积分与求和转换的思想求解一类积分不等式问题

核心思想：积分就是求和，求和就是积分，一个针对连续量，一个针对离散量，两者可以互相转化，二者既对立又统一

从一道经典的考研数学真题引入

设 $f(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上连续且单调递减，并且在定义域内 $f(x)>0$，$\displaystyle a_n=\sum_{k=1}^{n}f(k)-\int_1^{n}f(x)dx$，证明：数列 $a_n$ 收敛

解： 第一步：判断数列 $a_n$ 的单调性

计算 $a_{n + 1}-a_{n}:$

$$\begin{align} a_{n+1}-a_{n} &= \left(\sum_{k = 1}^{n + 1}f(k)-\int_{1}^{n + 1}f(x)dx\right)-\left(\sum_{k = 1}^{n}f(k)-\int_{1}^{n}f(x)dx\right) \nonumber \\ &= f(n + 1)-\int_{n}^{n + 1}f(x)dx \nonumber \\ \end{align}$$

根据积分中值定理，若函数 $y = f(x)$ 在区间 $[a,b]$ 上连续，则在 $[a,b]$ 上至少存在一点 $\xi$，使得 $\displaystyle \int_{a}^{b}f(x)dx=(b - a)f(\xi)$，则存在 $\xi\in(n,n + 1)$，使得 $\displaystyle \int_{n}^{n + 1}f(x)dx=f(\xi)$

因为 $f(x)$ 单调递减，且 $n<\xi $$\displaystyle f(n + 1)-\int_{n}^{n + 1}f(x)dx=f(n + 1)-f(\xi)\leq0$$

（当且仅当 $f(x)$ 为常函数时取等号，但 $f(x)$ 单调递减不是常函数 ），即 $a_{n + 1}\leq a_{n}$，所以数列 $\{a_{n}\}$ 单调递减。

第二步：对 $\displaystyle a_n$ 进行变形

已知 $\displaystyle a_{n}=\sum_{k = 1}^{n}f(k)-\int_{1}^{n}f(x)dx$，将 $\displaystyle \int_{1}^{n}f(x)dx$ 进行拆分：$\displaystyle \int_{1}^{n}f(x)dx=\sum_{k = 1}^{n - 1}\int_{k}^{k + 1}f(x)dx$

则

$$\displaystyle a_{n}=\sum_{k = 1}^{n}f(k)-\sum_{k = 1}^{n - 1}\int_{k}^{k + 1}f(x)dx=\sum_{k = 1}^{n - 1}\left(f(k)-\int_{k}^{k + 1}f(x)dx\right)+f(n)$$

根据积分中值定理，对于 $\displaystyle \int_{k}^{k + 1}f(x)dx$，存在 $\displaystyle \xi_{k}\in(k,k + 1)$，使得 $\displaystyle \int_{k}^{k + 1}f(x)dx=f(\xi_{k})$

因为 $f(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 单调递减，所以 $\displaystyle f(k)>f(\xi_{k})$ $(\displaystyle k<\xi_{k}<k + 1)$，那么

$$\displaystyle f(k)-\int_{k}^{k + 1}f(x)dx=f(k)-f(\xi_{k})>0$$

且 $f(n)>0$，所以 $a_{n}>0$，即数列 $\{a_{n}\}$ 有下界 $0$

第三步：根据单调有界准则得出结论

根据单调有界准则：单调递减且有下界的数列必收敛。

由于数列 $\{a_{n}\}$ 单调递减且有下界 $0$，故数列 $\{a_{n}\}$ 收敛。

通过此题的结论我们可以解决一系列有关数列收敛的问题

如这道经典的有关欧拉常数的数列， $a_{n}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}-\ln n$，显然是令本题中的 $\displaystyle f(x)=\frac{1}{x}$ 得到的

下面我们继续用积分与求和转换的思想证明一类积分不等式问题

例题一

设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 连续，对 $\forall x,y$ 均有 $\displaystyle \vert f(x) - f(y)\vert\leq M\cdot\vert x - y\vert$，证：$\displaystyle \left|\int_{0}^{1}f(x)dx - \frac{1}{n}\cdot\sum_{k = 1}^{n}f(\frac{k}{n})\right|\leq\frac{M}{2n}$

解： 第一步：对式子进行变形

首先将 $\displaystyle \left|\int_{0}^{1}f(x)dx - \frac{1}{n}\cdot\sum_{k = 1}^{n}f(\frac{k}{n})\right|$ 进行处理，把 $\displaystyle \int_{0}^{1}f(x)dx$ 拆分为 $\displaystyle \sum_{k = 1}^{n}\int_{\frac{k - 1}{n}}^{\frac{k}{n}}f(x)dx$，把 $\displaystyle \frac{1}{n}\cdot\sum_{k = 1}^{n}f(\frac{k}{n})$ 写成 $\displaystyle \sum_{k = 1}^{n}\int_{\frac{k - 1}{n}}^{\frac{k}{n}}f(\frac{k}{n})dx$

