정적분과 급수(구분구적법) 연습문제 — CLP-2 · 1.1절 · 47번

CLP-2 · 1.1절 · 47번우리말 번역

$f(x)$ 를 일차함수, $a<b$ 를 정수, $n$ 을 0 이상의 정수라고 하자. 참 또는 거짓: $\displaystyle\int_a^b f(x)\ \mathrm{d}x$ 에 대해 직사각형 $n$ 개를 사용한 왼쪽 리만 합과 오른쪽 리만 합의 평균을 구하면, 직사각형 $n$ 개를 사용한 중점 리만 합과 같은 값이 된다.

영어 원문 보기

Let $f(x)$ be a linear function, let $a<b$ be integers, and let $n$ be a whole number. True or false: if we average the left and right Riemann sums for $\displaystyle\int_a^b f(x)\ \mathrm{d}x$ using $n$ rectangles, we get the same value as the midpoint Riemann sum using $n$ rectangles.

정답·풀이 보기

$f(x)$ 가 일차함수이므로 $f(x)=mx+c$ 를 만족시키는 실수 $m$ , $c$ 가 존재한다. 이제 계산해 보자. 리만 합의 직사각형 하나가 구간 $[x,x+w]$ 를 차지한다고 하자.

왼쪽 리만 합을 사용하면 직사각형의 높이는 $f(x)=mx+c$ 이다. 따라서 넓이는 $w(mx+c)$ 이다.
오른쪽 리만 합을 사용하면 직사각형의 높이는 $f(x+w)=m(x+w)+c=mx+c+mw$ 이다. 따라서 넓이는 $w(mx+c+mw)$ 이다.
중점 리만 합을 사용하면 직사각형의 높이는 $f(x+\frac{1}{2}w)=m(x+\frac{1}{2}w)+c=mx+c+\frac{1}{2}mw$ 이다. 따라서 넓이는 $w\left(mx+c+\frac{1}{2}w\right)$ 이다.

그러므로 각 직사각형마다 중점 직사각형의 넓이는 왼쪽 직사각형과 오른쪽 직사각형 넓이의 평균과 같다. $w\left(mx+c+\frac{1}{2}mw\right) = \dfrac{ w(mx+c)+ w(mx+c+mw)}{2}$ 따라서 중점 리만 합의 값은 왼쪽 리만 합과 오른쪽 리만 합의 값의 평균과 같다. 이를 확인하기 위해, 중점 리만 합의 직사각형들의 넓이를 $M_1,M_2,\ldots,M_n$ 이라 하고, 왼쪽 리만 합의 직사각형들의 넓이를 $L_1,L_2,\ldots,L_n$ 이라 하며, 오른쪽 리만 합의 직사각형들의 넓이를 $R_1,R_2,\ldots,R_n$ 이라 하자. 그러면 중점 리만 합의 값은 $M_1+M_2+\cdots+M_n$ 이고,

$\begin{aligned}\dfrac{ [L_1+L_2+\ldots+L_n]+ [R_1+R_2+\ldots+R_n] }{2} &= \dfrac{ L_1+ R_1 }{2}+ \dfrac{ L_2+ R_2 }{2}+ \cdots + \dfrac{ L_n+ R_n }{2} \\ &=M_1+M_2+\cdots+M_n\end{aligned}$

이다. 따라서 주어진 명제는 참이다.

(그러나 일차함수가 아닌 많은 함수 $f(x)$ 에 대해서는 거짓이다.)

원본 교재 풀이(영어)

Since $f(x)$ is linear, there exist real numbers $m$ and $c$ such that $f(x)=mx+c$ . Now we can do some calculations. Suppose we have a rectangle in our Riemann sum that takes up the interval $[x,x+w]$ .

