MAT 1512 C ´
ALCULO 2
Ayudant´ıa 2: La integral definida Fecha: 10/03/2008
Ayudante: Juan Carlos Tiznado Aitken
Problema 1
Calcular, utilizando la definici´on de integral, Z b
a
cos x dx. Soluci´on:
Tenemos que f (x) = cos x, es una funci´on continua en [a, b], por lo que es integrable en dicho intervalo. Necesitamos calcular la suma parcial Sn = Pni=1f(ξi)∆xi, donde ξi es un punto
de muestra cualquiera dentro cada uno de los subintervalos en que dividiremos el dominio de integraci´on. As´ı, para cada i, obtendremos el ´area del rect´angulo de base ∆xi y altura f (ξi).
Entonces, para este caso, procedemos a hacer la partici´on de [a, b] en progresi´on aritm´etica, de modo que:
∆xi =
b− a n = l
x0 = a, x1 = a + l, x2 = a + 2l, . . . , xi = a + il, . . . , xn= a + nl = b
Escogeremos como puntos de muestra ai, los extremos derechos de cada peque˜no subintervalo.
As´ı: Sn= n X i=1 cos(a + il)l = l n X i=1 cos(a + il)
Para calcular esta sumatoria, debemos llevarla al formato de una prostaf´eresis. Notemos que como a priori sabemos que el resultado de la integral que se nos pide debe involucrar la funci´on sen (ver problema 3), ser´ıa adecuado multiplicar arriba y abajo por sen l. Esto queda:
Sn= l sen l
n
X
i=1
cos(a + il) sen l
Ahora debemos recordar la conocida identidad:
2 cosc+ d 2 senc− d 2 = sen c − sen d Sn = l 2 sen l n X sen[(a + (i + 1)l)] − sen[a + (i − 1)l]
Esto se parece demasiado a una telesc´opica como para no aprovecharlo. Nos basta con sumar y restar el t´ermino sen[a + il]. Esto resulta:
Sn = l 2 sen l n X i=1
sen[(a + (i + 1)l)] − sen[a + il] + sen[a + il] − sen[a + (i − 1)l]
= l
2 sen l
sen[a + (n + 1)l] − sen(a + l) + sen(a + nl) − sen(a) Por ´ultimo, debemos calcular:
l´ım
n→∞Sn = n→∞l´ım
l 2 sen l
sen[a + (n + 1)l] − sen(a + l) + sen(a + nl) − sen(a)
= 1
2(2 sen b − 2 sen a) = sen b − sen a Problema 2
Si 0 < a < b, calcular, utilizando la definici´on de integral, Z b
a
dx x . Soluci´on:
En este caso, conviene realizar una partici´on geom´etrica de raz´on r del intervalo [a, b], de manera que:
x0 = a, x1 = ar, . . . , xi = ari, . . . , xn= arn = b ; ∆xi = ari− ari−1 = ari−1(r − 1).
Con esta elecci´on, respetamos el hecho de que k∆ = arn−1(r − 1)k → 0, cuando n → ∞, ya que como r = n
q
b
a > 1, l´ımn→∞r = 1. Entonces, eligiendo los extremos derechos de cada
subintervalo: Sn= n X i=1 f(xi)∆xi = n X i=1 1 ari ari−1(r − 1) = n X i=1 r− 1 r = r− 1 r n Llamaremos b a = u, para calcular: l´ım n→∞ r− 1 r n = l´ım n→∞ u1/n− 1 u1/n n = l´ım n→∞ n u1/n u1/n− 1
Tenemos una forma indeterminada del tipo ∞
∞, por lo que aplicaremos la regla de L’hospital.
