§ 15 Riemann 積分
許多學過微積分的人, 可以嫻熟地利用不定積分, 計算許多函數的積分值, 然而一旦提 及 Riemann 積分、 上和數 (upper sum)、 下和數 (lower sum)、 上積分 (upper integral)、 下 積分 (lower integral) 和 Riemann 可積, 就興趣缺缺, 甚至懷疑這些東西有何用途. 本電 子書之主要目的在於協助讀者, 從演習中學習微積分, 並進而解決日後面臨之數學問題, 為 了解決我們可能遭遇的積分問題, 以下的符號和觀念實在無法避免. 全部由拙著 《 微積分學
．電子書 2.1 版》 第六章 § 6.1 節錄而得.
設 f : I = [a, b] → R 為有界, 則集合 P = {x0, x1, · · · , xn} , 稱為 I 之一分割, 其中 a = x0 < x1 < · · · < xn = b ;
U(f, P ) =
n
X
k=1
M(Ik)∆xk, L(f, P ) =
n
X
k=1
m(Ik)∆xk
則分別稱為 f 對於 P 之上、 下和數, 其中 ∀ k ∈ {1, . . . , n} , Ik = [xk−1, xk], ∆xk = xk− xk−1, M(Ik) = sup f (Ik), m(Ik) = inf f (Ik).
¯ Z b
a
f = infU(f, P )
P 為 I 之分割 ,
Z b a
−
f = supL(f, P )
P 為I 之分割
分別稱為 f 在 I 上之上、 下積分. 若此上、 下積分相等, 則稱 f 在 I 上為 Riemann 可積, 且令
Z b a
f (x) dx =Z¯
I
f .
◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ •
• 積分概念與計算
♠ (15-1) 試舉一例(即寫出一函數) , 以使 Z b
a
−
f (x) dx < 0 <
¯ Z b
a
f (x) dx.
分析 這類不可積函數之例子, 通常是將定義域區間分為有理數和無理數, 分別對應不同常 數即可.
解 令f : [0, 1] → R : f (x) =( 1, 若x ∈ Q,
−1, 若x ∈ R \ Q.
15 Riemann積分 129 對於分割 P = {x0, x1, . . . , xn} , 顯然M(Ik) = 1 , m(Ik) = −1 , 故
U(f, P ) =
n
X
k=1
M(Ik)∆xk = 1,
L(f, P ) =
n
X
k=1
m(Ik)∆xk= −1.
是以 Z¯1
0
f = infU(f, P )
P 為I 之分割 = 1, Z 1
0
−
f = supL(f, P )
P 為I 之分割 = −1.
故
¯ Z 1
0
f = 1 > 0 > −1 = Z 1
0
−
f.
♠ (15-2) 設 f : [0, 1] → R : f (x) =
x, 若 x ∈ Q,
−x, 否則.
(a) 設 Pn 為區間 [0, 1] 之正則分割 †, Tn= {1/n, 2/n, · · · , 1} , S(f, Pn, Tn) =
n
X
k=1
f k n · 1
n , (Riemann sum of f ), 試求 lim
n→+∞S(f, Pn, Tn) =?
(b) Z 1
0
f (x) dx =?
分析 在拙著 《 微積分學．電子書 2.1 版》 第六章 6.7 定理中證明了 :
¯ Z 1
0
f = lim
n→+∞U(f, Pn) , Z 1
0
−
f = lim
n→+∞L(f, Pn).
我們將利用此二公式以證明 f 於[0, 1] 上不為可積. 解 (a) 此 Riemann sum之極限為
n→+∞lim S(f, Pn, Tn) = lim
n→+∞
n
X
k=1
k n · 1
n, ( ∵ tk = k/n 為有理數 )
= lim
n→+∞
1 n2
n
X
k=1
k = lim
n→+∞
n(n + 1) 2n2 = 1
2.
† 正則分割(regular partition) 係指 n 等分之分割.
