漫步微积分二十八——极限思想下的面积计算

上篇文章中讨论的概念给出了计算面积的实际过程。现在我们利用一些实例来测试这个过程是如何工作的。

例1：考虑区间 $[0,b]$ 上的函数 $y=f(x)=x$ 。图像(图1)下面的区域是高和底都为 $b$ 的矩形，所以它的面积明显是 $b^2/2$ 。然而，我们需要去证实我们极限过程给出相同的答案，更重要的是，理解立即过程如何给出答案。

图1

$n$ 是一个正整数，区间 $[0,b]$ 分割成相等的 $n$ 个子区间，得到 $n-1$ 个间断点

x 1 = b n, x 2 = 2 b n, \dots, x n - 1 = ( n - 1 ) b n (1)

$\begin{equation} x_1=\frac{b}{n},\quad x_2=\frac{2b}{n},\ldots,x_{n-1}=\frac{(n-1)b}{n}\tag1 \end{equation}$

矩形的底是 $\Delta x_k=b/n$ ，如果我们用图1那样的上部和，那么矩形的高为

f (x 1) = b n, f (x 2) = 2 b n, \dots, f (x n - 1) = ( n - 1 ) b n

$f(x_1)=\frac{b}{n},\quad f(x_2)=\frac{2b}{n},\ldots,f(x_{n-1})=\frac{(n-1)b}{n}$

于是我们有

S n = (b n) (b n) + (2 b n) (b n) + \dots + (n b n) (b n) = b 2 n 2 (1 + 2 + \dots + n)

$\begin{align*} S_n &=\left(\frac{b}{n}\right)\left(\frac{b}{n}\right)+\left(\frac{2b}{n}\right)\left(\frac{b}{n}\right)+\cdots+\left(\frac{nb}{n}\right)\left(\frac{b}{n}\right)\\ &=\frac{b^2}{n^2}(1+2+\cdots+n) \end{align*}$

利用之前讲过的求和公式，可以写成

S n = b 2 n 2 \cdot n ( n + 1 ) 2 = b 2 2 \cdot n n \cdot n + 1 n = b 2 2 (1 + 1 n)

$S_n=\frac{b^2}{n^2}\cdot\frac{n(n+1)}{2}=\frac{b^2}{2}\cdot\frac{n}{n}\cdot\frac{n+1}{n}=\frac{b^2}{2}\left(1+\frac{1}{n}\right)$

所以我们得到

a r e a o f r e g i o n = lim n \to \infty S n = lim n \to \infty b 2 2 (1 + 1 n) = b 2 2

${\rm {area\ of\ region}}=\lim_{n\to\infty}S_n=\lim_{n\to\infty}\frac{b^2}{2}\left(1+\frac{1}{n}\right)=\frac{b^2}{2}$

这就是开始我们得到的。用定积分的符号表示就是

\int b a x d x = b 2 2 (2)

$\begin{equation} \int_a^bxdx=\frac{b^2}{2}\tag2 \end{equation}$

在本例中我们选择了相等的子区间及上部和。不代表必须作出这些选择；我们的目的仅仅是为了使计算尽可能容易。

例2：现在考虑区间 $[0,b]$ 上的函数 $y=f(x)=x^2$ ，如图2所示。 $n$ 是一个正整数，区间 $[0,b]$ 分割成相等的 $n$ 个子区间，长度为 $\Delta x_k=b/n$ 。我们继续用上部和 $S_n$ ，所以矩形的高度为

f (x 1) = (b n) 2, f (x 2) = (2 b n) 2, \dots, f (x n - 1) = (( n - 1 ) b n) 2

$f(x_1)=\left(\frac{b}{n}\right)^2,\quad f(x_2)=\left(\frac{2b}{n}\right)^2,\ldots,f(x_{n-1})=\left(\frac{(n-1)b}{n}\right)^2$

从而得到

S n = (b n) 2 (b n) + (2 b n) 2 (b n) + \dots + (n b n) 2 (b n) = b 3 n 3 (12 + 22 + \dots + n 2)

$\begin{align*} S_n &=\left(\frac{b}{n}\right)^2\left(\frac{b}{n}\right)+\left(\frac{2b}{n}\right)^2\left(\frac{b}{n}\right)+\cdots+\left(\frac{nb}{n}\right)^2\left(\frac{b}{n}\right)\\ &=\frac{b^3}{n^3}(1^2+2^2+\cdots+n^2) \end{align*}$

利用前面文章提到的公式，上式可写为

S n = b 3 n 3 \cdot n ( n + 1 ) ( 2 n + 1 ) 6 = b 3 6 \cdot n n \cdot n + 1 n \cdot 2 n + 1 n = b 3 n 3 (1 + 1 n) (2 + 1 n)

$\begin{align*} S_n &=\frac{b^3}{n^3}\cdot\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}=\frac{b^3}{6}\cdot\frac{n}{n}\cdot\frac{n+1}{n}\cdot\frac{2n+1}{n}\\ &=\frac{b^3}{n^3}\left(1+\frac{1}{n}\right)\left(2+\frac{1}{n}\right) \end{align*}$