因为

$$\displaystyle \int_{\frac{k - 1}{n}}^{\frac{k}{n}}f(\frac{k}{n})dx=f(\frac{k}{n})\int_{\frac{k - 1}{n}}^{\frac{k}{n}}dx=\frac{1}{n}f(\frac{k}{n}))$$

所以原式变成了

$$\displaystyle \left|\sum_{k = 1}^{n}\int_{\frac{k - 1}{n}}^{\frac{k}{n}}f(x)dx-\sum_{k = 1}^{n}\int_{\frac{k - 1}{n}}^{\frac{k}{n}}f(\frac{k}{n})dx\right|$$

合并后为

$$\displaystyle \left|\sum_{k = 1}^{n}\int_{\frac{k - 1}{n}}^{\frac{k}{n}}(f(x)-f(\frac{k}{n}))dx\right|$$

这一步是通过积分区间的拆分和等价变形，将原式转化为便于后续处理的形式。

第二步：利用绝对值不等式放缩

根据绝对值不等式 $\displaystyle \left|\int_{a}^{b}g(x)dx\right|\leq\int_{a}^{b}\vert g(x)\vert dx$，对于 $\displaystyle \left|\sum_{k = 1}^{n}\int_{\frac{k - 1}{n}}^{\frac{k}{n}}(f(x)-f(\frac{k}{n}))dx\right|$，可得

$$\displaystyle \left|\sum_{k = 1}^{n}\int_{\frac{k - 1}{n}}^{\frac{k}{n}}(f(x)-f(\frac{k}{n}))dx\right|\leq\sum_{k = 1}^{n}\int_{\frac{k - 1}{n}}^{\frac{k}{n}}\vert f(x)-f(\frac{k}{n})\vert dx$$

第三步：代入已知条件进一步放缩

已知对 $\forall x,y$ 均有 $\displaystyle \vert f(x) - f(y)\vert\leq M\cdot\vert x - y\vert$，在这里 $\displaystyle y = \frac{k}{n}$，所以 $\displaystyle \vert f(x)-f(\frac{k}{n})\vert\leq M\cdot\vert x - \frac{k}{n}\vert$ 。由于在区间 $\displaystyle [\frac{k - 1}{n},\frac{k}{n}]$ 上，$\displaystyle x\leq \frac{k}{n}$，则 $\displaystyle \vert x - \frac{k}{n}\vert=\frac{k}{n}-x$，那么

$$\displaystyle \sum_{k = 1}^{n}\int_{\frac{k - 1}{n}}^{\frac{k}{n}}\vert f(x)-f(\frac{k}{n})\vert dx\leq M\cdot\sum_{k = 1}^{n}\int_{\frac{k - 1}{n}}^{\frac{k}{n}}(\frac{k}{n}-x)dx$$

第四步：计算积分并化简

计算 $\displaystyle \int_{\frac{k - 1}{n}}^{\frac{k}{n}}(\frac{k}{n}-x)dx$，根据积分公式 $\displaystyle \int(ax + b)dx=\frac{ax^{2}}{2}+bx + C$ ，可得

$$\displaystyle \int_{\frac{k - 1}{n}}^{\frac{k}{n}}(\frac{k}{n}-x)dx=-\frac{1}{2}(x - \frac{k}{n})^{2}\big|_{\frac{k - 1}{n}}^{\frac{k}{n}}$$

代入上下限：

$$\displaystyle -\frac{1}{2}(x - \frac{k}{n})^{2}\big|_{\frac{k - 1}{n}}^{\frac{k}{n}}=-\frac{1}{2}(0 - (\frac{k}{n}-\frac{k - 1}{n})^{2})=\frac{1}{2n^{2}}$$

则

$$\displaystyle M\cdot\sum_{k = 1}^{n}\int_{\frac{k - 1}{n}}^{\frac{k}{n}}(\frac{k}{n}-x)dx = M\cdot\sum_{k = 1}^{n}\frac{1}{2n^{2}}$$

因为 $\displaystyle \sum_{k = 1}^{n}1=n$，所以 $\displaystyle M\cdot\sum_{k = 1}^{n}\frac{1}{2n^{2}}=\frac{M}{2n}$

综上，通过以上逐步推导，证明了 $\displaystyle \left|\int_{0}^{1}f(x)dx - \frac{1}{n}\cdot\sum_{k = 1}^{n}f(\frac{k}{n})\right|\leq\frac{M}{2n}$

