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´ CALCULO INTEGRAL MAT. VICTOR MANUEL FERREYRA COROY 8 de marzo de 2015 ´ APROXIMADA DE FIGURAS AMORFAS El c´alculo integral MEDICION tiene su origen en el estudio del ´area de figuras planas, la f´ormula para el c´alculo de las ´areas de tri´angulos y rect´angulos eran ya conocidos en la grecia cl´asica, as´ı cmo la de los poligonos regulares previa descompisic´on en tri´angulos.

El problema se plantea a la hora de calcular a´reas de figuras limitadas por l´ıneas curvas. Euclides (300 a. c) siguio los trabajos de Eudoxio (400-355 a.c), para calcular el a´rea del c´ırculo por el m´etodo de exhauci´on, es decir, inscribiendo en el sucesivamente pol´ıgonos con m´as lados.

La suma de estas a´reas se aproxima cada vez m´as al a´rea del c´ırculo, estando en el ((l´ımite)) el valor exacto. Demostr´o adem´as que , dados dos c´ırculos de

1

a´reas A1 Y A2 y radios r1 y r2 , se verificaba que A1 r2 = 12 A2 r2 y que A = kr2 , siendo k una constante que Arqu´ımides llam´o π y cuyo valor > π > 223 . Arqu´ımides hall´o tambi´en el a´rea encerrada dijo hallarse entre 22 7 71 por un arco de parab´ola y la cuerda correspondiente, cosa realmente dificil en aquel tiempo, ya que no se dispon´ıa del a´lgebra formalizada ni de la geometr´ıa anal´ıtica. El m´etodo usado era el de ”agotamiento”, esto es, se encaja el ´area entre dos pol´ıgonos, uno inscrito en la regi´on y otro ciscunscrito a la regi´on. Desde los griegos hasta el siglo XVII poco se hizo con relaci´on al c´alculo de a´reas y volumenes de figuras limitadas por l´ıneas o superficies cerrdas, Pascal, Fermat y Leibniz, comienzan un estudio engarzado con el c´alculo diferencial; as´ı pues, aunque hist´oricamente se estudian los primeros elementos del c´alculo integral, antes que el diferencial. En el siglo XVII se estudian y configuran a la par, relacion´andose por medio de muchos e importantes resultados, por esto la mayor´ıa de los autores empiezan, exponiendo, en primer lugar, al menos, las primeras nocionaes de c´alculo diferencial, antes de comenzar el estudio del c´alculo integral. Probablemente se tien una idea intuitiva de que el ´area de una figura geom´etrica es la medida que, en alguna forma, proporciona el tama˜ no de la regi´on encerrada por la figura. Al intentar resolver el problema del a´rea, debe preguntarse ?Cu´al es el significado de ´area? est´a cuesti´on es f´acil de responder para regiones con lados rectos, para un rect´angulo, se define como el producto del largo y el ancho. El a´rea de un tri´angulo es la mitad de la base multiplicada por la altura. El ´area de un pol´ıgono se encuentra al dividirlo en tri´angulos y sumar las ´areas de esos tri´angulos.

Sin embargo, no es fac´ıl hallar el ´area de una regi´on con lados curvos. Todos tienen una idea intuitiva de lao que es el a´rea de una regi´on. Pero parte del problema del a´rea es hacer que esta idea sea precisa dando una definici´on exacta de a´rea. La metodolog´ıa a emplear para el c´alculo de ´areas de superficies como las siguientes. 2

Podemos considerar el lado curvo como la gr´afica de una funci´on y = f (x). Si llamamos A el ´area de la figura, se cumplira que (b − a)n < A < (b − a)m Antes de estudiar el a´rea de una regi´on plana, se indica porque se utiliza la terminolog´ıa ”medida del ´area”. La palabra ”medida” se refiere a un n´ umero (no se incluyen las unidades). Por ejemplo, si el a´rea de un tri´angulo es 20cm2 . Se dice que la medida del a´rea de un tri´angulo en centimetros cuadrado es 20. CUando la palabra ”medici´on” se aplica, se incluyen las unidades. De este modo, la medici´on del a´rea del tri´angulo es 20cm2 . Ahora considerese un regi´on R del plano con el la figura. La regi´on R est´a limitada por el eje x, las rectas x = a y x = b, y la curva cuya ecuaci´on es y = f (x), donde f es una funci´on contunia en el intervalo cerrado [a, b].

Por simplicidad, se toma f (x) ≥ 0 para toda x en [a, b] Se desea asigna un n´ umero A a la medida del a´rea de R y utilizar un proceso de limite semejante al empleado en la definici´on del ´area de un c´ırculo. El ´area de un c´ırculo est´a definida como el l´ımite de las a´reas de los pol´ıgonos regulares inscritos cuando el n´ umero de lados aumenta sin l´ımite.

