Przyjmując w definicji całki oznaczonej podział równomierny przedziału całkowania obliczyć
\(\int\limits_{\scriptsize -2}^{\scriptsize 1}{2\,x-1}{\;\mathrm{d}x}\)
Rozumiesz, że tu mam wykorzystać całkę oznaczoną Reimanna, ale nie wiem jak ;(
Całka
Otrzymałeś(aś) rozwiązanie do zamieszczonego zadania? - podziękuj autorowi rozwiązania! Kliknij
-
radagast
- Guru
- Posty: 17549
- Rejestracja: 09 lis 2010, 07:38
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękowania: 41 razy
- Otrzymane podziękowania: 7435 razy
- Płeć:
Re: Całka
Pomogę :
\(\int\limits_{\scriptsize -2}^{\scriptsize 1}{2\,x-1}{\;\mathrm{d}x}=[x^2-x]_{-2}^1=(-2)^2-(-2) -(1^2-1)= 4+2-1+1=6\)
I teraz po prostu:
\(\int\limits_{\scriptsize -2}^{\scriptsize 1}{2\,x-1}{\;\mathrm{d}x}=[x^2-x]_{-2}^1=(-2)^2-(-2) -(1^2-1)= 4+2-1+1=6\)
-
janusz55
- Fachowiec
- Posty: 1585
- Rejestracja: 01 sty 2021, 09:38
- Podziękowania: 2 razy
- Otrzymane podziękowania: 417 razy
Re: Całka
Proszę obliczyć, korzystając z definicji całki B.Riemanna :
\(\int\limits_{\scriptsize -2}^{\scriptsize 1}({2\,x-1}){\mathrm{d}x}.\)
Zanim przystąpimy do rozwiązywania zadania musimy zrozumieć na czym polega konstrukcja całki Riemanna.
Zagadnieniem, z którym mamy się zmierzyć jest obliczenie pola figury ograniczonej z góry i z dołu między wykresem funkcji \( y = 2x -1 \) z dołu i z góry osią \( Ox \) oraz z lewej i prawej strony prostymi \( x = -2 \) i \( x =1.\)
Trudno jest policzyć pole krzywoliniowej figury, ale za to łatwo jest znaleźć pole prostokąta. Pomysł polega na zastąpieniu szukanego pola przez sumę pól pewnych prostokątów.
Zauważmy, że funkcja podcałkowa \( f(x) = 2x -1 \) w przedziale \( [-2 ; 1] \) przyjmuje zarówno wartości ujemne jak i dodatnie jest funkcją ciągłą, a więc całkowalną.
Pole jako miara nie może mieć być ujemne. Uwzględniamy więc wartość bezwzględną funkcji podcałkowej i konstruujemy dwie sumy Riemanna:
odpowiednio dla przedziałów \( \left[-2 ; \ \ \frac{1}{2}\right], \ \ \left[\frac{1}{2}; \ \ 1\right].\)
Procedura obliczania pola składa się z następujących kroków :
1.
Dzielimy przedział \( [-2 ; 1] \) na dwa podprzedziały o \( n \) częściach równej długościach (choć niekoniecznie) \( \Delta x, \Delta x'. \)
\( -2 = x_{0} < x_{1} < x_{2} < \ \ ... \ \ x_{n} = \frac{1}{2}, \ \ \Delta x = \frac{\frac{1}{2} - (-2)}{n} = \frac{5}{2n}.\)
\( \frac{1}{2} = x'_{0}< x'_{1} < \ \ ... \ \ x'_{n} = 1, \ \ \Delta x' = \frac{1 - \frac{1}{2}}{n} = \frac{1}{2n} \)
2.
Określamy punkty węzłowe argumentów funkcji podcałkowej \( x_{i} = -2 + i\cdot\Delta x = -2 + i \frac{5}{2n} = -2 + \frac{5}{2n} i , \ \ i = 0,1,2,...,n \).
