Calculul unei integrale Riemann

Enunț. Folosind definiția integralei Riemann, arătați că funcția f:\left[a,b\right] \to \mathbb{R}, f\left(x\right)=x^2 este integrabilă Riemann pe intervalul \left[a,b\right].

Soluție. Fie n\in \mathbb{N}^\ast , \Delta = \left\{a=x_0<x_1 < x_2 < \ldots < x_{n-1}< x_n = b \right\} \in \mathcal{D}iv\left[a,b\right] o diviziune a intervalui \left[a,b\right] și \xi=\left\{\xi_i\in[x_{i-1}, x_i],\,\, i=\overline{1,n}\right\} \in P\left(\Delta\right) un sistem de puncte intermediare asociat diviziunii \Delta. Suma Riemann atașată este

    \[ \sigma\left(f,\Delta,\xi\right) = \sum_{i=1}^{n} f\left(\xi_i\right) \cdot \left(x_i - x_{i-1}\right) = \sum_{i=1}^{n} \xi^2_i \cdot \left(x_i - x_{i-1}\right) . \]

Considerăm funcția F:\left[a,b\right]\to \mathbb{R}, F\left(x\right) = \frac{x^3}{3} pentru care se poate aplica Teorema lui Lagrange pe intervalul \left[a,b\right] și se obține că pentru orice i\in \left\{1,2,\ldots,n\right\} există c_i\in \left(x_{i-1},x_i\right) pentru care

    \[\frac{x_i^3 - x_{i-1}^3}{3} = c_i^2 \cdot \left(x_i- x_{i-1}\right). \]

Atunci

    \begin{align*} \sigma\left(f,\Delta,\xi\right) &= \sum_{i=1}^{n} \left(\frac{x_i^3 - x_{i-1}^3}{3} - c_i^2 \cdot \left(x_i- x_{i-1}\right)+\xi^2_i \cdot \left(x_i - x_{i-1}\right)\right)\\ &= \frac{1}{3} \cdot \sum_{i=1}^{n} \left(x_i^3 - x_{i-1}^3\right) + \sum_{i=1}^{n} \left(\xi_i^2 - c_i^2 \right)\left(x_i - x_{i-1}\right) \end{align*}

Cei doi termeni ai sumei de mai sus sunt evaluați independent. În primul rând

    \[\frac{1}{3} \cdot \sum_{i=1}^{n} \left(x_i^3 - x_{i-1}^3\right) = \frac{b^3-a^3}{3},\]

iar în al doilea rând, cum funcția f, dată de f\left(x\right) = x^2 este uniform continuă, avem că pentru orice \varepsilon > 0, există \delta > 0 astfel încât pentru orice x^\prime, x^{\prime \prime} \in \left[a,b\right] cu \left|x^\prime - x^{\prime \prime}\right|< \delta are loc inegalitatea

    \[\left| f\left(x^\prime\right) - f\left(x^{\prime\prime}\right) \right| < \frac{\varepsilon}{b-a}. \]

Pentru \nu\left(\Delta\right) < \delta avem \left|\xi_i - c_i \right| \le \left|x_i - x_{i-1}\right| \le \nu \left(\Delta\right) < \delta, deci

    \[\sum_{i=1}^{n} \left(\xi_i^2 - c_i^2 \right)\left(x_i - x_{i-1}\right) \le \frac{\varepsilon}{b-a} \cdot \sum_{i=1}^{n} \left(x_i - x_{i-1}\right) = \frac{\varepsilon}{b-a} \cdot \left(b-a\right) = \varepsilon. \]

Din cele de mai sus, putem spune că, pentru orice \varepsilon > 0, există \delta > 0 astfel încât pentru orice x^\prime, x^{\prime \prime} \in \left[a,b\right] cu \left|x^\prime - x^{\prime \prime}\right|< \delta avem

    \[ \left| \sigma\left(f,\Delta,\xi\right) - \frac{b^3-a^3}{3} \right| < \varepsilon, \]

ceea ce revine la faptul că

    \[\lim\limits_{n\to \infty} \sigma\left(f,\Delta,\xi\right) = \frac{b^3-a^3}{3} = \int_{a}^{b} x^2 dx. \]

În concluzie, funcția f:\left[a,b\right] \to \mathbb{R}, f\left(x\right)=x^2 este integrabilă Riemann pe intervalul \left[a,b\right].

Enunț. Folosind suma Riemann atașată funcției f:\left[a,b\right] \to \mathbb{R}, f\left(x\right)=x^2, diviziunii echidistante a intervalului \left[a,b\right] și sistemului de puncte intermediare cu punctele din capătul superior al fiecărui subinterval, calculați integrala Riemann a funcției f.

Soluție.

Cu alegerea indicată se obține suma Riemann (pentru detalii vezi link)

    \begin{align*} \sigma\left(f,\Delta,\xi\right) & = \sum\limits_{i=1}^{n} f\left(\xi_i\right) \cdot \left(x_i - x_{i-1}\right)\\ &= \sum\limits_{i=1}^{n} f\left(a+ \frac{b-a}{n}\cdot i\right) \cdot \frac{b-a}{n} \\ &= \frac{b-a}{n} \cdot \sum\limits_{i=1}^{n}\left(a+ \frac{b-a}{n}\cdot i\right)^2 \\ &= \frac{b-a}{n} \cdot \sum\limits_{i=1}^{n} \left(a^2 + 2a\cdot \frac{b-a}{n} \cdot i + \left(\frac{b-a}{n}\right)^2 \cdot i^2 \right) \\ &= \frac{b-a}{n} \cdot \left( a^2 \cdot n + \frac{2a\left(b-a\right)}{n} \cdot \frac{n\left(n+1\right)}{2} + \frac{\left(b-a\right)^2}{n^2} \cdot \frac{n\left(n+1\right)\left(2n+1\right)}{6}\right)\\\sigma\left(f,\Delta,\xi\right) &= a^2\left(b-a\right) + a\left(b-a\right)^2 \cdot \frac{n+1}{n} + \left(b-a\right)^3 \cdot \frac{\left(n+1\right)\left(2n+1\right)}{6n^2}, \, n\in \mathbb{N}^\ast \end{align*}

Atunci

    \begin{align*} \int_{a}^{b} x^2 dx &= \lim\limits_{n\to \infty} \left(a^2\left(b-a\right) + a\left(b-a\right)^2 \cdot \frac{n+1}{n} + \left(b-a\right)^3 \cdot \frac{\left(n+1\right)\left(2n+1\right)}{6n^2}\right) \\ &= a^2 \left(b-a\right) + a \left(b-a\right)^2 + \frac{\left(b-a\right)^3}{3}\\ &= \frac{b-a}{3} \cdot\left(3a^2 + 3a\left(b-a\right)+\left(b-a\right)^2\right)\\ &= \frac{b-a}{3} \cdot \left(b^2+ab+a^2\right) \\ &= \frac{b^3-a^3}{3}. \end{align*}

Alte exemple pot fi găsite în lucrarea

M. Roșculeț et. al., Probleme de analiză matematică, Ed. Tehnică, București, 1993