3

Regresando a la funci´on y = f (x) (b − a)n < A < (b − a)m esto en muchas ocasiones no nos aporta una idea suficientemente aproximada del valor de A. Supongamos que el intervalo [a, b] lo dividimos en tres partes. a = t0 < t1 < t2 < t3 = b

Entonces el valor que buscamos queda acotado entre dos cantidades s = (t1 −t0 )m1 +(t2 −t1 )m2 +(t3 −t2 )m3 < A < (t1 +t0 )m2 +(t2 −t1 )m3 +(t3 −t2 )m4 = S Si aumentamos el n´ umero de puntos en la divisi´on de [a, b], cada vez se ir´an acercando m´as los valores s y S, de modo que nos dar´an una informaci´on m´as precisa sobre A. Ejemplo: Use rect´angulos para estimar el a´rea debajo de la par´abola y = x2 , desde 0 hasta 1.

4

1.0

0.8

0.6

0.4

0.2

-1.0

0.5

-0.5

1.0

En primer lugar, el a´rea de S debe encontrarse en alguna parte entre 0 y 1, para que S este contenida en un cuadrado cuya longitud del lado sea 1 pero, en verdad, puede lograr algo mejor que eso. Suponga que divide a S en 4 franjas S1 , S2 , S3 , S4 al trazar las rectas verticales x = 14 , x = 12 , x = 34

Puede obtener una aproximaci´on de cada franja por medio de un rect´angulo cuya base sea la misma que la de la franja y cuya altura sea la misma que la del lado derecho de la propia franja (como en la figura)

En otras palabras,las alturas de estos rect´angulos son valores de la funci´on f (x) = x2 , en los puntos extremos de la derecha de los subintervalos, [0, 41 ], [ 14 , 12 ], [ 12 , 34 ], [ 34 , 1] cada rect´angulo tiene un ancho de 41 y las alturas son ( 14 )2 , ( 12 )2 , ( 43 )2 , 12 ,si se denota con R4 la suma de las ´areas de estos rect´angulos de aproximaci´on, se obtiene  2  2  2 1 1 1 1 1 3 1 15 R4 = + + + (1)2 = ≈ 0,46875 4 4 4 2 4 4 4 32 5

De acuerdo con la figura anterior se nota que el a´rea A de S es menor que R4 de modo que A < 0,46875. Ahora en lugar de usar los rec´angulos de la figura anterior optaremos por usar rect´angulos peque˜ nos, cuyas alturas son los valores de f en los puntos extremos de la izquierda de los subintervalos.

El rect´angulo de la extrema izquierda se ha aplastado, debido a que su altura es cero,. La suma de las ´areas de estos rect´angulos de aproximaci´on es  2  2 1 1 3 1 1 1 7 2 + + (1)2 = L4 = (0) + ≈ 0,21875 4 4 4 4 2 4 32 El a´rea deS es mayor que L4 , de modo que se tiene estimaciones superiores e inferior para A. 0,21875 < A < 0,46875 Es posible repetir este procedimiento con un n´ umero mayor de franjas. Realizando m´as divisiones se pueden obtener mejores aproximaciones para el ´area. La tabla que aparece se muestra algunas calculos usando diferentes divisiones de la funci´on. n Ln Rn 10 0.28500 0.3850 20 0.38750 0.35875 30 0.3268519 0.3501852 50 0.32340 0.34340 100 0.328350 0.33835 1000 0.3328335 0.3338335 Usando n rect´angulos cuyas alturas se encuentran con los puntos extremos de la izquierda (Ln ) o´ con los puntos extremos de la derecha (Rn ). En particular, al usar 50 franjas, el ´area se encuentra entre 0,324 y 0,3434. Con 100 franjas, lo estrecha incluso m´as; A se halla entre 0,3328335 y 0,3338335.se obtiene una buena aproximaci´on promediando estos n´ umeros A ≈ 0,333335. Para demostrar que la suma de las a´reas de los rect´angulos superiores del ejemplo anterior tienden a 31 ; es decir; 1 l´ım Rn = x→∞ 3 6

Realizamos lo siguiente: Rn es la suma de las a´reas de los n rect´angulos, cada rect´angulo tiene un ancho de n1 y las alturas son los valores de la funci´on f (x) = x2 en los puntos n1 , n2 , n3 , . . . , nn , es decir, las alturas son  2  2  2  n 2 1 2 3 , , ,..., n n n n de este modo 1 Rn = n

 2  2  2 1 1 2 1 3 1 1  n 2 + + + + ... + n n n n n n n n


1 1 2 2 2 2 1 + 2 + 3 + . . . + n n n2
1 2 1 + 22 + 32 + . . . + n2 3 n En este caso necesitamos la f´ormula para la suma de los cuadrados de los n primeros enteros positivos =

