Cálculo de una integral impropia como un límite de una suma.

Question

Esta pregunta surgió a partir de una solución que vi ayer:

Supongamos que f es continua en (0,1] y tiene una discontinuidad infinita en 0. Si la integral impropia $\int_0^1 f(x) dx$ converge, es siempre el caso de que: $$\int_0^1 f(x) dx = \displaystyle\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^{n}f\left(\frac{i}{n}\right)\frac{1}{n}$$ y, si es así, ¿cómo justificar esta igualdad?

Answer 1

Para construir sobre David Mitra comentario anterior, imagine una función de $f$, continua en $(0,1]$, tal que para cualquier $n\geq 2$ (por ejemplo) hay una muy fuerte triangular "spike" centrado en $\frac{1}{n}$}: $$ f\left(\frac{1}{n}\right) = 2n^2 \qquad f\left(\frac{1}{n}\pm\frac{1}{2n^4}\right) = 0 $$ y afín entre cada una de las $\frac{1}{n}$$\frac{1}{2n^4}$. Fuera de estos picos, $f$ es idéntica $0$. Entonces es fácil ver que $f$ es continua en a $(0,1]$, toma arbitraria de valores grandes en cualquier barrio de $0$ (es decir, $\limsup_{0^+}f = \infty$), sin embargo, $\int_{\downarrow0}^1 f$ existe y es igual al área debajo de sus picos, que pasa a ser $\sum_{n=2}^\infty \frac{2n^2}{2n^4} = \frac{\pi^2}{6}-\frac{3}{2}\simeq 0.145$: $$\int_\varepsilon^1 f \xrightarrow[\varepsilon\to 0^+]{} \frac{\pi^2}{6}-\frac{3}{2} < \infty $$ sin embargo, $$ \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n f\left(\frac{k}{n}\right) \geq \frac{1}{n} f\left(\frac{1}{n}\right) = 2n \xrightarrow[n\to\infty]{}\infty $$

Answer 2

Según Polya y Szego "Problemas y Teoremas en el Análisis, Vol. I, Cap. 1, $\S$ 3, Pr. 20"

Deje $f$ ser monótono en el intervalo de $(0,1)$. No necesita ser delimitado en $x=0$, $x=1$. Si la integral impropia $$\int_0^1 f$$ exists then $$\lim_{n\to\infty}\frac 1n \sum_{k=1}^{n-1}f\left(\frac kn\right)=\int_0^1f$$

P Asumen $f$ es cada vez mayor. A continuación, $$ \int_{0}^{1-\frac 1n}f\leq \lim_{n\to\infty}\frac 1n \sum_{k=1}^{n-1}f\left(\frac kn\right)\leq \int_{\frac 1 n}^1f$$

La condición de que la función de ser monótona es esencial sólo en un barrio de las singularidades.

Answer 3

Esta respuesta es para mostrar (según lo solicitado por la OP en un comentario) que, si $f$ se supone que para ser monótona decreciente, entonces, en el hecho de la igualdad se encuentra entre la integral y el límite de la suma. Primera nota asumimos $f(x)>0$ $(0,1]$ desde la adición de una constante a $f$ agrega la misma constante tanto la integral y a cada una de las sumas. (Esta suposición podría ser evitado, pero hace la prueba de funcionamiento más suave en un punto determinado.)

Debido a $f$ es la disminución en el $[1/n,1]$ un diagrama que muestra $$(1/n)\sum_{k=2}^n f(k/n) \le \int_{1/n}^1 f(x) dx \le (1/n)\sum_{k=1}^{n-1} f(k/n).$$ (El lado izquierdo es el área de rectángulos debajo de $f$, mientras que el lado derecho es el área de los rectángulos que contienen el área bajo $f$.) Definir $A_n=\int_0^{1/n}f(n),$ y nota que la suposición de que $\int_0^1 f(x)dx$ es finito significa que $A_n \to 0$ $n \to \infty.$ ahora añadimos $A_n$ a los tres términos, al mismo tiempo, la suma y resta de un término a las dos sumas así como para comparar a $S_n=(1/n)\sum_{k=1}^nf(k/n),$ la obtención de $$ A_n+S_n-(1/n)f(1/n) \le \int_0^1 f(x)dx \le A_n+S_n-(1/n)f(1).$$ Using $I$ for the value of the integral in the middle here, we may rearrange to obtain bounds on $S_n$ como $$I-A_n+(1/n)f(1) \le S_n \le I - A_n + (1/n)f(1/n). \tag{1}$$ Tenga en cuenta que el término izquierda de esta desigualdad es menor que la de la derecha, ya $f$ es monótona decreciente; si se demuestra que cada lado de los enfoques $I$ entonces nuestra prueba de acabados a través de la "teorema del sandwich".

Es claro que el lado izquierdo de (1) tiende a $I$, y desde $A_n$ tiende a $0$ nos quedamos con la que muestra que el $(1/n)f(1/n) \to 0$ $n \to \infty$ Pero desde $f$ es monótona decreciente el plazo $(1/n)f(1/n)$ es el área de un rectángulo se encuentra por debajo del $f$ en el intervalo de $[0,1/n]$, por lo que, de hecho,$(1/n)f(1/n) \le A_n$, y el último de los enfoques $0$ $n \to \infty.$ Esto termina la prueba sobre el uso del teorema del sandwich como se mencionó anteriormente.

NOTA: Peter Tamaroff la respuesta hace referencia a una prueba por Polya y Szego del resultado sin la extra suposición $xf(x)$ monótona decreciente, lo que yo había hecho en una versión anterior. El ahora ajustar la forma de la discusión aquí es esencialmente la misma que la Poli/Szego prueba.