Перейти от суммы к интегралу

[Nxx]

Есть такое соотношение:

$g(n)=f(0)+f(1)+f(2)+...+f(n)$

Надо здесь от суммы перейти к интегралу, а от целого неотрицательного n к вещественному x. Как это делается самым натуральным образом, чтобы равенство сохранилось?

[antbez]

$g(x)= \int_0^n f(x) dx$

Ну ещё нужна сходимость интеграла, то есть непрерывность функции f(x) для всего интервала.

[Nxx]

Равенство не сохранится в этом случае.

[bubu gaga]

$$g(n)= f(0) + \int_0^n f \bigl(\lceil x \rceil \bigr) dx$$

[ddn]

Есть же формула Сонина, теоретико-числовики должны знать:
$\sum\limits_{a<n\leqslant b}f(n)=\int\limits_{a}^{b}f(x)dx+$
$+v_0(b)f(b)-v_0(a)f(a)-v_1(b)f\ '(b)+v_1(a)f\ '(a)+\int\limits_{a}^{b}v_1(x)f\ ''(x)dx$,

где $a,b\in\mathbb{R}$, $f\in C^2([a,b]\to\mathbb{R})$,

$v_{-1}(x)=-1+\sum\limits_{n\in\mathbb{Z}}\delta(x-n)$,

$v_0(x)=\int\limits_{+0}^{x+0}v_{-1}(x')dx'-\int\limits_{0}^{1}\left(\int\limits_{+0}^{x'+0}v_{-1}(x'')dx''\right)dx'=$
$=\int\limits_{+0}^{x+0}v_{-1}(x')dx'-\int\limits_{+0}^{1}(1-x')v_{-1}(x')dx'=\frac{1}{2}-\{x\}$,

$v_1(x)=\int\limits_{0}^{x}v_0(x')dx'-\int\limits_{0}^{1}\left(\int\limits_{0}^{x'}v_0(x'')dx''\right)dx'=$
$=\int\limits_{0}^{x}v_0(x')dx'-\int\limits_{0}^{1}(1-x')v_0(x')dx'=\frac{1}{2}\{x\}(1-\{x\})$.

Заметим, $\sum\limits_{a<n\leqslant b}f(n)-\int\limits_{a}^{b}f(x)dx=\int\limits_{a+0}^{b+0}v_{-1}(x)f(x)dx$.

[Brukvalub]

Вывод подобных формул изложен в Архипов Г.И., Садовничий В.А., Чубариков В.Н. — Лекции по математическому анализу

[Nxx]

Понятно. Но с дельта-функциями и "дробными частями" вариант не подойдет (также, как и с "целыми частями").

Чем вариант ddn лучше варианта bubu gaga?

[Brukvalub]

Nxx в сообщении #147375 писал(а):

Понятно. Но с дельта-функциями и "дробными частями" вариант не подойдет (также, как и с "целыми частями").

Ну, тогда, думаю, предложить Вам будет нечего....

[ddn]

Nxx писал(а):

Понятно. Но с дельта-функциями и "дробными частями" вариант не подойдет (также, как и с "целыми частями").
Чем вариант ddn лучше варианта bubu gaga?

Дельта-функции у меня только в промежуточных расчетах (чтобы показать рекурсию).
Дробные и целые части выражаются друг через друга и, значит, равноправны.

Отличия в следующем:
У меня дробные части не стоят в аргументе функции.
В моем варианте интеграл не какой-нибудь, а именно вида $\int\limits_{a}^{b}f(x)dx$,
и получается: сумма = интеграл + поправка.

Если желаете без дробных-целых частей, то используйте вычеты, если функция аналитична и без особенностей в окрестности вещественной прямой:

$f(n)=\frac{1}{2i\pi}\oint\limits_{|z-n|=+0}\frac{f(z)}{z-n}dz$

$\sum\limits_{n=n_0}^{n_1}f(n)=\frac{1}{2i\pi}\sum\limits_{n=n_0}^{n_1}\oint\limits_{|z-n|=+0}\frac{f(z)}{z-n}dz=\frac{1}{2i\pi}\oint\limits_{\rho(z,[n_0,n_1])=+0}dzf(z)\sum\limits_{n=n_0}^{n_1}\frac{1}{z-n}$
Но тогда останется сумма, пусть и другая.