l´ım n→∞ n u1/n u1/n− 1 = l´ım n→∞ 1 − 1 n2 u1/nln u(u1/n− 1) − u1/nu1/nln u (u1/n− 1)2 = l´ım n→∞ n2(u1/n− 1)2 u1/nln u (∗)
Como en el denominador el l´ımite est´a fijo, nos ocupamos del numerador: l´ım n→∞n 2(u1/n− 1)2 = l´ım n→∞ (u1/n− 1)2 1 n2 = l´ım n→∞− 1 n2 2(u1/n− 1)u1/nln u −2n−3 = l´ım n→∞u 1/n(u1/n− 1)n ln u (nuevamente L’hospital) = ln u l´ım n→∞− 1 n2 u1/nln u(u1/n− 1) + u1/nu1/nln u −n−2 ! = ln2u(2u2/n− u1/n) = ln2u
Colocando esto en (*), obtenemos el resultado: Z b a dx x = l´ımn→∞Sn = ln u = ln b a = ln b − ln a Problema 3
Sea f : [a, b] → R continua y sea F : [a, b] → R, tal que F′
(x) = f (x) en [a, b]. Sea adem´as, {xk}nk=0, una partici´on de [a, b]. Demostrar que:
Z b
a
f(x) dx = F (b) − F (a)
Soluci´on:
El objetivo de este problema es ilustrar la importancia de la elecci´on de los puntos de muestra ξi en el c´alculo de la suma parcial Sn=Pni=1f(ξi)∆xi.
Teorema 1 (del valor medio diferencial). Sea f : [a, b] → R una funci´on tal que es continua en [a, b] y es diferenciable en ]a, b[, entonces existe un n´umero c∈]a, b[ tal que:
f′
(c) = f(b) − f (a) b− a
Entonces, dadas las caracteristicas de la funci´on F , podr´ıamos elegir, para cada i, un punto de muestra ξi en el subintervalo [xi, xi+1], tal que:
F(xi+1) − F (xi) = F ′
(ξi)(xi+1− xi), o mejor:
F(xi+1) − F (xi) = f (ξi)(xi+1− xi)
Con esta elecci´on, tenemos que: Sn= n−1 X i=0 f(ξi)(xi+1− xi) = n−1 X i=0
F(xi+1) − F (xi) = F (b) − F (a) (Por propiedad telesc´opica)
Por lo tanto, Z b a f(x)dx = l´ım n→∞Sn = l´ımn→∞ h F(b) − F (a)i= F (b) − F (a)
Este resultado, es conocido como teorema fundamental del c´alculo (parte 1). Dice que para encontrar la integral definida de una funci´on f , debemos encontrar una primitiva F de ella, es decir, una funci´on tal que F′
= f , y entonces evaluar la diferencia de ella en los extremos del intervalo de integraci´on. Sencillamente maravilloso...
Problema 4 Calcular L= l´ım n→∞ 1m+ 2m+ 3m+ ... + nm nm+1 Soluci´on:
La idea de este problema, consiste en llevar este l´ımite de sumas, al formato de una integral definida. Para acercarnos a ese prop´osito, recordemos que si hacemos una partici´on de [a, b] en progresi´on aritm´etica, se tiene que:
Z b a f(x)dx = l´ım n→∞ n X k=1 fa+ b− a n k b− a n
De acuerdo a lo anterior, podemos escribir: L = l´ım n→∞ 1 n 1 n m +2 n m + · · · +n n m ! = l´ım n→∞ n X k=1 (1 − 0)k n m 1 − 0 n
Dado lo anterior, podemos pensar que estamos frente a un intervalo de integraci´on, tal que a = 0 y b = 1, de modo que ∆xk= b− a n = 1 n, y xk= a + (b − a) n k= k n. Entonces, podemos decir que:
L = Z 1 0 xm dx = x m+1 m+ 1 1 0 = 1 m+ 1 Problema 5 Calcular L= l´ım n→∞ 1 n 1 a + 1 a+nb + 1 a+ 2bn + ... + 1 a+(n−1)bn ! Soluci´on:
Procedemos de igual modo que en el problema anterior:
L = l´ım n→∞ (1 − 0) n 1 a+b (1−0) 0n + 1 a+ b (1−0) 1n + 1 a+b (1−0) 2n + ... + 1 a+b (1−0) (n−1)n ! = l´ım n→∞ n−1 X k=0 1 a+b (1−0) kn 1 − 0 n
Por lo tanto, L = Z 1 0 1 a+ bx dx = 1 b ln(a + bx) 1 0 = 1 b ln(a + b) − ln(a) = 1 b ln a+ b a