Calcular $\lim\limits_{n \to \infty} n\sum\limits_{k=1}^n(f(k/n) - f((k-1)/n))\int_{(k-1)/n}^{k/n}f(t)dt$

Question

Deje $f : [0,1] \to \mathbb{R}$ ser una función continua y deje $(a_n)_{n>0}$ $(b_n)_{n>0}$ dos secuencias que $$\displaystyle{ a_n = \sum_{k=1}^n{f \left(\frac{k-1}{n}\right) \cdot \int_\frac{k-1}{n}^\frac{k}{n}}{f(t)dt}},$$

$$\displaystyle b_n = \sum_{k=1}^n{f \left(\frac{k}{n}\right) \cdot \int_\frac{k-1}{n}^\frac{k}{n}}{f(t)dt}, $$ $\forall n \in \mathbb{N}^*$.

a) Demostrar que $\displaystyle{\lim_{n \to \infty}{(b_n - a_n)} = 0}$.

b) Calcular $\displaystyle{\lim_{n \to \infty}{n(b_n - a_n)}}$.

He logrado resolver una).

La prueba de una) :

Del valor medio teorema, sabemos que $\displaystyle{\exists c_k \in \left(\frac{k-1}{n}, \frac{k}{n}\right)}$ tal que $\displaystyle{\int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}}{f(t)dt} = \frac{1}{n}f(c_k)}$

Por eso, $b_n = \displaystyle{\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n {f(c_k) \cdot f\left(\frac{k}{n}\right)} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n{\left(\frac{f(c_k) + f\left(\frac{k}{n}\right)}{2}\right)^2 \cdot 4 - (f(c_k))^2 - \left(f\left(\frac{k}{n}\right)\right)^2}}$.

Desde $f$ tiene el valor intermedio de la propiedad, a continuación, $\exists x_k \in \displaystyle{\left(c_k, \frac{k}{n}\right) \subset \left(\frac{k-1}{n}, \frac{k}{n} \right)}$ tal que $\displaystyle{\frac{f(c_k) + f\left(\frac{k}{n}\right)}{2} = f(x_k)}$.

Por lo tanto, $\displaystyle{\lim_{n \to \infty}b_n = \int_0^1{(f(t))^2dt}}$.

Usando el mismo método, $\displaystyle{\lim_{n \to \infty}a_n = \int_0^1{(f(t))^2dt}}$, lo $\displaystyle{\lim_{n \to \infty}{(b_n - a_n)} = 0}$.

Tengo problemas para solucionar b). He intentado utilizar el mismo método pero no funciona, a no ser $f$ es diferenciable (así que puedo uso del teorema de Lagrange).

$\displaystyle{n(b_n - a_n) = \sum_{k=1}^n{f(c_k) \left( f\left(\frac{k}{n}\right) - f\left(\frac{k-1}{n} \right) \right)}}$ e si $f$ es diferenciable, entonces la $\displaystyle{f\left(\frac{k}{n}\right) - f\left(\frac{k-1}{n} \right) = \frac{1}{n}f'(c_k)}$.

Answer 1

Aquí construimos una función continua $f : [0, 1] \to [0, 1]$ tal que las secuencias de $(a_n)$ $(b_n)$ satisfacer

$$ \lim_{n\to\infty} 3^n(b_{3^n} - a_{3^n}) = \infty \tag{*}$$

1. Construcción

Pick $0 < y_2 < y_1 < 1$ y definen $\psi : \mathbb{R} \to [0, 1]$ por

$$ \forall x \in [0, 3) \ : \quad \psi(x) = \begin{cases} 3y_1, & x \in [0, 1) \\ 3(y_2 - y_1), & x \in [1, 2) \\ 3(1 - y_2), & x \in [2, 3) \end{casos} $$

y se extienden por $3$-periodicidad, es decir,$\psi(x) = \psi(x \text{ mod } 3)$. A continuación, defina $f_n : [0, 1] \to \mathbb{R}$ por

$$ f_n(x) = \int_{0}^{x} \prod_{i=1}^{n} \psi(3^i t) \, dt. $$

Vamos a probar el siguiente reclamo.

