讨论几道有趣的定积分上手题

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马上要开学期末考，做几个有趣的题练练手. 这几天凉宫春日看的很开心, 好久没看到这种作品了, 于是一改之前用来自深渊头图的习惯. 试用 Zhihu on VSCode 感觉很爽.

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设 在区间 上二阶可微，且 ，对正整数 定义

$$B_n= \int_0^1 f(x) \mathrm dx - \frac 1n \sum\limits_{k=1}^n f(\frac{2k - 1}{2n})$$

证明

这一道题来自数学分析习题课讲义，意在证明对积分区间 等分数值积分，取区间中点估计的情况下误差项的级别是 。而这一题的前导问题则证明了取区间断点估计的情况下误差级别是 ，使用同样的方法我们可以证明本题。

解法 1 :

$$B_n =\sum\limits _{k = 1} ^n \int_{\frac{k - 1}n}^{\frac kn} f(x) - f(\frac{2k-1}{2n}) \mathrm dx$$

于是乎我们先考虑证明一个引理：

$$\begin{aligned} \int_{a}^{b} \left(f(x) - f(\frac{a + b}{2})\right) \mathrm dx &= \int_{a}^{b} \int_{\frac{a + b}2}^{x} f'(t)\mathrm dt\mathrm dx\\ &= \int_a^b (x - \frac{a + b}2)f'(x)\mathrm dx\\ &= \int_a^b (x - \frac{a + b}2)\left(\int_a^x f''(x) + f'(a) \right)\mathrm dx\\ &= \int_a^b \int_a^x f''(x)\mathrm d(\frac{x^2}2 - \frac{a + b}2x)\\ &= \int_a^b (-\frac{ab}2+\frac{a + b}2x - \frac{x^2}2)f''(x)\mathrm dx\\ &= \int_a^b -\frac{(x-a)(x-b)}2f''(x)\mathrm dx\\ &= \frac{(a - b)^3}{24}f''(\xi) \end{aligned}$$

最后一步使用积分中值定理，随后将上述引理带入 中即可得到所要的结果

解法 2 :
使用泰勒展开展开到三阶，可以得出同样的结论

讨论 ：
这道题回答了我长期对辛普森自适应积分法的一个误解。在很长一段时间内我误以为辛普森的数值积分方法之所以被广泛是用是因为，从几何的角度上使用三次多项式对曲线拟合能达到相比于梯形或其他的东西更好的收敛速度。但实际上并不是这样的，这道题说明了取区间中点的函数值能够达到最快的收敛速度，而相比之下辛普森公式的 实际上误差项的级别依然是 ，显然不如取区间中点。

然而辛普森方法被广泛使用的原因实质上是他能够对精度要求自适应地对待积分区间恰到好处地切分，而另一方面使用误差项是一次方或是平方实质上并不重要，在自适应算法中这仅仅表现为常数上的区别而已。

计算积分

$$I_n = \int_0^{\frac\pi 2} \cos^nx\cos nx \mathrm dx$$

解法 1 : 利用递推的想法

$$\begin{aligned} I_n &= \int_0^\frac\pi 2 \cos^{n-1}x \cdot\frac 12[\cos (n-1)x + cos(n + 1 )x]\mathrm dx\\ &= I_{n - 1} + \int_0^\frac\pi 2 \cos^{n-1}x \cdot\frac 12[\cos (n+1)x - cos(n -1 )x]\mathrm dx\\ &= I_{n - 1} - \int_0^\frac\pi 2 \cos^{n-1}x \sin x\sin nx {\,\mathrm d}x\\ &= I_{n - 1} + \frac 1n \int_0^\frac\pi 2 \sin nx {\,\mathrm d}(\cos^nx)\\ &= I_{n - 1} - \int_0^\frac\pi 2 \cos^nx \cos nx{\,\mathrm d}x\\ &= \frac 12 I_{n - 1}\\ \end{aligned}$$

从而

解法 2 : 这个做法在我看来惊为天人，可以说非常接近这道题的本质（出处自然不是我）

我们注意到被积函数关于 的对称性，于是转为考察 的值

又注意到三角函数的正交性：

$$\int_0^\pi \cos mx \cos nx = \left\{ \begin{aligned} 0& \quad, m \not=n\\ \frac \pi 2& \quad, m = n\\ \end{aligned} \right.$$

再注意到三角函数的切比雪夫多项式，我们有

$$\cos^n x = \frac 1{2^{n - 1}} \cos nx + A_{n - 1} \cos (n - 1)x + \cdots + A_1 \cos x$$