15 Riemann積分 130
(b) 設 Pn =n0, 1 n, 2
n, · · · , n n
o 為[0, 1] 上一正則分割 則 ∀ k = 1, · · · , n ,
• M(Ik) = supn x
x ∈Q, k − 1
n ≤ x ≤ k n
o= k n;
• m(Ik) = infn
− x
x ∈R\ Q, k − 1
n ≤ x ≤ k n
o= −k n. 是以上積分為
¯ Z 1
0
f = lim
n→+∞U(f, Pn) = lim
n→+∞
n
X
k=1
k n · 1
n
= lim
n→+∞
1 n2
n
X
k=1
k = lim
n→+∞
n(n + 1) 2n2 = 1
2; 同理下積分為
Z 1 0
−
f = −1
2, 故知 f 於[0, 1] 上不為可積.
註: 本題說明 「Rieamnn sum 之極限存在 」 不等於 「f 為 Riemann 可積 」.
♠ (15-3) 試求 Z n+1
n
[x] dx =?內 n ∈ N, [ · ]為最大整數函數.
分析 可能有人一眼就看出答案為n , 然而數學需要的不僅僅是答案, 而是需要由定義或定 理演繹而得結果之 「過程」. 本題我們需要以下定理 ‡ :
設 Pn 為 [a, b] 上一正則分割, 若f 在I 上為 Riemann 可積, 則 Z b
a
f = lim
n→+∞S(f, Pn, Tn), 內S(f, Pn, Tn) =
n
X
k=1
f (tk)∆xk, Tn= {t1, · · · , tn} , 其中 tk∈ Ik 為一固定之點. 解 令f : [n, n + 1] → R : f (x) = [x] , 區間 [n, n + 1] 上之一正則分割
Pm =n
n, n + 1
m, n + 2
m, · · · , n + 1o
; Tm =n
n, n + 1
m, n + 2
m, · · · , n +m − 1 m
o, 因f 為單調, 故為可積, 是以
Z n+1 n
[x] dx = lim
m→+∞S(f, Pm, Tm)
= lim
m→+∞
m
X
k=1
f (tk) · 1
m, (參閱圖15–1 )
= lim
m→+∞
m
X
k=1
n
m, ( ∵ f (tk) = n, ∀ k )
= n.
‡ 拙著《 微積分學．電子書 2.1 版》 第六章 6.7 定理.
15 Riemann積分 131
件(Riemann condition):
∀ ǫ > 0, ∃P 使得 U(f, P ) − L(f, P ) < ǫ.
15 Riemann積分 132 換言之, 當區間 [0, 2] 被分割為4001 等分以上時, 可使上、 下和數之差小於0.001.
♠ (15-5) 試求 Z 2
0
min{3x, 4 − x2} dx =?
分析 本題之解法有兩種, 其一, 先解出不定積分, 再求定積分; 其二, 先求 y = 3x 及 y = 4 − x2 之交點的 x 坐標, 再將積分分為二段, 後者較為簡單.
解 先求 y = 3x及4 − x2 之交點, 由於
3x = 4 − x2 ⇔ x2 + 3x − 4 = 0 ⇔ (x + 4)(x − 1) = 0 ⇔ x ∈ {−4, 1}, 是以被積函數
f : [0, 2] → R : f (x) = min{3x, 4 − x2} =
3x, 若 0 ≤ x ≤ 1 , 4 − x2, 若 1 ≤ x ≤ 2, 故
Z 2 0
f (x) dx = Z 1
0
3x dx + Z 2
1
(4 − x2) dx
= 3 2x2
1
0+ (4x − x3 3 )
2
1
= 3 2 +
8 − 8 3
− 4 −1
3
= 19 6 .
♠ (15-6) 試證 : 1 <
Z 1
0
(1 + x)xdx < 3 2.
分析 在Rieamnn 積分中有關保序性之定理如下 :
若 f, g 在區間[a, b] 上均為可積且 f (x) ≤ g(x), ∀ x ∈ [a, b] , 則 Z b
a
f (x) dx ≤ Z b
a
g(x) dx.
上述定理中之 「≤ 」 改為 「 <」 也成立. 此外提醒讀者: (1 + x)x = exp(x ln(1 + x)).
證 利用積分之保序性.
