Notas del Curso de Calculo Diferencial eIntegral II 2010-1

Prof. Esteban Ruben Hurtado Cruz

25 de junio de 2009

Introduccion Sea R una region a la que le hemos asignado area A(R),entonces

1)A(R) ≥ 0

2)A(R) =n∑i=1

A(Ri)

donde R = ∪ni=1Ri con Ri ∩Rj = ∅ si i 6= j, i = 1, 2, ..., n

3)A(R) = A(R∗)

donde R∗ se obtiene a partir de una transformacion rıgida de R

A(C) = `2

donde C es el cuadrado de lado `AreasRectangulo. Si R es un rectangulo de lados a y b entonces A(R) = ab.Construimos un cuadrado cuyos lados sean a+b de la siguiente manera

1

El area del cuadrado de lado a+ b es (a+ b)2 entonces.

(a+ b)2 = 4A(R) + (a− b)2

donde A(R) es el area del rectangulo de lados a y b y (a− b)2 es el area deR1. Entonces

4(A(R)) = (a+ b)2 − (a− b)2 = a2 + 2ab+ b2 − a2 + 2ab− b2 = 4ab

⇒ 4(A(R)) = 4ab⇒ A(R) = 4ab

4= ab⇒ A(R) = ab

TrianguloSi R es un triangulo de base a y altura b, entonces A(R) = ab

2.

El area del triangulo se puede se puede ver como la mitad del area delrectangulo de la siguiente manera

En la figura el triangulo ACB es congruente con el triangulo ACB’ y segunla propiedad 3 tienen igual area. El triangulo BCA’ es congruente con eltriangulo CA’D y por tanto tienen la misma area. Por lo tanto podemosconcluir que el area del triangulo ACA’ es la mitad del area del rectangulocuya base es a y altura b.

Area de un polıgono regularSea P un polıgono regular de n lados, cada uno de longitud `. Trazando

los segmentos de recta que unen a los vertices con el centro, generamos ntriangulos congruentes Ti, de base ` y altura a (donde a es el apotema delpolıgono)

2

Tenemos que

A(P ) = nA(Ti) = n`a

2=

(n`)a

2=ρa

2

donde ρ es el perımetro del polıgono.PitagorasSea D un triangulo rectangulo, entonces el area del cuadrado C cuyo lado

es igual a la hipotenusa, es igual a la suma de las areas de los cuadrados Ay B cuyos lados son, respectivamente, iguales a los catetos

area de C=area de A+area de B

Para demostrar esto, construimos dos cuadrados iguales R y R′ cuyo lado esigual a la suma de las longitudes de los catetos

como los cuadrados son iguales, tenemos que area R= area R’

3

Dividiendo los cuadrados como se ve en la figura, tenemos entonces que lostriangulos denotados por D’ son iguales entre si e iguales a D y los rectangulosdenotados por A’, B’, C’ son respectivamente iguales a los cuadrados A,B,C.Por lo tanto, obtenemosi) area A’=area Aii)area B’=area Biii)area C’=area C

Ademasarea R=area A’+area B’+4 veces area D’area R’=area C’+4 veces area D’

como tenıamos que area R=area R’, obtenemos que cancelando y susti-tuyendo las igualdades i), ii) y iii) tenemos que

area de A+area B=area C

Area bajo la curva cicloidePara obtener el area encerrada bajo un arco de la cicloide.

Sea OABP el area situada bajo la mitad de un arco de cicloide. El diametrode la circunferencia generatriz es OC y P es un punto cualquiera del arco.Se toma PQ=DF. El lugar geometrico descrito por Q se llama curva asoci-ada a la cicloide. La curva OQB divide al rectangulo OABC en dos partesiguales porque a cada lınea DQ en OQBC le corresponde una lınea igual RSen OABQ. El rectangulo OABC tiene su base y su altura iguales, respecti-vamente, a la semicircunferencia y diametro de la circunferencia generatriz;por lo tanto su area es el doble de la circunferencia. Entonces OABQ tienela misma area que la circunferencia generatriz. Ademas el area entre OPB yOQB es igual al area del semicırculo OFC porque de la misma definicion de Qse tiene que DF=PQ, de modo que estas dos areas tienen la misma anchura

4

en todas partes. En consecuencia, el area encerrada debajo del semiarco esuna vez y media el area de la circunferencia generatriz.

Aproximacion de AreasEl metodo mas importante para calcular areas, volumenes y otras canti-

dades comenzo con modificaciones del metodo exhaustivo griego. Ası comolos griegos utilizaban diferentes tipos de figuras aproximantes rectilıneas, enel siglo XVII adoptaron un procedimiento sistematico utilizando rectangulos.

Un punto tiene area ceroPara demostrar esto, bastara demostrar que esta area es menor que cualquier

numero positivo b. Como el punto P cabe dentro del rectangulo R de base1 y altura b entonces area P<area b·1 = b donde b es un numero positivomenor que todos por lo tanto area P=0

Un segmento de lınea tiene area ceroEntonces para demostrar que un segemento de recta tiene area cero vamos

a considerar al rayo L que cabe en la parte sombreada del dibujo, en dondeb es cualquier numero positivo.

Entonces el area de L< b(12

+ 14

+ 18

+ ...) ≤ b · 1 = b. Por lo tanto el area deL es menor que cualquier numero positivo b, por lo tanto area de L=0.

Aproximacion del area de una circunferenciaLa idea es inscribir un polıgono de ”n”lados dentro de la circunferencia y

extraemos una parte del polıgono y calculamos su area

5

tenemos que Cos(πn) = y

rpor lo tanto r · Cos(π

n) = y.