12 + 22 + 32 + . . . + n2 =

n(n + 1)(2n + 1) 6

por lo tanto sustituyendo tenemos que 1 n(n + 1)(2n + 1) n3 6 ahora calculando el l´ımite tenemos que Rn =

n(n + 1)(2n + 1) (n + 1)(2n + 1) 1 n + 1 2n + 1 1 = l´ım = l´ım = 3 2 x→∞ x→∞ 6n 6n 6 n n 3 que es lo que queriamos demostrar. De la misma manera puede demostrarse que las sumas inferiores de aproximaci´on tambi´en tienden a 13 es decir l´ım Rn = l´ım

x→∞

x→∞

1 x→∞ 3 . Para calcular las ´areas de regiones m´as complicadas cuyas fronteras est´an dadas por gr´aficas de funciones, es necesario utilizar un proceso de l´ımite y aplicar los m´etodos del c´alculo. En particular, sea R una regi´on de un plano coordenado acotado por las rectas x = a y x = b, por el eje x y por la gr´afica de una funci´on f que es continua y no negativa en el intervalo cerrado [a, b]. l´ım Ln =

7

Como f (x) ≥ 0 para todo x en [a, b] ninguna parte de la gr´afica esta abajo dele eje x. Por conveniencia, se denominar´a R la regi´on bajo la gr´afica de f entre a y b. Definiremos de forma general el a´rea de la regi´on R. Sea n un entero positivo arbitrario. Se divide el intervalo cerrado [a, b] en n subintervalos de la misma amplitud. b−a ∆x = n los extremos de estos subintervalos se denotan por x0 , x1 , x2 , . . . , xn estos extremos dividen el intervalo [a, b] en n subintervalos [x0 , x1 ], [x1 , x2 ], [x2 , x3 ], . . . , [xn−1 , xn ], donde los puntos extremos de la derecha de los subintervalos son x0 = a x1 = a + ∆x x2 = a + 2∆x x3 = a + 3∆x .. . xk = a + k∆x .. . xn−1 = a + (n − 1)∆x xn = a + n∆x = b El i-´esimo subintervalo se denotar´a por [xk−1 , xk ]. Como f es continua en el intervalo cerrado [a, b], es continua en cada subintervalo. Por el teorema de valor extremo (f alcanza un m´ınimo (m´aximo)) en alg´ un n´ umero uk de [xk−1 , xk ]. Para cada k se construye un rect´angulo de anchura ∆x = xk − xk−1 y la altura igual a la distancia m´ınima f (uk ) del eje x a la gr´afica de f , como se muestra en la figura.

El a´rea del k-´esimo rect´angulo es f (uk )∆x. La frontera de la regi´on formada por todos estos rect´angulos es el pol´ıgono rectangular inscrito correspondiente a la subdivisi´on de [a, b] en n subintevalos iguales. El a´rea de este pol´ıgono inscrito es la suma de las ´areas de los n rect´angulos correspondientes, es decir, f (u1 )∆x + f (u2 )∆x + . . . + f (un )∆x 8

Usando la notaci´on de sumatoria: P ´ Area del pol´ıgono rect´angular inscrito= nk=1 f (uk )∆x Donde f (uk ) es el m´ınimo de f en [xk−1 , xk ]. ´ Suponga que la funci´on f es continua en el intervalo cerrado DEFINICION: [a, b], con f ≥ 0 para toda x en [a, b] y que R es la regi´on limitada por la curva y = f (x), el eje x y las rectas x = a y x = b. Divida el intervalo [a, b] en n subintervalos, cada uno de longitud b−a n y denota el k-´esimo subintervalo por [xk−1 , xk ]. Entonces si f (uk ) es el valor de la funci´on m´ınimo absoluto en el k-´esimo subintervalo, la medida del a´rea de la regi´on R est´a dada por ∆x =

A = l´ım

n→∞

n X

f (uk )∆x

k=1

Esta escuaci´on significa que para cualquier ε > 0 existe un n´ umero N > 0 tal que si n es un n´ umero entero positivo y si n > N entonces |

n X

f (uk )∆x − A |< ε

k=1

Ejemplo: Sea A el a´rea de la regi´on que est´a debajo de la gr´afica de f (x) = e−x , entre x = 0 y x = 2. 1. Con los puntos extremos de la derecha encuentre una expresi´on para A como un l´ımite (no evalue el l´ımite) 2. Estime el a´rea al tomar los puntos muestta como los puntos medios y con cuatro subintervalos, luego con diez. soluci´on 1. como a = 0 y b = 2, el ancho de un subintervalo es ∆x = lo tanto delas a´reas de los rect´angulos de aproximaci´on es

