Suma de Riemann Para Coseno y Logaritmo Natural

´ MAT 1512 CALCULO 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,

b

Z

cos x dx.

a

Soluci´ on: Tenemos que f (x) = cos x, es una funci´on continua en [a, Pb], por lo que es integrable en dicho intervalo. Necesitamos calcular la suma parcial Sn = ni=1 f (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: b−a =l n x0 = a, x1 = a + l, x2 = a + 2l, . . . , xi = a + il, . . . , xn = a + nl = b ∆xi

=

Escogeremos como puntos de muestra ai , los extremos derechos de cada peque˜ no subintervalo. As´ı: n n X X Sn = cos(a + il)l = l cos(a + il) i=1

i=1

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: n

l X cos(a + il) sen l Sn = sen l i=1 Ahora debemos recordar la conocida identidad: 2 cos

Sn =

c + d 2

sen

c − d 2

= sen c − sen d

n  l X sen[(a + (i + 1)l)] − sen[a + (i − 1)l] 2 sen l i=1

1

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

n  l X = sen[(a + (i + 1)l)] − sen[a + il] + sen[a + il] − sen[a + (i − 1)l] 2 sen l i=1  l  sen[a + (n + 1)l] − sen(a + l) + sen(a + nl) − sen(a) = 2 sen l

Por u ´ltimo, debemos calcular: l´ım Sn =

n→∞

=

 l  sen[a + (n + 1)l] − sen(a + l) + sen(a + nl) − sen(a) n→∞ 2 sen l l´ım

1 (2 sen b − 2 sen a) 2

= sen b − sen a Problema 2 Si 0 < a < b, calcular, utilizando la definici´on de integral,

Z

a

b

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´oq n, respetamos el hecho de que k∆ = arn−1 (r − 1)k → 0, cuando n → ∞, ya que como r = n ab > 1, l´ımn→∞ r = 1. Entonces, eligiendo los extremos derechos de cada subintervalo: Sn =

n X

f (xi )∆xi =

i=1

Llamaremos

n n  X X r − 1 r − 1 1  i−1 ar (r − 1) = = n i ar r r i=1 i=1

b = u, para calcular: a l´ım

n→∞

r − 1 r

n = l´ım

n→∞

 u1/n − 1  u1/n

2

n n = l´ım  n→∞ u1/n  u1/n − 1

Tenemos una forma indeterminada del tipo n l´ım   = 1/n n→∞ u u1/n − 1

∞ , ∞

por lo que aplicaremos la regla de L’hospital.

1  1/n 1/n n→∞ 1 u ln u(u − 1) − u1/n u1/n ln u  − 2 n (u1/n − 1)2 l´ım

n2 (u1/n − 1)2 (∗) n→∞ u1/n ln u Como en el denominador el l´ımite est´a fijo, nos ocupamos del numerador: =

l´ım n2 (u1/n − 1)2 =

n→∞

= =

l´ım

(u1/n − 1)2 1 n→∞ n2 l´ım

l´ım −

n→∞

1 2(u1/n − 1)u1/n ln u n2 −2n−3

l´ım u1/n (u1/n − 1)n ln u (nuevamente L’hospital)

n→∞

u1/n ln u(u1/n − 1) + u1/n u1/n ln u −n−2

1 = ln u l´ım − 2 n→∞ n

!

= ln2 u(2u2/n − u1/n ) = ln2 u Colocando esto en (*), obtenemos el resultado: Z b b dx = l´ım Sn = ln u = ln = ln b − ln a n→∞ a a x 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 f (x) dx = F (b) − F (a) a

Soluci´ on: El objetivo de este problema es ilustrar laPimportancia de la elecci´on de los puntos de muestra ξi en el c´alculo de la suma parcial Sn = ni=1 f (ξi )∆xi . Pero antes de resolver el ejercicio, debemos recordar un importante teorema: 3

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 ), F (xi+1 ) − F (xi ) = f (ξi )(xi+1 − xi )

o mejor:

Con esta elecci´on, tenemos que: Sn =

n−1 X

f (ξi )(xi+1 − xi ) =

i=0

n−1 X

F (xi+1 ) − F (xi ) = F (b) − F (a) (Por propiedad telesc´opica)

i=0

Por lo tanto, Z

a

b

h i f (x)dx = l´ım Sn = l´ım F (b) − F (a) = F (b) − F (a) n→∞

n→∞

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

1m + 2m + 3m + ... + nm n→∞ nm+1

L = l´ım 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

a

b

n  X b−a  b−a k f a+ f (x)dx = l´ım n→∞ n n k=1

4

De acuerdo a lo anterior, podemos escribir:  n m 1  1 m  2 m L = l´ım + + ··· + n→∞ n n n n n  X (1 − 0)k m 1 − 0 = l´ım n→∞ n n k=1

!

Dado lo anterior, podemos pensar que estamos frente a un intervalo de integraci´on, tal que 1 (b − a) k b−a = , y xk = a + k= . a = 0 y b = 1, de modo que ∆xk = n n n n Entonces, podemos decir que: Z 1 xm dx L = 0 1 xm+1 = m + 1 0

1 = m+1

Problema 5 Calcular 1 1 1 + L = l´ım n→∞ n a a+

b n

1 1 + + ... + 2b a+ n a + (n−1)b n

!

Soluci´ on: Procedemos de igual modo que en el problema anterior:

1 (1 − 0) L = l´ım n→∞ n a + b (1−0) n =

l´ım

n→∞

n−1 X k=0

1 a+

b (1−0) k n

0

+

1 a+

b (1−0) 1 n

1−0 n

5

+

1 a+

b (1−0) 2 n

+ ... +

1 a+

b (1−0) (n−1) n

!

Por lo tanto, 1

1 dx 0 a + bx 1 1 ln(a + bx) = b

L =

Z

0

=

=

1 b

 ln(a + b) − ln(a)

1 a + b ln b a

6