If we are using a left Riemann sum, our rectangle has height $f(x)=mx+c$ . Then it has area $w(mx+c)$ .
If we are using a right Riemann sum, our rectangle has height $f(x+w)=m(x+w)+c=mx+c+mw$ . Then it has area $w(mx+c+mw)$ .
If we are using a midpoint Riemann sum, our rectangle has height $f(x+\frac{1}{2}w)=m(x+\frac{1}{2}w)+c=mx+c+\frac{1}{2}mw$ . Then it has area $w\left(mx+c+\frac{1}{2}w\right)$ .

So, for each rectangle in our sums, the midpoint rectangle has the same area as the average of the left and right rectangles: $w\left(mx+c+\frac{1}{2}mw\right) = \dfrac{ w(mx+c)+ w(mx+c+mw)}{2}$ It follows that the midpoint Riemann sum has a value equal to the average of the values of the left and right Riemann sums. To see this, let the rectangles in the midpoint Riemann sum have areas $M_1,M_2,\ldots,M_n$ , let the rectangles in the left Riemann sum have areas $L_1,L_2,\ldots,L_n$ , and let the rectangles in the right Riemann sum have areas $R_1,R_2,\ldots,R_n$ . Then the midpoint Riemann sum evaluates to $M_1+M_2+\cdots+M_n$ , and:

$\begin{aligned}\dfrac{ [L_1+L_2+\ldots+L_n]+ [R_1+R_2+\ldots+R_n] }{2} &= \dfrac{ L_1+ R_1 }{2}+ \dfrac{ L_2+ R_2 }{2}+ \cdots + \dfrac{ L_n+ R_n }{2} \\ &=M_1+M_2+\cdots+M_n\end{aligned}$

So, the statement is true.

(Note, however, it is false for many non-linear functions $f(x)$ .)

한 번 더 — 비슷한 문제CLP-2 · 1.1절 · 45번우리말 번역

$0 \leq a \leq 1$ 일 때, 기하를 이용하여 $\displaystyle\int_0^a \sqrt{1-x^2}\ \mathrm{d}x$ 의 값을 구하세요.

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먼저 $y=\sqrt{1-x^2}$ 은 원점을 중심으로 하고 반지름이 1인 원의 위쪽 반원임에 주목한다. 0에서 $a$ 까지 곡선 아래의 넓이를 구하므로, 구하려는 영역은 아래 그림과 같다.

기하를 이용하여 이 넓이를 구하기 위해, 아래와 같이 원의 부채꼴과 삼각형, 두 부분으로 나눈다.

부채꼴의 넓이: 부채꼴은 반지름이 1인 원의 일부이고 중심각은 $\theta$ 이다. 따라서 그 넓이는 $\frac{\theta}{2\pi}\left(\text{원의 넓이}\right) = \frac{\theta}{2\pi}\left(\pi\right) = \frac{\theta}{2}$ 이다.

이제 $\theta$ 를 $a$ 에 대해 나타내야 한다. $\frac{\pi}{2}-\theta$ 는 단위원 안에 있는 빨간 삼각형의 한 내각임에 주목한다. 따라서 $\cos\left(\frac{\pi}{2}-\theta\right)=a$ 이다. 그러면 $\frac{\pi}{2}-\theta= \arccos(a)$ 이므로 $\theta = \frac{\pi}{2} - \arccos(a)$ 이다.

그러므로 부채꼴의 넓이는 $\frac{\pi}{4} - \frac{1}{2}\arccos(a)$ 제곱단위이다.

삼각형의 넓이: 삼각형의 밑변은 $a$ 이다. 높이는 $x=a$ 일 때 함수의 $y$ 값이므로 $\sqrt{1-a^2}$ 이다. 그러면 삼각형의 넓이는 $\frac{1}{2}a\sqrt{1-a^2}$ 이다.

따라서 $\displaystyle\int_0^a \sqrt{1-x^2}\ \mathrm{d}x = \frac{\pi}{4} -\frac{1}{2} \arccos(a) + \frac{1}{2}a\sqrt{1-a^2}$ 이다.

이 문제로 이어서 풀기

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