2−0 n

= n2 . Por

Rn = f (x1 )∆x + f (x1 )∆x + f (x2 )∆x + . . . + f (xn )∆x = e−x1 ∆x + e−x2 ∆x + . . . + e−xn ∆x −4 2 −n 2 −2 2 = e n + e n + ... + e n n n n de la definici´on, el a´rea es −4 −2n 2 −2 l´ım Rn = l´ım (e n + e n + . . . + e n ) n→∞ n→∞ n P si se usa la notaci´on sigma ( ), se podr´ra escribir

n

2 X −2i A = l´ım e n n→∞ n i=1 9

2. con n = 4, los subintervalos de igual ancho , ∆x = 0,5 son [0, 0,5], [0,5, 1], [1, 1,5], [1,5, 2]. Los puntos medios de estos subintervalos son x∗1 = 1,25, x∗2 = 0,75, x∗3 = 1,25, x∗4 = 1,75 y la suma de las a´reas de los cuatro rect´angulos de aproximaci´on es M4 =

4 X

f (x∗i )∆x = f (0,25)∆x + f (0,75)∆x + f (1,25)∆x + f (1,75)∆x

i=1

= e−0,25 (0,5) + e−0,75 (0,5) + e−1,25 (0,5) + e−1,75 (0,5) 1 = (e−0,25 + e−0,75 + e−1,25 + e−1,75 ) ≈ 0,8557 2 De este modo, una estimaci´on para el a´rea es A ≈ 0,8557 con n = 10 se deja al lector comprobar que el a´rea es aproximadamente 0.8632 Ejemplo 2: EL PROBLEMA DE LA DISTANCIA. Considere ahora el problema de la distancia:hallar la distancia recorrida por un objeto durante cierto periodo, se se conoce la velocidad del objeto en todos los momentos. Si la velocidad permanece constante, entonces el problema de la distancia es f´acil de resolver por medio de la f´ormula: distancia=velocidad x tiempo Pero si la velocidad var´ıa, no es f´acil hallar la distancia recorrida. Investigue el problema en el ejemplo siguiente: Supponga que el od´ometro de un autom´ovil est´a averiado y que desea estimar la distancia que ha ocurrido en 30 segundos. Las lecturas del veloc´ımetro cada cinco segundo 5 segundos est´an restringidos en la tabla siguiente: Tiempo (s) 0 5 10 15 20 25 30 Velocidad (mi/h) 17 21 24 29 32 31 28 Para tener el tiempo y la velocidad en unidades coherentes, convierta las pies lecturas de velocidad a pies por segundo (1 mi = 5280 ) h 3600 s Tiempo (s) 0 5 10 15 20 25 30 Velocidad (pies/s) 25 31 35 43 47 46 41 Durante los primeros cinco segundos, la velocidad no cambia mucho, de modo que puede estimar la distancia recorrida durante ese tiempo al suponer que la velocidad es constante. Si la considera igual a la velocidad inicial (25 pies/s), por lo tanto obtiene la distancia aproximada recorrida durante los primeros cinco segundos: 25 pies/s X 5s=125 pies

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De manera an´aloga, durante el segundo intervalo, la velocidad es aproximadamente constante y se toma como la velocidad correspondiente a t = 5s.de modo que la estimac´on para la distancia recorrida desde t = 5s hasta t = 10s es 31 pies/s X 5s=155 pies Si sumamos las estimaciones semejantes para los otros intervalos de tiempo, obtiene una estimaci´on para la distancia total recorrida (25x5) + (31x5) + (35x5) + (43x5) + (47x5) + (46x5) = 1135pies con igual prioridad podr´ıa haber usado la velocidad correspondiente al final de cada periodo, en lugar de la velocidad al principio de los mismo, como la supuesta velocidad constante. En tal caso las estimaciones quedar´ıan: (31x5) + (35x5) + (35x5) + (43x5) + (47x5) + (46x5) + (41x5) = 1215pies Si buscara una estimaci´on m´as exacta, habr´ıa tomado las lecturas de la velocidad cada dos segundos o cada segundo. Ejemplo: Encuentre el a´rea bajo la curva para f (x) = x2 + 1 en el intervalo [-1,2] usando los puntos de la partici´on equidistante f (x) = x2 , ∆ : x0 = 0, x1 = 0,75, x2 = 1,25, x3 = 2, x4 = 2,75, x5 = 3 : w1 = 0,5, w2 = 1, w3 = 1,75, w4 = 2,25, w5 = 2,75 Para comenzarPa resolverlo debemos recordar la f´ormula la cual no dice lo siguiente Rn = ni=1 f (wi )∆x nosotros solamente usabamos xi recordemos que era porque renombramos a nuestro ∆x es por ello que veremos como es que se utiliza el valor x0 que lo dejabamos de lado,para ello debemos de encontrar nuestra ∆x la cual nos dice que es la diferncia de los puntos xi menos xi−1 que se encuentran en la base de los rect´angulos, por lo tanto para resolver regresaremos a utilizar ∆x em lugar de xi por lo tanto el desarrollo de la ecuci´ on que dar´ıa de la siguiente manera P Rn = ni=1 f (wi )∆x = f (w1 )(x1 − x0 ) + f (w2 )(x2 − x1 ) + f (w3 )(x3 − x2 ) + f (w4 )(x4 − x3 ) + · · · + f (wn )(xn − xn−1 ) Sustituyendo los datos tenemos lo siguiente =f (0,5)(0,75−0)+f (1)(1,25−0,75)+f (1,75)(2−1,25)+f (2,25)(2,75−2)+ f (2,75)(3 − 2,75) sustituyendo en nuestra funci´on y realizando las operaciones de las restas en cada una de las ∆x que encontramos tenemos lo siguiente = (0,5)2 (0,75) + (1)2 (0,5) + (1,75)2 (0,75) + (2,25)2 (0,75) + (2,75)2 (0,25) = 7,02 Recordemos que en clase al inicio esto lo realizabamos es por ello que no les debe de ser indiferente solamente recuerden el paso de realizar la diferencia entre los intervalos que nos den de xi si notan que tenemos que empieza en x0 y nuestras w empiezan en w1 entonces debemos de realizar las restas de las bases y los w solamente los debemos de evaluar en f.

