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) $\sum \nolimits _{k=1}^{n}k={\binom {n+1}{2}}$
3. (iii) $\sum \nolimits _{k=1}^{n}k^{2}={\frac {n(n+1)(2n+1)}{6}}$
4. (iv) $\sum \nolimits _{k=1}^{n}k^{3}={\binom {n+1}{2}}^{2}$

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Hilfreiches

Binomialkoeffizient

Binomialkoeffizient

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

Äquivalente Definition (Merkregel): ${\binom {n}{k}}={\frac {\overbrace {n\cdot (n-1)\cdot (n-2)\cdots (n-k+1)} ^{k\;{\text{Glieder}}}}{\underbrace {1\cdot 2\cdots k} _{k\;{\text{Glieder}}}}}$ Spezialfall: ${\tbinom {n}{0}}:=1$

Lösung lt. Clemens Müllner

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

Lösungsversuch von Baccus

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

Lösung mit Untersummen:

$x_{k}=1+{\tfrac {k}{n}}$

${\begin{aligned}&\lim _{n\to \infty }{\frac {1}{n}}\sum _{k=0}^{n-1}f(x_{k})={\frac {1}{n}}\sum _{k=0}^{n-1}\left(1+{\frac {k}{n}}\right)^{3}\\=&{\frac {1}{n}}\sum _{k=0}^{n-1}\left(1+3({\tfrac {k}{n}})+3({\tfrac {k}{n}})^{2}+({\tfrac {k}{n}})^{3}\right)\\\end{aligned}}$

${\begin{aligned}=&{\frac {1n}{n}}&+&{\frac {3}{n^{2}}}\cdot \sum k&+&{\frac {3}{n^{3}}}\cdot \sum k^{2}&+&{\frac {1}{n^{4}}}\cdot \sum k^{3}\\=&1&+&{\frac {3}{n^{2}}}\cdot {\binom {n}{2}}&+&{\frac {3}{n^{3}}}\cdot {\frac {(n-1)n(2(n-1)+1)}{6}}&+&{\frac {1}{n^{4}}}\cdot {\binom {n}{2}}^{2}\\=&1&+&{\frac {3n(n-1)}{n^{2}\cdot 2}}&+&{\frac {(n-1)n(2n-1)}{2n^{3}}}&+&{\frac {(n(n-1))^{2}}{n^{4}\cdot 4}}\end{aligned}}$

${\begin{aligned}\Longrightarrow \lim _{n\to \infty }\cdots =&1+{\frac {3}{2}}+1+{\frac {1}{4}}\\=&{\frac {4}{4}}+{\frac {6}{4}}+{\frac {4}{4}}+{\frac {1}{4}}={\frac {15}{4}}\end{aligned}}$

QED(?)

Lösung

lt. Prof. Urbanek

Kurze Lösung: $\int _{1}^{2}x^{3}dx=\left.{\frac {x^{4}}{4}}\right|_{1}^{2}={\frac {2^{4}}{4}}-{\frac {1}{4}}={\frac {16}{4}}-{\frac {1}{4}}={\frac {15}{4}}=3{,}75$

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

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