¿Es posible probar que$\int_{a}^{b}x^{n}=\frac{b^{n+1}-a^{n+1}}{n+1}$ de la definición de la integral de Riemann?

Question

En otras palabras, ¿es posible demostrar que$\int_{a}^{b}x^{n}=\frac{b^{n+1}-a^{n+1}}{n+1}$ sin el uso de límites y derivados? He probado el caso especial para$n=0$.

Esto es todo lo que tengo hasta ahora, sin embargo, para el caso general:

Como$x^{n}$ es continuo, basta con mostrar que$\underset{P}{\sup}L(f,P)=\frac{b^{n+1}-a^{n+1}}{n+1}$. Si$n$ es impar, entonces para una partición$P=\left \{ a=t_{0}<t_{1}<\cdots<t_{k-1}<t_k=b \right \}$ tenemos ese$m_{i}=\inf\left \{t^{n}:t_{i-1}\leq t \leq t_{i}\right \}=t_{i-1}^{n}$ y$L(f,P)=\sum_{i=1}^{k}m_i(t_i-t_{i-1}).$

¿Cómo puede uno continuar desde allí?

Answer 1

Es posible que desee comprobar la siguiente prueba que publiqué en una pregunta. El método para resolver la integral es bastante agradable. Interpretando una integral bajo la forma de Riemann Stieltjes.

Answer 2

Sin pérdida de generalidad, vamos a tratar sólo con las integrales con un límite inferior de $a = 0$ (teniendo en cuenta que, en general, tenemos que $\int_a^b = \int_0^b - \int_0^a$). Por lo tanto, debemos mostrar que $\int_0^b x^n = \frac{b^{n+1}}{n+1}$

Deje $\mathcal{P}_m = \{t_0,t_1,\dots,t_m\} = \{0, b\cdot\frac{1}{m}, b\cdot\frac{2}{m}, \dots, b\cdot\frac{m-1}{m},b\}$ (al calcular las integrales de Riemann desde cero, este debe ser su partición). Observar que $t_{i} - t_{i-1} = b\cdot\frac{1}{m}$ y $M_{i} = \big(b \cdot \frac{i}{m}\big)^n = (\frac{b}{m})^n \cdot i^n$ (vamos a tratar con la parte superior de sumas). En consecuencia,

$U(\mathcal{P}_m, x^n) = \displaystyle\sum_{i=1}^m M_i(t_i - t_{i-1}) = \displaystyle\sum_{i=1}^m (\frac{b}{m})^n \cdot i^n \frac{b}{m} = (\frac{b}{m})^{n+1}\displaystyle\sum_{i=1}^m i^n$

Hagamos una pausa. Necesitamos lidiar con la suma de $\displaystyle\sum_{i=1}^m i^n$ de alguna manera. Me voy a referir a usted aquí. Ahora,

$ U(\mathcal{P}_m, x^n) = (\frac{b}{m})^{n+1}\displaystyle\sum_{i=1}^m i^n = (\frac{b}{m})^{n+1}\bigg(\frac{1}{n+1}\displaystyle\sum_{k=0}^n (-1)^k \binom{n+1}{k}B_k m^{n+1-k} \bigg) $

que se simplifica a

$ \frac{b^{n+1}}{n+1} \bigg(B_0 + \text{terms involving negative powers of m} \bigg)$

Tomando nota de que $B_0 = 1$, tenemos el límite de $\displaystyle\lim_{m \to \infty} U(\mathcal{P}_m, x^n) = \frac{b^{n+1}}{n+1}$. Espero que usted estaría de acuerdo en que estamos haciendo ahora.

Answer 3

Así que usted quiere utilizar la definición de la integral de Riemann a través de la parte superior e inferior de las sumas de Riemann para evitar hablar acerca de los límites, ¿verdad? Esto parece un poco artificial, pero aquí es una manera. Asumiendo $b > a > 0$ y $m$ es un entero positivo, establezca $q = (\frac{b}{a})^{\frac{1}{m}}$. Deje $P_m$ ser la partición de $a, aq, aq^2, ..., aq^m = b$. Entonces

$ L(x^n,P_m) = \sum_{i=0}^{m-1} (aq^i)^n (aq^{i+1} - aq^i) = a^{n+1}(q-1) \sum_{i=0}^{m-1} (q^{n+1})^i = a^{n+1} (q - 1) \frac{q^{m(n+1)} - 1}{q^{n+1} - 1} $

Recordar que $q = (\frac{b}{a})^{\frac{1}{m}}$, obtenemos

$ L(x^n,P_m) = (b^{n+1} - a^{n+1}) \frac{q -1}{q^{n+1} - 1} = (b^{n+1} - a^{n+1}) \frac{1}{1 + \dotso + q^n }$

Ahora a examinar el segundo factor de la última expresión. Usted puede reformular de la siguiente sin explícitamente hablando acerca de los límites: debido a $q \rightarrow 1$$m \rightarrow \infty$, se puede elegir una $m$ que $L(x^n,P_m)$ es arbitrariamente cerca de $(b^{n+1} - a^{n+1}) \frac{1}{n+1}$, concluyendo que la sup de la parte inferior de las sumas de Riemann es, al menos,$(b^{n+1} - a^{n+1}) \frac{1}{n+1}$.

Un argumento similar se debe dar a usted que el inf de la parte superior de las sumas de Riemann es en la mayoría de las $(b^{n+1} - a^{n+1}) \frac{1}{n+1}$.