11

1.

EJERCICIOS INSTRUCCIONES: Encontrar el a´rea bajo la curva utilizando figuras amor-

fas 1. f(x)=x2 + x + 1, con los ejes coordenados x=1,x=7,con 10 intervalos 2. f(x)=x3 + x2 + 12x, con los ejes coordenados x=-1,x=4,con 5 intervalos 3. f(x)=(x2 + x)2 , con los ejes coordenados x=0,x=6,con 12 intervalos 4. f(x)=4x2 + 5x, con los ejes coordenados x=1,x=4,con 5 intervalos 5. f(x)=(x + 1)2 − 3x, en [1,5], n=8 6. f(x)=3x2 − 6,en [-1,2], n=5 7. f(x)=x2 − 3x − 1, en [1,2], n=6 8. f(x)=5x2 − 1, en [0,5], n=8 9. f(x)=x3 − 4, en [0,6], n=12

12

2.

´ DE SUMATORIA NOTACION

La historia relata que cuando Carl Friedrich Gauss ten´ıa diez a˜ nos su profesor de matem´aticas le impuso a sus estudiantes el siguiente ejercicio como una manera de tenerlos ocupados: ”sumar todos los n´ umeros desde 1 hasta el 100” de este modo confiando en que los nin˜ nos estar´ıan ocupados durante mucho rato, el profesor se enfrasco en sus tareas de estudio, pero a los cinco minutos, el peque˜ no Gauss le entrego el resultado 5050 Sorprendido el profesor le pid´ıo a Gauss que le explicara cm´omo lo hizo. El peque˜ no se dio cuenta de que la suma del primer n´ umero con el ultimo (1+100=101) da un resultado que se repite sumando todos los sim´etricos: 1 + 100 = 101 2 + 99 = 101 3 + 98 = 101 4 + 97 = 101 .. . etc logrando establecer 50 sumas cuyo resultado es 101. Entonces, hizo 50 veces 101 es igual a 50x101=5050 Este procedimiento nos conduce a la f´ormula de sumatoria de n n´ umeros consecutivos n X n(n + 1) = 1 + 2 + 3 + ... + n = 2 i=1 Para expresar las diferentesPsumas en forma compacta es conveniente utilizar la nataci´on de sumatoria ( ) (llamada tambi´en notaci´on sigma) es una operaci´on matem´atica que se emplea para calcular la suma de muchos o infinitos sumandos. Por ejemplo, dado un conjunto de n´ umeros a1 , a2 , . . . , an , el s´ımbolo Pn a , representa su suma indicada o sumatoria, es decir, k=1 k n X

ak = a1 + a2 + a3 + . . . + an

k=1

P La letra griega sigma mayuscula denota la sumatoria y ak representa el k´esimo t´ermino. La letra k se llama ´ındice de sumatoria o variable de sumatoria y adquiere valores enteros consecutivos. Los enteros 1 yPn denotan los valores extremos del indice de la sumatoria. Ejemplo: Calcular 4k=1 k 2 (k − 3) En este caso ak = k 2 (k − 3). Para evaluar la suma sustituimos k por 1,2,3 y 4 y se suman P4 los 2t´erminos resultantes. 2 2 2 2 k=1 k (k − 3) = 1 (1 − 3) + 2 (2 − 3) + 3 (3 − 3) + 4 (4 − 3) = (−2) + (−4) + 0 + 16 = 10 13

