$\sum_{a\lt n\le b}\phi (n)=\int_a^b \phi (x)\, dx+\int_a^b (x-[x]-\frac{1}{2})\phi '(x)\, dx+(a-[a]-\frac{1}{2})\phi (a)-(b-[b]-\frac{1}{2})\phi (b)$
Extrait de La théorie de la fonction Zêta de Titchmarsh , page 13:
Laisser $\phi (x)$ être n'importe quelle fonction avec une dérivée continue dans l'intervalle $[a,b]$. Puis si$[x]$ désigne le plus grand entier ne dépassant pas $x$, $$\sum_{a\lt n\le b}\phi (n)=\int_a^b \phi (x)\, dx+\int_a^b \left(x-[x]-\frac{1}{2}\right)\phi '(x)\, dx+\left(a-[a]-\frac{1}{2}\right)\phi (a)-\left(b-[b]-\frac{1}{2}\right)\phi (b).$$
Il n'y a aucune preuve de cela dans le livre et je ne sais pas quel est le «nom» de ce théorème. J'aimerais comprendre ce théorème mais je ne sais pas du tout par où commencer.
Réponses
Laisser $\rho(t)=\frac12 -(t-[t])=\frac{1}{2} - \{t\}$, où $\{t\}$ est la partie fractionnaire de $t$.
Esquisse de preuve:
Je vous laisse les détails. Voici une manière d'aborder cette identité.
- Tout d'abord, remarquez que $\rho$ est un $1$-fonction périodique, et que $\rho'(t)=-1$ pour $x\in [k,k-1)$, $k\in\mathbb{Z}$. Pour$k\leq \alpha<b\leq k+1$, utilisez l'intégration par pièces deux fois (une fois avec $u=f(t)$ et $dv=\rho'(t)\,dt$; et un autre avec$u=f'(t)$ et $dv=\sigma'(t)\,dt=\rho(t)\,dt$) obtenir
$$ \begin{align} -\int^\beta_\alpha f(t)\,dt &= \int^\beta_\alpha f(t)\rho'(t)\,dt\\ &=\rho(\beta-)f(\beta)-\rho(\alpha)f(\alpha)-\int^\beta_\alpha \rho(t)\,f'(t)\,dt \end{align} $$
Vous pouvez maintenant ajouter sur des intervalles entiers $[k,k+1]\subset(a,b]$ puis sur des intervalles potentiellement fractionnaires $(a,[a]+1]$, $[[b],b]$ pour obtenir le résultat souhaité.
Edit: Une preuve plus générale et élégante peut être obtenue par intégration par parties:
Lemme: Let$F$ et $G$ être des fonctions continues à droite de variation localement finie sur $I$, et laissez $\mu_G$, $\mu_F$ sont les mesures signées induites par $G$ et $F$respectivement. Ensuite, pour tout intervalle compact$[a,b]\subset I$, $$ \begin{align} \int_{(a,b]} F(t)\,\mu_G(dt)=F(b)G(b)-F(a)G(a)-\int_{(a,b]}G(t-)\,\mu_F(dt) \end{align} $$ où $G(t-)=\lim_{s\nearrow t}G(s)$.
Pour l'OP,
Considérez la mesure de comptage $\mu(dt)=\sum_{n\in\mathbb{Z}}\delta_{n}$ et la mesure Lebesgue $\lambda$, tous deux définis sur $(\mathbb{R}\mathscr{B}(\mathbb{R}))$. Laisser$\phi(dt)=(\lambda-\mu)(dt)$. Remarquerez que$\Phi(t):=\phi((0,t])=t-[t]=\{t\}$.
$$ \begin{align} \sum_{a< n\leq b}f(n)-\int^b_af(t)\,dt &=-\int^b_af(t)\,(\mu(dt)-\lambda(dt))=-\int^b_af(t)\phi(dt) \end{align} $$
Appliquer le lemme ci-dessus avec $f$ au lieu de $F$ et $\Phi$ au lieu de $G$, nous avons ça $\mu_f(dt)=f'(t)\,dt$ et $\mu_{\Phi}(dt)=\phi(dt)$ et donc,
$$ \begin{align} \int^b_af(t)\phi(dt) &= f(t)\Phi(t)|^b_a -\int^b_a\Phi(t-)\, f'(t)\,dt\\ &=f(b)\{b\}-f(a)\{a\}-\int^b_a\Phi(t)\,f'(t)\,dt\\ &= f(b)(b-[b])-f(a)(a-[a)] -\int^b_a(t-[t])\,f'(t)\,dt \end{align} $$
d'où vient le changement $\Phi(t-)$ à $\Phi(t)$ découle du fait que $\Phi(t-)=\Phi(t)$ $\lambda$-comme
La conclusion suit en ajoutant et en soustrayant $\frac12$ dans la dernière intégrale.
C'est par Abel-Summation: $$\sum_{a<n\leq b} f(n) = f(b) \sum_{a<n\leq b} 1 - \int_a^b \sum_{a<n\leq t} 1 \cdot f'(t) \, {\rm d}t \\ = f(b) \left( \lfloor b \rfloor - \lfloor a \rfloor \right) - \int_a^b \left( \lfloor t \rfloor - \lfloor a \rfloor \right) f'(t) \, {\rm d}t \\ = f(b) \lfloor b \rfloor - f(a) \lfloor a \rfloor + \int_a^b \left(t - \lfloor t \rfloor - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - t \right) f'(t) \, {\rm d}t \\ = f(a) \left( a - \lfloor a \rfloor - \frac{1}{2} \right) - f(b) \left( b - \lfloor b \rfloor - \frac{1}{2} \right) + \int_a^b f(t) \, {\rm d}t + \int_a^b \left(t - \lfloor t \rfloor - \frac{1}{2} \right) f'(t) \, {\rm d}t \\ = f(a) \, B_1\left( a - \lfloor a \rfloor \right) - f(b) \, B_1\left( b - \lfloor b \rfloor \right) + \int_a^b f(t) \, {\rm d}t + \int_a^b B_1\left( t - \lfloor t \rfloor \right) f'(t) \, {\rm d}t \, ,$$ où $B_1(x)$est le premier polynôme de Bernoulli. Comme mentionné précédemment, le$1/2$-les termes sont redondants.
En intégrant successivement par pièces en utilisant $\int B_n(x) \, {\rm d}x = \frac{B_{n+1}(x)}{n+1}$, vous obtiendrez la formule d'Euler-Maclaurin si $a,b$ sont des nombres entiers.