Раздел IV. Определённый интеграл — § 1. Определённый интеграл как предел суммы

Демидович — задача 2182

Б. П. Демидович, «Сборник задач и упражнений по математическому анализу». Условие, подробное решение и ответ.

Для данных функций

f(x)

найти нижнюю

\underline S_n

и верхнюю

\overline S_n

интегральные суммы на соответствующих сегментах, деля их на

n

равных частей, если:

а)

f(x)=x^3

[-2\le x\le3]

;

б)

f(x)=\sqrt x

[0\le x\le1]

;

в)

f(x)=2^x

[0\le x\le10]

Ответ:

\begin{aligned} \text{а)}\quad S_n &=\dfrac{65}{4}-\dfrac{175}{2n}+\dfrac{125}{4n^2}, &\qquad \overline S_n &=\dfrac{65}{4}+\dfrac{175}{2n}+\dfrac{125}{4n^2} \\[2ex] \text{б)}\quad S_n &=\dfrac{1}{n\sqrt{n}} \sum_{i=0}^{n-1}\sqrt{i}, &\qquad \overline S_n &=\dfrac{1}{n\sqrt{n}} \sum_{i=1}^{n}\sqrt{i} \\[2ex] \text{в)}\quad S_n &=\dfrac{10230}{n\left(2^{\frac{10}{n}}-1\right)}, &\qquad \overline S_n &=\dfrac{10230\cdot2^{\frac{10}{n}}} {n\left(2^{\frac{10}{n}}-1\right)}\end{aligned}

Решение

а) Функция

f(x)=x^3

возрастает на отрезке

[-2,3]

. Разобьём отрезок на

n

равных частей:

x_i=-2+\dfrac{5i}{n}, \qquad \Delta x=\dfrac5n, \qquad i=0,1,\ldots,n

Поэтому минимум на

[x_i,x_{i+1}]

достигается в точке

x_i

, а максимум --- в точке

x_{i+1}

. Нижняя сумма равна

\begin{aligned} S_n &=\dfrac5n\sum_{i=0}^{n-1} \left(-2+\dfrac{5i}{n}\right)^3=\\ &=\dfrac5n\sum_{i=0}^{n-1} \left( -8+\dfrac{60i}{n} -\dfrac{150i^2}{n^2} +\dfrac{125i^3}{n^3} \right)\end{aligned}

Используем формулы

\begin{gathered} \sum_{i=0}^{n-1}i=\dfrac{n(n-1)}2, \qquad \sum_{i=0}^{n-1}i^2 =\dfrac{n(n-1)(2n-1)}6,\\ \sum_{i=0}^{n-1}i^3 =\dfrac{n^2(n-1)^2}{4}\end{gathered}

Подставляя эти суммы, получаем

\begin{aligned} S_n &=\dfrac5n\left( -8n+30(n-1) -\dfrac{25(n-1)(2n-1)}{n} +\dfrac{125(n-1)^2}{4n} \right)=\\ &=\dfrac{65}{4}-\dfrac{175}{2n}+\dfrac{125}{4n^2}\end{aligned}

Чтобы перейти от нижней суммы к верхней, рассмотрим их разность:

\begin{aligned} \overline S_n-S_n &=\Delta x\sum_{i=0}^{n-1} \left(f(x_{i+1})-f(x_i)\right)=\\ &=\Delta x\left(f(x_n)-f(x_0)\right)\end{aligned}

Здесь промежуточные слагаемые взаимно уничтожаются. Поскольку

\Delta x=\frac5n

x_0=-2

x_n=3

, получаем

\begin{aligned} \overline S_n &=S_n+\dfrac5n\left(f(3)-f(-2)\right)=\\ &=S_n+\dfrac5n(27+8)=\\ &=\dfrac{65}{4}+\dfrac{175}{2n}+\dfrac{125}{4n^2}\end{aligned}

б) Функция

f(x)=\sqrt{x}

возрастает на

[0,1]

. Для равномерного разбиения

x_i=\dfrac{i}{n}, \qquad \Delta x=\dfrac1n

нижняя и верхняя суммы равны

\begin{aligned} S_n &=\dfrac1n\sum_{i=0}^{n-1}\sqrt{\dfrac{i}{n}}=\dfrac{1}{n\sqrt{n}} \sum_{i=0}^{n-1}\sqrt{i}\end{aligned}

\begin{aligned} \overline S_n &=\dfrac1n\sum_{i=0}^{n-1} \sqrt{\dfrac{i+1}{n}}=\dfrac{1}{n\sqrt{n}} \sum_{i=1}^{n}\sqrt{i}=S_n+\dfrac1n\end{aligned}

в) Функция

f(x)=2^x

возрастает на

[0,10]

. Для равномерного разбиения имеем

x_i=\dfrac{10i}{n}, \qquad \Delta x=\dfrac{10}{n}

Положим

q=2^{\frac{10}{n}}>1

. Для суммы

T_n=1+q+\ldots+q^{n-1}

умножение на

q

и вычитание исходной суммы дают

(q-1)T_n=q^n-1, \qquad T_n=\dfrac{q^n-1}{q-1}

Применим эту формулу к нижней сумме:

\begin{aligned} S_n &=\dfrac{10}{n}\sum_{i=0}^{n-1}2^{\frac{10i}{n}}=\dfrac{10}{n}\cdot \dfrac{q^n-1}{q-1}=\\ &=\dfrac{10\left(2^{10}-1\right)} {n\left(2^{\frac{10}{n}}-1\right)}=\dfrac{10230}{n\left(2^{\frac{10}{n}}-1\right)}\end{aligned}

Поскольку значение функции в правом конце каждого промежутка в

2^{\frac{10}{n}}

раз больше значения в левом конце, получаем

\begin{aligned} \overline S_n &=2^{\frac{10}{n}}S_n=\dfrac{10230\cdot2^{\frac{10}{n}}} {n\left(2^{\frac{10}{n}}-1\right)}\end{aligned}