TU Wien:Analysis UE (diverse)/Übungen SS19/Beispiel 202

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Berechnen Sie \int_1^2 x^3dx 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\nolimits_{k=1}^n k=\binom{n+1}{2}
  3. (iii) \sum\nolimits_{k=1}^n k^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}
  4. (iv) \sum\nolimits_{k=1}^n k^3=\binom{n+1}{2}^2

Hilfreiches[Bearbeiten]

Binomialkoeffizient[Bearbeiten, WP, 2.03 Definition]

\forall n,k\in\mathbb{N}, k\leq n:\qquad\binom{n}{k}=\frac{n!}{k!(n-k)!}

Äquivalente Definition (Merkregel):

\binom{n}{k}=
\frac{\overbrace{n\cdot(n-1)\cdot(n-2)\cdots(n-k+1)}^{k\;\text{Glieder}}}
{\underbrace{1\cdot2\cdots k}_{k\;\text{Glieder}}}

Spezialfall: \tbinom{n}{0}:=1

Lösung lt. Clemens Müllner[Bearbeiten]

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


\begin{align}
 & \frac 1 n \sum_{i=0}^{n-1} \left(1 + \frac i n\right)^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} \left[\sum_{i=1}^{2n-1} (i^3) - \sum_{i=1}^{n-1} (i^3)\right]\\
=& \frac 1 {n^4} \left[\binom {2n} 2^2 - \binom n 2^2\right]\\
=& \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 4n+\frac 1{n^2}}{1}-\frac{1-\frac 2n+\frac1{n^2}}{4}\\
&\overset{\lim n\to\infty}{\Longrightarrow}\ 
4 - \frac 1 4 = 3 + \frac 3 4 = 3{,}75
\end{align}

Lösungsversuch von Baccus[Bearbeiten]

Lösung mit Grundintegralen (Kontrolle): \int_1^2 x^3dx=\left.\frac{x^4}{4}\right|_1^2=\frac{2^4}{4}-\frac{1}{4}=\frac{15}{4}

Lösung mit Untersummen:

x_k = 1 + \tfrac k n


\begin{align}
 &\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}f(x_k)=\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\left(1+\frac{k}{n}\right)^3\\
=&\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\left(1+3(\tfrac{k}{n})+3(\tfrac{k}{n})^2+(\tfrac{k}{n})^3\right)\\
\end{align}


\begin{align}
=&\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\binom{n}{2} &+& \frac{3}{n^3}\cdot\frac{(n-1)n(2(n-1)+1)}{6} &+& \frac{1}{n^4}\cdot\binom{n}{2}^2\\
=&1 &+& \frac{3n(n-1)}{n^2\cdot2} &+& \frac{(n-1)n(2n-1)}{2n^3} &+& \frac{(n(n-1))^2}{n^4\cdot4}
\end{align}


\begin{align}
\Longrightarrow\lim_{n\to\infty}\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{align}

QED(?)

Lösung[Bearbeiten]

lt. Prof. Urbanek

Kurze Lösung: \int_1^2 x^3dx=\left.\frac{x^4}{4}\right|_1^2=\frac{2^4}{4}-\frac{1}{4}=\frac{16}{4}-\frac{1}{4}=\frac{15}{4}= 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} \left(1+ \frac{k-1}{n}\right)^3, der Klammerausdruck umgeformt \left(1+ \frac{1}{n}\right)\cdot\frac{k}{n}

Unter Berücksichtigung des Binomischen Lehrsatzes bekommt man dann folgende Summenformel:

Summe = \frac{1}{n}\cdot\left(1 - \frac{1}{n}\right)^3 + \frac{3}{n^2}\cdot\left(1 - \frac{1}{n}\right)^2  \cdot\frac{n\cdot(n+1)}{2}  + \cdot\frac{3}{n^3}\left(1 - \frac{1}{n}\right)^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} =

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

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

1 + \tfrac 3 2 + \tfrac 3 6 \cdot 2 + \tfrac 1 4 = 3{,}75

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

-Hapi

Links[Bearbeiten]