定积分定义和式泰勒展开的探讨.pdf

关于定积分定义和式类泰勒展开的探讨 南航大数学竞赛 2016.11.20 问题的提出 对于可写成定积分的和式1n n∑ k=1 f (k n ) ，我们已知有 lim n!1 n (∫ b a f(x)dx b an n∑ k=1 f ( a + (b a)kn )) = b a2 (f(a) f(b)) 转换一下形式，我们可知，任意一个满足定积分第一定义的和式极限可记为： b a n n∑ k=1 f ( a + (b a)kn ) = ∫ b a f(x)dx + b a2 (f(b) f(a)) 1n + o (1 n ) 鉴于这个形式与泰勒公式极大的相似性，若f(x)无穷阶可导，我们容易猜想，此类和式也有 形式上相似的展开如下， b a n n∑ k=1 f ( a + (b a)kn ) = A0 + A1n + A22! 1n2 + + Aii! 1ni + 接下来我们就Ai的表达式进行求解（其中A0 = ∫ b a f(x)dx已知）。 问题的求解 1.A1的求解 A1的求解方法属于常见的中值定理解法，在以往的题目中我们已经遇见了太多次，且表达式 在问题的提出中已经给出，故我们只列出过程，不作分析。 lim n!1 n (∫ b a f(x)dx b an n∑ k=1 f ( a + (b a)kn )) Solve :令xk = a + (b a)kn，原式化为 lim n!1 n ( n∑ k=1 ∫ xk xk 1 f(x)dx b an n∑ k=1 f(xk) ) ， 1 2 进一步有， 原式= lim n!1 n ( n∑ k=1 ∫ xk xk 1 f(x)dx n∑ k=1 ∫ xk xk 1 f(xk) ) = lim n!1 n ( n∑ k=1 ∫ xk xk 1 f(x) f(xk)dx ) = lim n!1 n ( n∑ k=1 ∫ xk xk 1 f(x) f(xk) x xk (x xk)dx ) = lim n!1 n ( n∑ k=1 f′( k) ∫ xk xk 1 (x xk)dx ) (xk 1 k xk) = lim n!1 n ( n∑ k=1 f′( k) ( 12(xk xk 1)2 )) = lim n!1 12 (b a) 2 n n∑ k=1 f′( k) = b a2 (f(a) f(b)) 故A1 = b a2 (f(b) f(a))。 2.A2的求解 A2的求解稍许复杂，但整体思想仍不难，核心技巧可归结为两点： •分区间与整合思想 •分部积分 lim n!1 n2 (∫ b a f(x)dx b an n∑ k=1 f ( a + (b a)kn ) + b a2n (f(b) f(a)) ) . Solve :令xk = a + (b a)kn，原式化为 lim n!1 n ( n ( n∑ k=1 ∫ xk xk 1 f(x)dx b an n∑ k=1 f(xk) ) + b a2 (f(b) f(a)) ) 进一步有， 原式= lim n!1 n ( n n∑ k=1 ∫ xk xk 1 f(x) f(xk)dx + b a2 (f(b) f(a)) ) = lim n!1 n ( n n∑ k=1 ∫ b a n 0 f(t + xk 1) f(xk)dt + b a2 (f(b) f(a)) ) （本步用到了换元） 这时，我们直接进行分部积分， 3 原式= lim n!1 n ( n n∑ k=1 ( t(f(t + xk 1) f(xk)) b a n 0 ∫ b a n 0 tf′(t + xk 1)dt ) + b a2 (f(b) f(a)) ) = lim n!1 n ( n∑ k=1 ∫ b a n 0 ntf′(t + xk 1)dt + b a2 n∑ k=1 ∫ b a n 0 f′(t + xk 1)dt ) = lim n!1 n n∑ k=1 ∫ b a n 0 (b a 2 nt ) f′(t + xk 1)dt = lim n!1 n 2 n∑ k=1 ∫ b a n 0 f′(t + xk 1)d((b a)t nt2) 再次分部积分， 原式= lim n!1 n 2 n∑ k=1 ∫ b a n 0 (nt2 (b a)t)f′′(t + xk 1)dt = lim n!1 n 2 n∑ k=1 f′′( k) ∫ b a n 0 (nt2 (b a)t)dt (xk 1 k xk) = lim n!1 (b a) 3 12n n∑ k=1 f′′( k) = (b a) 2 12 ∫ b a f′′(x)dx = (b a) 2 12 (f ′(a) f′(b)) 于是，我们得到了A2 = (b a) 2 6 (f ′(b) f′(a))。 3.An的求解 为了求解An，我们引入伯努利数Bn。 伯努利数由瑞士数学家雅各布·伯努利于18世纪引入，定义的方式不计其数，我们不作细究， 只列出计算方式。当n 1时，有B2n+1 = 0;n 2时，有公式 n∑ k=0 Ckn+1Bk = 0。 