Teorema. $f_n$ converge uniformemente a una función continua $f : [0, 1] \to \mathbb{R}$. Además, para todos los $n \geq 1$$k \in \{1,\cdots,3^n\}$, $f(\frac{k}{3^n}) = f_n(\frac{k}{3^n})$ y

$$ \int_{\frac{k-1}{3^n}}^{\frac{k}{3^n}} f(x) \, dx = \frac{1}{2\cdot 3^n}\left( f_n(\tfrac{k}{3^n}) + f_n(\tfrac{k-1}{3^n}) \right) + \frac{\alpha}{3^n}\left( f_n(\tfrac{k}{3^n}) - f_n(\tfrac{k-1}{3^n}) \right) $$

donde $\alpha = 2\int_{0}^{1} (\psi(3t) - t) \, dt$.

Observación. $f$ es una variante de la de Cantor-Lebesgue función, con el paso de la construcción modificado de manera que la variación diverge rápidamente.

Suponiendo que este teorema, nos encontramos con que

\begin{align*} 3^n(b_{3^n} - a_{3^n}) &= 3^n \sum_{k=1}^{3^n} \left( f(\tfrac{k}{3^n}) - f(\tfrac{k-1}{3^n}) \right) \int_{\frac{k-1}{3^n}}^{\frac{k}{3^n}} f(x) \, dx \\ &= \frac{1}{2} \sum_{k=1}^{3^n} \left( f_n(\tfrac{k}{3^n})^2 - f_n(\tfrac{k-1}{3^n})^2 \right) + \alpha \sum_{k=1}^{3^n} \left( f_n(\tfrac{k}{3^n}) - f_n(\tfrac{k-1}{3^n}) \right)^2 \\ &= \frac{1}{2} + \frac{\alpha}{9^n} \sum_{k=1}^{3^n} \prod_{i=1}^{n} \psi(3^i \cdot \tfrac{k-1}{3^n} )^2. \end{align*}

Pero no es difícil comprobar que

$$ \sum_{k=1}^{3^n} \prod_{i=1}^{n} \psi(3^i \cdot \tfrac{k-1}{3^n} )^2 = \left( \psi(0)^2 + \psi(1)^2 + \psi(2)^2 \right)^n. $$

Así tenemos

$$ 3^n(b_{3^n} - a_{3^n}) = \frac{1}{2} + \alpha \left( \frac{\psi(0)^2 + \psi(1)^2 + \psi(2)^2}{9} \right)^n. $$

Por último, podemos optar $y_1$$y_2$, de modo que $\frac{\psi(0)^2 + \psi(1)^2 + \psi(2)^2}{9} > 1$$\alpha > 0$. Por lo tanto, el deseado de reclamación $\text{(*)}$ sigue. ////

2. La prueba del Teorema

El siguiente lema será útil a lo largo de nuestra prueba.

Lema. Para cada una de las $m \in \{1, \cdots, 3^n\}$ $x \in [\frac{m-1}{3^n}, \frac{m}{3^n}]$ hemos

\begin{align*} f_{n+1}(x) &= f_n(\tfrac{m-1}{3^n}) + \left( f_{n}(\tfrac{m}{3^n}) - f_{n}(\tfrac{m-1}{3^n}) \right) \cdot f_1(3^n x - (m-1)) \\ &= f_n(x) + \left( f_{n}(\tfrac{m}{3^n}) - f_{n}(\tfrac{m-1}{3^n}) \right) \cdot \left( f_1(3^n x - (m-1)) - (3^n x - (m-1)) \right) \end{align*}

