TU Wien:Analysis VU (diverse)/Übungen 2024S/Beispiel 214

Berechnen Sie ${\int }_1^2{x}^{3}dx$ mit Hilfe von Untersummen bei äquidistanter Teilung.

Hinweise:

1. (i) Äquidistante Teilung des Intervalls $[a,b]$ bedeuted, dass man die Teilungspunkte $x_k=a+(b-a)k/n,k=0,1,\dots ,n$, betrachtet.
2. (ii) ${\sum }_{k=1}^{n}k=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1}{2})$
3. (iii) ${\sum }_{k=1}^n{k}^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$
4. (iv) ${\sum }_{k=1}^n{k}^3={(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1}{2})}^2$

Dieses Beispiel hat einen unbekannten Lösungsstatus. Bitte editiere diese Seite und schreibe den dir bekannten Status ins Beispiel. Die möglichen Werte sind hier: Vorlage:Beispiel dokumentiert. Führe folgende Änderung durch:

{{Beispiel|1=
Angabetext
}}

oder

{{Beispiel|
Angabetext
}}

zu (im Falle einer korrekten, unverifizierten Lösung "solved". Auch möglich "unsolved", "wrong", "verified_by_tutor". Alle möglichen Werte sind hier: Vorlage:Beispiel dokumentiert.)

{{Beispiel|status=solved|1=
Angabetext
}}

Hilfreiches

Binomialkoeffizient

Binomialkoeffizient

$\mathrm{\forall }n,k\in \mathbb{N},k\le n:(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})=\frac{n!}{k!(n-k)!}$

Äquivalente Definition (Merkregel): $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})=\frac{\stackrel{k\text{Glieder}}{\overbrace{n\cdot (n-1)\cdot (n-2)\cdots (n-k+1)}}}{\underset{k\text{Glieder}}{\underbrace{1\cdot 2\cdots k}}}$ Spezialfall: $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{0}):=1$

Lösung lt. Clemens Müllner

--Gittenburg 20:04, 9. Mai 2019 (CEST)

$\begin{array}{cc}& \frac{1}{n}\sum _{i=0}^{n-1}{(1+\frac{i}{n})}^3=\frac{1}{n}\sum _{i=0}^{n-1}{\left(\frac{n+i}{n}\right)}^3\\ =& \frac{1}{n}\sum _{i=n}^{2n-1}{\left(\frac{i}{n}\right)}^3=\frac{1}{n^4}\sum _{i=n}^{2n-1}{i}^3\\ =& \frac{1}{n^4}[\sum _{i=1}^{2n-1}(i^3)-\sum _{i=1}^{n-1}(i^3)]\\ =& \frac{1}{n^4}[{(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{2})}^2-{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2})}^2]\\ =& \frac{(2n{)}^2(2n-1{)}^2-(n{)}^2(n-1{)}^2}{4n^4}\\ =& \frac{(2n-1{)}^2}{n^2}-\frac{(n-1{)}^2}{4n^2}\\ =& \frac{4n^2-4n+1}{n^2}-\frac{n^2-2n+1}{4n^2}\\ =& \frac{4-\frac{4}{n}+\frac{1}{n^2}}{1}-\frac{1-\frac{2}{n}+\frac{1}{n^2}}{4}\\ & \stackrel{limn\to \mathrm{\infty }}{⟹}4-\frac{1}{4}=3+\frac{3}{4}=\mathrm{3,75}\end{array}$

Lösungsversuch von Baccus

Lösung mit Grundintegralen (Kontrolle): ${\int }_1^2{x}^{3}dx={\frac{x^4}{4}|}_1^2=\frac{2^4}{4}-\frac{1}{4}=\frac{15}{4}$

Lösung mit Untersummen:

$x_k=1+\frac{k}{n}$

$\begin{array}{cc}& \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{n}\sum _{k=0}^{n-1}f(x_k)=\frac{1}{n}\sum _{k=0}^{n-1}{(1+\frac{k}{n})}^3\\ =& \frac{1}{n}\sum _{k=0}^{n-1}(1+3(\frac{k}{n})+3(\frac{k}{n}{)}^2+(\frac{k}{n}{)}^3)\\ \end{array}$

$\begin{array}{cccccccc}=& \frac{1n}{n}& +& \frac{3}{n^2}\cdot \sum k& +& \frac{3}{n^3}\cdot \sum k^2& +& \frac{1}{n^4}\cdot \sum k^3\\ =& 1& +& \frac{3}{n^2}\cdot (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2})& +& \frac{3}{n^3}\cdot \frac{(n-1)n(2(n-1)+1)}{6}& +& \frac{1}{n^4}\cdot {(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2})}^2\\ =& 1& +& \frac{3n(n-1)}{n^2\cdot 2}& +& \frac{(n-1)n(2n-1)}{2n^3}& +& \frac{(n(n-1){)}^2}{n^4\cdot 4}\end{array}$

$\begin{array}{cc}⟹\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\cdots =& 1+\frac{3}{2}+1+\frac{1}{4}\\ =& \frac{4}{4}+\frac{6}{4}+\frac{4}{4}+\frac{1}{4}=\frac{15}{4}\end{array}$

QED(?)

Lösung

lt. Prof. Urbanek

Kurze Lösung: ${\int }_1^2{x}^{3}dx={\frac{x^4}{4}|}_1^2=\frac{2^4}{4}-\frac{1}{4}=\frac{16}{4}-\frac{1}{4}=\frac{15}{4}=\mathrm{3,75}$

Auch durch Summe der diskreten Untersummen lösbar, wenn man die Anzahl der Intervalle gegen unendlich wandern lässt.

Summe = $\sum _{k=1}^n\frac{1}{n}{(1+\frac{k-1}{n})}^3$, der Klammerausdruck umgeformt $(1+\frac{1}{n})\cdot \frac{k}{n}$

Unter Berücksichtigung des Binomischen Lehrsatzes bekommt man dann folgende Summenformel:

Summe = $\frac{1}{n}\cdot {(1-\frac{1}{n})}^3+\frac{3}{n^2}\cdot {(1-\frac{1}{n})}^2\cdot \frac{n\cdot (n+1)}{2}+\cdot \frac{3}{n^3}{(1-\frac{1}{n})}^2\cdot \frac{n\cdot (n+1)\cdot (n+2)}{6}+\cdot \frac{1}{n^4}\cdot \frac{n^2\cdot (n+1{)}^2}{4}=$

${(1-\frac{1}{n})}^3+\frac{3}{2}\cdot {(1-\frac{1}{n})}^2\cdot (1-\frac{1}{n})+\frac{3}{6}\cdot (1-\frac{1}{n})\cdot (1+\frac{1}{n})\cdot (2+\frac{1}{n})+\frac{1}{4}\cdot {(1-\frac{1}{n})}^2$

Da n gegen $\mathrm{\infty }$ läuft, konvergiert $\frac{1}{n}$ gegen 0. Wenn man dann einsetzt, ergibt sich folgendes:

$1+\frac{3}{2}+\frac{3}{6}\cdot 2+\frac{1}{4}=\mathrm{3,75}$

Hoffe, mir ist kein gröberer Tippfehler passiert! Diese Lösung ist ähnlich wie die von Baccus.

-Hapi

Links

• Diskussion im Informatik-Forum
• Lösungsvorschlag aus 2003 im Informatik-Forum