\( x'_{i} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2n}i, \ \ i = 0,1,,2,..., n.\)
3.
Obliczamy wartości funkcji podcałkowej w punktach węzłowych
\( f(x_{i}) = -2x_{i} +1 = -2 \left(-2 + \frac{5}{2n} i\right) =- \frac{5}{n} i + 5.\)
\( f(x'_{i}) = 2x'_{i} -1 = 2\left( \frac{1}{2} + \frac{1}{2n}i \right) -1 =\frac{1}{n}i. \)
4.
Tworzymy sumy całkowe:
\( \sum_{i=0}^{n} f(x_{i})\Delta x = \sum_{i=0}^{n} \left(-\frac{5}{n}i+5\right)\cdot \frac{5}{2n} =-\frac{25}{2n^2} \sum_{i=0}^{n} i + \frac{25}{2n}\sum_{i=0}^{n}1 = -\frac{25}{n^2}\frac{0+n}{2}n + \frac{25}{2n}\cdot n = -\frac{25}{4} + \frac{25}{2} = 6\frac{1}{4}. \)
\( \sum_{i=0}^{n} f(x'_{i})\Delta x' = \sum_{i=0}^{n} \frac{1}{n}i \cdot \frac{1}{2n} =\frac{1}{2n^2}\sum_{i=0}^{n}i = \frac{1}{2n^2}\frac{0+n}{2}n = \frac{1}{4}.\)
Wykorzystaliśmy wzór na sumę postępu arytmetycznego.
5.
Obliczamy całkę Riemanna
\(\int\limits_{\scriptsize -2}^{\scriptsize 1}({2\,x-1}){\mathrm{d}x} = \Lim_{n\to \infty} \sum_{i=0}^{n}f(x_{i}) \Delta x + \Lim_{n\to \infty} \sum_{i=0}^{n}f(x'_{i}) \Delta x' = 6\frac{1}{4} + \frac{1}{4} = 6\frac{1}{2}.\)
Pozostało nam sprawdzenie - obliczeniem tej całki oznaczonej wzorem Newtona, jako różnicy wartości funkcji pierwotnych w górnej i dolnej granicy całki.
\( \int\limits_{\scriptsize -2}^{\scriptsize 1}({2\,x-1}){\mathrm{d}x} = \int_{-2}^{\frac{1}{2}}-(2x-1)dx + \int_{\frac{1}{2}}^{1}(2x -1)dx = \left[-x^2+x\right]_{-2}^{\frac{1}{2}} + \left[x^2-x\right]_{\frac{1}{2}}^{1} = -\frac{1}{4}+\frac{1}{2}+4+2 +1-1 -\frac{1}{4}+\frac{1}{2} = 6\frac{1}{2}.\)
\(\int\limits_{\scriptsize -2}^{\scriptsize 1}({2\,x-1}){\mathrm{d}x}.\)
Zanim przystąpimy do rozwiązywania zadania musimy zrozumieć na czym polega konstrukcja całki Riemanna.
Zagadnieniem, z którym mamy się zmierzyć jest obliczenie pola figury ograniczonej z góry i z dołu między wykresem funkcji \( y = 2x -1 \) z dołu i z góry osią \( Ox \) oraz z lewej i prawej strony prostymi \( x = -2 \) i \( x =1.\)
Trudno jest policzyć pole krzywoliniowej figury, ale za to łatwo jest znaleźć pole prostokąta. Pomysł polega na zastąpieniu szukanego pola przez sumę pól pewnych prostokątów.
Zauważmy, że funkcja podcałkowa \( f(x) = 2x -1 \) w przedziale \( [-2 ; 1] \) przyjmuje zarówno wartości ujemne jak i dodatnie jest funkcją ciągłą, a więc całkowalną.
