积分的全局行为（三）—— 积分估计

积分近似公式

现有分割 $P:a=x_0<x_1<...<x_n=b.$

$f(x)$ 是定义在 $[a,b]$ 上的函数。

现欲对 ${\int }_a^{b}f(x)\text{d}x$ 进行估计。

方案一：矩形公式

如图，我们过区间中点作一个矩形，以矩形的面积来替代该区间的积分值。

即

$${\int }_a^{b}f(x)\text{d}x\approx \sum _{k=1}^{n}f(\frac{x_{k-1}+x_k}{2})\mathrm{\Delta }{x}_k.$$

为了把约等号变成等号，我们需要对其进行误差估计。

即考虑

$$\begin{array}{rl}& |{\int }_{x_{k-1}}^{x_k}f\text{d}x-f(\frac{x_{k-1}+x_k}{2})\mathrm{\Delta }{x}_k|\\ & =|(-{\int }_{(x_{k-1}+x_k)/2}^{x_{k-1}}+{\int }_{(x_{k-1}+x_k)/2}^{x_k})f(x)\text{d}x-f(\frac{x_{k-1}+x_k}{2})\mathrm{\Delta }{x}_k|\\ & =|2·\frac{1}{2}f(\frac{x_{k-1}+x_k}{2})\mathrm{\Delta }{x}_k+{\int }_{x_{k-1}}^{x_k}{f}^{″}(x)·\frac{(\mathrm{\Delta }x{)}^2}{8}\text{d}x-f(\frac{x_{k-1}+x_k}{2})\mathrm{\Delta }{x}_k|\\ & =|{\int }_{x_{k-1}}^{x_k}{f}^{″}(x)·\frac{(\mathrm{\Delta }x{)}^2}{8}\text{d}x|\\ & =f^{″}({\xi }_k)\frac{(\mathrm{\Delta }x{)}^3}{24}.\mathrm{\exists }{\xi }_k\in [x_{k-1},x_k]\end{array}$$

上式是由带有积分余项的 Taylor 公式得到的。

即

$${\int }_a^{b}f(x)\text{d}x=\sum _{k=1}^n[f(\frac{x_{k-1}+x_k}{2})\mathrm{\Delta }{x}_k+f^{″}({\xi }_k)\frac{(\mathrm{\Delta }x{)}^3}{24}].$$

方案二 梯形公式

如图，我们过区间首尾两端点作一个梯形，用梯形面积估计积分面积。

利用和矩形公式一样的操作，我们可以得到一般的梯形公式。而对于特殊的分割，我们有更特殊的表达式。例如：

Euler-Maclaurin 求和公式 设函数 $f\in C^{2m+2}[a,b],h=\frac{b-a}{n},x_i=a+ih,i=0,1,2,...,n.$ 则有

$$\begin{array}{rl}& \frac{b-a}{n}\sum _{i=1}^n\frac{1}{2}[f(x_{i-1})+f(x_i)]-{\int }_a^{b}f(x)\text{d}x\\ & =\sum _{k=1}^m\frac{B_{2k}}{(2k)!}{h}^{2k}[f^{(2k-1)}(b)-f^{(2k-1)}(a)]+\frac{B_{2m+2}}{(2m+2)!}{h}^{2m+2}{f}^{(2m+2)}(\xi )(b-a).\end{array}$$

其中，$\xi \in [a,b],B_{2k}$ 是 Bernoulli 数。

方案三：抛物线公式 (Simpson 公式)

（图比较难画，这里就不展示了。）

我们过区间端点、区间中点作一条抛物线，用抛物线的积分面积来近似地表示原函数的积分面积。

（自己慢慢算吧！）

下面我们给出均匀分割的误差公式

设 $f\in C^4[a,b]$，且 $M_4=\underset{[a,b]}{max}{f}^{(4)}(x),$ 则有

$$|{\int }_a^{b}f(x)\text{d}x-S_n|\le \frac{(b-a{)}^5}{2880n^4}{M}_4.$$

证明方法和我们在矩形公式中运用的一样。

特殊的函数 —— 次数不大于 3 的多项式函数的万能公式

$${\int }_a^{b}p(x)\text{d}x=\frac{1}{6}[p(a)+4p(\frac{a+b}{2})+p(b)](b-a).$$

证明

令 $q(t)=p(a+t(b-a)),t\in [0,1]$，则只需证

$${\int }_0^{1}q(t)\text{d}t=\frac{1}{6}[p(0)+4p(\frac{1}{2})+p(1)].$$

然后利用积分为线性运算，分别代入 $q(t)=1,t,t^2,t^3$ 即可。

这个公式之所以被称为万能公式，是因为它在初等数学的体积计算中具有十分强大的威力：只要将一个几何体的两底面和中截面以 1:1:4 加权平均，然后再乘高，就能得到体积公式了。容易验证此公式对球、圆锥、圆台的体积都适用。

