积分与级数

引入

将区间 $[a,b]$ 分成 $n$ 个等宽的小区间，每个区间的宽度为 $\Delta x=\frac{b-a}{n}$。 在每个小区间内，任取一点 $x_i^{\ast }$ (可以是左端点、右端点或中点)。 以 $f(x_i^{\ast })$ 为高，$\Delta x$ 为宽，构造一个矩形，其面积为 $f(x_i^{\ast })\Delta x$。 将所有这些矩形的面积加起来，就得到了一个级数（求和），称为黎曼和黎曼积分与黎曼和： $S_n={\sum }_{i=1}^{n}f(x_i^{\ast })\Delta x$

当矩形的数量 $n$ 趋向于无穷大时（即 $\Delta x\to 0$），这个离散的和就变成了曲线下方的面积，也就是定积分。 ${\lim }_{n\to \infty }{\sum }_{i=1}^{n}f(x_i^{\ast })\Delta x={\int }_a^{b}f(x)dx$

实际上黎曼和只是简单积分估计的一个特例

简单积分估计

对于一个求和复杂但积分简单的式子可以考虑积分估计： ${\sum }_{k=1}^{n}f(k)={\int }_1^{n}f(x)dx+R_n$ 由此又转换成误差分析问题

1.1 简单的积分估计脱胎于逐项估计

和的简单积分估计来自于逐项估计，其基本的想法是：如果函数$f$在实数轴的某个区间$I:=[a,b]$上是单调的，不妨假设是单调减少的，那么对于任意的子区间$[x_k,x_{k+1}]\subseteq [a,b]$上，我们都有$(x_{k+1}-x_k)f(x_{k+1})<{\int }_{x_k}^{x_{k+1}}f(x)dx$如果我们再加上一些假设，令$\lfloor a\rfloor =x_1<\cdots <x_n=\lfloor b\rfloor$,并且假设函数的积分会更为简单一些，那么根据逐项估计的想法，新的和会更为简单，于是可以充当上界，那么上界即为${\sum }_{k=1}^{n-1}(x_{k+1}-x_k)f(x_{k+1})<{\int }_{\lfloor a\rfloor }^{\lfloor b\rfloor }f(x)dx$如果写成差分的形式，上述方法告诉我们，如果$f$是单调的，并且$x_k$单调增加，那么我们可以用$f(x)$的和来控制$\sum \Delta x_{k}f(x_k)$的上界或者下界。

一些典型的例子：

• 对离散的和做积分估计：这个问题当中我们需要给出${\sum }_{k=1}^n(x_k-x_{k-1})(1-x_k)$的上界估计，其中假设$0=x_0<x_1<...<x_n<1$。那么我们可以利用$f(x)=1-x$在$(0,1)$上的单调性以及非负性来做一个简单的积分估计，从而得到${\sum }_{k=1}^n(x_k-x_{k-1})(1-x_k)<{\int }_0^{x_n}f(x)dx<{\int }_0^{1}1-xdx=\frac{1}{2}$ 在放缩$(x_{k+1}-x_k)f(x_{k+1})<{\int }_{x_k}^{x_{k+1}}f(x)dx$当中如果我们对$x_k=k$,那么便成为了单纯对$f(k+1)$的积分放缩，此时再按照逐项估计的操作，两边求和，那么可以得到下面的结果:

和的简单积分估计

如果函数$f:[x,y]\to \mathbb{R}$是单调函数那么求和可以被积分估计(量化版本的):${\sum }_{n\in \mathbb{Z}:y\le n\le x}f(n)={\int }_y^{x}f(t)dt+O(|f(x)|+|f(y)|)$

• 这个结果的被求和对象$f(n)$可以看成是一个算术函数(定义域为整数，值域为复数)，于是这样的估计在数论当中是有价值的。不过因为精度不怎么高，只能作为粗略的处理手段。

不失一般性，假设函数不增：$\begin{array}{rl}{\int }_y^{x}f(t)dt& ={\int }_{\lceil y\rceil }^{\lfloor x\rfloor }f(t)dt+{\int }_y^{\lceil y\rceil }f(t)dt+{\int }_{\lfloor x\rfloor }^{x}f(t)dt\\ & \le \sum _{n\in \mathbb{Z}:y\le n\le x-1}f(n)+{\int }_y^{\lceil y\rceil }f(t)dt+{\int }_{\lfloor x\rfloor }^{x}f(t)dt\\ & \le \sum _{n\in \mathbb{Z}:y\le n\le x}f(n)+{\int }_y^{\lceil y\rceil }f(t)dt\\ & \le \sum _{n\in \mathbb{Z}:y\le n\le x}f(n)+f(y)\end{array}$反过来也有${\int }_y^{x}f(t)dt\ge {\sum }_{n\in \mathbb{Z}:y\le n\le x}f(n)+f(x)$于是${\sum }_{n\in \mathbb{Z}:y\le n\le x}f(n)={\int }_y^{x}f(t)dt+O\left(|f(x)|+|g(y)|\right)$