Pole jako miara nie może mieć być ujemne. Uwzględniamy więc wartość bezwzględną funkcji podcałkowej i konstruujemy dwie sumy Riemanna:
odpowiednio dla przedziałów \( \left[-2 ; \ \ \frac{1}{2}\right], \ \ \left[\frac{1}{2}; \ \ 1\right].\)
Procedura obliczania pola składa się z następujących kroków :
1.
Dzielimy przedział \( [-2 ; 1] \) na dwa podprzedziały o \( n \) częściach równej długościach (choć niekoniecznie) \( \Delta x, \Delta x'. \)
\( -2 = x_{0} < x_{1} < x_{2} < \ \ ... \ \ x_{n} = \frac{1}{2}, \ \ \Delta x = \frac{\frac{1}{2} - (-2)}{n} = \frac{5}{2n}.\)
\( \frac{1}{2} = x'_{0}< x'_{1} < \ \ ... \ \ x'_{n} = 1, \ \ \Delta x' = \frac{1 - \frac{1}{2}}{n} = \frac{1}{2n} \)
2.
Określamy punkty węzłowe argumentów funkcji podcałkowej \( x_{i} = -2 + i\cdot\Delta x = -2 + i \frac{5}{2n} = -2 + \frac{5}{2n} i , \ \ i = 0,1,2,...,n \).
\( x'_{i} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2n}i, \ \ i = 0,1,,2,..., n.\)
3.
Obliczamy wartości funkcji podcałkowej w punktach węzłowych
\( f(x_{i}) = -2x_{i} +1 = -2 \left(-2 + \frac{5}{2n} i\right) =- \frac{5}{n} i + 5.\)
\( f(x'_{i}) = 2x'_{i} -1 = 2\left( \frac{1}{2} + \frac{1}{2n}i \right) -1 =\frac{1}{n}i. \)
4.
Tworzymy sumy całkowe:
\( \sum_{i=0}^{n} f(x_{i})\Delta x = \sum_{i=0}^{n} \left(-\frac{5}{n}i+5\right)\cdot \frac{5}{2n} =-\frac{25}{2n^2} \sum_{i=0}^{n} i + \frac{25}{2n}\sum_{i=0}^{n}1 = -\frac{25}{n^2}\frac{0+n}{2}n + \frac{25}{2n}\cdot n = -\frac{25}{4} + \frac{25}{2} = 6\frac{1}{4}. \)
\( \sum_{i=0}^{n} f(x'_{i})\Delta x' = \sum_{i=0}^{n} \frac{1}{n}i \cdot \frac{1}{2n} =\frac{1}{2n^2}\sum_{i=0}^{n}i = \frac{1}{2n^2}\frac{0+n}{2}n = \frac{1}{4}.\)
Wykorzystaliśmy wzór na sumę postępu arytmetycznego.
5.
Obliczamy całkę Riemanna
\(\int\limits_{\scriptsize -2}^{\scriptsize 1}({2\,x-1}){\mathrm{d}x} = \Lim_{n\to \infty} \sum_{i=0}^{n}f(x_{i}) \Delta x + \Lim_{n\to \infty} \sum_{i=0}^{n}f(x'_{i}) \Delta x' = 6\frac{1}{4} + \frac{1}{4} = 6\frac{1}{2}.\)
Pozostało nam sprawdzenie - obliczeniem tej całki oznaczonej wzorem Newtona, jako różnicy wartości funkcji pierwotnych w górnej i dolnej granicy całki.
\( \int\limits_{\scriptsize -2}^{\scriptsize 1}({2\,x-1}){\mathrm{d}x} = \int_{-2}^{\frac{1}{2}}-(2x-1)dx + \int_{\frac{1}{2}}^{1}(2x -1)dx = \left[-x^2+x\right]_{-2}^{\frac{1}{2}} + \left[x^2-x\right]_{\frac{1}{2}}^{1} = -\frac{1}{4}+\frac{1}{2}+4+2 +1-1 -\frac{1}{4}+\frac{1}{2} = 6\frac{1}{2}.\)