TU Wien:Analysis VU (diverse)/Übungen 2024S/Beispiel 217

Berechnen Sie $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{n^2}\sum _{k=1}^n\sqrt{n^2-k^2}$

durch Interpretation als Grenzwert Riemannscher Zwischensummen.

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Lösungsvorschlag

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{n^2}\sum _{k=1}^n\sqrt{n^2-k^2}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\frac{1}{n}\sqrt{n^2(1-\frac{k^2}{n^2})}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\sqrt{(1-(\frac{k}{n}{)}^2)}$

Das lässt sich dann als folgendes Integral interpretieren und ausrechnen:

$\underset{0}{\overset{1}{\int }}\sqrt{1-x^2}dx$

Edit (Tobiasgruber):

Das sieht man, indem die Riemann'sche Zwischensumme hergenommen wird und man $\sqrt{1-x^2}$ als f(x) betrachtet, sowie $\frac{1}{n}$ als die jeweilige Länge $(x_i-x_{i-1})$ der Teilintervalle. Als ${\xi }_i$ des jeweiligen Teilintervalls wird $\frac{k}{n}$ eingesetzt (was auch Sinn macht, da wir somit immer einen Wert innerhalb des Intervalls erhalten), weshalb $\frac{k}{n}$ auch als Variable x in der Funktion betrachtet und somit durch x ersetzt werden kann. Die Schranken von 0 bis 1 im Integral erhalten wir dadurch, da wir n Teilintervalle der Länge $\frac{1}{n}$ haben.

Die einfache Tour

lt. Prof. Gittenberger sollte man an dieser Stelle mit dem Rechnen aufhören und das Hirn einschalten. Man könnte nämlich erkennen, dass diese Funktion nichts anderes als den Einheitskreis beschreibt.

Mit diesen Grenzen genauer gesagt den 1. Quadranten des Einheitskreis. Nachdem der Einheitskreis einen Flächeninhalt von $\pi$ besitzt gilt für den 1. Quadranten natürlich $\frac{\pi }{4}$

Aber wer es auf die harte Tour will, kann das Integral auch streng rechnerisch lösen *g*.

Die harte Tour

Hier führen sicherlich mehre Wege ans Ziel, allerdings keiner (mir bekannter) ohne ein paar Tricks anzuwenden:

Variante 1

Substitution mit u = sin(x) und du = cos(x) zu:

$\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\sqrt{1-{\sin }^2(u)}\cos (u)du=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}{\cos }^2(u)du=\frac{\pi }{4}$

Variante 2

die obige Variante führt sicherlich auch zum Ziel, wäre aber nicht mein erster Ansatz gewesen.

Hier also eine Alternative:

$\underset{0}{\overset{1}{\int }}\sqrt{1-x^2}dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}1\cdot \sqrt{1-x^2}dx={x\cdot \sqrt{1-x^2}|}_0^1+\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}dx$

hier wurde erstmal nur partiell integriert.

für das hintere Integral muss man ein wenig tricksen:

$\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}dx=-\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{1-x^2-1}{\sqrt{1-x^2}}dx=-\underset{0}{\overset{1}{\int }}\sqrt{\frac{(1-x^2{)}^2}{1-x^2}}dx+\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx=-\underset{0}{\overset{1}{\int }}\sqrt{(1-x^2)}dx+{\arcsin x|}_0^1$

Zusammengesetzt sieht das so aus:

$\begin{array}{cc}\underset{0}{\overset{1}{\int }}\sqrt{1-x^2}dx& ={x\cdot \sqrt{1-x^2}|}_0^1-\underset{0}{\overset{1}{\int }}\sqrt{(1-x^2)}dx+{\arcsin x|}_0^1\\ 2\underset{0}{\overset{1}{\int }}\sqrt{1-x^2}dx& ={x\cdot \sqrt{1-x^2}|}_0^1+{\arcsin x|}_0^1\\ \underset{0}{\overset{1}{\int }}\sqrt{1-x^2}dx& ={\frac{x}{2}\cdot \sqrt{1-x^2}|}_0^1+{\frac{1}{2}\arcsin x|}_0^1\\ & =0-0+\frac{1}{2}\cdot \frac{\pi }{2}-0=\frac{\pi }{4}\end{array}$

Links

Lösung im Informatik-Forum SS08 Beispiel 24