于是我们做完了

讨论 : 好像也没有太多感想，也许切比雪夫多项式和递推式天然存在着关系，这可能是上述两种做法的共同点吧。当然这道题也可以使用复数方法解决，但我认为本质上与正交性的做法式相同的

证明积分

$$I_n = \int_0^{\frac\pi 2} \left(\frac{\sin nx}{\sin x}\right)^2 \mathrm dx = \frac{n\pi}2$$

解法 : 这个积分似乎被称作费耶尔积分，只需要证明 即可

$$\begin{aligned} \int_0^{\frac\pi 2} \frac{\sin^2 nx - sin^2 (n - 1)x}{\sin^2 x} \mathrm dx &= \int_0^{\frac\pi 2} \frac{\sin (2n-1)x}{\sin x} \mathrm dx\\ &= \int_0^{\frac\pi 2} (1 + \cos 2x + \cos 4x + \cdots + \cos (2n -2)x) \mathrm dx\\ &= \frac \pi 2 \end{aligned}$$

讨论 : 上式中第一行被称作 积分，这个积分在后面会再出现一次

假设 证明 :

$$\int_0^1 |f(x)|\mathrm dx \le \int_0^1 \frac 14|f''(x)| \mathrm dx$$

解法 : 这个问题是相对简单的，首先我们取 为一个极值点，这样就有

$$\begin{aligned} |f(x)| &= \left|\int_0^x\int_t^x f''(u) \,\mathrm{d}u\,\mathrm{d}t\right|\\ &= \left|\int_0^x tf''(x) \,\mathrm{d} t\right|\\ &\le x\left|\int_0^x f''(x) \,\mathrm{d} t\right|\\ \end{aligned}$$

同理

$$\begin{aligned} |f(x)| &\le (1-x)\left|\int_x^1 f''(x) \,\mathrm{d} t\right|\\ \end{aligned}$$

在以上两式前分别配上系数 和 即可得到答案

假设 证明 :

$$\int_0^1(f'(x))^2 \,\mathrm{d}x \ge 4(\int_0^1 f(x)\,\mathrm{d}x)^2$$

解法 1 : 简单地配凑柯西不等式系数即可

$$\int_0^1 [f'(x)]^2 \,\mathrm{d}x \cdot \int_0^1 p^2(x) \,\mathrm{d}x \ge \left(\int_0^1 f'(x)p(x) \,\mathrm{d}x\right)^2$$

用 带入上式可得

$$\int_0^1 [f'(x)]^2 \,\mathrm{d}x \ge \frac{a_1^2}{\frac 13a_1^2 + a_1a_0 + a_0 ^2} \left(\int_0^1 f(x) \,\mathrm{d} x\right)^2$$

只需配凑系数使得右侧系数为 即可

解法 2 : 由 Wirtinger 不等式，本题右侧的最佳系数是

$$\int_0^\pi|f(t)|^2 \,\mathrm{d} t \leq \int_0^\pi\left|f^{\prime}(t)\right|^2 \,\mathrm{d} t$$

且周期函数

$$\lim\limits_{p\to+\infty} \int_a^b f(x)g(px) \,\mathrm{d}x = \frac 1T \int_0^T g(x) \,\mathrm{d}x \int_a^b f(x) \,\mathrm{d}x$$

解法 : 这个问题被称为 定理

当 是一个常函数时结论是显然的，所以不妨假设 ，只需证明左侧在这样的情况下等于

当 为一个常函数时我们有：

$$\begin{aligned} \lim\limits_{p\to+\infty} \int_a^b f(x)g(px) \,\mathrm{d}x &= C\lim\limits_{p\to+\infty} \int_a^b g(px) \,\mathrm{d}x\\ &= C\lim\limits_{p\to+\infty} \frac 1p\int_{pa}^{pb} g(x) \,\mathrm{d}x\\ &= C\lim\limits_{p\to+\infty} \frac 1p\int_{pa+\lfloor \frac{pa-pb}T \rfloor T}^{pb} g(x) \,\mathrm{d}x\\ &= 0 \end{aligned}$$

当 是一个阶梯函数时，由常函数的情况上式依然成立。

由熟知结论（不再赘述）对任意可积函数 和 存在阶梯函数 使得 . 于是对于任意 有

$$\begin{aligned} \left|\int_a^b f(x)g(px) \,\mathrm{d}x \right|&\le \left|\int_a^b p(x)g(px) \,\mathrm{d}x \right| + \int_a^b |f(x) - p(x)|\,\mathrm{d}x\\ &< \left|\int_a^b p(x)g(px) \,\mathrm{d}x \right| + \varepsilon\\ \end{aligned}$$

这样就做完了

讨论 : 使用阶梯函数或其他具有特殊性质的函数逼近目标函数是一个常用的手法