以下是伯努利数前6项的值： B0 = 1 B1 = 12 B2 = 16 B3 = 0 B4 = 130 B5 = 0 B6 = 142 我们用数学归纳法证明以下结论： lim n!1 ns (∫ b a f(x)dx 1n n∑ k=1 f ( a + k(b a)n ) + s 1∑ i=1 Ci i!ni(f (i 1)(b) f(i 1)(a)) ) =( 1) sBs(b a)s(f(s 1)(a) f(s 1)(b)) s! 其中，Ci = ( 1)iBi(b a)i，Bi是伯努利数，s为正整数且p 1。 Proof :我们已经证明了，当s = 1时结论成立； 现只需证明，假设s = p 1时结论成立的情况下，s = p结论也成立。 4 令xk = a + (b a)kn，原式化为 lim n!1 np 1 ( n ( n∑ k=1 ∫ xk xk 1 f(x)dx b an n∑ k=1 f(xk) ) + p 1∑ i=1 Ci i!ni(f (i 1)(b) f(i 1)(a)) ) 进一步有， 原式= lim n!1 np 1 ( n n∑ k=1 ∫ xk xk 1 f(x) f(xk)dx + p 1∑ i=1 Ci i!ni 1(f (i 1)(b) f(i 1)(a)) ) = lim n!1 np 1 ( n n∑ k=1 ∫ b a n 0 f(t + xk 1) f(xk)dt + p 1∑ i=1 Ci i!ni 1(f (i 1)(b) f(i 1)(a)) ) = lim n!1 np 1 ( n∑ k=1 ∫ b a n 0 ntf′(t + xk 1)dt + p 1∑ i=1 Ci i!ni 1(f (i 1)(b) f(i 1)(a)) ) = lim n!1 np 1 ( n∑ k=1 ∫ b a n 0 (nt C1)f′(t + xk 1)dt + p 1∑ i=2 Ci i!ni 1(f (i 1)(b) f(i 1)(a)) ) 以上过程与A2的求解过程类似，此时，我们正式做第一次分布积分 原式= lim n!1 np 2 ( n∑ k=1 ∫ b a n 0 ( ( 1)2 (n2t2 2 C1nt ) + C22! ) f′′(t + xk 1)dt + p 1∑ i=3 Ci i!ni 2(f (i 1)(b) f(i 1)(a)) ) 作第二次分部积分 原式= lim n!1 np 3 ( n∑ k=1 ∫ b a n 0 ( ( 1)3 (n3t3 0!3! C1 n2t2 1!2! + C2nt 2!1! ) + C33!0! ) f′′′(t + xk 1)dt + p 1∑ i=4 Ci i!ni 3(f (i 1)(b) f(i 1)(a)) ) 如此，作q次分部积分 原式= lim n!1 np (q+1) ( n∑ k=1 ∫ b a n 0 ( 1)q+1 (q+1∑ k=1 nq+1 ktq+1 k k!(q + 1 k)!( 1) kCk + n q+1tq+1 (q + 1)! ) f(q+1)(t + xk 1)dt + p 1∑ i=q+2 Ci i!ni (q+1)(f (i 1)(b) f(i 1)(a)) ) 当q取p 3时 原式= lim n!1 n2 ( n∑ k=1 ∫ b a n 0 ( 1)p 2 (p 2∑ k=1 np 2 ktp 2 k k!(p 2 k)!( 1) kCk + n p 2tp 2 (p 2)! ) f(p 2)(t + xk 1)dt + Cp 1(p 1)!n(f(p 2)(b) f(p 2)(a)) ) = lim n!1 n ( n∑ k=1 ∫ b a n 0 ( 1)p+1 (p 1∑ k=1 np 1 ktp 1 k k!(p 1 k)!( 1) kCk + n p 1tp 1 (p 1)! ) f(p 1)(t + xk 1)dt ) 5 再作分部积分 原式= lim n!1 n ( n∑ k=1 ∫ b a n 0 ( 1)p+2 (p 1∑ k=1 np 1 ktp k k!(p k)! ( 1) kCk + n p 1tp p! ) f(p)(t + xk 1)dt ) = lim n!1 ( 1)p+2n n∑ k=1 f(p)( k) ∫ b a n 0 (p 1∑ k=1 np 1 ktp k k!(p k)! ( 1) kCk + n p 1tp p! ) dt = lim n!1 ( 1)p(b a)p p!n n∑ k=0 f(p)( k) p 1∑ k=0 p! k!(p + 1 k)!Bk = ( 1) p(b a)p p! (f (p 1)(b) f(p 1)(a)) p 1∑ k=0 p! k!(p + 1 k)!Bk 而我们知道Bn = n 1∑ k=0 n! k!(n + 1 k)!Bk，于是 原式= ( 1) p(b a)pBp p! (f (p 1)(a) f(p 1)(b)) 证毕。 问题的结论 最后，我们将最终结论列出： b a n n∑ k=1 f ( a + (b a)kn ) = ∫ b a f(x)dx + 1∑ k=1 ( 1)k(b a)kBk k! (f (k 1)(b) f(k 1)(a))