0 < x < 1 ⇒ 0 < x ln(1 + x) < ln(1 + x)
⇒ exp 0 < exp(x ln(1 + x)) < exp(ln(1 + x)) , ( ∵ exp 為遞增)
⇒ 1 < (1 + x)x < 1 + x
⇒ Z 1
0
dx <
Z 1 0
(1 + x)xdx <
Z 1 0
(1 + x) dx
⇒ 1 <
Z 1
0
(1 + x)xdx < 3 2.
15 Riemann積分 133
♠ (15-7) 試求積分 Z 1/2
0
dx
px2 + 4x + 5 .
分析 使用三角代換時, 應注意變換前後之符號. 解 先求不定積分,
Z dx
px2+ 4x + 5 =
Z dx
q
(x + 2)2+ 1
=
Z dt
pt2+ 1, (令t = x + 2 )
=
Z sec2θ dθ
ptan2θ + 1, (令 t = tan θ , θ = tan−1t )
= Z
sec θ dθ , (因 −π
2 < θ < π 2 )
= ln | sec θ + tan θ| + C = ln |p
x2+ 4x + 5 + x + 2| + C.
是以
Z 1/2 0
dx
px2+ 4x + 5 = ln |p
x2+ 4x + 5 + x + 2|
1/2 0
= ln5 +√ 29
2 − ln(2 +√ 5).
♠ (15-8) 設 f (π) = 2 , 且 Z π
0
(f (x) + f′′(x)) sin x dx = 5 , 試求f (0).
分析 針對不定積分 Z
f (x) sin x dx 做二次by parts , 即可發現答案就在眼前. 解 利用分部積分法, 令u = f (x) , dv = sin x dx , 則
Z
f (x) sin x dx = −f (x) cos x + Z
f′(x) cos x dx
= −f (x) cos x +
f′(x) sin x − Z
f′′(x) sin x dx
(第二項再一次 by parts ) 故
Z
(f (x) + f′′(x)) sin x dx = −f (x) cos x + f′(x) sin x + C.
是以 5 =
Z π 0
(f (x) + f′′(x)) sin x dx = −f (x) cos x + f′(x) sin x
π
0 = f (π) + f (0),
15 Riemann積分 134 已知 f (π) = 2 , 故知 f (0) = 5 − f (π) = 3.
♠ (15-9) 試證 :
Z π/2 0
sin2n+1x dx = 2 · 4 · 6 · · · (2n)
3 · 5 · · · (2n + 1), ∀ n ∈ N.
分析 不定積分之簡化公式在本題有很好的示範功能. 在本書第 21 單元, 我們需證原題右 端之極限為 0 (當n → +∞ ) , 方法有好幾種, 其中之一就是利用本題之結論.
解 1◦ 先求 R sinnx dx 之簡化公式, 令 u = sinn−1x, dv = sin x dx , 則 du = (n − 1) sinn−2x cos x dx, v = − cos x ,
Z
sinnx dx = − sinn−1x cos x + (n − 1) Z
sinn−2x cos2x dx
= − sinn−1x cos x + (n − 1) Z
(sinn−2x)(1 − sin2x) dx
= − sinn−1x cos x + (n − 1) Z
sinn−2x dx − (n − 1) Z
sinnx dx
左右兩端分別加上 (n − 1) Z
sinnx dx , 得 Z
sinnx dx = −sinn−1x cos x
n + n − 1
n Z
sinn−2x dx.
2◦ 是以 Z π/2
0
sin2n+1x dx =h
− sin2nx cos x 2n + 1
iπ/2
0 + 2n
2n + 1 Z π/2
0
sin2n−1x dx
= 0 + 2n 2n + 1
Z π/2 0
sin2n−1x dx
= 2n
2n + 1 ·2n − 2 2n − 1
Z π/2 0
sin2n−3x dx
= · · ·
= (2n) · (2n − 2) · · · 6 · 4 · 2 (2n + 1) · (2n − 1) · · · 7 · 5 · 3
Z π/2 0
sin x dx
= 2 · 4 · 6 · · · (2n) 3 · 5 · · · (2n + 1) ·h
− cos xiπ/2 0
= 2 · 4 · 6 · · · (2n) 3 · 5 · · · (2n + 1).
