1.2 Sumas superiores e inferiores (parte 4).

Unidad 1 Integral denida
1.2 Sumas superiores e inferiores (o sumas de Riemann).
Sumas Superiores e inferiores (Parte 5)
Denición 1. Sea P
= {x0 , x1 , · · · , xn } una partición P ∈ P[a,b] . Denimos la norma de una partición
P como la longitud del mayor de los subintervalos
kP k = máx{(xi − xi−1 ) | i = 1, · · · , n}
Denición 2. Sea f
: [a, b] → R, f acotada en [a, b]. Se dice que f es integrable en [a, b] si y solo si
lı́m S(f, P ) = lı́m S(f, P )
kP k→0
en tal caso
kP k→0
b
Z
f = lı́m S(f, P ) = lı́m S(f, P )
kP k→0
a
kP k→0
Denición 3. Sumas de Riemann Sea f
: [a, b] → R, f acotada en [a, b] sean P = {x0 , x1 , · · · , xn } y E =
{x∗i | x∗i ∈ [xi−1 , xi ], i = 1, ..., n}. Denimos las sumas de Riemann de f en [a, b] como:
R(f, P ) =
n
X
f (x∗i )(xi − xi−1 )
i=1
Intuitivamente debe ocurrir
Z
n
X
b
f (x) dx = lı́m R(f, P ∗ ) = lı́m
a
kP k→0
kP k→0
f (ξi )(xi − xi−1 ) con
ξi ∈ [xi−1 , x − i]
i=1
Vamos ahora a comparar las deniciones vistas en clase y mostraremos su equivalencia
Teorema 1. Sea f
: [a, b]−
→R acotada en [a, b], f es integrable en [a, b] y
Z
b
f =I
a
si y solo si
∀ > 0, ∃ δ > 0 tal que para toda partición P ∈ P[a,b] con kP k < δ se cumple
|R(f, P ∗ ) − I| < Demostración. (⇒) Por hipótesis f es integrable en [a, b] y
Z
b
f = I . Se tiene ∀ > 0 ∃ δ > 0 tal que
a
kP k < δ ⇒ |R(f, P ∗ ) − I| < por otro lado tenenmos que
por lo que
Facultad de Ciencias UNAM
Cálculo Diferencial e Integral II
S(f, P ) ≤ R(f, P ∗ ) ≤ S(f, P )
−S(f, P ) ≤ −R(f, P ∗ ) ≤ −S(f, P )
Prof. Esteban Rubén Hurtado Cruz
1
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1.2 Sumas superiores e inferiores (o sumas de Riemann).
también ocurre
S(f, P ) ≤ I ≤ S(f, P )
de lo anterior
− S(f, P ) − S(f, P ) ≤ I − R(f, P ∗ ) ≤ S(f, P ) − S(f, P )
por lo tanto
|R(f, P ∗ ) − I| < S(f, P ) − S(f, P ) < siempre que kP k < δ
(⇐) Supongamos que
∀ > 0, ∃ δ > 0 tal que para toda partición P ∈ P[a,b] con kP k < δ se cumple
|R(f, P ∗ ) − I| < tenemos que
|R(f, P ∗ ) − I| < ⇒ I − < R(f, P ∗ ) < I + ahora escogemos x∗i ∈ [xi−1 , xi ] tal que
b−a
f (x∗i ) < mi +
Por lo que
∗
R(f, P ) =
n
X
f (x∗i )∆i
<
i=1
i=1
= S(f, P ) +
Por lo tanto
n X
b−a
X
n
mi +
b−a
∆i =
i=1
∆i = S(f, P ) +
i=1
n
X
b−a
mi ∆ i +
n X
i=1
b−a
∆i
(b − a) = S(f, P ) + R(f, P ∗ ) < S(f, P ) + ⇒ R(f, P ∗ ) − < S(f, P )
por lo que
Z
b
(I − ) − < S(f, P ) ⇒ I − 2 < S(f, P ) ⇒ I < S(f, P ) + 2 <
f + 2
a
y por tanto
Z
b
Z
b
f + 2 ⇒ I ≤
I<
a
f
a
ahora escogemos x∗i ∈ [xi−1 , xi ] tal que
f (x∗i ) > Mi −
Por lo que
∗
R(f, P ) =
n
X
i=1
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Cálculo Diferencial e Integral II
