$f' \in \mathcal R([0,1])$ Entonces $ \lim_ {n \to \infty } \sum_ {k=1}^n f \Big ( \dfrac kn \Big ) - n \int_ {0 }^1 f(x)dx= \dfrac {f(1)-f(0)}2$ ?

Question

Si $f:[0,1] \to \mathbb R$ es una función diferenciable con derivativa continua entonces puedo mostrar que

$$ \lim_ {n \to \infty } \left [ \sum_ {k=1}^n f\! \left ( \dfrac kn \right ) - n \int_0 ^1 f(x)\,dx \right ] = \frac {f(1)-f(0)}2. $$

Mi pregunta es: ¿sigue siendo cierto este hecho si sólo asumimos que $f$ es diferenciable (en $[0,1]$ )? O simplemente que el derivado de $f$ está limitado a $[0,1]$ y Riemann integrable?

(Sé que sólo la continuidad de $f$ no conduce a la identidad).

Answer 1

Utilizaremos el siguiente resultado:

Si $~g:[0,1]\to\mathbb{R}~$ tiene una derivada integrable de Riemann. Entonces $$ \frac{g(0)+g(1)}{2}-\int_0^1g(x)dx= \int_{0}^1\left(x-\frac{1}{2}\right)g'(x)dx. $$

De hecho, tener una derivada integrable de Riemann implica que $g$ es una función de Lipschitz, por lo que es absolutamente continua, y la fórmula de integración por partes, que es válida en este caso, demuestra que: \begin{align*} \int_{0}^1\left(x-\frac{1}{2}\right)g'(x)dx &=\left.\left(x-\frac{1}{2}\right)g(x)\right]_{x=0}^{x=1} -\int_0^1g(x)dx\\ &=\frac{g(1)+g(0)}{2}-\int_0^1g(x)dx \end{align*}

Ahora aplicando esto a las funciones $x\mapsto f\left(\frac{k+x}{n}\right)$ para $k=0,1,\ldots,n-1$ y sumando las igualdades resultantes obtenemos $$ \sum_{k=0}^n f\left(\frac{k}{n}\right)-\frac{f(1)+f(0)}{2}-n\int_0^1f(x)dx= \int_0^1\left(x-\frac{1}{2}\right)H_n(x)dx\tag{1} $$ donde, $$ H_n(x)=\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}f'\left(\frac{k+x}{n}\right) $$ Es evidente que para cada $x$ , $H_n(x)$ es una suma de Riemann de la función integrable de Riemann $f'$ Por lo tanto $$ \forall\,x\in[0,1],\quad\lim_{n\to\infty}H_n(x)=\int_0^1f'(t)dt $$ Además, $\vert{H_n(x)}\vert\leq\sup_{[0,1]}\vert{f'}\vert$ . Entonces, tomando el límite como $n$ tiende a $+\infty$ , aplicando el Teorema de Convergencia Dominada, obtenemos $$\lim_{n\to\infty}\left( \sum_{k=0}^nf\left(\frac{k}{n}\right)-\frac{f(1)+f(0)}{2}-n\int_0^1f(x)dx\right)= \left(\int_0^1f'(t)dt\right)\int_0^1\left(x-\frac{1}{2}\right)dx=0. $$ que es la conclusión deseada.

Answer 2

Una prueba sin teoría de la medida: Obsérvese que si $f'\in R[a,b],$ entonces $\int_a^b f' = f(b)-f(a).$ Prueba: Brevemente, la MVT muestra

$$f(b)-f(a) = \sum_{k=1}^{n} (f(x_k) - f(x_{k-1})) = \sum_{k=1}^{n} f'(c(k,n))\Delta x_k \to \int_a^b f'.$$

Ahora para $f\in R[0,1],$ defina

$$S_n(f) = \sum_{k=1}^{n}f(k/n) - n\int_0^1f.$$

Lema: Si $f'\in R[0,1],$ entonces

$$\mid S_n(f) \mid \le \int_0^1|f'|.$$

Pruebas: Podemos escribir

$$S_n(f) = n\sum_{k=1}^{n}\int_{(k-1)/n}^{k/n}(f(k/n) - f(t))\,dt =n\sum_{k=1}^{n}\int_{(k-1)/n}^{k/n}\int_{t}^{k/n}f'(s)\,ds\,dt.$$

Ahora tome valores absolutos, sustituyendo $f'(s)$ por $|f'(s)|$ y $t$ por $(k-1)/n.$ Obtenemos

$$|S_n(f)| \le \sum_{k=1}^{n}\int_{(k-1)/n}^{k/n}|f'(s)|\,ds= \int_0^1|f'|.$$

Para el resultado principal, supongamos $f'\in R[0,1].$ Utilizamos dos hechos. En primer lugar, como usted ha dicho, el resultado se mantiene si $f'$ es continua. En segundo lugar, cualquier función integrable de Riemann puede aproximarse en la "norma de Riemann" mediante funciones continuas. Así pues $\epsilon>0.$ Entonces existe $g$ continua en $[0,1]$ tal que $\int_0^1|f'-g| < \epsilon.$ Defina $G(x) = \int_0^x g.$ Sabemos que el resultado es válido para $G.$ Así que

$$S_n(f) - (f(1)-f(0))/2 = S_n(f-G) + [S_n(G)- (G(1)-G(0))/2] + [(G(1)-G(0))-(f(1)-f(0)]/2.$$

El último sumando es igual a $(1/2)\int_0^1(g-f').$ Tomando valores absolutos y utilizando los resultados anteriores, obtenemos

$$\limsup_{n\to \infty} |S_n(f) - (f(1)-f(0))/2| \le \epsilon + 0 + \epsilon/2.$$

Desde $\epsilon$ es arbitraria, tenemos el límite deseado.