数学 - Python - 微分積分学 - 積分法 - 定積分(解析的定義) - 図形に無関係な定義、不足和、上限、累乗(平方)、連続関数、分割、区間、最小値、上界

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微分積分学 (ちくま学芸文庫) (吉田洋一(著)、筑摩書房)のⅣ.(積分法)、7.(定積分(解析的定義))、問1.の解答を求めてみる。

閉区間[a, b] を

$[a, x_{1}], [x_{1}, x_{2}], \dots, [x_{n - 1}, b]$

なる小閉区間に分割する。

この各小区間における連続関数

$f (x) = x^{2}$

の最小値をそれぞれ

$m_{1}, \dots, m_{n}$

とする。

a が非負の場合、

$m_{1} = a^{2}, m_{2} = x_{1}^{2}, \dots, m_{n - 1} = x_{n - 2}^{2}, m_{n} = x_{n - 1}^{2}$

である。

よって、上記の小閉区間による分割の不足和は、

$\begin{array}{l} s \\ = m_{1} (x_{1} - a) + m_{2} (x_{2} - x_{1}) + \dots + m_{n} (b - x_{n - 1}) \\ = a^{2} (x_{1} - a) + x_{1}^{2} (x_{2} - x_{1}) + \dots + x_{n - 1}^{2} (b - x_{n - 1}) \end{array}$

また、

$\begin{array}{l} a^{2} < \frac{a^{2} + a x_{1} + x_{1}^{2}}{3} \\ x_{1}^{2} < \frac{x_{1}^{2} + x_{1} x_{2} + x_{2}^{2}}{3} \\ ⋮ \\ x_{n - 1}^{2} < \frac{x_{n - 1}^{2} + x_{n - 1} b + b^{2}}{3} \end{array}$

なので、

$\begin{array}{l} s \\ < \frac{x_{1}^{3} - a^{3}}{3} + \frac{x_{2}^{3} - x_{1}^{3}}{3} + \dots + \frac{b^{3} - x_{n - 1}^{3}}{3} \\ = \frac{1}{3} (b^{3} - a^{3}) \end{array}$

これは s の上界の 1つである。

閉区間[a, b]を n 等分した分割を考える。

$\begin{array}{l} h = \frac{b - a}{n} \\ n = \frac{b - a}{h} \end{array}$

とおくと、不足和は、

$\begin{array}{l} s_{n} \\ = \sum_{k = 0}^{n - 1} f (a + k h) h \\ = \sum_{k = 0}^{n - 1} {(a + k h)}^{2} h \\ = \sum_{k = 0}^{n - 1} (a^{2} + 2 a k h + k^{2} h^{2}) h \\ = n a^{2} h + 2 a h^{2} \sum_{k = 1}^{n - 1} k + h^{3} \sum_{k = 1}^{n - 1} k^{2} \\ = n a^{2} h + 2 a h^{2} \cdot \frac{n (n - 1)}{2} + h^{3} \cdot \frac{1}{6} (n - 1) n (2 (n - 1) + 1) \\ = a^{2} (b - a) + a h^{2} \cdot \frac{b - a}{h} \cdot (\frac{b - a}{h} - 1) + h^{3} \cdot \frac{1}{6} (\frac{b - a}{h} - 1) \cdot \frac{b - a}{h} \cdot (\frac{2 (b - a)}{h} - 1) \\ = a^{2} (b - a) + a (b - a) ((b - a) - h) + \frac{1}{6} ((b - a) - h) (b - a) (2 (b - a) - h) \\ = (b - a) (a^{2} + a (b - a) + \frac{1}{3} {(b - a)}^{2}) \\ - (b - a) (a + (b - a) + \frac{1}{6} (b - a) + \frac{1}{3} (b - a)) h \\ + \frac{1}{6} (b - a) h^{2} \\ = \frac{b - a}{3} (3 a^{2} + 3 a b - 3 a^{2} + b^{2} - 2 a b + a^{2}) \\ - \frac{b - a}{6} (6 b + b - a + 2 b - 2 a) h \\ + \frac{b - a}{6} h^{2} \\ = \frac{b - a}{3} (b^{2} + b a + a^{2}) - \frac{b - a}{6} (9 b - 3 a) h + \frac{b - a}{6} h^{2} \\ = \frac{b^{3} - a^{3}}{3} - \frac{b - a}{6} (- h^{2} + (9 b - 3 a) h) \end{array}$

よって、任意の正の実数

$ε > 0, ε \in ℝ$

に対して、

$\begin{array}{l} \frac{b - a}{6} (- h^{2} + (9 b - 3 a) h) > ε \\ \frac{b - a}{6} (- {(\frac{b - a}{n})}^{2} + (9 b - 3 a) \cdot \frac{b - a}{n}) > ε \\ 6 ε n^{2} - (9 b - 3 a) {(b - a)}^{2} n + {(b - a)}^{3} > 0 \end{array}$

を満たす自然数 n ならば、

$s_{n} > \frac{b^{3} - a^{3}}{3} - ε$

よって、

$\frac{b^{3} - a^{3}}{3}$

は関数

$f (x) = x^{2}$

の不足和の集合の上限である。

ゆえに、

$\begin{array}{l} a \geq 0 \\ \int_{a}^{b} f (x) dx = \int_{a}^{b} x^{2} dx = \frac{b^{3} - a^{3}}{3} \end{array}$

よって、

$\begin{array}{l} \int_{0}^{ξ} x^{2} dx = \frac{ξ^{3}}{3} \\ ξ > 0 \end{array}$

である。

（証明終）

コード

#!/usr/bin/env python3
from unittest import TestCase, main
from sympy import symbols, Integral, plot

print('1.')

x, a, b = symbols('x, a, b', real=True)
f = x ** 2


class MyTestCase(TestCase):
    def test(self):
        self.assertEqual(Integral(f, (x, a, b)).doit(), (b ** 3 - a ** 3) / 3)


p = plot(f,
         (x, -5, 5),
         ylim=(0, 10),
         legend=True,
         show=False)
colors = ['red', 'green', 'blue', 'brown', 'orange',
          'purple', 'pink', 'gray', 'skyblue', 'yellow']

for o, color in zip(p, colors):
    o.line_color = color

p.show()
p.save(f'sample1.png')

if __name__ == '__main__':
    main()

入出力結果(Zsh、PowerShell、Terminal、Jupyter(IPython))

% ./sample1.py -v
1.
test (__main__.MyTestCase) ... ok

----------------------------------------------------------------------
Ran 1 test in 0.078s

OK
%

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2020年2月11日火曜日

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