P ROP IEDADES DE SU M AT ORIA Teorema 1

Pn

k=1

c = nc

Teorema 2 Sea n un entero positivo y sean a1 , a2 , . . . , an y b1 , b2 , b3 , . . . , bn entonces Pn Pn Pn 1. k=1 (ak + bk ) = k=1 ak + k=1 bk Pn Pn 2. umero real c k=1 cak = c ( k=1 ak ) para todo n´ Pn Pn Pn 3. k=1 (ak − bk ) = k=1 ak − k=1 bk Teorema 3 Sean a,b,c enteros tales que se cumple lo siguiente Pb Pb+c 1. i=a F (i) = i=a+c F (i − c) Pb−c Pb 2. i=a−c F (i + c) i=a F (i) = Ejemplo: P12 P10 1. i=5 F (i − 2) i=3 F (i) = P11 2 P12 2 2. i=7 (i − 1) i=6 i = P8 P10 3. i=1 F (i + 2) i=3 F (i) = P11 2 P6 2 4. i=1 (i + 5) i=6 i = Teorema 4

Pn

i=1 [F (i)

− F (i − 1)] = F (n) − F (0)

P P Ejemplo: Evaluar ni=1 (4i − 4i−1 ) Soluci´on: F (i) = 4i por lo tanto ni=1 (4i − 4i−1 ) = 4n − 40 = 4n − 1 Teorema 5 Si n es un n´ umero entero positivo, entonces Pn n(n+1) 1. i=1 i = 1 + 2 + 3 + 4 + . . . + n = 2 Pn 2 n(n+1)(2n+1) 2 2 2 2 2 2. i=1 i = 1 + 2 + 3 + 4 + . . . + n = 6  2 Pn 3 n(n+1) 3 3 3 3 3 3. i = 1 + 2 + 3 + 4 + . . . + n = i=1 2 4.

Pn

i=1

i4 = 14 + 24 + 34 + 44 + . . . + n4 =

14

n(n+1)(2n+1)(3n2 +3n−1) 30

3.

EJERCICIOS

Resuelve correctamente los siguientes problemas usando el teorema correspondiente. 1. Encontrar una f´ormula para Pn a) i=1 (2i − 1) = 1 + 3 + 5 + . . . + (2n − 1) Pn 2 2 2 2 2 b) i=1 (2i − 1) = 1 + 3 + 5 + . . . + (2n − 1) P5 2. i=1 (5i − 1) P2 3. i=−2 (3i + 2) P8 1 4. k=3 k P8 i2 5. i=3 i+1 Pn 6. i=1 i(3i − 2) P6 7. i=1 (3i − 2) P7 2 8. i=1 (i − 2) P10 3 9. i=1 (i − 2) P7 3 10. i=1 i(i − 2) Evalue la suma usando los teoremas respectivos P25 11. i=1 2i(i − 1) P20 2 12. i=1 3i(i + 2) Pn k k−1 13. ) k=1 (2 − 2 Pn k+1 14. − 10k ) k=1 (10

4.

SUMAS DE RIEMANN

Newton y Leibniz introdujeron las primeras R versiones del concepto de integral definida, Leibniz introdujo el s´ımbolo ” ” y se llama signo de integral. Es una S alargada y se eleigi´o debido a que una integral es un l´ımite de sumas. En notaci´on Z b f (x)dx a

1. f (x) se llama integrando 2. a y b se conocen como limites de integraci´on (b superior y a inferior) 15

3. dx no tiene significado en si o´ indica simplemente que la variable independiente es x Sin embargo la primera noci´on es la de una suma de Riemann y es en honor al matem´atico alem´an Bernahrd Riemann. Su definici´on inclu´ıa adem´as subintervalos de distinta longitud. SUMAS DE RIEMANN Considere una funci´on f definida en un intervalo cerrado [a, b]. Puede haber valores positivos y negativos en el intervalo, e incluso no necesariamente continua.

Considere una partici´on P del intervalo [a, b] en los subintervalos (no necesariamente de la misma longitud) por medio de los puntos a = x0 < x1 < x2 < . . . < xn−1 < xn = b y sea ∆xi = xi − xi−1 En cada subintervalo [xi−1 , xi ] seleccionese un punto x¯i (que puede ser un punto frontera), le llamamos ”punto muestra” para el i-´esimo subintervalo. Un ejemplo de estas construcciones se muestra, para n = 6 (Una partici´on de [a, b] con puntos muestra x¯i ). A la suma Rp =

n X

f (x¯i )∆xi

i=1

le llamamos sumas de Riemann para f correspondiente a la partici´on P . Su interpretaci´on geom´etrica se muestra en la figura. Observese que la contribuci´on de un rect´angulo que esta debajo del eje x es el negativo de su ´area, ya que en este caso f (x¯i ) < 0 n X

f (x¯i )∆xi = A1 + (−A2 ) + (−A3 ) + (−A4 ) + A5 + A6

i=1

Pn

f (x¯i )∆xi , significa: la suma de las a´reas de todos los rect´angulos cuya base es la longitud de cada subintervalo y su altura es el valor de la funci´on i=1