当 $n\to\infty$ 时我们得到

a r e a o f r e g i o n = lim n \to \infty S n = b 3 3

${\rm {area\ of\ region}}=\lim_{n\to\infty}S_n=\frac{b^3}{3}$

或等价地

\int b a x 2 d x = b 3 3 (3)

$\begin{equation} \int_a^bx^2dx=\frac{b^3}{3}\tag3 \end{equation}$

图2

用同样的方式我们可以得到 $y=f(x)=x^3$ 的定积分

\int b a x 3 d x = b 4 4 (4)

$\begin{equation} \int_a^bx^3dx=\frac{b^4}{4}\tag4 \end{equation}$

很自然地我们根据(2)(3)(4)可以猜想

\int b a x n d x = b n + 1 n + 1 (5)

$\begin{equation} \int_a^bx^ndx=\frac{b^{n+1}}{n+1}\tag5 \end{equation}$

它可能对所有正整数 $n=1,2,3,\ldots$ 成立。对于 $n=3,4,\ldots,9$ 的情况，(5)的有效性由意大利数学家Cavalieri在1635年和1647年建立起来，但他费力的几何方法在 $n=10$ 时就很难进行下去。几年以后费马发现了这个美丽的论点，一次就证明了(5)对所有正整数成立。这个论点有点远离我们的这里的主题。

例3：接下来，我们找出余弦曲线 $y=\cos x$ 下的面积，从 $x=0$ 开始到 $x=b$ ，其中 $0<b\leq \pi/2$ (图3)。 $n$ 是一个正整数，将区间 $[0,b]$ 分割成相等的 $n$ 个子区间，长度为 $\Delta x_k=b/n$ 。这次我们用下部和 $s_n$ 。因为函数是递减的，所以 $\bar x_k$ 是子区间的右端点。连续矩形的高度是

cos b n, cos 2 b n, \dots, cos n b n

$\cos\frac{b}{n},\quad\cos\frac{2b}{n},\quad\cdots,\cos\frac{nb}{n}$

从而

s n = (cos b n) (b n) + (cos 2 b n) (b n) + \dots + (cos n b n) (b n) = b n \sum k = 1 n cos k b n

$s_n=\left(\cos\frac{b}{n}\right)\left(\frac{b}{n}\right)+\left(\cos\frac{2b}{n}\right)\left(\frac{b}{n}\right)+\cdots+\left(\cos\frac{nb}{n}\right)\left(\frac{b}{n}\right)=\frac{b}{n}\sum_{k=1}^n\cos\frac{kb}{n}$

为了计算 $n\to\infty$ 时的极限，需要用到下面的计算结果

\sum k = 1 n cos k x = sin 1 2 n x cos 1 2 ( n + 1 ) x sin 1 2 x

$\sum_{k=1}^n\cos kx=\frac{\sin\frac{1}{2}nx\cos\frac{1}{2}(n+1)x}{\sin\frac{1}{2}x}$

其中 $x=b/n$ 。从而我们得到

a r e a o f r e g i o n = lim n \to \infty s n = lim n \to \infty b n \cdot sin 1 2 b cos [ ( n + 1 ) b 2 n ] sin ( b / 2 n ) (6)

$\begin{align} {\rm {area\ of\ region}} &=\lim_{n\to\infty}s_n\nonumber\\ &=\lim_{n\to\infty}\frac{b}{n}\cdot\frac{\sin\frac{1}{2}b\cos\left[\frac{(n+1)b}{2n}\right]}{\sin(b/2n)}\tag6 \end{align}$

为了计算极限，考虑到余弦函数是连续的，可以看出

cos [( n + 1 ) b 2 n] = cos (1 + 1 n) b 2 \to cos b 2 a s n \to \infty

$\cos\left[\frac{(n+1)b}{2n}\right]=\cos\left(1+\frac{1}{n}\right)\frac{b}{2}\to\cos\frac{b}{2}\quad as\quad n\to \infty$

接下来，如果选 $\theta=b/2n$ ，那么当 $n\to \infty$ 时， $\theta\to 0$ 那么

b n \cdot 1 sin ( b / 2 n ) = 2 \cdot b / 2 n sin ( b / 2 n ) = 2 \cdot θ sin θ \to 2 a s n \to \infty

$\frac{b}{n}\cdot\frac{1}{\sin(b/2n)}=2\cdot\frac{b/2n}{\sin(b/2n)}=2\cdot\frac{\theta}{\sin\theta}\to 2\quad as\quad n\to \infty$

利用这些事实(6)可写为

a r e a o f r e g i o n = lim n \to \infty s n = 2 sin b 2 cos b 2 = sin b

${\rm {area\ of\ region}}=\lim_{n\to\infty}s_n=2\sin\frac{b}{2}\cos\frac{b}{2}=\sin b$

或者等价地

\int b 0 cos x d x = sin b

$\int_0^b\cos xdx=\sin b$

图3