Это по сути комплексные интегральные представления дельта-функции.

[juna]

Есть альтернатива - суммирующая формула Эйлера-Маклорена. Если $f(x)$ - монотонно убывающая с некоторого места, то поправка ddn это некоторая константа.

[Nxx]

juna писал(а):

Есть альтернатива - суммирующая формула Эйлера-Маклорена. Если $f(x)$ - монотонно убывающая с некоторого места, то поправка ddn это некоторая константа.

Монотонно возрастающая. Каким обазом поправка становится константой?

Добавлено спустя 2 минуты 50 секунд:

Давайте на примере.

Есть уравнение

$\ln f'(x)=f(-1)+f(0)+f(1)+...+f(x)$

Оно справедливо для целых х >= -1 Соответственно, для его решения нужно правую часть выразить в виде интеграла, но так, чтобы равенство сохранилось.

[ddn]

Nxx писал(а):

Есть уравнение

$\ln f'(x)=f(-1)+f(0)+f(1)+...+f(x)$

Оно справедливо для целых $x\geqslant-1$ Соответственно, для его решения нужно правую часть выразить в виде интеграла, но так, чтобы равенство сохранилось.

Используйте интегральные представления дельта-функции, например, фурье-представление - оно вещественно.
Но вы получите интегро-дифференциальное уравнение, к тому же справедливое лишь для дискретного набора значений.

Судя по всему:

$\ln f'(x)=\ln f'(x-1)+f(x)$,
$f'(x)e^{-f(x)}=f'(x-1)$,
$-(e^{-f(x)})'=f'(x-1)$,
$f(x-1)=C-e^{-f(x)}$,
$f(x+1)=-\ln(C-f(x))$

При $C\geqslant 1$ существует константное решение (даже два, при $C>1$).
При $C<1$ будет $f(x-1)=C-e^{-f(x)}<f(x)$.

[Nxx]

Цитата:

Используйте интегральные представления дельта-функции, например, фурье-представление - оно вещественно.
Но вы получите интегро-дифференциальное уравнение, к тому же справедливое лишь для дискретного набора значений.

Нет, мне не нужно никаких уравнений для дискретных наборов и дельта-функций. Формула, которую вы приводили выше (в первом вашем посте), здесь не даст константную поправку?

Добавлено спустя 27 минут 38 секунд:

Из

$\ln f'(x)=f(-1)+f(0)+f(1)+...+f(x-1)$

следует, что

$\int_x^{x+1}\ln f'(x)dx=\int_{-1}^xf(x)dx$

?

Я просто придаю х приращение 1/n, 2/n и т .д. перехожу к пределу и по определению интеграла получаю такой результат.

[ddn]

Nxx писал(а):

Формула, которую вы приводили выше (в первом вашем посте), здесь не даст константную поправку?

Для функции $\sup\limits_{x\in\mathbb{R}}|f(x)|<+\infty$, $\sup\limits_{x\in\mathbb{R}}|f\ '(x)|<+\infty$, $\int\limits_{-\infty}^{+\infty}|f\ ''(x)|dx<+\infty$, поправка будет ограничена константой, но вообще говоря, конечно не будет константой от $a$ и $b$.

Если же имеет место $\Delta(a,b)=\sum\limits_{a<n\leqslant b}f(n)-\int\limits_{a}^{b}f(x)dx=const$ от $a$ и $b$,
то лишь для одной функции $f$, но не той что Вы ищите:
$\Delta(a,x)'_x=-f(x)=0$ при $x\not\in\mathbb{Z}$,
то есть когда $f(x)=0$ и $\Delta(a,x)=0$ при $x\not\in\mathbb{Z}$ и
$\Delta(a,x)=\sum\limits_{a<n\leqslant x}f(n)=0$ при $x\in\mathbb{Z}$,
то есть когда $f(x)=0$ при $x\in\mathbb{Z}$.

Единственный случай, когда поправка $\Delta(a,b)=const$ имеет место при $f\equiv 0$, когда $const=0$.