16

evaluada en el punto intermedio del subintervalo aumenta, la anchura de los subintervalos tiende a infinito, la longitud del mayor intervalo tiende a cero y el limite n X l´ım f (x¯i ∆xi ) n→∞

i=1

representa el a´rea bajo la curva y = f (x) y el eje x en el intervalo [a, b] Si bien la integral definida hab´ıa sido definida y usada con mucha anterioridad a la ´epoca de Riemann, ´el generalizo el concepto para poder incluir una clase de funciones m´as amplia. Teorema 6 Si f es continua en [a,b], o si f tiene u ´nicamente un n´ umero finito de saltos discontinuos entonces f es integrable en [a,b]; es decir , la integral definida Z b

f (x)dx a

existe. Si f es integrable en [a, b], entonces Z

b

f (x)dx = l´ım

n→∞

a

n X

f (x∗i )∆x

i=1

Teorema 7 Si f es integrable en [a,b], entonces Z

b

f (x)dx = l´ım a

n→∞

n X

f (xi )∆x; xi = x∗i

i=1

adem´as ∆x =

b−a n

y xi = a + i∆x Ejemplo: Evalue la suma de Riemann Rp para f (x) = (x + 1)(x − 2)(x − 4) = x3 − 5x2 + 2x + 8 en el intervalo [0, 5] utilizando la partici´on P con puntos de la partici´on 0 < 1,1 < 2 < 3,2 < 4 < 5 y los correspondientes puntos muestra x¯1 = 0,5,x¯2 = 1,5,x¯3 = 2,5,x¯4 = 3,6, Px5¯5 = 5 Soluci´on: Rp = i=1 f (x¯i )∆xi = f (x¯1 )∆x1 + f (x¯2 )∆x2 + f (x¯3 )∆x3 + f (x¯4 )∆x4 + f (x¯5 )∆x5 = f (0,5)(1,1−0)+f (1,5)(2−1,1)+f (2,5)(3,2−2)+f (3,6)(4−3,2)+f (5)(5−4) = 23,9698 EJERCICIOS 17

1. f (x) = x2 , ∆ : x0 = 0, x1 = 0,5, x2 = 1,25, x3 = 2,5, x4 = 3 : w1 = 0,25, w2 = 1, w3 = 1,5, w4 = 2,5 2. f (x) = x2 , ∆ : x0 = 0, x1 = 0,75, x2 = 1,25, x3 = 2, x4 = 2,75, x5 = 3 : w1 = 0,5, w2 = 1, w3 = 1,75, w4 = 2,25, w5 = 2,75 3. f (x) = 1/x, ∆ : x0 = 1, x1 = 1,67, x2 = 2,25, x3 = 2,67, x4 = 3 : w1 = 1,25, w2 = 2, w3 = 2,5, w4 = 2,75 4. f (x) = senx, ∆ : x0 = 0, x1 = 41 π, x2 = 12 π, x3 = 23 π, x4 = 34 π : w1 = 1 π, w2 = 31 π, w3 = 21 π, w4 = 34 π 6 1 , ∆ : x0 = −1, x1 = −0,25, x2 = 0, x3 = 0,5, x4 = 1,25, x5 = 5. f (x) = x+2 2, x6 = 2,25, x7 = 2,75, x8 = 3 : w1 = −0,75, w2 = 0, w3 = 0,25, w4 = 1, w5 = 1,5, w6 = 2, w7 = 2,5, w8 = 3

5.

INTEGRAL DEFINIDA

´ DEFINICION:Sea f una funci´on definida en un intervalo cerrado [a, b] y sea I un n´ umero real. Entonces X l´ım f (wk )∆xk = I kpk→0

k

significa que para toda ε > 0 existe δ > 0 tal que si P es una partici´on de [a, b] con k P k< δ, entonces X | f (wk )∆xk − I |< ε k

para cualquier elecci´on de n´ umeros wk en los subintervalos [xk−1 , xk ] de P . El n´ umero I se llama l´ımite de las sumas de Riemann ´ Sea f una funci´on definida e un intervalo cerrado [a, b]. La DEFINICION: integral definida de f entre a y b se denota por Z b f (x)dx a

y est´a dada por Z

b

f (x)dx = l´ım a

kpk→0

X

f (wk )∆xk

k

siempre y cuando el l´ımite exista. Teorema 8 (TEOREMA DE INTEGRABILIDAD) Si f es cerrada en [a,b] y si f es continua, excepto en un n´ umero finito de puntos, entonces f es integrable en [a,b]. En particular, si f es continua en todo el intervalo [a,b],es integrable en [a,b] 18

Como consecuencia de este teorema, las funciones siguientes son integrables en todo intervalo cerrado [a,b]. 1. Funciones polinomiales 2. Funciones seno y coseno 3. Funciones racionales, con tal que el intervalo [a,b] no contenga puntos en donde el denominador sea cero. Procedimiento para encontrar una integral indefinida b−a n

