3.1

3.1 積 積 積 分 分 分的 的 的觀 觀 觀念 念 念： ： ：黎 黎 黎曼 曼 曼 和 和 和與 與 與定 定 定積 積 積 分 分 分 第 3 章

積分

3.1 積分的觀念: 黎曼和與定積分

3.1.1 黎曼和







習題解答 3.1.1.



∑_N

i=1(f (ξi)− g(ξi))∆x 表示用兩曲線間的差當作高, 可以想成用長方形去覆蓋兩曲線間 之區域. 而∑_N

i=1f (ξ_i)∆x−∑_N

i=1g(ξ_i)∆x 則是用 f (x) 下方區域扣去 g(x) 下方區域的 意思. 兩者都可以估算此區域的面積.

3.1.2 定積分







習題解答 3.1.2.



(1) 將 [a, b] 等分割成 N 段, ∆x = b− a

N , 且取 ξi= a + (i− 1)b− a N . ˆ b

a

c dx = lim

N→∞

∑N i=1

f (ξi)∆x = lim

N→∞

∑N i=1

c·b− a N

= lim

N→∞c(b− a) = c(b − a) (2) 將 [a, b] 等分割成 N 段, ∆x = b− a

N , 且取 ξi= a + ib− a N . ˆ b

a

x dx = lim

N→∞

∑N i=1

(a + ib− a N )b− a

N

= a(b− a) + lim

N→∞

((b − a N

)2

·N (N + 1) 2

)

= a(b− a) +(b− a)² 2 = 1

2(b²− a²) 65

66 第 3 章 積分

(3) 將 [a, b] 等分割成 N 段, ∆x = b− a

N , 且取 ξi= a + ib− a N . ˆ b

a

x²dx = lim

N→∞

∑N i=1

(a + ib− a N )²∆x

= lim

N→∞

∑N i=1

(a²+ 2a(b− a)

N i + (b− a

N )²i²)·b− a N

= a²(b− a) + lim

N→∞

(2a(b − a)² N² ·(∑^N

i=1

i)

+(b− a)³ N³ ·(∑^N

i=1

i²))

= a²(b− a) + lim

N→∞

(2a(b − a)²

N² ·N (N + 1)

2 +(b− a)³

N³ ·N (N + 1)(2N + 1) 6

)

= a²(b− a) + a(b − a)²+(b− a)³ 3 = 1

3· (b³− a³)







習題解答 3.1.3.



(1)

´_b

ac dx

b− a = c(b− a) b− a = c (2)

´b ax dx b− a =

1

2(b²− a²)

b− a = a + b 2 (3)

´b ax²dx

b− a =

1

3(b³− a³)

b− a = a²+ ab + b² 3







習題解答 3.1.4.



∑N i=1

λ· f(ξi)∆x = λ·

∑N i=1

f (ξ_i)∆x

↓ N → ∞ ↓ N → ∞

ˆ _b

a

λ· f(x) dx = λ · ˆ _b

a

f (x) dx







習題解答 3.1.5.



a < b < c 已知正確. 其他情況

b < c < a ⇒ ˆ b

a

f (x) dx + ˆ c

b

f (x) dx =− ˆ a

b

f (x) dx + ˆ c

b

f (x) dx

= −

ˆ a c

f (x) dx = ˆ c

a

f (x) dx

66 第 3 章 積分

(3) 將 [a, b] 等分割成 N 段, ∆x = b− a

N , 且取 ξi= a + ib− a N . ˆ b

a

x²dx = lim

N→∞

∑N i=1

(a + ib− a N )²∆x

= lim

N→∞

∑N i=1

(a²+ 2a(b− a)

N i + (b− a

N )²i²)·b− a N

= a²(b− a) + lim

N→∞

(2a(b − a)² N² ·(∑^N

i=1

i)

+(b− a)³ N³ ·(∑^N

i=1

i²))

= a²(b− a) + lim

N→∞

(2a(b − a)²

N² ·N (N + 1)

2 +(b− a)³

N³ ·N (N + 1)(2N + 1) 6

)

= a²(b− a) + a(b − a)²+(b− a)³ 3 = 1

3· (b³− a³)







習題解答 3.1.3.