15 Riemann積分 135
• Riemann sum 之極限
♠ (15-10) 試求 lim
n→+∞
n
X
k=1
pk2 + n2 n2 =?
分析 有人以為: 由於
n→+∞lim
pk2+ n2
n2 = lim
n→+∞
1 n
r
1 +k n
2
= 0, 故
n→+∞lim
n
X
k=1
pk2+ n2
n2 =
n
X
k=1
n→+∞lim
pk2+ n2 n2 = 0.
這是錯的, 理由是原題內之極限內之項數並非固定, 而是隨著 n 而變大.
本題宜先將極限內之部分, 化為 Riemann sum , 再找出合用之函數 f . 則由定理 知: 若f 為Riemann 可積, 則
Z b a
f (x) dx = lim
n→+∞S(f, Pn, Tn).
其中Pn 為[a, b]上一正則分割, Tn 為一固定之取點集合. (若f 不為Riemann 可積, 上述公式不真, 參見 15-2 題. )
解 參閱圖15–2.
原題= lim
n→+∞
n
X
k=1
1 n
r
1 +k n
2
= lim
n→+∞S(f, Pn, Tn) ,
令 f : [0, 1] → R : f (x) =p
1 + x2, Pn =n
0, 1 n, 2
n, · · · ,n n
o, Tn =n1 n, 2
n, · · · ,n n
o.
= Z 1
0
p1 + x2dx , ( ∵ f 為連續, 故為可積. )
= x 2
p1 + x2+1
2sinh−1x
1
0, (雙曲代換 x = sinh t , 詳見 14-11 題. )
=
√2 2 + 1
2sinh−11
=
√2 2 + 1
2ln(1 +√ 2).
註: sinh−1x = ln(x +px2+ 1).
15 Riemann積分 136
0 1n n2 · · · 1
-X Y6
f
圖15–2 條圖面積和為S(f, Pn, Tn)
...............................................
♠ (15-11) 試求 lim
n→+∞
1
√n2+ 1 + 1
√n2+ 2 + · · · + 1
√n2+ n
=?
分析 很多人以為本題和上題一樣, n項和之極限應為Riemann sum 問題, 可用積分來解 決, 事實不然, 括號內之 n 項和無法化為 Riemann sum.
解 由於
1 ≤ k ≤ n ⇒ n2 ≤ n2+ k ≤ n2+ n
⇒ 1
√n2 ≥ 1
√n2+ k ≥ 1
√n2+ n
⇒ 1 =
n
X
k=1
√1 n2 ≥
n
X
k=1
√ 1
n2+ k ≥
n
X
k=1
√ 1
n2 + n = n
√n2+ n.
而
n→+∞lim
√ n
n2+ n = lim
n→+∞
1 r
1 + 1 n
= 1,
是以 lim
n→+∞
1
√n2+ 1 + 1
√n2+ 2 + · · · + 1
√n2 + n
= 1.
♠ (15-12) 試求 lim
n→+∞
√n
n!
n =?
分析 本題看上去和 Riemann 積分無關, 解題關鍵在於 「取對數」. 由於 exp 和 ln 互為 反函數, 亦即 ∀ x > 0 , exp(ln x) = x ; 我們若能求得 lim
n→+∞ln n
√n!
n
, 本題即可 解決.
15 Riemann積分 137
15 Riemann積分 138
已知 Z
ln x dx = x ln x − x + C , 是以上式可化為
n ln n − n + 1 ≤ ln(n!) ≤ (n + 1) ln(n + 1) − n.
應有
1 + 1
n ln n − n ≤ ln(n!)
n ln n − n ≤ (n + 1) ln(n + 1) − n
n ln n − n . (⋆)
當n → +∞ 時, 左端之極限顯然為 1 , 至於右端,
n→+∞lim
(n + 1) ln(n + 1) − n
n ln n − n = lim
n→+∞
n + 1
n · ln(n + 1)
ln n − n
n ln n 1 − n
n ln n
= 1.
h 註: 利用 l’Hospital 規則, lim
x→+∞
ln(x + 1)
ln x = lim
x→+∞
x
x + 1 = 1. i 由(⋆) 式知 lim
n→+∞
ln(n!)
n ln n − n = 1.