$\sum_{a\lt n\le b}\phi (n)=\int_a^b \phi (x)\, dx+\int_a^b (x-[x]-\frac{1}{2})\phi '(x)\, dx+(a-[a]-\frac{1}{2})\phi (a)-(b-[b]-\frac{1}{2})\phi (b)$

Question

Da La teoria della funzione zeta di Riemann di Titchmarsh , pagina 13:

Permettere $\phi (x)$ essere qualsiasi funzione con una derivata continua nell'intervallo $[a,b]$. Allora, se$[x]$ denota il numero intero più grande non superiore $x$, $$\sum_{a\lt n\le b}\phi (n)=\int_a^b \phi (x)\, dx+\int_a^b \left(x-[x]-\frac{1}{2}\right)\phi '(x)\, dx+\left(a-[a]-\frac{1}{2}\right)\phi (a)-\left(b-[b]-\frac{1}{2}\right)\phi (b).$$

Non ci sono prove di questo nel libro e non so quale sia il "nome" di questo teorema. Mi piacerebbe capire questo teorema ma non so affatto da dove cominciare.

Answer 1

Permettere $\rho(t)=\frac12 -(t-[t])=\frac{1}{2} - \{t\}$, dove $\{t\}$ è la parte frazionaria di $t$.

Schizzo di prova:

Lascio a voi i dettagli. Ecco un modo per avvicinarsi a questa identità.

• Innanzitutto, notalo $\rho$ è un $1$-funzione periodica e quella $\rho'(t)=-1$ per $x\in [k,k-1)$, $k\in\mathbb{Z}$. Per$k\leq \alpha<b\leq k+1$, usa l'integrazione per parti due volte (una volta con $u=f(t)$ e $dv=\rho'(t)\,dt$; e un altro con$u=f'(t)$ e $dv=\sigma'(t)\,dt=\rho(t)\,dt$) ottenere

$$ \begin{align} -\int^\beta_\alpha f(t)\,dt &= \int^\beta_\alpha f(t)\rho'(t)\,dt\\ &=\rho(\beta-)f(\beta)-\rho(\alpha)f(\alpha)-\int^\beta_\alpha \rho(t)\,f'(t)\,dt \end{align} $$

È ora possibile aggiungere più intervalli interi $[k,k+1]\subset(a,b]$ e quindi su intervalli potenzialmente frazionari $(a,[a]+1]$, $[[b],b]$ per ottenere il risultato desiderato.

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Modifica: una dimostrazione più generale ed elegante può essere ottenuta mediante l'integrazione per parti:

Lemma: Let$F$ e $G$ essere funzioni continue a destra di variazione localmente finita su $I$, e lascia $\mu_G$, $\mu_F$ sono le misure firmate indotte da $G$ e $F$rispettivamente. Quindi, per qualsiasi intervallo compatto$[a,b]\subset I$, $$ \begin{align} \int_{(a,b]} F(t)\,\mu_G(dt)=F(b)G(b)-F(a)G(a)-\int_{(a,b]}G(t-)\,\mu_F(dt) \end{align} $$ dove $G(t-)=\lim_{s\nearrow t}G(s)$.

Per l'OP,

Considera la misura di conteggio $\mu(dt)=\sum_{n\in\mathbb{Z}}\delta_{n}$ e la misura Lebesgue $\lambda$, entrambi definiti in $(\mathbb{R}\mathscr{B}(\mathbb{R}))$. Permettere$\phi(dt)=(\lambda-\mu)(dt)$. Notare che$\Phi(t):=\phi((0,t])=t-[t]=\{t\}$.

$$ \begin{align} \sum_{a< n\leq b}f(n)-\int^b_af(t)\,dt &=-\int^b_af(t)\,(\mu(dt)-\lambda(dt))=-\int^b_af(t)\phi(dt) \end{align} $$

Applicando il Lemma sopra con $f$ al posto di $F$ e $\Phi$ al posto di $G$, ce l'abbiamo $\mu_f(dt)=f'(t)\,dt$ e $\mu_{\Phi}(dt)=\phi(dt)$ e così,

$$ \begin{align} \int^b_af(t)\phi(dt) &= f(t)\Phi(t)|^b_a -\int^b_a\Phi(t-)\, f'(t)\,dt\\ &=f(b)\{b\}-f(a)\{a\}-\int^b_a\Phi(t)\,f'(t)\,dt\\ &= f(b)(b-[b])-f(a)(a-[a)] -\int^b_a(t-[t])\,f'(t)\,dt \end{align} $$

da dove viene il cambiamento $\Phi(t-)$ per $\Phi(t)$ consegue dal fatto che $\Phi(t-)=\Phi(t)$ $\lambda$-come

La conclusione segue aggiungendo e sottraendo $\frac12$ nell'ultimo integrale.

Answer 2

Questo è di Abel-Summation: $$\sum_{a<n\leq b} f(n) = f(b) \sum_{a<n\leq b} 1 - \int_a^b \sum_{a<n\leq t} 1 \cdot f'(t) \, {\rm d}t \\ = f(b) \left( \lfloor b \rfloor - \lfloor a \rfloor \right) - \int_a^b \left( \lfloor t \rfloor - \lfloor a \rfloor \right) f'(t) \, {\rm d}t \\ = f(b) \lfloor b \rfloor - f(a) \lfloor a \rfloor + \int_a^b \left(t - \lfloor t \rfloor - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - t \right) f'(t) \, {\rm d}t \\ = f(a) \left( a - \lfloor a \rfloor - \frac{1}{2} \right) - f(b) \left( b - \lfloor b \rfloor - \frac{1}{2} \right) + \int_a^b f(t) \, {\rm d}t + \int_a^b \left(t - \lfloor t \rfloor - \frac{1}{2} \right) f'(t) \, {\rm d}t \\ = f(a) \, B_1\left( a - \lfloor a \rfloor \right) - f(b) \, B_1\left( b - \lfloor b \rfloor \right) + \int_a^b f(t) \, {\rm d}t + \int_a^b B_1\left( t - \lfloor t \rfloor \right) f'(t) \, {\rm d}t \, ,$$ dove $B_1(x)$è il primo polinomio di Bernoulli. Come accennato prima, il$1/2$-I termini sono ridondanti.

Integrando successivamente per parti utilizzando $\int B_n(x) \, {\rm d}x = \frac{B_{n+1}(x)}{n+1}$, otterrai la formula di Eulero-Maclaurina se $a,b$ sono numeri interi.