评价黎曼和如下图所示,这是该区域的下左手近似
f(x)=16−x2
,0≤x≤4.
由四个长方形近似的四分之一圆
由于我们使用的4个矩形左边端点上的间隔<年代pan class="katex">
[0,4],我们可以先求出<年代pan class="katex">
f(x)在范围内的每个左端点:
f(0)f(1)f(2)f(3.)=4=15
=12
=7
.
我们也知道间隔的长度是4我们把它分成4个等宽的矩形。所以每个矩形的宽度是1<年代pan class="katex">
δ.x=1.
我们现在剩下的长方形的面积的总和找到上面的图片在总蓝色区域的面积:
我=0∑3.f(x我)δ.x=[f(x0)+f(x1)+f(x2)+f(x3.)]δ.x=[(f(0)+f(1)+f(2)+f(3.)]δ.x=(4+15
+12
+7
)⋅1≈13..982,
从图中我们可以看出,当函数在区间上减小时,曲线下的面积被稍微高估了。<年代pan class="katex">
□
让<年代pan class="katex">
f(x)是一个连续函数,其下限为<年代pan class="katex">
x-轴。找到的高估和有界区域的面积在闭区间的低估<年代pan class="katex">
[一个,b]使用黎曼和。
为简单起见,我们将区间分割<年代pan class="katex">
[一个,b]成<年代pan class="katex">
n长度相等的子区间,<年代pan class="katex">
δ.x=nb−一个.通过极值定理<年代pan class="katex">
f(x)在每个子区间上都有一个最小值和一个最大值,对于<年代pan class="katex">
kth我们用子区间来表示<年代pan class="katex">
f(米k)和<年代pan class="katex">
f(米k),分别。点<年代pan class="katex">
米k我们构建具有高度的矩形<年代pan class="katex">
f(米k)哪个在曲线下面,在一点上<年代pan class="katex">
米k我们构建具有高度的矩形<年代pan class="katex">
f(米k)部分位于曲线上方。
为了计算每个矩形的面积,我们求出相应的长和高的乘积:
(内部矩形的面积)=δ.xf(米k)≤(区下f在kth子区间)≤δ.xf(米k)=(外矩形面积).
(我们省略了这一说法,并就目前依靠检测证明。)
让我们用<年代pan class="katex">
年代n所有内矩形的面积之和,由<年代pan class="katex">
年代n所有外矩形的面积之和。然后得到公式
(近似从下面)(逼近从上面)=年代n=k=1∑nf(米k)δ.x=(内矩形的总面积)=年代n=k=1∑nf(米k)δ.x=(外矩形的总面积).
有界函数的曲线下面积<年代pan class="katex">
f(x)大于内矩形的总面积,但小于外矩形的总面积。也就是说,应用不等式的性质如果<年代pan class="katex">
一个<b和<年代pan class="katex">
c<d,然后<年代pan class="katex">
一个+c<b+d上面描述的不等式<年代pan class="katex">
kth子区间,我们获得
年代n=k=1∑nf(米k)δ.x≤(区域面积)≤k=1∑nf(米k)δ.x=年代n,
使<年代pan class="katex">
年代n低估和<年代pan class="katex">
年代n高估。<年代pan class="katex">
□
注意:
- 如果<年代pan class="katex">
米k=xk−1,然后<年代pan class="katex">
年代n=∑k=1nf(xk−1)δ.x我们称此为左侧黎曼和近似。
- 如果<年代pan class="katex">
米k=xk,然后<年代pan class="katex">
年代n=∑k=1nf(xk)δ.x我们称此为右手黎曼和近似。
评估的黎曼和<年代pan class="katex">
f(x)=x2的时间间隔<年代pan class="katex">
[0,4],它使用左端点的每一个
- 一)10级相等的子区间
- B) 100个相等的子区间。
我们将区间分开<年代pan class="katex">
[一个,b]=[0,4]成<年代pan class="katex">
n长度相等的子区间:
δ.xk=δ.x=nb−一个=n4−0=n4.
这个分区的<年代pan class="katex">
[0,4]包括以下几点:
0=一个=x0<x0+δ.x<x0+2δ.x<⋯<x0+kδ.x<⋯<x0+nδ.x=b=4.
代替<年代pan class="katex">
x0和<年代pan class="katex">
δ.x,我们获得
0<n4<2×n4<⋯<k×n4<⋯<n×n4=4.
然后
xk=k×n4.
接下来,我们找到左黎曼和近似:
年代n=k=1∑nf(xk−1)δ.x=k=1∑n(xk−12)(n4)=k=1∑n[(k−1)(n4)]2(n4)=k=1∑n(n3.64)(k2−2k+1)=n3.64[k=1∑nk2−2k=1∑nk+k=1∑n1]=(n3.64)[6n(n+1)(2n+1)−2×2n(n+1)+n]=(3.n3.3.2)(2n3.+3.n2+n−6n2−6n+6n)=(3.n23.2)(2n2−3.n+1),
在这里我们使用了求和公式扩大的款项。
因此,答案如下:
- 一个)<年代pan class="katex">
n=10,<年代pan class="katex">
年代n=18.24.
- b)<年代pan class="katex">
n=100,<年代pan class="katex">
年代n=21.0144.
□
请注意那<年代pan class="katex">
∫04x2dx=21.3.是实际的曲线下面积,并通过增加更多的矩形,我们会取得更好的近似。
评估的黎曼和<年代pan class="katex">
f(x)=1−x2的时间间隔<年代pan class="katex">
[0,1],它对每个无穷个子区间使用正确的端点。
我们先除以<年代pan class="katex">
x-轴分成许多宽度的间隔<年代pan class="katex">
δ.x=n1,所以间隔会
[0,n1],[n1,n2],...,[nn−1,1].
然后,我们让每个宽度的子区间<年代pan class="katex">
n1和高度:
[f(n1)],[f(n2)],...,[f(nk)],...,[f(nn)].
因此,所有子区间的面积将由以下求和(我们称之为雷曼和)给出:
k=1∑nf(nk)(n1)=k=1∑n(1−(nk)2)(n1)=k=1∑n(n1−n3.k2)=k=1∑nn1−k=1∑nn3.k2=n×n1−n3.1k=1∑nk2=1−(n3.1)6n(n+1)(2n+1)=1−6n3.2n3.+3.n2+n.
因此,面积将是极限<年代pan class="katex">
n→∞上面的表达式,它等于
n→∞lim1−6n3.2n3.+3.n2+n=1−62=3.2.□