f (x∗i )∆i
>
n X
i=1
b−a
Mi −
b−a
∆i = S(f, P ) − Prof. Esteban Rubén Hurtado Cruz
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Unidad 1 Integral denida
1.2 Sumas superiores e inferiores (o sumas de Riemann).
Por lo tanto
S(f, P ) < R(f, P ∗ ) + < I + 2
por lo que
b
Z
f < I + 2
S(f, P ) < I + 2
a
por lo tanto
b
Z
f ≤I
a
en consecuencia
b
Z
I≤
Z
b
f ≤I
f≤
a
a
concluimos que f es integrable sobre [a, b] y
Z
b
f =I
a
Ejemplo Usando sumas de Riemann encontrar
Z
2
1
1
x
Solución Vamos a usar una partición en forma de progresión geométrica
2 = 1 × q = q consecuentemente q = 2
n
n
n
X
f (ξ)4i =
i=1
1
n
y escogemos ξi = xi−1 = q
a0
i−1
= 1, an = a0 q n es decir
; tenemos entonces que
n
n
n
X
X
X
1
1
1 i−1
i
i−1
(a
−
a
)
=
(q
−
q
)
=
q (q − 1)
i
i−1
i−1
i−1
i−1
q
q
q
i=1
i=1
i=1
=
n
X
1
(q − 1) = n(q − 1) = n(2 n − 1) = Ln(2)
i=1
La ultima igualdad se justica de la siguiente manera :
1
1
1
lı́m x(2 x − 1) = lı́m
x→∞
x→∞
Por lo tanto
2x − 1
1
x
Z
1
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=
|{z}
L0 hopital
2
lı́m
x→∞
2 x ( −1
x2 )Ln(2)
−1
x2
1
= lı́m 2 x Ln(2) = Ln(2)
x→∞
1
1
= lı́m n(2 n − 1) = Ln(2)
n→∞
x
Prof. Esteban Rubén Hurtado Cruz
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1.2 Sumas superiores e inferiores (o sumas de Riemann).
Ejemplo Usando sumas de Riemann hallar la integral
Rb
a
xp dx siendo P un número natural y a ≥ 0
Solución Elegimos una partición
k
ar − ar
k−1
= ar
k−1
P = {a = t0 , t1 , ..., tk , ..., tn = b} donde tk = ark y tk − tk−1 =
1
(r − 1) por lo que b = arn ⇒ r = ( ab ) n
Tenemos entonces que
n
X
f (xi )4xi =
k=1
n
X
(ark )p (ark − ark−1 ) =
k=1
n
X
(ark )p ark−1 (r − 1) =
k=1
n
X
ap+1 rkp
k=1
rk
(r − 1)
r
n
= ap+1
r − 1 X k(p+1)
r − 1 p+1 rn(p+1) − 1
r
= ap+1
r
r
r
rp+1 − 1
k=1
Donde la ultima igualdad la podemos justicar como sigue
n
X
r
k(p+1)
=
k=1
n
X
{rp+1 }k = rp+1 + {rp+1 }2 + {rp+1 }3 + ... + {rp+1 }n =
k=1
rp+1 {1 + rp+1 + {rp+1 }2 + ... + {rp+1 }n−1 } = rp+1
{rp+1 }n − 1
rp+1 − 1
Por lo que obtenemos
n
X
ap+1 rkp
k=1
rk
r − 1 p+1 {rp+1 }n − 1
(r − 1) = ap+1
r
r
r
rp+1 − 1
Sustituyendo r = ( ab ) n tenemos que
1
p+1 r
a
r
n
{( ab ) n }p+1 − 1
− 1 p+1 rn(p+1) − 1
p+1 n b p+1
r
=
a
(
)
(r
−
1)
r
rp+1 − 1
a
rp+1 − 1
Vamos ahora a simplicar el término
Tenemos que:
1 + r + r2 + r3 + ... + rp =
r−1
r p+1 −1
que se encuentra en la ultima expresion.
rp+1 − 1
r−1
1
⇒ p+1
=
r−1
r
−1
1 + r + r2 + r3 + ... + rp
Y tomando lı́mn→∞ tenemos que r → 1 pues r = ( ab ) n y por lo tanto
1
1
1
→
1 + r + r2 + r3 + ... + rp
p+1
Por lo que
lı́m ap+1
n→∞
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b p+1
bp+1 − ap+1
r − 1 p+1 {rp+1 }n − 1
p+1 { a }
r
=
a
=
r
rp+1 − 1
p+1
p+1
Prof. Esteban Rubén Hurtado Cruz
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