(1)

´b ac dx

b− a = c(b− a) b− a = c (2)

´b ax dx b− a =

1

2(b²− a²)

b− a = a + b 2 (3)

´b ax²dx

b− a =

1

3(b³− a³)

b− a = a²+ ab + b² 3







習題解答 3.1.4.



∑N i=1

λ· f(ξi)∆x = λ·

∑N i=1

f (ξi)∆x

↓ N → ∞ ↓ N → ∞

ˆ b a

λ· f(x) dx = λ · ˆ b

a

f (x) dx







習題解答 3.1.5.



a < b < c 已知正確. 其他情況

b < c < a ⇒ ˆ b

a

f (x) dx + ˆ c

b

f (x) dx =− ˆ a

b

f (x) dx + ˆ c

b

f (x) dx

= −

ˆ _a

c

f (x) dx = ˆ _c

a

f (x) dx

3.1. 積分的觀念: 黎曼和與定積分 67

c < a < b ⇒ ˆ _b

a

f (x) dx + ˆ _c

b

f (x) dx = ˆ _b

a

f (x) dx− ˆ _b

c

f (x) dx

= −

ˆ a c

f (x) dx = ˆ c

a

f (x) dx b < a < c ⇒

ˆ b a

f (x) dx + ˆ c

b

f (x) dx =− ˆ a

b

f (x) dx + ˆ c

b

f (x) dx

= ˆ c

a

f (x) dx a < c < b ⇒

ˆ b a

f (x) dx + ˆ c

b

f (x) dx = ˆ b

a

f (x) dx− ˆ b

c

f (x) dx

= ˆ c

a

f (x) dx c < b < a ⇒

ˆ b a

f (x) dx + ˆ c

b

f (x) dx =− ˆ a

b

f (x) dx− ˆ b

c

f (x) dx

= −

ˆ a c

f (x) dx = ˆ c

a

f (x) dx







習題解答 3.1.6.



令 g(x) = −f(x), y = f(x) 的圖形和 y = g(x) 的圖形對 x-軸對稱, 故區域面積等於 ˆ b

a

g(x) dx = ˆ b

a (−f(x)) dx = − ˆ b

a

f (x) dx







習題解答 3.1.7.



令 g(x) = 2f(x), 則 y = g(x) 的圖形就是將 y = f(x) 縱向上拉長 1 倍的圖形, 因此區域 面積等於

ˆ b a

g(x) dx = ˆ b

a

2f (x) dx = 2 ˆ b

a

f (x) dx







習題解答 3.1.8.



假設用黎曼和 ∑^N_i=1f (ξi)∆x 逼近原函數圖形面積, 當整個被積分區域被放大成原來的 兩倍時，本來黎曼和中的長方形的底 ∆x 和高 f(ξi) 都被放大兩倍，因此新黎曼和為

∑N i=1

(2f (ξi))· (2∆x) = 4

∑N i=1

f (ξi)∆x

也就是說新黎曼和為原黎曼和之四倍, 隨著 N → ∞, 可得新面積等於原面積之四倍.

1

68 第 3 章 積分







習題解答 3.1.9.



因為在 0 ≤ x ≤ x 時,

1 + 0²≤ 1 + x²≤ 1 + a² ⇒ 1

1 + a² ≤ 1 1 + x² ≤ 1 由基本性質 (4) 知

a 1 + a² =

ˆ a 0

1

1 + a² dx≤ ˆ a

0

1

1 + x² dx≤ ˆ a

0

1 dx = a







習題解答 3.1.10.



因為當 0 ≤ x ≤ 1 時, sin x²< 1, 所以 ´1

0sin x²dx <´1

01 dx = 1, 故不可能等於 2.







習題解答 3.1.11.



由平均值定理知道當 x ≥ 0 時, (1 + x)¹³ ≤ 1 +x

3, 所以 (1 + x²)¹³ ≤ 1 +x² 3 , 因此 ˆ 1

0

(1 + x²)¹³ dx≤ ˆ 1

0

1 +x² 3 dx =

ˆ 1 0

1 dx +

´₁

0x²dx

3 = 1 +1 9







習題解答 3.1.12.



