Integralrechung Summe

Question

Moin wie berechnet man die Obersumme einer Funktion dritten Grades z.B x³-7x+6=y

im Intervall z.B [1;2]

für eine Parabel ist es recht einfach aber bei so welchen Aufgaben ist es doch schonkompliziert.

vielen Dank für eure Unterstützung

Answer 1

du machst es genauso, wie man es auch bei einer Parabel macht. Da aber die Kurve auf [1;2] unter der x-Achse liegt, musst du ,,spiegelvekehrt'' denken.

Comments

Könntest du es mir einmal machen mit dem Limes bitte

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Der Ansatz ist ja $$O_n=\frac{b-a}{n}\cdot \sum_{k=1}^n f(x_k)\\x_k:=a+\frac{k}{n}\cdot(b-a)$$

a und b sind die Intervallgrenzen. Also a=1 und b=2.

Also ist $$x_k=1+\frac{k}{n}$$

Das x_k setzt du nun in deine Funktion ein. Sieht dann zugegeben erstmal hässlich aus:

$$O_n=\frac{1}{n}\cdot \sum_{k=1}^n (x_k^3-7x_k+6)\\=\frac{1}{n}\cdot \sum_{k=1}^n \Bigg[\Bigg(1+\frac{k}{n}\Bigg)^3-7\cdot \Big(1+\frac{k}{n}\Big)+6\Bigg]\\=\frac{1}{n}\cdot \Bigg[\Bigg(\sum_{k=1}^n \Bigg(1+\frac{k}{n}\Bigg)^3\Bigg)+\Bigg(\sum_{k=1}^n 1+\frac{k}{n}\Bigg)+\Bigg(\sum_{k=1}^n 6\Bigg)\Bigg]\\=\frac{1}{n}\cdot \Bigg[\frac{1}{n^3}\cdot \sum_{k=1}^n(k^3+3k^2+3k+1) \Bigg]\\+\frac{1}{n}\Bigg[\frac{1}{n}\cdot \sum_{k=1}^n (n+k)\Bigg]\\+\frac{1}{n}\cdot (6n)\\=\Bigg(\frac{1}{n^4}\cdot \sum_{k=1}^n k^3\Bigg)+\Bigg(\frac{3}{n^4}\cdot \sum_{k=1}^nk^2\Bigg)+\Bigg(\frac{3}{n^4}\cdot \sum_{k=1}^nk \Bigg)+\Bigg(\frac{1}{n^4}\cdot \sum_{k=1}^n1\Bigg)\\+\Bigg(\frac{1}{n^2}\cdot \sum_{k=1}^n \Bigg)+ \Bigg(\frac{1}{n^2}\cdot \sum_{k=1}^n k\Bigg)\\+6$$

Nun musst du noch die Summenformel für qubische, quadratische und arithmetische Zahlenfolgen drauf anwenden:

$$\sum_{k=1}^n k^3=\frac{1}{4}\cdot n^2\cdot (n+1)^2\\ \sum_{k=1}^nk^2=\frac{1}{6}\cdot n\cdot (n+1)\cdot (2\cdot n+1)\\ \sum_{k=1}^n k=\frac{1}{2}\cdot n\cdot (n+1)\\\sum_{k=1}^n 1=n$$

(Rechenübung dir überlassen)

Das ergibt dann insgesamt:

$$O_n=\frac{15n^2+14n+3}{n^2}-\frac{21n+7}{n}+6$$

Darauf lassen wir jetzt den Limes loß:

$$\lim_{n \to \infty} O_n=\lim_{n \to \infty} \frac{15n^2+14n+3}{4n^2}-\frac{21n+7}{2n}+6\\=\lim_{n \to \infty} \frac{15+\frac{14}{n}+\frac{3}{n^2}}{4}-\frac{21+\frac{7}{n}}{2}+6=\underline{\underline{-0,75}}$$

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EDIT: Ich sehe grad, dass sich in meiner Rechnung einige Fehler eingeschlichen haben. Ich bitte vielmals um Entschuldigung, falls euch dieser Schrott da oben total verwirrt hat. Dennoch ist das hier eine ziemlich hässliche Rechenarbeit.

Hier dich wichtigen Summenformeln, die man dafür braucht:
$$\sum_{k=1}^n k^3=\frac{1}{4}\cdot n^2\cdot (n+1)^2\\ \sum_{k=1}^nk^2=\frac{1}{6}\cdot n\cdot (n+1)\cdot (2\cdot n+1)\\ \sum_{k=1}^n k=\frac{1}{2}\cdot n\cdot (n+1)\\\sum_{k=1}^n 1=n$$

Der Ansatz ist ja

$$O_n=\frac{b-a}{n}\cdot \sum_{k=1}^n f(x_k)\\x_k:=a+\frac{k}{n}\cdot(b-a)$$

a und b sind die Intervallgrenzen. Also a=1 und b=2.

