$\sum_{a\lt n\le b}\phi (n)=\int_a^b \phi (x)\, dx+\int_a^b (x-[x]-\frac{1}{2})\phi '(x)\, dx+(a-[a]-\frac{1}{2})\phi (a)-(b-[b]-\frac{1}{2})\phi (b)$
Aus Titchmarshs Theorie der Riemannschen Zeta-Funktion , Seite 13:
Lassen $\phi (x)$ sei eine beliebige Funktion mit einer stetigen Ableitung im Intervall $[a,b]$. Dann wenn$[x]$ bezeichnet die größte ganze Zahl, die nicht überschreitet $x$, $$\sum_{a\lt n\le b}\phi (n)=\int_a^b \phi (x)\, dx+\int_a^b \left(x-[x]-\frac{1}{2}\right)\phi '(x)\, dx+\left(a-[a]-\frac{1}{2}\right)\phi (a)-\left(b-[b]-\frac{1}{2}\right)\phi (b).$$
Es gibt keinen Beweis dafür in dem Buch und ich weiß nicht, wie der Name dieses Satzes lautet. Ich würde diesen Satz gerne verstehen, weiß aber überhaupt nicht, wo ich anfangen soll.
Antworten
Lassen $\rho(t)=\frac12 -(t-[t])=\frac{1}{2} - \{t\}$, wo $\{t\}$ ist der Bruchteil von $t$.
Beweisskizze:
Ich überlasse Ihnen die Details. Hier ist eine Möglichkeit, sich dieser Identität zu nähern.
- Beachten Sie zuerst das $\rho$ ist ein $1$-periodische Funktion, und das $\rho'(t)=-1$ zum $x\in [k,k-1)$, $k\in\mathbb{Z}$. Zum$k\leq \alpha<b\leq k+1$Verwenden Sie die Integration nach Teilen zweimal (einmal mit $u=f(t)$ und $dv=\rho'(t)\,dt$;; und ein anderer mit$u=f'(t)$ und $dv=\sigma'(t)\,dt=\rho(t)\,dt$) bekommen
$$ \begin{align} -\int^\beta_\alpha f(t)\,dt &= \int^\beta_\alpha f(t)\rho'(t)\,dt\\ &=\rho(\beta-)f(\beta)-\rho(\alpha)f(\alpha)-\int^\beta_\alpha \rho(t)\,f'(t)\,dt \end{align} $$
Sie können jetzt über ganzzahlige Intervalle hinzufügen $[k,k+1]\subset(a,b]$ und dann über potenziell gebrochene Intervalle $(a,[a]+1]$, $[[b],b]$ um das gewünschte Ergebnis zu erhalten.
Bearbeiten: Ein allgemeinerer und eleganterer Beweis kann durch Integration nach Teilen erhalten werden:
Lemma: Lass$F$ und $G$ rechtskontinuierliche Funktionen lokal endlicher Variation sein $I$, und lass $\mu_G$, $\mu_F$ sind die unterzeichneten Maßnahmen induziert durch $G$ und $F$beziehungsweise. Dann für jedes kompakte Intervall$[a,b]\subset I$, $$ \begin{align} \int_{(a,b]} F(t)\,\mu_G(dt)=F(b)G(b)-F(a)G(a)-\int_{(a,b]}G(t-)\,\mu_F(dt) \end{align} $$ wo $G(t-)=\lim_{s\nearrow t}G(s)$.
Für das OP
Betrachten Sie das Zählmaß $\mu(dt)=\sum_{n\in\mathbb{Z}}\delta_{n}$ und das Lebesgue-Maß $\lambda$, beide definiert am $(\mathbb{R}\mathscr{B}(\mathbb{R}))$. Lassen$\phi(dt)=(\lambda-\mu)(dt)$. Beachte das$\Phi(t):=\phi((0,t])=t-[t]=\{t\}$.
$$ \begin{align} \sum_{a< n\leq b}f(n)-\int^b_af(t)\,dt &=-\int^b_af(t)\,(\mu(dt)-\lambda(dt))=-\int^b_af(t)\phi(dt) \end{align} $$
Anwenden des obigen Lemmas mit $f$ anstelle von $F$ und $\Phi$ anstelle von $G$, wir haben das $\mu_f(dt)=f'(t)\,dt$ und $\mu_{\Phi}(dt)=\phi(dt)$ und so,
$$ \begin{align} \int^b_af(t)\phi(dt) &= f(t)\Phi(t)|^b_a -\int^b_a\Phi(t-)\, f'(t)\,dt\\ &=f(b)\{b\}-f(a)\{a\}-\int^b_a\Phi(t)\,f'(t)\,dt\\ &= f(b)(b-[b])-f(a)(a-[a)] -\int^b_a(t-[t])\,f'(t)\,dt \end{align} $$
wo die Änderung von $\Phi(t-)$ zu $\Phi(t)$ folgt aus der Tatsache, dass $\Phi(t-)=\Phi(t)$ $\lambda$-wie
Die Schlussfolgerung folgt durch Addieren und Subtrahieren $\frac12$ im letzten Integral.
Dies ist von Abel-Summation: $$\sum_{a<n\leq b} f(n) = f(b) \sum_{a<n\leq b} 1 - \int_a^b \sum_{a<n\leq t} 1 \cdot f'(t) \, {\rm d}t \\ = f(b) \left( \lfloor b \rfloor - \lfloor a \rfloor \right) - \int_a^b \left( \lfloor t \rfloor - \lfloor a \rfloor \right) f'(t) \, {\rm d}t \\ = f(b) \lfloor b \rfloor - f(a) \lfloor a \rfloor + \int_a^b \left(t - \lfloor t \rfloor - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - t \right) f'(t) \, {\rm d}t \\ = f(a) \left( a - \lfloor a \rfloor - \frac{1}{2} \right) - f(b) \left( b - \lfloor b \rfloor - \frac{1}{2} \right) + \int_a^b f(t) \, {\rm d}t + \int_a^b \left(t - \lfloor t \rfloor - \frac{1}{2} \right) f'(t) \, {\rm d}t \\ = f(a) \, B_1\left( a - \lfloor a \rfloor \right) - f(b) \, B_1\left( b - \lfloor b \rfloor \right) + \int_a^b f(t) \, {\rm d}t + \int_a^b B_1\left( t - \lfloor t \rfloor \right) f'(t) \, {\rm d}t \, ,$$ wo $B_1(x)$ist das erste Bernoulli-Polynom. Wie bereits erwähnt, ist die$1/2$-Terms sind redundant.
Durch sukzessive Integration von Teilen mit $\int B_n(x) \, {\rm d}x = \frac{B_{n+1}(x)}{n+1}$erhalten Sie die Euler-Maclaurin-Formel, wenn $a,b$ sind ganze Zahlen.