De hecho, hemos

\begin{align*} f_{n+1}(x) - f_{n+1}(\tfrac{m-1}{3^n}) &= \int_{\frac{m-1}{3^n}}^{x} \prod_{i=1}^{n+1} \psi(3^i t) \, dt \\ &= \left( \prod_{i=1}^{n} \psi \left( 3^i \cdot \tfrac{m-1}{3^n} \right) \right) \cdot \left( \int_{\frac{m-1}{3^n}}^{x} \psi(3^{n+1} t) \, dt \right) \\ &= \left( 3^n \left( f_{n}(\tfrac{m}{3^n}) - f_{n}(\tfrac{m-1}{3^n}) \right) \right) \cdot \left( \frac{f_1(3^n x - (m-1))}{3^n} \right) \\ &= \left( f_{n}(\tfrac{m}{3^n}) - f_{n}(\tfrac{m-1}{3^n}) \right) \cdot f_1(3^n x - (m-1)). \end{align*}

Conectar $x = \frac{m}{3^n}$ $f_1(1) = 1$ muestra que $f_{n+1}(\tfrac{m}{3^n}) - f_{n+1}(\tfrac{m-1}{3^n}) = f_{n}(\tfrac{m}{3^n}) - f_{n}(\tfrac{m-1}{3^n}) $. De esto podemos deducir fácilmente que $f_{n+1}(\tfrac{m}{3^n}) = f_{n}(\tfrac{m}{3^n})$ y la primera mitad del Lema de la siguiente manera. Ahora utilizando el hecho de que la gráfica de $f_n$ es lineal en el intervalo de $[\frac{m}{3^n}, \frac{m+1}{3^n}]$, tenemos

\begin{align*} f_{n}(x) - f_{n}(\tfrac{m-1}{3^n}) &= \left( f_{n}(\tfrac{m}{3^n}) - f_{n}(\tfrac{m-1}{3^n}) \right) \cdot (3^n x - (m-1)) \end{align*}

y, por tanto, de la segunda mitad del Lema de la siguiente manera. ////

La prueba del Teorema. Nos puño establecer la convergencia uniforme. Deje $r = \frac{1}{3}\sup |\psi|$. Por nuestra elección de $y_1$ $y_2$ sabemos que $r \in [0, 1)$. También,

$$ \forall m \in \{1,\cdots,3^n\} \ : \quad \left| f_n(\tfrac{m}{3^n}) - f_n(\tfrac{m-1}{3^n}) \right| = \frac{1}{3^n} \prod_{i=1}^{n} \left| \psi(3^i \cdot \tfrac{m}{3^n}) \right| \leq r^n. $$

Ahora vamos a $C = \sup_{x \in [0, 1]} |f_1(x) - x|$. Entonces, por el Lema, de manera uniforme en $x \in [0, 1]$ hemos

$$ \left| f_{n+1}(x) - f_{n}(x) \right| \leq C r^n. $$

Por lo $(f_n)$ converge uniformemente a lo largo de $[0, 1]$. Deje $f : [0, 1] \to \mathbb{R}$ denotar la función de limitación. A continuación, $f$ es continua. También, por el paso intermedio de la prueba del Lema, sabemos que

\begin{align*} f_n(\tfrac{k}{3^n}) &= f_{n+1}(\tfrac{k}{3^n}) = f_{n+1}(\tfrac{3k}{3^{n+1}}) = f_{n+2}(\tfrac{3k}{3^{n+1}}) \\ &= f_{n+2}(\tfrac{k}{3^n}) = f_{n+2}(\tfrac{3^2 k}{3^{n+2}}) = f_{n+3}(\tfrac{3^2 k}{3^{n+2}}) \\ &= f_{n+3}(\tfrac{k}{3^n}) = \cdots \\ &\quad \vdots \end{align*}

y, por tanto,$f(\tfrac{k}{3^n}) = f_{n}(\tfrac{k}{3^n})$. Ahora, por el Lema de nuevo, para $n \geq N$ $k \in \{1,\cdots,3^N\}$ hemos

\begin{align*} \int_{\frac{k-1}{3^N}}^{\frac{k}{3^N}} f_{n+1}(x) \, dx &= \int_{\frac{k-1}{3^N}}^{\frac{k}{3^N}} f_{n}(x) \, dx \\ &\hspace{2em} + \sum_{j=3^{n-N}(k-1)}^{3^{n-N}k - 1} \left( f(\tfrac{j+1}{3^n}) - f(\tfrac{j}{3^n}) \right) \\ &\hspace{8em}\times \int_{\frac{j}{3^n}}^{\frac{j+1}{3^n}} \left( f_1(3^n x - j) - (3^n x - j) \right) dx. \end{align*}