例子1.1.1

$f(t)=\log (t)$，那么:${\sum }_{1\le n\le x}\log (n)=x\log (x)-x+O(\log (x+2))$

但是如果函数不是单调的而是震荡的，那么这个估计是不成立的：

例子1.1.2

$f(t):=|\cos (2\pi t)|$，那么和${\sum }_{y\le n\le x}\cos (2\pi n)=O(x-y)$可是如果无视”简单积分估计”对单调性的要求，直接根据上面的结果去强行做估计就会得出$O(1)$这样的错误的估计。

• 两种不同路径解决含参数和的估计问题：在这个问题当中我们的目标是得到$S_n:={\sum }_{i\le n}\frac{1}{n+\sqrt{i}}$的精度为$o\left(\frac{1}{\sqrt{n}}\right)$的估计。$S_n$的被求和对象是函数$f_n(x):=\frac{1}{n+\sqrt{x}}$，这是一个随着$x$增加而单调减少的函数，并且其在$[1,n]$上的定积分是简单的，可以利用Taylor展开轻易得到估计。最后我们利用上述公式中余项的表达，得知简单积分估计下，余项精度符合$o\left(\frac{1}{\sqrt{n}}\right)$，于是简单积分估计得到$S_n=1-\frac{2}{3}\frac{1}{\sqrt{n}}+o\left(\frac{1}{\sqrt{n}}\right)$

1.2 基于简单积分估计的收敛判别法

级数收敛的积分判别法

如果说被求和函数$f:[M,+\infty )\to \mathbb{R}$可积(或者说广义黎曼积分存在)，并且函数单调减少到0,并且函数的积分${\int }_M^{\infty }f(t)dt$是收敛的积分。那么级数${\sum }_{n\ge M}f(n)$也是收敛的，反之亦然。

因为:$f(n)\ge f(t)>f(n+1),t\in [n,n+1)$于是两边同时积分，然后求和可以得到:$f(N)+....\ge {\int }_N^{+\infty }f(t)dt\ge f(N+1)+....$如果定义级数的余项，$A_N:={\sum }_{n\ge N}f(n)$以及$I_N:={\int }_N^{+\infty }f(t)dt$于是，$I_N\le A_N\le I_N+f(N)$也就是说，如果$I_N\to 0$,即积分是收敛的，并且$f(N)\to 0$那么级数也是收敛的。

1.3 利用函数的凸性做简单积分估计

利用函数凸性的简单积分估计

简单的积分估计本质上是一种逐项估计，我们利用函数的单调性，然后把函数在整数处的取值放缩为函数在长度为1的区间上的积分。按照相同的思路，有时候我们也可以利用函数的凸性来把函数逐项放缩为长度为1的区间上的积分。

其主要参考的命题为：

函数$g:[a,b]\to \mathbb{R}$是一个下凸的函数，那么它满足不等式$\frac{g(a)+g(b)}{2}\ge \frac{1}{b-a}{\int }_a^{b}g(x)dx$ 证明的思路：可以选择对闭区间上的$x$做参数化，引入参数$t\in [0,1]$,于是$x=(1-t)a+tb$。于是利用凸性，对积分做逐项放缩$g(x)=g((1-t)a+tb)\le (1-t)g(a)+tg(b)$这样就能得到上面的不等式。

当函数$g(x)$在整数上取值的时候，不等式就变成了$\frac{g(k)+g(k+1)}{2}\ge {\int }_k^{k+1}g(x)dx$然后我们可以通过适当的对$k$求和从而形成对和的估计。

1.4 未必能使用简单积分估计的情况

这里我们说的不是“例子1.1.2”当中的不满足单调性所以不能用的情况，而是满足所有条件，但是结果到不到预期的情况。这种情况具体来说可以分为:

• 积分真的是简单(或者至少是我们比较熟悉)的吗？

比如问题收敛的连乘积的上界估计与糖水不等式，部分积的上界估计与Gautschi不等式当中似乎被求和对象都是满足单调性的，是可以采取简单的积分估计的，但是其积分根本就不是一个简单的或者熟悉的结果，反而还需要对被积函数做放缩，那么为何不直接逐项估计?

• 简单的积分估计无法应付一些精度要求高的情况

比如对部分和渐近展开的常数项做估计中，虽然积分${\int }_a^b\frac{1}{\sqrt{t^2+t}}dt=2\text{arcsinh}(\sqrt{b})-2\text{arcsinh}(\sqrt{a})$倒也算是我们比较熟悉的对象。不过如果我们真的用简单的积分估计去对问题中的$S_n$做估计，会发现因为其精度的缺陷导致问题的分析会异常复杂。