Απο το διακριτο στο συνεχες

dement · #1

Ενας γνωστος τυπος που μας επιτρεπει να ποσοτικοποιουμε τη διαφορα μεταξυ αθροισματων και των αντιστοιχων ολοκληρωματων.

Εστω

συναρτηση με συνεχη παραγωγο στο $[0, + \infty)$ . Αποδειξτε τη σχεση

$\displaystyle \sum_{k=1}^n f(k) - \int_0^n f(t) dt = \int_0^n \left( t - \lfloor t \rfloor \right) f^{\prime} (t) dt$

(οπου $\lfloor ... \rfloor$ το ακεραιο μερος)

Δημητρης Σκουτερης

Καραδήμας · #2

Για $k=0,1,\ldots ,n-1$ ολοκλήρωση κατά μέρη δίνει $\displaystyle{\int_k^{k+1}(t-k)f^{\prime }(t)\,dt=(t-k)f(t)\mid_k^{k+1}-\int_k^{k+1}f(t)\,dt=f(k+1)-\int_k^{k+1}f(t)\,dt.}$ Μετά προσθέτουμε τις ισότητες.

Γενικότερα, αν η

έχει συνεχή παράγωγο τάξης (k+1)

στο

για κάποιους $a,b\in {\mathbb Z}$ τότε $\displaystyle{\sum_{a<n\leq b}f(n)=\int_a^bf(t)\,dt+\sum_{j=0}^k\frac{(-1)^{j+1}B_{j+1}(0)}{(j+1)!}(f^{(j)}(b)-f^{(j)}(a))+\frac{(-1)^k}{(k+1)!}\int_a^bB_{k+1}(t)f^{(k+1)}(t)\,dt,}$ με B_j

τις συναρτήσεις Bernoulli. Αυτές ορίζονται από τις B_0(x)=1

, $B_j^{\prime }(x)=jB_{j-1}(x)$ , $\int_0^1B_j(t)\,dt=0$ στο [0,1)

και επεκτείνονται περιοδικά.

Μια εφαρμογή είναι η $\displaystyle{\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}=\ln n+\gamma +\frac{1}{2n}-\frac{1}{12n^2}+\frac{c_n}{60n^4}}$ για κάποια $c_n\in [0,1]$ .

Απο το διακριτο στο συνεχες

Απο το διακριτο στο συνεχες

Re: Απο το διακριτο στο συνεχες

Μέλη σε σύνδεση