中册 4.5 与积分有关的极限 第23题
📝 题目
23．证明下列命题．
（1）若 $f^{\prime}(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，对任意正整数 $n$ ，令 $\displaystyle x_{k}=a+k \frac{b-a}{n}, k=0,1, \cdots, n$ ， $\displaystyle A_{n}=\frac{b-a}{n} \sum_{k=1}^{n} f\left(x_{k}\right)-\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x$ ．证明： $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} n A_{n}=\frac{b-a}{2}(f(b)-f(a))$ ．
（2）设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续可微．求证： $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} n\left[\int_{0}^{1} f(x) \mathrm{d} x-\frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} f\left(\frac{k}{n}\right)\right]=\frac{1}{2}(f(1)-f(0))$ ．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）$\displaystyle n A_{n}=n\left[\sum_{i=1}^{n} f\left(a+\frac{b-a}{n} i\right) \frac{b-a}{n}-\sum_{i=1}^{n} \int_{x_{i-1}}^{x_{i}} f(x) \mathrm{d} x\right]=n \sum_{i=1}^{n} \int_{x_{i-1}}^{x_{i}}\left(f\left(x_{i}\right)-f(x)\right) \mathrm{d} x$
$$
=\sum_{i=1}^{n} n \int_{x_{i-1}}^{x_{i}} f^{\prime}\left(\eta_{i}\right)\left(x_{i}-x\right) \mathrm{d} x \text {, 其中 } x_{i-1}
📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：将nA_n表示为积分差的和
由定义，$A_n = \frac{b-a}{n} \sum_{k=1}^n f(x_k) - \int_a^b f(x) dx$，其中$x_k = a + k \frac{b-a}{n}$。将积分区间$[a,b]$分成$n$等份，则$\int_a^b f(x) dx = \sum_{k=1}^n \int_{x_{k-1}}^{x_k} f(x) dx$。因此，$nA_n = n \left[ \sum_{k=1}^n f(x_k) \frac{b-a}{n} - \sum_{k=1}^n \int_{x_{k-1}}^{x_k} f(x) dx \right] = n \sum_{k=1}^n \int_{x_{k-1}}^{x_k} [f(x_k) - f(x)] dx$。
公式：$nA_n = n \sum_{k=1}^n \int_{x_{k-1}}^{x_k} [f(x_k) - f(x)] dx$
提示：注意积分区间分割与求和对应，不要混淆下标。
步骤 2/5
目标：应用拉格朗日中值定理
对每个小区间$[x_{k-1}, x_k]$，由拉格朗日中值定理，存在$\eta_k \in (x, x_k)$使得$f(x_k) - f(x) = f'(\eta_k)(x_k - x)$。代入得$nA_n = n \sum_{k=1}^n \int_{x_{k-1}}^{x_k} f'(\eta_k)(x_k - x) dx$。
公式：$f(x_k) - f(x) = f'(\eta_k)(x_k - x)$
提示：中值点$\eta_k$依赖于$x$，但后续可用积分第一中值定理处理。
步骤 3/5
目标：利用积分第一中值定理
由于$x_k - x$在区间$[x_{k-1}, x_k]$上不变号，由积分第一中值定理，存在$\xi_k \in [x_{k-1}, x_k]$使得$\int_{x_{k-1}}^{x_k} f'(\eta_k)(x_k - x) dx = f'(\xi_k) \int_{x_{k-1}}^{x_k} (x_k - x) dx$。计算积分：$\int_{x_{k-1}}^{x_k} (x_k - x) dx = \frac{(x_k - x_{k-1})^2}{2} = \frac{(b-a)^2}{2n^2}$。因此$nA_n = n \sum_{k=1}^n f'(\xi_k) \frac{(b-a)^2}{2n^2} = \frac{b-a}{2} \cdot \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n f'(\xi_k)(x_k - x_{k-1})$。
公式：$\int_{x_{k-1}}^{x_k} (x_k - x) dx = \frac{(b-a)^2}{2n^2}$
提示：注意积分第一中值定理的条件：被积函数连续且因子不变号。
步骤 4/5
目标：取极限并转化为积分
当$n \to \infty$时，$\xi_k$在小区间内，$\frac{1}{n} \sum_{k=1}^n f'(\xi_k)(x_k - x_{k-1})$是$f'(x)$的Riemann和，其极限为$\int_a^b f'(x) dx$。因此$\lim_{n \to \infty} nA_n = \frac{b-a}{2} \int_a^b f'(x) dx = \frac{b-a}{2} (f(b) - f(a))$。
公式：$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n f'(\xi_k)(x_k - x_{k-1}) = \int_a^b f'(x) dx$
提示：极限过程需要$f'$连续以保证Riemann和收敛。
步骤 5/5
目标：证明第二问（直接由第一问得到）
在（1）中取$a=0, b=1$，则$x_k = \frac{k}{n}$，$A_n = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n f(\frac{k}{n}) - \int_0^1 f(x) dx$。注意（2）中的求和是从$k=0$到$n-1$，而（1）是从$k=1$到$n$，两者相差一项$f(1)/n$和$f(0)/n$，但$n$倍后极限相同。实际上，$n\left[\int_0^1 f(x) dx - \frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} f(\frac{k}{n})\right] = -nA_n + f(1) - f(0)$，由（1）极限为$\frac{1}{2}(f(1)-f(0))$，故原极限为$\frac{1}{2}(f(1)-f(0))$。
公式：$\lim_{n \to \infty} n\left[\int_0^1 f(x) dx - \frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} f(\frac{k}{n})\right] = \frac{1}{2}(f(1)-f(0))$
提示：注意求和指标差异，但极限结果相同。
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