Wallis 公式

这是一个与阶乘有关的公式，它在处理与阶乘有关的极限问题中是非常有用的。

$$\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{2n+1}[\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}{]}^2=\frac{\pi }{2}.$$

证明

我们之前得到过 Euler 积分的相关结果：

$$\begin{array}{rl}& I_{2n}=\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\frac{\pi }{2}\\ & I_{2n+1}=\frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}.\end{array}$$

我们可以发现：

$$\frac{I_{2n+1}}{I_{2n}}=\frac{1}{2n+1}[\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}{]}^2\frac{2}{\pi }.$$

如有 $\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{I_{2n+1}}{I_{2n}}=1$，则原式自然成立。

现在我们来证明 $\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{I_{2n+1}}{I_{2n}}=1.$

注意到

$${\cos }^{2n+2}<{\cos }^{2n+1}<{\cos }^{2n},$$

因此有

$$I_{2n+2}<I_{2n+1}<I_{2n}.$$

即

$$I_{2n+2}=\frac{2n+1}{2n+2}{I}_{2n}<I_{2n+1}<I_{2n}$$

两边同除 $I_{2n}$，根据夹逼性，即得

$$\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{I_{2n+1}}{I_{2n}}=1.$$

故有

$$\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{2n+1}[\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}{]}^2=\frac{\pi }{2}.$$

下面我们给出几个等价形式

$$\begin{array}{rl}& \frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}\sim \sqrt{\pi n},(1)\\ & \frac{(n!{)}^2{2}^{2n}}{(2n)!}\sim \sqrt{\pi n}.(2)\end{array}$$

Stirling 公式

一般形式

$$\ln n!=\ln \sqrt{2\pi }+(n+\frac{1}{2})\ln n-n+\frac{B_2}{1·2n}+\frac{B_4}{3·4n^3}+...+\frac{B_{2m}}{(2m-1)(2m)n^{2m-1}}+{\theta }_n\frac{B_{2m+2}}{(2m+1)(2m+2)n^{2m+1}}.$$

其中 ${\theta }_n\in (0,1),B_n$ 是 Bernoulli 数。

我们只证明只含有前三项的最简单的 Stirling 公式

$$n!\sim \sqrt{2\pi n}(\frac{n}{e}{)}^n.$$

证明

构造数列 $a_n=\frac{n!e^n}{n^{n+1/2}}.$

只需证明数列 $a_n\to \sqrt{2\pi }.$

$$\begin{array}{rl}{a}_{n-1}& =\frac{(n-1)!e^{n-1}}{(n-1{)}^{n-1/2}}\\ & =\frac{n^{n+1/2}}{(n-1{)}^{n-1/2}}·\frac{1}{en}{a}_n\\ & =(1+\frac{1}{n-1}{)}^{n-1/2}{e}^{-1}{a}_n\end{array}$$

记 $b_n=(1+\frac{1}{n-1}{)}^{n-1/2}$，易知 $b_n\to e.$

作

$$\begin{array}{rl}{b}_n& =(1+\frac{1}{n-1}{)}^{n-1/2}\\ & =1+\sum _{k=1}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1/2}{k})\frac{1}{(n-1{)}^k}+o(\frac{1}{(n-1{)}^p}).\end{array}$$

计算

$$(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1/2}{k})\frac{1}{(n-1{)}^k}/(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1/2}{k})\frac{1}{n^k}=\frac{n(n+1/2-k)}{n+1/2}>1$$

因此有 $b_n>b_{n+1}.$

因此 $\underset{n\in \mathbb{N}}{inf}\{b_n\}=e.$

故 $a_{n-1}=b_n{e}^{-1}{a}_n>a_n.$

由于 $a_n$ 单调有界，有 $a_n$ 收敛。设其极限为 $\alpha \ge 0.$

结合上面的结论及 Wallis 公式，有

$$\sqrt{\pi }=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{(n!{)}^2{2}^{2n}}{(2n)!\sqrt{n}}=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{a_n^2}{a_{2n}\sqrt{2}}=\frac{{\alpha }^2}{\sqrt{2}\alpha }.$$

即

$$\alpha =\sqrt{2\pi }.$$

故有

$$n!\sim \sqrt{2\pi n}(\frac{n}{e}{)}^n.$$