推 jacky7987 :推! 12/23 15:23
推 jacky7987 :0到delta_1的積分很小 基本概念是說分段處理他的 02/21 15:06
→ jacky7987 :reimann sum 02/21 15:06
→ jacky7987 :在delta_1之前的reimann sum也會很小 02/21 15:07
※ 引述《znmkhxrw (QQ)》之銘言：
: 這問題我試了幾個月了~~投降= =
: if f€C(a,b] , lim f(x) = +/-∞
: x→a+
: b
: lim ∫ f(t) dt exists , denoted by A
: x→a+ x
: b-a n b-a
: show that A = lim ─── Σ f(a + ─── k )
: n→∞ n k=1 n
: b
: <Note> 因為∫ f(t) dt (denoted by F(x))
: x
: b-x n b-x
: = lim ─── Σ f(x + ─── k ) = lim F_n(x)
: n→∞ n k=1 n n→∞
: b-x n b-x
: 所以F=lim lim ─── Σ f(x + ─── k )
: x→a+ n→∞ n k=1 n
: 只要證lim可以交換即可
: 而幾個月前板友有給一個參考資料，看了之後只要證
: F_n(x) conv. F(x) uniformly on (a,b]即可
: 如此藉由那個資料，不僅確保lim F_n(a)的存在，且就是等於A
: n→∞
: 可是超難...應該說我證不出來...Orz
前一封給過一個反例，或許有人會有興趣知道在怎樣的情形下會有好的結果
Claim: f(x) is C(0,1], f(x) 單調趨近於 -∞ as x → 0+
若瑕積分 ∫_{0 to 1} f(x)dx 存在 = A,
則 lim (1/n) Σ_{k=1 to n} f(k/n) = A as n→∞
證明: given ε > 0, choose δ1 > 0, such that
|∫_{δ1 to 1} f(x)dx - A | < ε
choose δ2, 0 <δ2 <δ1 , such that 當 x in (δ1-δ2, δ1+δ2)
|f(x)-f(δ1)| < ε
Now we consider ∫_{δ1 to 1} f(x)dx
we may choose δ3, 0 < δ3 < δ2 such that for any partition of [δ1,1]
if ║P║ < δ3 we have | RiemannSum - ∫_{δ1 to 1} f(x)dx | < ε
Now consider N such that 1/N < δ3
for n > N, 1/n < δ3 < δ1, let m = [nδ1] >= 1
since m/n ≦ δ1 < (m+1)/n
(1/n)Σ_{k=1 to n}f(k/n)
= (1/n)Σ_{k=1 to m}f(k/n) + (1/n)f((m+1)/n) + (1/n)Σ_{k=m+2 to n}f(k/n)
= (1/n)Σ_{k=1 to m}f(k/n) + (δ1 - m/n)f((m+1)/n) +
((m+1)/n - δ1)f((m+1)/n) + (1/n)Σ_{k=m+2 to n}f(k/n)
前兩項加起來可以被 ∫_{0 to δ1 } f(x)dx bound 住
後面兩項加起來則是 ∫_{δ1 to 1} f(x)dx 的 RiemannSum
所以 |(1/n)Σ_{k=1 to n}f(k/n) -A | < 3ε
QED
之前沒有單調性時，
我們無法用 ∫_{0 to δ1 } f(x)dx 來控制 (1/n)Σ_{k=1 to m}f(k/n)
但是有了單調性這就不是問題了
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◆ From: 220.132.177.99
※ 編輯: dogy007 來自: 220.132.177.99 (12/23 13:49)
※ 編輯: dogy007 來自: 220.132.177.99 (12/23 13:54)