\,\mathrm{d}t\\ &=n\sum_{k=0}^{n-1}\int_{k/n}^{(k+1)/n}\left(f'(k/n)(t-k/n)+O(1/n^2)\right)\,\mathrm{d}x\\ &=n\sum_{k=0}^{n-1}\left(f'(k/n)\frac1{2n^2}+O(1/n^3)\right)\\ &=\frac12\sum_{k=0}^{n-1}f'(k/n)\frac1n+O(1/n)\tag{1} \end{align} $$ Donde el $O(1/n)$ término constante limitada por el máximo de $\frac12|f''(t)|$$[0,1]$.

Ya que la suma de $(1)$ es la Suma de Riemann para $\frac12\int_0^1f'(t)\,\mathrm{d}t$, tenemos $$ \begin{align} \lim_{n\to\infty}n\left(\int_0^1f(t)\,\mathrm{d}t-\frac1n\sum_{k=0}^{n-1}f(k/n)\right) &=\lim_{n\to\infty}\left(\frac12\sum_{k=0}^{n-1}f'(k/n)\frac1n+O(1/n)\right)\\ &=\frac12\int_0^1f'(t)\,\mathrm{d}t+0\\ &=\frac{f(1)-f(0)}{2}\tag{2} \end{align} $$

Answer 2

Uno puede comprobar mediante la integración por partes que $$ f\left(\frac{k}{n}\right)-n\int\limits_{(k-1)/n}^{k/n}f(t)dt= n\int\limits_{(k-1)/n}^{k/n}f'(t)\left(t-\frac{k-1}{n}\right)dt= \int\limits_{0}^1\frac{t}{n}f'\left(\frac{t+k-1}{n}\right) $$ Así que usando el teorema de convergencia dominada tenemos $$ \lim\limits_{n\+\infty}n\left(\int_0^1f(t)dt -\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}f\left(\frac k n\right) \right)= \lim\limits_{n\+\infty}\int\limits_{0}^1\frac{t}{n}\sum_{k=0}^{n-1}f'\left(\frac{t+k-1}{n}\right)= $$ $$ \int\limits_{0}^1t\lim\limits_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}f'\left(\frac{t+k-1}{n}\right)= \int_{0}^{1}t\left(\int\limits_{0}^1 f'(s)ds\right)dt=\frac{f(1)-f(0)}{2} $$ Tenga en cuenta que para esta prueba es suficiente para exigir que $f\in C^1([0,1])$

Answer 3

No sé cómo hacerlo formalmente, pero tengo la idea principal ; con el hecho de que usted puede aproximar la integral utilizando los trapecios método de aproximación (la aproximación se convierte en exacta en el límite), el límite de la expresión es $$ \sum_{k=0}^{n-1} \left( \int_{k/n}^{(k+1)/n} f(t) \, dt - \frac{f(k/n)}n \right) \sim \sum_{k=0}^{n-1} \left( \left( \frac{f((k+1)/n) + f(k/n)}{2n} \right) - \frac{f(k/n)}n \right) = \frac{f(1) - f(0)}{2n}. $$ Si quieres demostrar que cualquier cosa que usted tendrá que pensar en el método de los trapecios para aproximar la integral ya que su límite es esencialmente diciendo que si $n$ trapecios y elija $n$ lo suficientemente grande, su fórmula está desactivado por el término de $(f(1) - f(0)) / 2$. Recordemos la fórmula de los trapecios método : $$ \int_0^1 f(t) \, dt \sim \frac{f(0)/2 + \sum_{k=1}^{n-1} f(k/n) + f(1)/2}{n}. $$ Espero que ayude,

Answer 4

Por Stone-Weierstrass teorema, podemos encontrar una secuencia de polinomios $\{P_k\}$ tal que $P'_k$ convergen uniformemente en $[0,1]$$f'$$P_k$%#%. Tenemos, denotando $f$,
\begin{align}\left|n\left(\int_0^1g_k(t)dt-\sum_{j=0}^{n-1}g_k(j/n)\right)\right|&\leq n\sum_{j=0}^{n-1}\left|\int_{j/n}^{\frac{j+1}n}(g_k(t)-g_k(j/n))dt\right|\\ &\leq n\sum_{j=0}^{n-1}\lVert g'_k\rVert_{\infty}\int_{\frac jn}^{\frac{j+1}n}\left(t-\frac jn\right)dt\\ &=n\lVert g'_k\rVert_{\infty}\sum_{j=0}^{n-1}\int_0^{\frac 1n}sds\\ &=\frac{\lVert g'_k\rVert_{\infty}}2, \end{align} por lo tanto sólo tenemos que mostrar el resultado al $g_k(t):=f(t)-P_k(t)$ es un polinomio. Por linealidad, es suficiente para atender el caso $f$, $f(t)=t^p$, y esto se da por Faulhaber de la fórmula. De hecho, tenemos que ver que $p\in\Bbb N$$ Tenemos $$n\left(\frac 1{p+1}-\frac 1n\sum_{j=0}^n\left(\frac jn\right)^p\right)= n\left(\frac 1{p+1}-\frac 1{p+1}\frac 1{n^{p+1}}\sum_{j=0}^p(-1)^j\binom{p+1}jB_jn^{p+1-j}\right)\\ =\frac n{p+1}(p+1)B_1/n+\frac 1{p+1}\sum_{j=2}^p\binom{p+1}j(-1)^jB_jn^{j+1},$$ y el uso de $$\lim_{n\to +\infty}n\left(\frac 1{p+1}-\frac 1n\sum_{j=0}^n\left(\frac jn\right)^p\right)=-\frac 12.$ tenemos el resultado.