第10周作业
教材习题5：13、15
解答
第13题
设 $n$ 为偶数．证明
\[S_{\frac{n}{2}}(f)=\dfrac{1}{3}[4T_n(f)-T_{\frac{n}{2}}(f)].\]其中，
\[S_m(f)=\dfrac{h}{3}\Big[f(a)+f(b)+4\sum\limits_{i=1}^mf(a+(2i-1)h)+2\sum\limits_{i=1}^{m-1}f(a+2ih)\Big],\] \[T_n(f)=\dfrac{h}{2}\Big[f(a)+f(b)+2\sum\limits_{i=1}^{n-1}f(a+ih)\Big]\]$h=\dfrac{b-a}{2m}=\dfrac{b-a}{n}$．
证明：
以下统一取 $h=\dfrac{b-a}{n}$．则
\[S_{\frac{n}{2}}(f)=\dfrac{h}{3}\Big[f(a)+f(b)+4\sum\limits_{i=1}^{\frac{n}{2}}f(a+(2i-1)h)+2\sum\limits_{i=1}^{\frac{n}{2}-1}f(a+2ih)\Big],\] \[T_n(f)=\dfrac{h}{2}\Big[f(a)+f(b)+2\sum\limits_{i=1}^{n-1}f(a+ih)\Big]\] \[T_{\frac{n}{2}}(f)=h\Big[f(a)+f(b)+2\sum\limits_{i=1}^{\frac{n}{2}-1}f(a+2ih)\Big]\]比较以下它们各项的系数：
\[\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline & f(a) & f(a+h) & f(a+2h) & f(a+3h) & f(a+4h) & \cdots & f(b) \\ \hline S_{\frac{n}{2}} & \dfrac{h}{3} & \dfrac{4h}{3} & \dfrac{2h}{3} & \dfrac{4h}{3} & \dfrac{2h}{3} & \cdots & \dfrac{h}{3} \\ \hline T_n(f) & \dfrac{h}{2} & h & h & h & h &\cdots & \dfrac{h}{2} \\ \hline T_{\frac{n}{2}}(f) & h & 0 & 2h & 0 & 2h & \cdots & h \\ \hline \end{array}\]于是，在 $\dfrac{1}{3}(4T_n(f)-T_{\frac{n}{2}}(f))$ 中，
$f(a)$ 和 $f(b)$ 的系数为 $\dfrac{1}{3}(4\cdot\dfrac{h}{2}-h)=\dfrac{h}{3}$，等于 $S_{\frac{n}{2}}(f)$ 中 $f(a)$，$f(b)$ 的系数；
$f(a+(2i-1)h)$ 的系数为 $\dfrac{1}{3}(4\cdot h+0) =\dfrac{4h}{3}$，等于 $S_{\frac{n}{2}}(f)$ 中 $f(a+(2i-1)h)$ 的系数；
$f(a+2ih)$ 的系数为 $\dfrac{1}{3}(4h-2h) = \dfrac{2h}{3}$，等于 $S_{\frac{n}{2}}(f)$ 中 $f(a+2ih)$ 的系数．
综上，
\[S_{\frac{n}{2}}(f)=\dfrac{1}{3}[4T_n(f)-T_{\frac{n}{2}}(f)].\]第15题
试在 Euler-Maclaurin 公式 (4.2) 中令 $[a,b]=[0,n]$，$h=1$，推导出公式
\[\begin{aligned} \sum_{j=0}^nf(j)&=\int_0^nf(x)\mathrm{d}x+\dfrac{1}{2}[f(0)+f(n)]+\dfrac{1}{12}[f'(n)-f'(0)] \\ &\qquad -\dfrac{1}{720}[f^{\prime\prime\prime}(n)-f^{\prime\prime\prime}(0)] -\sum\limits_{i=1}^n\int_0^1f^{(4)}(i-1+t)q_4(t)\mathrm{d}t, \end{aligned}\]以及计算
\[\sum\limits_{j=1}^n j,\qquad \sum\limits_{j=1}^nj^2, \qquad \sum\limits_{j=1}^nj^3\]的公式．
在 (4.2) 中，令 $[a,b]=[0,n]$，$h=1$，则
\[I(f)=\int_0^nf(x)\mathrm{d}x,\] \[\begin{aligned} T_n(f)&=\dfrac{h}{2}\Big[f(a)+f(b)+2\sum\limits_{i=1}^{n-1}f(a+ih)\Big] \\ &=\dfrac{1}{2}\Big[f(0)+f(n)+2\sum\limits_{j=1}^{n-1}f(j)\Big] \\ &=\sum\limits_{j=0}^nf(j) - \dfrac{1}{2}[f(0)+f(n)]. \end{aligned}\] \[q_2(0)=\dfrac{1}{12}, \qquad q_4(0)=-\dfrac{1}{720},\]展开到 $k=4$，得
\[\begin{aligned} \int_0^nf(x)\mathrm{d}x&=\sum\limits_{j=0}^nf(j) - \dfrac{1}{2}[f(0)+f(n)] -\dfrac{1}{12}[f'(n)-f'(0)] \\ &\qquad -\dfrac{1}{720}[f^{\prime\prime\prime}(n)-f^{\prime\prime\prime}(0)] +\sum\limits_{i=1}^n\int_0^1f^{(4)}(i-1+t)q_4(t)\mathrm{d}t. \end{aligned}\]稍作移项可得欲证式子．
① 令 $f(x)=x$，得
\[\dfrac{1}{2}n^2=\sum\limits_{j=0}^nj-\dfrac{1}{2}n,\]即
\[\sum\limits_{j=1}^nj=\dfrac{1}{2}(n^2+n)=\dfrac{1}{2}n(n+1).\]② 令 $f(x)=x^2$，得
\[\dfrac{1}{3}n^3=\sum\limits_{j=0}^nj^2-\dfrac{1}{2}n^2-\dfrac{1}{12}\cdot 2n,\]整理得
\[\sum\limits_{j=1}^nj^2=\dfrac{1}{6}(2n^3+3n^2+n)=\dfrac{1}{6}n(n+1)(2n+1).\]③ 令 $f(x)=x^3$，得
\[\dfrac{1}{4}n^4=\sum\limits_{j=0}^nj^3-\dfrac{1}{2}n^3-\dfrac{1}{12}\cdot 3n^2,\]整理得
\[\sum\limits_{j=1}^nj^3=\dfrac{1}{4}(n^4+2n^3+n^2)=\dfrac{1}{4}n^2(n+1)^2.\]