Интегральная сумма

[vpb]

(удалено)

[thething]

Ms-dos4 в сообщении #1353806 писал(а):

проинтегрировал вроде бы верно

Ясно, а я просто все косинусы выкинул, вот и получилась более слабая оценка. Но по итогу у Вас же там тоже для остаточного члена получилась оценка сверху с константой (только $\frac{1}{6}$ вместо моей $1$)? Т.е., как я понимаю, писать уже в итоговом равенстве надо не $\delta$, а $\delta_n$.

[Ms-dos4]

thething
Да, я просто все величины связанные с $n$ утянул в О. Кстати, по итогу вычислений, оценка подтверждается с $\delta \approx 0,07$ (можно и точнее, конечно, привести).
P.S. Если кто-то захочет численно смотреть - стройте поточечный график, т.к. в нецелых точках ($n$) функция с приближением сильно расходится (и вообще скачет), что может обмануть.

[deep blue]

Ms-dos4 в сообщении #1353451 писал(а):

в отличие от вашего ответа, у меня слагаемых порядка $O({n^{ - 1}})$ не встретилось.

Все таки там должно быть слагаемое $O(n^{-1})$ как следует из статьи доктора Ватсона

[Ms-dos4]

deep blue
А ничего, что у вас этот ряд умножен на ${\pi \over n}$ и из за этого в ряду первое слагаемое будет пропорционально обратному квадрату (ну и соотв. сокращаются в множителях основных слагаемых). Так что я там первых обратных степеней не наблюдаю.

[deep blue]

Ms-dos4
А ну да, извиняюсь.

[deep blue]

thething в сообщении #1353770 писал(а):

deep blue
Хм, по-прежнему буду рад увидеть и Ваш вариант решения))

Я не выношу из суммы $\frac{\pi}{n}$ потому что интегрирую на отрезке $[\frac{1}{n},\pi]$ а не $[1,n]$. Хотя это не играет никакой роли.
Вместо исходной суммы будем рассматривать уполовиненную сумму $ \sum\limits_{i=1}^{\frac{n-1}{2}} \frac{\pi}{\sin(\frac{i\pi}{n})}\frac{\pi}{n}$ (n-нечетное). Это не влияет на результат, но окажется удобнее при вычислениях.
Попытка сразу применить метод трапеций не дает результата, потому что погрешность замены суммы интегралом оказывается равна:

$$ \left\lvert \sum\limits_{k=1}^{\frac{n-1}{2}} f(k) \frac{\pi}{n}-\int\limits_{\frac{1}{n}}^{\frac{\pi}{2}}f(x)dx \right\rvert \leqslant\frac{\pi^2}{8\cdot2^2n^2}\int\limits_{\frac{1}{n}}^{\frac{\pi}{2}} \left\lvert f''(x)\right\rvert dx=O(1)$$

Она даже не стремится к нулю. А нам нужна погрешность порядка $O(n^{-2})$

Олимпиадная идея в том чтобы вычесть из $f(x)$ её главную часть $\frac{1}{x}$ и уже оставшуюся мизерную разность оценить интегралом, погрешность такой оценки будет тем более мизерной.

$$\left\lvert \sum\limits_{k=1}^{\frac{n-1}{2}} (f(k) - H_k \frac{n}{\pi} ) \frac{\pi}{n}-\int\limits_{\frac{1}{n}}^{\frac{\pi}{2}}(f(x)-\frac{1}{x})dx \right\rvert \leqslant\frac{\pi^2}{8\cdot2^2n^2}\int\limits_{\frac{1}{n}}^{\frac{\pi}{2}}\left\lvert f''(x) - \frac{2}{x^3}\right\rvert dx=O(n^{-2})$$

В итоге
$ \sum\limits_{k=1}^{\frac{n-1}{2}} f(k) \frac{\pi}{n} = H_{\frac{n-1}{2}} + \sum\limits_{k=1}^{\frac{n-1}{2}} (f(k) - H_k \frac{n}{\pi} ) \frac{\pi}{n} = \ln(\frac{n-1}{2}) + \gamma + \frac{1}{n-1}+O(n^{-2}) + \int\limits_{\frac{1}{n}}^{\frac{\pi}{2}}\left f(x) - \frac{1}{x}\right dx = \ln(2n) + \gamma - \ln(\pi) + O(n^{-2})$

thething Раньше я писал что оценка $O(n^{-1})$ потому что оценивал погрешность более грубо по методу прямоугольников. Кстати когда вы оценивали погрешность вы смещали интервал интегрирования $[1,n]$ на 1/2 чтобы работала формула для метода средних прямоугольников. На самом деле можно не смещать этот интервал и будет верна точно такая же формула оценки погрешности уже для метода трапеций.

Ms-dos4

(Вот здесь)

приводится решение через формулу Эйлера-Маклорена. Но там она применяется к модифицированной функции $\frac{1}{\sin(x)}-\frac{1}{x}$. Интересно в чем разница между этими решениями.