例题二

证明：

$$\displaystyle (\ln(\prod_{i = 1}^{n}i^{i}))\leq\int_{2}^{n}x\cdot\ln xdx\leq\frac{n^{2}}{2}\cdot\ln n - \frac{n^{2}}{4}+1$$

证： 先证左边：

根据对数运算法则 $\displaystyle \ln(\prod_{i = 1}^{n}i^{i})=\sum_{i = 1}^{n - 1}i\ln i$ ，即证明 $\displaystyle \sum_{i = 2}^{n - 1}i\ln i\leq\int_{2}^{n}x\ln xdx$

将 $\displaystyle \int_{2}^{n}x\ln xdx$ 进行拆分：

$$\displaystyle \int_{2}^{n}x\ln xdx=\sum_{i = 2}^{n - 1}\int_{i}^{i + 1}x\ln xdx$$

令 $f(x)=x\ln x$，当 $\displaystyle x\in(0,\frac{1}{e})$ 时，$f^\prime(x)<0$，$f(x)$ 单调递减；当 $\displaystyle x\in(\frac{1}{e},+\infty)$ 时，$f^\prime(x)>0$，$f(x)$ 单调递增

对于 $\displaystyle i\leq x\leq i + 1$（$i\geq2$），因为 $f(x)$ 单调递增，所以 $\displaystyle x\ln x\geq i\ln i$
那么

$$\displaystyle \sum_{i = 2}^{n - 1}\int_{i}^{i + 1}i\ln i dx\leq\sum_{i = 2}^{n - 1}\int_{i}^{i + 1}x\ln xdx$$

即

$$\displaystyle \sum_{i = 2}^{n - 1}i\ln i\leq\int_{2}^{n}x\ln xdx$$

再证右边：

利用分部积分法计算 $\displaystyle \int_{2}^{n}x\ln xdx$

根据分部积分公式 $\displaystyle \int u dv = uv-\int v du$，令 $u = \ln x$，$dv = xdx$，则 $\displaystyle du=\frac{1}{x}dx$，$\displaystyle v=\frac{x^{2}}{2}$

所以 $\displaystyle \int_{2}^{n}x\ln xdx=\frac{x^{2}}{2}\ln x\big|_{2}^{n}-\int_{2}^{n}\frac{x}{2}dx$

计算

$$\begin{align*} &\frac{x^{2}}{2}\ln x\big|_{2}^{n}-\int_{2}^{n}\frac{x}{2}dx\\ =&\left(\frac{n^{2}}{2}\ln n - \frac{2^{2}}{2}\ln 2\right)-\int_{2}^{n}\frac{x}{2}dx\\ =&\left(\frac{n^{2}}{2}\ln n - \frac{2^{2}}{2}\ln 2\right)-\left[\frac{x^{2}}{4}\right]_{2}^{n}\\ =&\left(\frac{n^{2}}{2}\ln n - \frac{2^{2}}{2}\ln 2\right)-\left(\frac{n^{2}}{4}-\frac{2^{2}}{4}\right)\\ =&\frac{n^{2}}{2}\ln n - \frac{n^{2}}{4}+1 - 2\ln 2 \end{align*}$$

因为 $- 2\ln 2\leq0$，所以

$$\displaystyle \int_{2}^{n}x\ln xdx\leq\frac{n^{2}}{2}\ln n - \frac{n^{2}}{4}+1$$

综上，不等式 $\displaystyle \ln(\prod_{i = 1}^{n}i^{i})\leq\int_{2}^{n}x\ln xdx\leq\frac{n^{2}}{2}\ln n - \frac{n^{2}}{4}+1$ 得证

例题三

设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 二阶连续可导，证明 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \left(n^{2} \int_{a}^{b} f(x)dx - \frac{b - a}{n} \sum_{k = 1}^{n} f(a + \frac{2k - 1}{2n}(b - a))\right)=\frac{(b - a)^{3}}{24}[f^\prime(b)-f^\prime(a)]$

解： 第一步：构造 $I_n$ 并变形

定义

$$\displaystyle I_{n}=\int_{a}^{b} f(x)dx - \frac{b - a}{n} \sum_{k = 1}^{n} f(a + \frac{2k - 1}{2n}(b - a))$$

将积分区间 $[a,b]$ 进行 $n$ 等分，每个小区间为 $\displaystyle [a+\frac{k - 1}{n}(b - a),a+\frac{k}{n}(b - a)]$

则

$$\displaystyle I_{n}=\sum_{k = 1}^{n} \int_{a+\frac{k - 1}{n}(b - a)}^{a+\frac{k}{n}(b - a)} f(x)dx - \sum_{k = 1}^{n} \int_{a+\frac{k - 1}{n}(b - a)}^{a+\frac{k}{n}(b - a)} f(a + \frac{2k - 1}{2n}(b - a))dx$$