Utilizando el hecho de que $\int_{\frac{j}{3^n}}^{\frac{j+1}{3^n}} \left( f_1(3^n x - j) - (3^n x - j) \right) dx = \frac{\alpha}{2 \cdot 3^n}$ y que hemos

\begin{align*} \int_{\frac{k-1}{3^N}}^{\frac{k}{3^N}} f_{n+1}(x) \, dx &= \int_{\frac{k-1}{3^N}}^{\frac{k}{3^N}} f_{n}(x) \, dx + \sum_{j=3^{n-N}(k-1)}^{3^{n-N}k - 1} \left( f(\tfrac{j+1}{3^n}) - f(\tfrac{j}{3^n}) \right) \cdot \frac{\alpha}{2\cdot 3^n} \\ &= \int_{\frac{k-1}{3^N}}^{\frac{k}{3^N}} f_{n}(x) \, dx + \frac{\alpha}{2\cdot 3^n} \left( f(\tfrac{k}{3^N}) - f(\tfrac{k-1}{3^N}) \right). \end{align*}

La iteración de esta relación para $n \geq N$ y el uso de ese $f_n \to f$ uniforme y la utilización de la igualdad de $f(\tfrac{k}{3^N}) = f_N(\tfrac{k}{3^N})$,

\begin{align*} \int_{\frac{k-1}{3^N}}^{\frac{k}{3^N}} f(x) \, dx &= \int_{\frac{k-1}{3^N}}^{\frac{k}{3^N}} f_{N}(x) \, dx + \sum_{n\geq N} \frac{\alpha}{2\cdot 3^n} \left( f_N(\tfrac{k}{3^N}) - f_N(\tfrac{k-1}{3^N}) \right) \\ &= \int_{\frac{k-1}{3^N}}^{\frac{k}{3^N}} f_{N}(x) \, dx + \frac{\alpha}{3^N} \left( f_N(\tfrac{k}{3^N}) - f_N(\tfrac{k-1}{3^N}) \right). \end{align*}

Por último, observe que $f_N$ es lineal en el intervalo de $[\frac{k-1}{3^N}, \frac{k}{3^N}]$. Por lo que la integral se calcula como

$$ \int_{\frac{k-1}{3^N}}^{\frac{k}{3^N}} f_{N}(x) \, dx = \frac{1}{2\cdot 3^N} \left( f_N(\tfrac{k}{3^N}) + f_N(\tfrac{k-1}{3^N}) \right) $$

lo que demuestra el deseo de identidad en el teorema. ////

Answer 2

Creo que esto es menos fácil de lo que parece. Hasta ahora, sólo tengo una solución al$f$${\mathcal C}^2$. La densidad argumento sugerido en los comentarios parece, lamentablemente, romper hacia abajo a lo largo del camino (véase Martin R el comentario de abajo). Vamos a mostrar que el límite de$d_n=n(b_n-a_n)$$\frac{f(1)^2-f(0)^2}{2}$. Con mi hipótesis adicionales sobre $f$, $|f|+|f''|$ está delimitado por una constante $M$$[0,1]$. Para cualquier subinterval $(a,b) \subseteq [0,1]$, tenemos la siguiente estimación del error para la regla trapezoidal (véase, por ejemplo, aquí una prueba)

$$ \Bigg| \int_a^b f(t)dt - (b-a)\bigg(\frac{f(a)+f(b)}{2}\bigg) \Bigg| \leq \frac{M(b-a)^3}{12} \etiqueta{1} $$