Also ist

$$x_k=1+\frac{k}{n}$$

Das x_k setzt du nun in deine Funktion ein.

$$O_n=\frac{1}{n}\cdot \sum_{k=1}^n (x_k^3-7x_k+6)\\=\frac{1}{n}\cdot \sum_{k=1}^n \Bigg[\Bigg(1+\frac{k}{n}\Bigg)^3-7\cdot \Big(1+\frac{k}{n}\Big)+6\Bigg]\\=\frac{1}{n}\cdot \Bigg[\Bigg(\sum_{k=1}^n \Bigg(1+\frac{k}{n}\Bigg)^3\Bigg)+\Bigg(-7\cdot \sum_{k=1}^n 1+\frac{k}{n}\Bigg)+\Bigg(\sum_{k=1}^n 6\Bigg)\Bigg]\\=\frac{1}{n^4}\cdot \Bigg[\sum_{k=1}^n (n+k)^3\Bigg]-\frac{7}{n^2}\cdot \Bigg[ \sum_{k=1}^nn+k\Bigg]+6\\=\frac{1}{n^4}\cdot \Bigg[\sum_{k=1}^nn^3+3kn^2+3k^2n+k^3 \Bigg]\\-\frac{7}{n^2}\cdot \sum_{k=1}^nn-\frac{7}{n^2}\cdot\sum_{k=1}^nk\\+6\\=\frac{1}{n^4}\cdot \sum_{k=1}^nn^3+\frac{3}{n^4}\cdot \sum_{k=1}^nkn^2+\frac{3}{n^4}\cdot \sum_{k=1}^nk^2n+\frac{1}{n^4}\cdot \sum_{k=1}^nk^3\\-\frac{7}{n}\cdot \sum_{k=1}^n1-\frac{7}{n^2}\cdot\sum_{k=1}^nk\\+6\\=\frac{1}{n}\cdot \sum_{k=1}^n1+\frac{3}{n^2}\cdot \sum_{k=1}^nk+\frac{3}{n^3}\cdot\sum_{k=1}^nk^2+\frac{1}{n^4}\cdot\sum_{k=1}^nk^3\\-\frac{7}{n}\cdot\sum_{k=1}^n1-\frac{7}{n^2}\cdot \sum_{k=1}^nk+6\\=\frac{1}{n^4}\cdot \Bigg[\sum_{k=1}^nk^3\Bigg]+\frac{1}{n^3}\Bigg[3\cdot \sum_{k=1}^nk^2\Bigg]+\frac{1}{n^2}\cdot \Bigg[3\cdot \sum_{k=1}^n k-7\cdot \sum_{k=1}^n k\Bigg]\\+\frac{1}{n}\cdot \Bigg[1\cdot \sum_{k=1}^n 1-7\cdot \sum_{k=1}^n1\Bigg]+6\\=\frac{1}{n^4}\cdot \frac{1}{4}\cdot n^2\cdot (n+1)^2+\frac{1}{n^3}\cdot \frac{1}{6}\cdot n\cdot (n+1)\cdot (2\cdot n+1)\\-\frac{4}{n^2}\cdot \frac{1}{2}\cdot n\cdot (n+1)+\frac{1}{n}\cdot (-6\cdot n)+6\\=\frac{(n+1)^2}{4n^2}+\frac{(n+1)(2n+1)}{2n^2}-\frac{2(n+1)}{n}\\=\frac{n^2+2n+1}{4n^2}+\frac{2n^2+3n+1}{2n^2}+\frac{-2n-2}{n}$$

Darauf lassen wir jetzt den Limes loß und bekommen:

$$\lim_{n \to \infty} O_n=\lim_{n \to \infty} \frac{n^2+2n+1}{4n^2}+\frac{2n^2+3n+1}{2n^2}+\frac{-2n-2}{n}\\=\lim_{n \to \infty} \frac{1+\frac{2}{n}+\frac{1}{n^2}}{4}+\frac{2+\frac{3}{n}+\frac{1}{n^2}}{2}+\frac{-2-\frac{2}{n}}{1}\\=\frac{1}{4}+1-2=-0,75$$

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Der Ansatz ist ja: $$O_n=\frac{b-a}{n}\cdot \sum_{k=1}^n f(x_k)$$

Definiere Obersumme! IMHO sollte für jede Obersumme gelten: $$|O_n| >= \left|\int f \, \text{d}x \right|$$ dies ist bei Deinem Ansatz nicht zwingend der Fall.

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Es war aber auch vom Limes die Rede.

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Es war aber auch vom Limes die Rede.

Wo siehst Du das Wort 'Limes'? .. Ah! im Kommentar - dann ist egal, ob Ober- oder Untersumme

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Genau, da wird für n gegen ∞ so ziemlich vieles,, platt gehauen ".

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IMHO sollte für jede Obersumme gelten:
|On|>=∣∣∣∫fdx∣∣∣

Was meinst du mit "jede" ?

Für die Dirichlet-Funktion gilt das nicht.

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Für die Dirichlet-Funktion gilt das nicht.

Natürlich nicht - wir befinden uns im Kosmos der Schul-kompatiblen Funktionen, stetig und so ... ;-)

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Schul-kompatiblen Funktionen, stetig und so ... ;-)

Integrierbarkeit reicht, aber dieser Begriff will auch in der Schule erst mal sauber definiert sein, und dafür reicht die von dir zu Recht kritisierte Gleichung eben nicht aus.