漫步微积分二十八——极限思想下的面积计算

上篇文章中讨论的概念给出了计算面积的实际过程。现在我们利用一些实例来测试这个过程是如何工作的。

例1：考虑区间[0,b]上的函数y=f(x)=x。图像(图1)下面的区域是高和底都为b的矩形，所以它的面积明显是b2/2。然而，我们需要去证实我们极限过程给出相同的答案，更重要的是，理解立即过程如何给出答案。

图1

n是一个正整数，区间[0,b]分割成相等的n个子区间，得到n−1个间断点

x1=bn,x2=2bn,…,xn−1=(n−1)bn(1)

矩形的底是Δxk=b/n，如果我们用图1那样的上部和，那么矩形的高为

f(x1)=bn,f(x2)=2bn,…,f(xn−1)=(n−1)bn

于是我们有

Sn=(bn)(bn)+(2bn)(bn)+⋯+(nbn)(bn)=b2n2(1+2+⋯+n)

利用之前讲过的求和公式，可以写成

Sn=b2n2⋅n(n+1)2=b22⋅nn⋅n+1n=b22(1+1n)

所以我们得到

area of region=limn→∞Sn=limn→∞b22(1+1n)=b22

这就是开始我们得到的。用定积分的符号表示就是

∫baxdx=b22(2)

在本例中我们选择了相等的子区间及上部和。不代表必须作出这些选择；我们的目的仅仅是为了使计算尽可能容易。

例2：现在考虑区间[0,b]上的函数y=f(x)=x2，如图2所示。n是一个正整数，区间[0,b]分割成相等的n个子区间，长度为Δxk=b/n。我们继续用上部和Sn，所以矩形的高度为

f(x1)=(bn)2,f(x2)=(2bn)2,…,f(xn−1)=((n−1)bn)2

从而得到

Sn=(bn)2(bn)+(2bn)2(bn)+⋯+(nbn)2(bn)=b3n3(12+22+⋯+n2)

利用前面文章提到的公式，上式可写为

Sn=b3n3⋅n(n+1)(2n+1)6=b36⋅nn⋅n+1n⋅2n+1n=b3n3(1+1n)(2+1n)

当n→∞时我们得到

area of region=limn→∞Sn=b33

或等价地

∫bax2dx=b33(3)

图2

用同样的方式我们可以得到y=f(x)=x3的定积分

∫bax3dx=b44(4)

很自然地我们根据(2)(3)(4)可以猜想

∫baxndx=bn+1n+1(5)

它可能对所有正整数n=1,2,3,…成立。对于n=3,4,…,9的情况，(5)的有效性由意大利数学家Cavalieri在1635年和1647年建立起来，但他费力的几何方法在n=10时就很难进行下去。几年以后费马发现了这个美丽的论点，一次就证明了(5)对所有正整数成立。这个论点有点远离我们的这里的主题。

例3：接下来，我们找出余弦曲线y=cosx下的面积，从x=0开始到x=b，其中0<b≤π/2(图3)。n是一个正整数，将区间[0,b]分割成相等的n个子区间，长度为Δxk=b/n。这次我们用下部和sn。因为函数是递减的，所以x¯k是子区间的右端点。连续矩形的高度是

cosbn,cos2bn,⋯,cosnbn

从而

sn=(cosbn)(bn)+(cos2bn)(bn)+⋯+(cosnbn)(bn)=bn∑k=1ncoskbn

为了计算n→∞时的极限，需要用到下面的计算结果

∑k=1ncoskx=sin12nxcos12(n+1)xsin12x

其中x=b/n。从而我们得到

area of region=limn→∞sn=limn→∞bn⋅sin12bcos[(n+1)b2n]sin(b/2n)(6)

为了计算极限，考虑到余弦函数是连续的，可以看出

cos[(n+1)b2n]=cos(1+1n)b2→cosb2asn→∞

接下来，如果选θ=b/2n，那么当n→∞时，θ→0那么

bn⋅1sin(b/2n)=2⋅b/2nsin(b/2n)=2⋅θsinθ→2asn→∞

利用这些事实(6)可写为

area of region=limn→∞sn=2sinb2cosb2=sinb

或者等价地

∫b0cosxdx=sinb

图3