El uso de (1) con $a=\frac{k-1}{n}$$b=\frac{k}{n}$, podemos deducir :

$$ \Bigg| \int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}} f(t)dt - \frac{1}{n}\bigg(\frac{f(\frac{k-1}{n})+f(\frac{k}{n})}{2}\bigg) \Bigg| \leq \frac{M}{12n^3} \etiqueta{2} $$

Multiplicando por $f(\frac{k}{n})-f(\frac{k-1}{n})$ :

$$ \Bigg| \bigg(f(\frac{k}{n})-f(\frac{k-1}{n}\bigg)\int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}} f(t)dt - \frac{1}{n}\bigg(\frac{f(\frac{k}{n})^2-f(\frac{k-1}{n})^2}{2}\bigg) \Bigg| \leq \frac{M}{12n^3}(|f(\frac{k}{n})|+|f(\frac{k-1}{n})|) \leq \frac{M^2}{6n^3} \etiqueta{3} $$

y sumando y multiplicando por $n$, podemos deducir

$$ \Big|d_n -\frac{f(1)^2-f(0)^2}{2}\Grande| \leq \frac{M^2}{6n^2} $$

lo cual termina la prueba.

Answer 3

Parece que, si yo no he hecho ningún error, en general $n(b_n-a_n)$ puede no converger! Voy a construir una explícita contraejemplo. Considere la función periódica $g:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ se define como:

$$g(x) = \begin{cases}0, \{x\} \le \frac{1}{4}\\ 4x - 1, \frac{1}{4} \le \{x\} \le \frac{1}{2}\\ 1, \frac{1}{2} \le \{x\} \le \frac{3}{4}\\ 4 - 4x, \frac{3}{4} \le \{x\} \le 1\end{cases}$$

y poner $g_n(x) = g(2^{9n}x)$. Vamos a construir nuestra función $f$ serie $f(x) = \sum\limits_{n = 1}^\infty h_ng_n(x)$$\sum\limits_{n = 1}^\infty |h_n| < \infty$. Vamos a probar que $2*2^{9n}(b_{2*2^{9n}} - a_{2*2^{9n}})$ es ilimitado para la adecuada elección de $h_n$, con lo que la secuencia a partir de la publicación puede no converger. Estamos interesados en la siguiente suma: \begin{equation} \sum\limits_{k = 1}^{2*2^{9n}} \left(f\left(\frac{k}{2*2^{9n}}\right) - f\left(\frac{k-1}{2*2^{9n}}\right)\right)\int_{\frac{k-1}{2*2^{9n}}}^{\frac{k}{2*2^{9n}}}f(x)dx. \end{equation} Desde fijo $n$ todo es absolutamente convergente básicamente estamos interesados en la computación \begin{equation} \sum\limits_{k = 1}^{2*2^{9n}} \left(g_r\left(\frac{k}{2*2^{9n}}\right) - g_r\left(\frac{k-1}{2*2^{9n}}\right)\right)\int_{\frac{k-1}{2*2^{9n}}}^{\frac{k}{2*2^{9n}}}g_m(x)dx\qquad (1) \end{equation} para cualquier $n, r, m > 0$. Si $r > n$$ \left(g_r\left(\frac{k}{2*2^{9n}}\right) - g_r\left(\frac{k-1}{2*2^{9n}}\right)\right) = 0$, por lo que no estamos interesados en estos casos. Si $r < n$ $ \left(g_r\left(\frac{k}{2*2^{9n}}\right) - g_r\left(\frac{k-1}{2*2^{9n}}\right)\right)$ tiene intervalos de $k$ en el que es constante(los intervalos de la longitud de la $2^{-9r}$ hasta algún factor de $2$ o $4$) y hasta un constante sobre ellos es igual a $0, 1, 0, -1, 0, 1, 0, -1, \ldots$ Ahora tenemos tres casos:

1) $m > r$. En este caso, cada copia de $g$ $f_m$ contiene en cierto intervalo de $k$ y además cada intervalo se divide en un cierto número(fijo fijo por $m, r$) de copyes de $g$, por lo que hemos suma de la especie $0 + I + 0 - I + ... = 0$ ya que en cada tupla de $4$ intervalos llegamos $0$(a partir de ahora permite llamar a las tuplas "quads").