进一步化为

$$\displaystyle I_{n}=\sum_{k = 1}^{n} \int_{a+\frac{k - 1}{n}(b - a)}^{a+\frac{k}{n}(b - a)} [f(x)-f(a + \frac{2k - 1}{2n}(b - a))]dx$$

步骤二：利用泰勒公式

根据泰勒公式

$$\displaystyle f(x)=f(x_{0})+f^\prime(x_{0})(x - x_{0})+\frac{f^{\prime\prime}(\xi)}{2!}(x - x_{0})^{2} \quad(\xi \ 介于\ x\ 与\ x_{0}\ 之间)$$

在区间 $\displaystyle [a+\frac{k - 1}{n}(b - a),a+\frac{k}{n}(b - a)]$ 上，令 $\displaystyle x_{0}=a + \frac{2k - 1}{2n}(b - a)$

则

$$\displaystyle f(x)-f(a + \frac{2k - 1}{2n}(b - a))=\frac{f^{\prime\prime}(\xi_{k})}{2}[x-(a + \frac{2k - 1}{2n}(b - a))]^{2} \quad(\xi_{k}\ 在该区间内)$$

所以

$$\displaystyle I_{n}=\sum_{k = 1}^{n} \int_{a+\frac{k - 1}{n}(b - a)}^{a+\frac{k}{n}(b - a)} \frac{f^{\prime\prime}(\xi_{k})}{2}[x-(a + \frac{2k - 1}{2n}(b - a))]^{2}dx$$

步骤三：放缩与求极限

设 $\displaystyle f^{\prime\prime}(x)$ 在 $\displaystyle [a+\frac{k - 1}{n}(b - a),a+\frac{k}{n}(b - a)]$ 上的最大值和最小值分别为 $M_{k}$，$m_{k}$

因为 $\displaystyle m_{k}\leq f^{\prime\prime}(\xi_{k})\leq M_{k}$ ，所以

$$\displaystyle \sum_{k = 1}^{n} \int_{a+\frac{k - 1}{n}(b - a)}^{a+\frac{k}{n}(b - a)} \frac{m_{k}}{2}[x-(a + \frac{2k - 1}{2n}(b - a))]^{2}dx\leq I_{n}\leq\sum_{k = 1}^{n} \int_{a+\frac{k - 1}{n}(b - a)}^{a+\frac{k}{n}(b - a)} \frac{M_{k}}{2}[x-(a + \frac{2k - 1}{2n}(b - a))]^{2}dx$$

计算

$$\displaystyle \int_{a+\frac{k - 1}{n}(b - a)}^{a+\frac{k}{n}(b - a)} [x-(a + \frac{2k - 1}{2n}(b - a))]^{2}dx=\frac{1}{3}(\frac{b - a}{2n})^{3}$$

则

$$\displaystyle \sum_{k = 1}^{n} \frac{m_{k}}{2}\cdot\frac{1}{3}(\frac{b - a}{2n})^{3}\leq I_{n}\leq\sum_{k = 1}^{n} \frac{M_{k}}{2}\cdot\frac{1}{3}(\frac{b - a}{2n})^{3}$$

两边同乘 $n^{2}$ 得到

$$\displaystyle n^{2}\sum_{k = 1}^{n} \frac{m_{k}}{2}\cdot\frac{1}{3}(\frac{b - a}{2n})^{3}\leq n^{2}I_{n}\leq n^{2}\sum_{k = 1}^{n} \frac{M_{k}}{2}\cdot\frac{1}{3}(\frac{b - a}{2n})^{3}$$

当 $\displaystyle n \to \infty$ 时，利用定积分定义

$$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \sum_{k = 1}^{n} \frac{m_{k}}{n}\cdot\frac{b - a}{n}=\int_{a}^{b} f^{\prime\prime}(x)dx \\ \displaystyle \lim_{n \to \infty} \sum_{k = 1}^{n} \frac{M_{k}}{n}\cdot\frac{b - a}{n}=\int_{a}^{b} f^{\prime\prime}(x)dx$$

又因为 $\displaystyle \int_{a}^{b} f^{\prime\prime}(x)dx=f^\prime(b)-f^\prime(a)$ ，经过计算可得

$$\displaystyle \lim_{n \to \infty} (n^{2}I_{n})=\frac{(b - a)^{3}}{24}[f^\prime(b)-f^\prime(a)]$$

即

$$\lim_{n \to \infty} \left(n^{2} \int_{a}^{b} f(x)dx - \frac{b - a}{n} \sum_{k = 1}^{n} f(a + \frac{2k - 1}{2n}(b - a))\right)=\frac{(b - a)^{3}}{24}[f^\prime(b)-f^\prime(a)]$$