Bourbaki

习题 13, § 1

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实变函数, II, 81

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令 ff 为紧区间 [a, b][a,\ b] 上的实数调节函数。放

r(n)=b−an∑k=1nf(a+kb−an)−∫abf(t) dt. r(n) = \frac{b-a}{n} \sum_{k=1}^n f\left(a + k \frac{b-a}{n}\right) - \int_a^b f(t)\,dt.

a) 证明如果ff在[a, b][a,\ b]上是递增，则有

0≤r(n)≤b−an(f(b)−f(a)). 0 \leq r(n) \leq \frac{b-a}{n} \left(f(b) - f(a)\right).

b) 如果ff是连续的并且承认[a, b[[a,\ b[上的受管制有界右导数，则证明有lim⁡n→∞nr(n)=b−a2(f(b)−f(a))\lim_{n \to \infty} n r(n) = \frac{b-a}{2} (f(b) - f(a))（将xk=a+kb−anx_k = a + k \frac{b-a}{n}、注放入

r(n)=∑k=0n−1∫xkxk+1(f(xk+1)−f(t))dt, r(n) = \sum_{k=0}^{n-1} \int_{x_k}^{x_{k+1}} \left(f(x_{k+1}) - f(t)\right) dt,
并应用道具。 II、p. 57 中的 5 个）。

c) 给出函数ff、递增的例，并在[a, b][a,\ b]上连续，使得nr(n)n r(n)不会趋于b−a2(f(b)−f(a))\frac{b-a}{2} (f(b) - f(a))，因为nn无限增长[取ff极限的递减序列 (fn)(f_n) of 递增函数其图形是虚线，使得

fn(a+kb−a2n)=f(a+kb−a2n)for0≤k≤2n f_n \left( a + k \frac{b-a}{2^n} \right) = f \left( a + k \frac{b-a}{2^n} \right) \quad \text{for} \quad 0 \leq k \leq 2^n
和
(b−a)∑k=12nfn(a+kb−a2n)−2n∫abfn(t) dt≥34(b−a)(fn(b)−fn(a))]. (b-a) \sum_{k=1}^{2^n} f_n \left( a + k \frac{b-a}{2^n} \right) - 2^n \int_a^b f_n(t) \, dt \geq \frac{3}{4}(b-a)(f_n(b) - f_n(a)) \Big].

解答

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