2) $m < r$. En este caso, cada quad está contenida en algunos de copia de $g$$f_m$, además de que este copia(o, más preciesly, intervalo, al que correspondes) se divide en un cierto número de este quads. Más aún, ya $9$ es un número enorme, podemos decir que cada cuarto de copia de $g$ se divide en un cierto número de nuestros quads. En el primer y tercer quaters de $g$ es evidente que se ha de suma cero. Con algunos cálculos, uno puede mostrar que el segundo y el cuarto quaters también se suma a $0$.

3) $m = r$. En este caso tenemos a una constante interesados en $0*\int_0^{\frac{1}{4}}g(x)dx + 1*\int_\frac{1}{4}^\frac{1}{2}g(x)dx + 0*\int_\frac{1}{2}^\frac{3}{4}g(x)dx + (-1)*\int_\frac{3}{4}^1g(x)dx = 0$.

Así que el remainig caso es $r = n$. En este caso tendríamos $ \left(g_r\left(\frac{k}{2*2^{9n}}\right) - g_r\left(\frac{k-1}{2*2^{9n}}\right)\right) = (-1)^{k-1}$. Primero y segundo de los casos, podrían ser tratados de la misma como antes, mientras que en el tercer caso tendríamos:

$$1*\int_0^\frac{1}{2}g(x)dx + (-1)*\int_\frac{1}{2}^1g(x)dx = \frac{-1}{4}.$$

Así que (1) es distinto de cero iff $n = r = m$ y equivale a algunas constante fija $c < 0$. Así tenemos:

$$2*2^{9n}(b_{2*2^{9n}} - a_{2*2^{9n}}) = 2ch_n^2*2^{9n}.$$

La elección de $h_n = 2^{-n}$ conseguimos lo que queremos. Además, dado que a través de algunas subsequence $h_n$ puede causar caries arbitrarias lento que no se puede decir nada mejor que $b_n - a_n \to 0$

De hecho, cuando yo era thiking acerca de este problema he tratado (1), como una especie de forma bilineal en el espacio de continuamente funciones por lo que yo quería encontrar la secuencia de funciones de $(g_m)$ tal que $<g_r, g_m>_n = c\delta_{n, m}\delta_{n, r}$, por lo que yo estaba buscando algún tipo de comportamiento contínuo funciones de Rademacher.

Answer 4

Parece que nos puede calcular el límite, en el caso de $f$ es de variación acotada que significa que incluso si contraejemplo existe debe parecer muy feo. $f$ es continuamente por lo que es uniforme y continuamente así, podemos asumir que el$|\int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}} f(t)dt - \frac{1}{2n}(f(\frac{k}{n}) + f(\frac{k-1}{n}))| < \frac{\epsilon}{n}$$\epsilon \to 0$$n\to \infty$. Por lo tanto tenemos:

$|n(b_n - a_n) - \frac{1}{2}\sum\limits_{k=1}^n (f(\frac{k}{n}) - f(\frac{k-1}{n}))(f(\frac{k}{n}) + f(\frac{k-1}{n}))|\le \epsilon\sum\limits_{k=1}^n |f(\frac{k}{n}) - f(\frac{k-1}{n})| \le \epsilon Var(f)$

Por otro lado $\frac{1}{2}\sum\limits_{k=1}^n (f(\frac{k}{n}) - f(\frac{k-1}{n}))(f(\frac{k}{n}) + f(\frac{k-1}{n})) = \frac{1}{2}(f(1)^2 - f(0)^2)$ por lo que el límite es igual a $\frac{1}{2}(f(1)^2 - f(0)^2)$.