1. Debemos encontrar a ∆x = 2. encontrar a xi = a + ∆xi

3. sustituir xi en f , es decir f (xi ) sustituir en l´ım

n→∞

n X

f (xi )∆x

i=1

Ejemplo:Evaluar la integral Z

3

(x + 3)dx −2

soluci´on ∆x =

3−(−2) n

=

5 n

xi = a + ∆xi = −2 + n5 i f (xi ) = f (−2 + n5 i) = −2 + n5 i + 3 = 1 + n5 i por lo tanto sustituyendo en la definici´on tenemos que l´ım

n→∞

n X

f (xi )∆x = l´ım

n→∞

i=1

n  X i=1

5i 1+ n

ahora multiplicando los t´erminos tenemos lo siguiente l´ım

n→∞

n  X 5 i=1

25i + 2 n n



usando teorema de distribuci´on de la suma tenemos ! n n X 5 X 25i l´ım + n→∞ n n2 i=1 i=1 19



5 n

ahora usamos nuevamente teoremas de sumas para tener lo siguiente ! n n 25 X 5X 1+ 2 i l´ım n→∞ n i=1 n i=1 sustituyendo cada una de las f´ormulas correspondientes llegamos a    5 25 n(n + 1) l´ım n+ 2 n→∞ n n 2 realizando las operaciones correspondientes de simplificaci´on tenemos como resultado la siguiente expresi´on    25 n2 + n l´ım 5 + n→∞ 2 n2 para culminar distribuimos el l´ımite y lo calculamos para obtener como resultado 35 25 = 5+ 2 2 por lo tanto concluimos que Z 3 35 (x + 3) = 2 −2 R3 Ejemplo: Encontrar el a´rea de la integral definida −1 (2x2 − 8)dx soluci´on ∆x =

3−(−1) n

=

4 n

xi = a + ∆xi = −1 + n4 i f (xi ) = f (−1 + n4 i) = 2(−1 + n4 i)2 − 8 = desarrollando el binomio al cuadrado tenemos que = 2(1 −

8 16 i + 2 i2 ) − 8 n n

desarrollando el producto =2−

16 32 i + 2 i2 − 8 n n

simplificando 32 2 16 i − i−6 n2 n ahora regresando al problema original y usando la definici´on de integral definida tenemos que   n  X 32i2 16 4 l´ım − i − 6 n→∞ n2 n n i=1 =

20

multiplicando los producto obtenemos  n  X 128i2 64 24 = l´ım − 2i − n→∞ n3 n n i=1 usando los teoremas de sumas tenemos n X 128i2

= l´ım

n→∞

i=1

n3

−

n X 64 i=1

n2

i−

n X 24 i=1

!

n

sacando constantes de las sumas el resultado ser´a ! n n n 128 X 2 64 X 24 X i − 2 i− 1 n3 i=1 n i=1 n i=1

= l´ım

n→∞

sustituyendo las f´ormulas correspondientes a cada una de las sumas, vemos que la expresi´on se convierte en lo siguiente          128 n(n + 1)(2n + 1) 64 n(n + 1) 24 = l´ım − − n n→∞ n3 6 n2 2 n desarrollando los productos  3     2     2n + 3n2 + n n +n 128 64 24 n = l´ım − − 3 2 n→∞ 6 n 2 n n calculando el l´ımite llegamos a los siguiente =

128 64 128 −40 (2) − − 24 = − 32 − 24 = 6 2 3 3

No es de sorprender que la respuesta sea negativa, ya que la regi´on por debajo del eje x perece ser mayor que aquella que esta por encima del eje x. Por lo tanto si f toma valores tanto positivos como negativos entonces la suma de Riemann es la suma de las a´reas de los rect´angulos que se encuentran arriba del eje x y los negativos de las ´areas de los rect´angulos que est´an debajo del eje x. por lo tanto la integral definida puede interpretarse como un a´rea neta, es decir una diferencia de a´reas:

Z

b

f (x)dx = Aarriba − Aabajo a

21

6.

TEOREMA DE EXISTENCIA PARA INTEGRALES DEFINIDAS

Sea una funci´on real y = f (x), que es continua en un intervalo [a, b]. Entonces se puede afirmar que existe al menos un punto c perteneciente a dicho intervalo, para el que se verifica: ”que el valor de f (c) es el valor medio de la funci´on f (x) en el intervalo [a, b]” Observaci´on 1. El punto c puede no ser u ´nico.El teorema asegura la existencia de por lo menos un punto con esa propiedad 2. El valor medio de la funci´on f (x) no se refiera a la tasa de variaci´on media en el intervalo considerado, se trata de un concepto diferente. 3. El c´alculo de dicho valor medio y el del punto c en el que se alcanza, presupone el c´alculo de una integral definida.

22