北京科技大学 2023年数学分析第0题
📝 题目
二．（15 分）设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [0,1]$ 上连续，在 $\displaystyle (0,1)$ 上可导，且对任何 $\displaystyle x \in(0,1)$ ，有 $\displaystyle \left|f^{\prime}(x)\right| \leq M$ ．证明：对任何正整数 $n$ ，有
$$
\left|\int_{0}^{1} f(x) \mathrm{d} x-\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} f\left(\frac{i}{n}\right)\right| \leq \frac{M}{n}
$$
其中 $M$ 是一个与 $x$ 无关的常数．
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/4
目标：理解题意并拆分区间
将区间 $[0,1]$ 等分为 $n$ 个小区间 $\left[\frac{i-1}{n}, \frac{i}{n}\right]$，$i=1,2,\dots,n$。则积分可写为 $\int_0^1 f(x)\,dx = \sum_{i=1}^n \int_{\frac{i-1}{n}}^{\frac{i}{n}} f(x)\,dx$，而右端点黎曼和为 $\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n f\left(\frac{i}{n}\right) = \sum_{i=1}^n \int_{\frac{i-1}{n}}^{\frac{i}{n}} f\left(\frac{i}{n}\right)\,dx$。
公式：\int_0^1 f(x)\,dx = \sum_{i=1}^n \int_{\frac{i-1}{n}}^{\frac{i}{n}} f(x)\,dx, \quad \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n f\left(\frac{i}{n}\right) = \sum_{i=1}^n \int_{\frac{i-1}{n}}^{\frac{i}{n}} f\left(\frac{i}{n}\right)\,dx
提示：注意每个小区间长度为 $1/n$，黎曼和中的 $1/n$ 可视为每个小区间的长度因子。
步骤 2/4
目标：估计每个小区间上的差值
考虑第 $i$ 个小区间上的差值：$\int_{\frac{i-1}{n}}^{\frac{i}{n}} \left[ f(x) - f\left(\frac{i}{n}\right) \right] dx$。对任意 $x \in \left[\frac{i-1}{n}, \frac{i}{n}\right]$，由拉格朗日中值定理，存在 $\xi$ 介于 $x$ 与 $\frac{i}{n}$ 之间，使得 $f\left(\frac{i}{n}\right) - f(x) = f'(\xi)\left(\frac{i}{n} - x\right)$。因此 $\left| f(x) - f\left(\frac{i}{n}\right) \right| = |f'(\xi)| \cdot \left(\frac{i}{n} - x\right) \le M \left(\frac{i}{n} - x\right)$。
公式：\left| f(x) - f\left(\frac{i}{n}\right) \right| \le M \left(\frac{i}{n} - x\right)
提示：中值定理要求函数可导，这里 $(0,1)$ 内可导且导数有界，满足条件；注意 $\frac{i}{n} - x \ge 0$。
步骤 3/4
目标：计算小区间上的积分上界
对第 $i$ 个小区间，有 $\left| \int_{\frac{i-1}{n}}^{\frac{i}{n}} \left[ f(x) - f\left(\frac{i}{n}\right) \right] dx \right| \le \int_{\frac{i-1}{n}}^{\frac{i}{n}} M \left(\frac{i}{n} - x\right) dx$。计算积分：$\int_{\frac{i-1}{n}}^{\frac{i}{n}} \left(\frac{i}{n} - x\right) dx = \left[ \frac{i}{n}x - \frac{x^2}{2} \right]_{x=\frac{i-1}{n}}^{x=\frac{i}{n}} = \frac{1}{2n^2}$。因此每个小区间上的误差不超过 $\frac{M}{2n^2}$。
公式：\int_{\frac{i-1}{n}}^{\frac{i}{n}} \left(\frac{i}{n} - x\right) dx = \frac{1}{2n^2}
提示：计算定积分时注意上下限代入，化简分子得到 $1$，避免计算错误。
步骤 4/4
目标：对所有小区间求和得到总误差上界
总误差为 $\left| \int_0^1 f(x)\,dx - \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n f\left(\frac{i}{n}\right) \right| \le \sum_{i=1}^n \frac{M}{2n^2} = n \cdot \frac{M}{2n^2} = \frac{M}{2n}$。由于 $\frac{M}{2n} \le \frac{M}{n}$ 对任意正整数 $n$ 成立，故原不等式得证。
公式：\left| \int_0^1 f(x)\,dx - \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n f\left(\frac{i}{n}\right) \right| \le \frac{M}{2n} \le \frac{M}{n}
提示：这里得到更紧的上界 $M/(2n)$，但题目要求 $M/n$，因此结论自然成立；注意求和时 $n$ 个小区间相加。
步骤 5/5
目标：得出最终不等式
由以上步骤，我们得到：
$$\left|\int_{0}^{1} f(x) \,dx - \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} f\left(\frac{i}{n}\right)\right| \leq \frac{M}{n}$$
证毕。
公式：$$\left|\int_{0}^{1} f(x) \,dx - \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} f\left(\frac{i}{n}\right)\right| \leq \frac{M}{n}$$
提示：最终结果与 $n$ 成反比，$n$ 越大误差越小。
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