Cómo encontrar inferior de la integral de Riemann en función dada?

Question

$f(x)$ definido en $[0,1]$ como el siguiente - $$ \begin{align} f(x) = \begin{cases} 0 & \text{if %#%#%}\\ \frac{1}{n} & \text{if %#%#%} \end{casos} \end{align} $$

Cómo encontrar inferior de la integral de Riemann de $x=0$ de $1/(n+1)<x\le 1/n$ a $f(x)$. Mi pregunta es diferente de Cómo encontrar la integral de Riemann de la siguiente función? Ya sabemos $0$ ha contables del número de discontinuidades por lo tanto es Riemann integrable y se puede encontrar superior de la integral para obtener la respuesta .Pero ¿cómo encontrar inferior de Riemann integral de esta función ?

EDITAR - sé que desde $1$ es Riemann integrable, por tanto, es inferior de la integral de Riemann es el mismo como superior de la integral de Riemann.Pero, ¿cómo encontrar al particionar el dominio o en otras palabras, mediante la definición de inferior de la integral de Riemann.

Answer 1

La función de $f$ es riemann integrable , por lo que la función de $F:[0,1]\rightarrow \Bbb R$ definido por $F(x)={\underline \int}_x^1 f(t)dt $ es continua. En particular, el límite de $\lim_{x\rightarrow 0} F(x)$ existe y es igual a $F(0)$. Que es $${\underline \int}_0^1f(x)dx=F(0)=lim_{n\rightarrow \infty} {\underline \int}_{\frac{1}{n+1}}^1f(t)dt.$$ Now notice that in the interval $[\frac{1}{n+1},1]$ number of discontinuities of $f$ is finite, so that the riemann integral ${\underline \int}_{\frac{1}{n+1}}^1f(t)dt=\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1})=(\sum_{k=1}^n\frac{1}{k^2})-(1-\frac{1}{n+1})$. Therefore , $${\underline \int}_0^1f(t)dt=\frac{\pi^2}{6}-1.$$

Answer 2

Para cada partición $P= \{x_j\}_0^n$ donde $x_0 = 0, x_n = 1$, hay algunos $N$ s.t. $x_1 \in (1/(N+1), 1/N]$. A continuación, en $[0, x_1]$, el infimum es $0$. En $[1/(N+1), 1]$, $f$ es una función de paso, es decir, a trozos función constante, entonces el inferior de la suma de Riemann es fácil de encontrar: $$ {\underline \int}_{x_1}^1 f \leqslant \subrayado \int_{1/(N+1)}^1 f = \sum_1^N \int_{1/(n+1)}^{1/n} f = \sum_1^N \left(\frac 1n - \frac 1{n+1}\right) \frac 1n = -1 + \frac 1{N+1} +\sum_1^N \frac 1{n^2}. $$ Así $$ -1 +\frac 1{N+1} + \sum_1^N \frac 1{n^2}\subrayado \int_{1/(N+1)}^1 f \leqslant \subrayado \int_0^1 f \leqslant \subrayado \int_0^{x_1} f +\subrayado \int_{x_1}^1 f \leqslant x_1 + \subrayado \int_{1/(N+1)}^1 f = x_1 - 1+\frac 1{N+1} + \sum_1^N \frac 1{n^2}. $$

Ahora vamos a la malla $\delta$ de $P$ va a la $0$. Desde $x_1 \leqslant \delta$, $x_1 \to 0$ así, por lo tanto $1/(N+1) \to 0$, a continuación, $N\to \infty$. Tomar el límite de $\delta \to 0^+$ w.r.t. las desigualdades, tenemos $$ \subrayado \int_0^1 f = -1+\sum_1^\infty \frac 1{n^2} =- 1 + \frac {\pi^2}6. $$

Answer 3

Considerar las particiones $P_N=\{0\}\cup \{\frac{1}{n}: 1\leq n \leq N\}$. A continuación, la parte inferior de la suma es $$L(f;P_N)=\sum \limits _{i=1}^N m_i\left(\frac{1}{i}-\frac{1}{i+1}\right)+m_0(\frac{1}{N}-0)$$

Entonces, dado cualquier partición $P$ usted puede encontrar una $N$ tal que $L(f;P)\leq L(f,P_N)$ (por qué?)

Y cómo $f$ es constante en cada intervalo de la forma $[1/(n+1),1/n]$ el infimum s $m_i$ son sólo $f(1/i)=1/i$ e $m_0=0$... Tenemos $$L(f;P)= \sum \limits _{i=1}^N \frac{1}{i}\left(\frac{1}{i}-\frac{1}{i+1}\right)$$

Por lo tanto, $$\sup _P L(f;P)\leq \sup _{P_N} L(f;P_N)= \lim _{N\to \infty} \sum \limits _{i=1}^N \frac{1}{i}\left(\frac{1}{i}-\frac{1}{i+1}\right) = \sum \limits _{i=1}^{\infty} \frac{1}{i}\left(\frac{1}{i}-\frac{1}{i+1}\right)=\frac{\pi^2}{6} -1$$

y usted también puede readly demostrar $\geq$ a la conclusión de igualdad.