Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 607
2014-06-08 
Функция $f(x): [a, b] \rightarrow \mathbf{R}$ дифференцируема и $|f^{\prime}(x)| \leq 1$ всюду на отрезке $[a, b]$. Доказать, что если $x_{0} = a < x_{1} > x_{2} < \cdots < x_{n} = b, max_{1 \leq i \leq n} (x_{i} – x_{i-1}) \leq \frac{1}{b- a}, \xi_{i} \in [x_{i-1}, x_{i})$, то
$\left | \int_{a}^{b} f(x) dx - \sum_{i=1}^{n} f(\xi_{i}) (x – x_{i}) \right | \leq \frac{1}{2}$,
и показать, что приведенная оценка неулучшаема.
Решение:
Разбивая интеграл $\int_{a}f(x)dx$ на сумму интегралов по отрезкам $[x_{i-1}, x_{i}]$, имеем
$\int_{a}^{b}f(x)dx - \sum_{i=1}^{n}f(\xi_{i})(x_{i} – x_{i-1}) = \sum_{i=1}^{n} \int_{x_{i-1}}^{x_{i}} (f(x) – f (\xi_{i})) dx$. (1)
В силу условия $|f^{\prime}(x)| \leq 1$ имеем
$|f(x) – f(\xi_{i})| \leq |x - \xi_{i}|$. (2)
Действительно, по теореме Лагранжа для некоторой точки $\eta \in [x, \xi_{i}]$ выполняется
$f(x) – f(\xi_{i}) = f^{\prime}(\eta)(x - \xi_{i})$,
откуда и следует (2). Подставляя в (1), имеем
$\left | \int_{a}^{b} f(x) dx - \sum_{i=1}^{n} f(\xi_{i}) (x_{i} – x_{i-1}) \right | \leq \sum_{i=1}^{n} \int_{x_{i-1}}^{x_{i}} |x - \xi_{i}| dx$. (3)
Интегралы в правой части этого неравенства вычисляются непосредственно:
$\int_{x_{i-1}}^{x_{i}} |x - \xi_{i}| dx = \frac{(x_{i} - \xi_{i})^{2}}{2} + \frac{(\xi_{i} – x_{i-1})^{2}}{2} \leq \frac{(x_{i} – x_{i-1})^{2}}{2}$.
Воспользовавшись условием $x_{i} – x_{i-1} \leq 1/(b - a)$ и подставляя полученные оценки в (3), найдем
$\left | \int_{a}^{b} f(x)dx - \sum_{i=1}^{n} f(\xi_{i})(x_{i} – x_{i-1}) \right | \leq \sum_{i=1}^{n} \frac{(x_{i} – x_{i-1})^{2}}{2} \leq \frac{1}{b - a} \sum_{i=1}^{n} \frac{x_{i}- x_{i-1}}{2} = \frac{b-a}{2(b-a)} = \frac{1}{2}$,
что и требовалось доказать. Константа 1/2 - точная, так как для функции $f(x) = x$ все написанные выше неравенства обращаются в равенства (при условии $x_{i} – x_{i-1} = 1/(b - a)$.
Функция $f(x): [a, b] \rightarrow \mathbf{R}$ дифференцируема и $|f^{\prime}(x)| \leq 1$ всюду на отрезке $[a, b]$. Доказать, что если $x_{0} = a < x_{1} > x_{2} < \cdots < x_{n} = b, max_{1 \leq i \leq n} (x_{i} – x_{i-1}) \leq \frac{1}{b- a}, \xi_{i} \in [x_{i-1}, x_{i})$, то
$\left | \int_{a}^{b} f(x) dx - \sum_{i=1}^{n} f(\xi_{i}) (x – x_{i}) \right | \leq \frac{1}{2}$,
и показать, что приведенная оценка неулучшаема.
Решение:
Разбивая интеграл $\int_{a}f(x)dx$ на сумму интегралов по отрезкам $[x_{i-1}, x_{i}]$, имеем
$\int_{a}^{b}f(x)dx - \sum_{i=1}^{n}f(\xi_{i})(x_{i} – x_{i-1}) = \sum_{i=1}^{n} \int_{x_{i-1}}^{x_{i}} (f(x) – f (\xi_{i})) dx$. (1)
В силу условия $|f^{\prime}(x)| \leq 1$ имеем
$|f(x) – f(\xi_{i})| \leq |x - \xi_{i}|$. (2)
Действительно, по теореме Лагранжа для некоторой точки $\eta \in [x, \xi_{i}]$ выполняется
$f(x) – f(\xi_{i}) = f^{\prime}(\eta)(x - \xi_{i})$,
откуда и следует (2). Подставляя в (1), имеем
$\left | \int_{a}^{b} f(x) dx - \sum_{i=1}^{n} f(\xi_{i}) (x_{i} – x_{i-1}) \right | \leq \sum_{i=1}^{n} \int_{x_{i-1}}^{x_{i}} |x - \xi_{i}| dx$. (3)
Интегралы в правой части этого неравенства вычисляются непосредственно:
$\int_{x_{i-1}}^{x_{i}} |x - \xi_{i}| dx = \frac{(x_{i} - \xi_{i})^{2}}{2} + \frac{(\xi_{i} – x_{i-1})^{2}}{2} \leq \frac{(x_{i} – x_{i-1})^{2}}{2}$.
Воспользовавшись условием $x_{i} – x_{i-1} \leq 1/(b - a)$ и подставляя полученные оценки в (3), найдем
$\left | \int_{a}^{b} f(x)dx - \sum_{i=1}^{n} f(\xi_{i})(x_{i} – x_{i-1}) \right | \leq \sum_{i=1}^{n} \frac{(x_{i} – x_{i-1})^{2}}{2} \leq \frac{1}{b - a} \sum_{i=1}^{n} \frac{x_{i}- x_{i-1}}{2} = \frac{b-a}{2(b-a)} = \frac{1}{2}$,
что и требовалось доказать. Константа 1/2 - точная, так как для функции $f(x) = x$ все написанные выше неравенства обращаются в равенства (при условии $x_{i} – x_{i-1} = 1/(b - a)$.