由絕對值不等式,

|

∑N i=1

f (ξ_i)∆x| ≤

∑N i=1

|f(ξi)|∆x N→ ∞ ↓ ↓ N → ∞

| ˆ _b

a f (x) dx| ≤ ˆ _b

a |f(x)| dx







習題解答 3.1.13.



因為 m ≤ f(x) ≤ M, 所以

´_b

am dx b− a ≤

´_b

af (x) dx b− a ≤

´_b

aM dx b− a

⇒ m(b− a)

b− a ≤ ¯f ≤ M (b− a) b− a

⇒ m ≤ ¯f ≤ M

68 第 3 章 積分







習題解答 3.1.9.



因為在 0 ≤ x ≤ x 時,

1 + 0²≤ 1 + x²≤ 1 + a² ⇒ 1

1 + a² ≤ 1 1 + x² ≤ 1 由基本性質 (4) 知

a 1 + a² =

ˆ a 0

1

1 + a² dx≤ ˆ a

0

1

1 + x² dx≤ ˆ a

0

1 dx = a







習題解答 3.1.10.



因為當 0 ≤ x ≤ 1 時, sin x²< 1, 所以 ´1

0sin x²dx <´1

01 dx = 1, 故不可能等於 2.







習題解答 3.1.11.



由平均值定理知道當 x ≥ 0 時, (1 + x)¹³ ≤ 1 +x

3, 所以 (1 + x²)¹³ ≤ 1 +x² 3 , 因此 ˆ 1

0

(1 + x²)¹³ dx≤ ˆ 1

0

1 +x² 3 dx =

ˆ 1 0

1 dx +

´1 0x²dx

3 = 1 +1 9







習題解答 3.1.12.



由絕對值不等式,

|

∑N i=1

f (ξi)∆x| ≤

∑N i=1

|f(ξi)|∆x N→ ∞ ↓ ↓ N → ∞

| ˆ b

a

f (x) dx| ≤ ˆ b

a |f(x)| dx







習題解答 3.1.13.



因為 m ≤ f(x) ≤ M, 所以

´b am dx

b− a ≤

´b

af (x) dx b− a ≤

´b aM dx

b− a

⇒ m(b− a)

b− a ≤ ¯f ≤ M (b− a) b− a

⇒ m ≤ ¯f ≤ M

3.2. 微積分基本定理 69







習題解答 3.1.14.



若在 [a, b] 中沒有任何點 c 滿足 f(c) = ¯f , 又因為 y = f (x) 是連續函數, 因此只有兩種 可能：(1) 對所有 a ≤ x ≤ b, f(x) < ¯f ; (2) 對所有 a≤ x ≤ b, f(x) > ¯f . 但

f (x) < ¯f ⇒ ¯f =

´b

af (x) dx b− a <

´b af dx¯ b− a = ¯f

得到顯然的矛盾, 因此 (1) 不可能；同理, (2) 也不可能. 這表示原先沒有任何點 c 滿足 f (c) = ¯f 的假設錯誤, 所以必有一點 c, 使得 f (c) = ¯f .

3.2 微積分基本定理







習題解答 3.2.1.



ˆ π 0

sin x dx = lim

N→∞

∑N i=1

sin ξi∆x, 取 ξi= xi−1+ xi

2 （中點）,

則 ξ_i−∆x

2 = xi−1, ξi+∆x 2 = xi.

Nlim→∞

∑N i=1

sin ξi∆x = lim

N→∞

∑N i=1

cos(ξi−^∆x₂ )− cos(ξi+ ^∆x₂ ) 2 sin^∆x₂ ∆x

= lim

N→∞

∑N i=1

cos xi−1− cos xi

2 sin^∆x₂ ∆x

= lim

N→∞(cos 0− cos π) · lim

∆x→0

∆x 2

sin^∆x₂

= 2· 1 = 2







習題解答 3.2.2.



(1)

ˆ b a

2 dx = 2x^b

a= 2(b− a) (2)

ˆ b a

x dx = x² 2

^b

a= 1

2(b²− a²) (3)

ˆ b a

x³dx =x⁴ 4

^b

a= 1

4(b⁴− a⁴) (4)

ˆ ₁

0

√x dx = ˆ ₁

0

x¹² dx =2 3x^321

0= 2 3 (5)

ˆ 2 1

1

x dx = ln|x|²

1= ln 2− 0 = ln 2

2