Por otro lado Sen(πn) = x

rpor lo tanto r · Sen(π

n) = x.

Por lo tanto la base del triangulo 2x = 2rSen(πn) y la altura es y =

r · Cos(πn) por lo tanto el area del triangulo es

base · altura2

=2rSen(π

n)r · Cos(π

n)

2= r2Sen(

π

n)Cos(

π

n)

Por lo tanto el area del polıgono es

n∑1

r2Sen(π

n)Cos(

π

n) = nr2Sen(

π

n)Cos(

π

n)

tenemos entonces

lımn→∞

nr2Sen(π

n)Cos(

π

n) = lım

n→∞

π · nr2

πSen(

π

n)Cos(

π

n)

= πr2 lımn→∞

Sen(πn)

πn

Cos(π

n) = πr2

Area bajo la ParabolaSupongamos que se quiere calcular el area situada por la parabola y = x2

desde x=0 hasta x=B.

6

A medida que la anchura d de estos rectangulos se hace mas pequena, lasuma de las areas de los rectangulos se aproxima al area encerrada bajo lacurva. Esta suma, si las bases son todas ellas de anchura d, y si se utiliza lapropiedad caracterıstica de la parabola de que la ordenada es el cuadrado dela abscisa, es

d · d2 + d · (2d)2 + d · (3d)2 + ...+ d · (nd)2

o lo que es lo mismo

d3(12 + 22 + 32 + ...+ n2) = d3(2n3 + 3n2 + n

6)

Si sustituimos d por la longitud fija OB dividida por n, el resultado es

OB3(1

3+

1

2n+

1

6n2)

Si se considera, como lo hicieron ellos entonces, que los dos ultimos terminosse pueden despreciar cuando n es infinito, se obtiene el resultado correcto.

Dado un numero a ≥ 0 que sabemos que es menor que todo numeropositivo b, podemos concluir que el numero es igual a cero pues de lo contrarioexistiria un numero positivo a

2tal que a

2< a ∇(contradiccion).

Aproximando el volumen de un conoConsidearando que el volumen de un cubo de lado a es a3 y que el volumen

de un cilindro de altura a y radio r es πar2

7

Calcular el volumen de un cono de altura a y radio rPara esto, dividamos la altura en n partes iguales, cada una de longitud

an.

Construyamos los n cilindros de altura an

y radio rk, k=1,...,n donde rk =k rn.

Entonces el volumen del k-esimo cilindro es

Vk = πr2kak = π(k

r

n)2(

a

n) =

πar2k2

n3

Por lo tanto el volumen del cono es

V ≈n∑k=1

πar2k2

n3=πar2

n3

n∑k=1

k2 =πar2k2

n3

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

6=πar2

6(1+

1

n)(2+

1

n)

8

En consecuencia

V = lımn→∞

πar2

6(1 +

1

n)(2 +

1

n) =

1

3πar2

Aproximar el volumen de una esferaPara esto fijemonos en la mitad de la esfera

El radio del k-esimo cilindro es

rk =

√r2 − (k

r

n)2

es decirr2k = r2 − (k

r

n)2

entonces el volumen del k-esimo cilindro es

V = πr2k

r

n= π(r2 − (k

r

n)2)

r

n= πr2(1− k2

n2)r

n= πr3(1− k2

n2)1

n

Es la mitad del cilindro, por lo que

V ≈ 2n∑k=1

πr3(1− k2

n2)1

n= 2πr3(

1

n

n∑k=1

1− 1

n3

n∑k=1

k2)

= 2πr3(1− 1

6(1 +

1

n)(2 +

1

n))

Por lo tanto

V = lımn→∞

2πr3(1− 1

6(1 +

1

n)(2 +

1

n)) =

4

3πr3

Problema.- ¿Cual es el volumen del solido?

9

Para resolver esto, dividimos en triangulos rectangulos

Tenemos que segun la figura lk = 2√r2 − (k r

n)2 y PQ = k a

n,

10

En la figuraOC = k r

n, CD =

√r2 − (k r

n)2,DE = k a

n,

Por semejanza de triangulos ar

= DECD

por lo tanto DE = an

√n2 − k2

en consecuencia el volumen del k-esimo prisma es

Vk =r

2n

√n2 − k2(

a

n

√n2 − k2)(

r

n) =

ar2

2n3(n2 − k2)

En consecuencia

V ≈ 2n∑k=1

ar2

2n3(n2 − k2)

Por lo tanto

V = lımn→∞

2n∑k=1

ar2

2n3(n2 − k2) = 2ar2 lım

n→∞

1

n3

n∑k=1

(n2 − k2) =2

3ar2

Trabajo

11

Consideremos un cuerpo en movimiento rectilıneo, supongamos que dichomovimiento es el resultado de la accion de una fuerza F sobre el. Si dichafuerza actua paralelamente a la trayectoria y ademas es de magnitud con-stante, entonces al desplazarse el cuerpo desde x1 hasta x2 la fuerza habra re-alizado un trabajo, denotado por w igual a

W = F (x2 − x1)

donde x2 − x1 = desplazamiento (ver figura)

Tal hecho es consecuencia inmediata de la definicion de trabajo realizado poruna fuerza constante a lo largo de una lınea recta; a saber, como el productopunto del vector fuerza por el vector desplazamiento. De ahi que, para el casounidimensional, en el que coinciden las direcciones del vector fuerza y la delvector desplazamiento, dicho producto se reduce a un producto de numerosreales.

Un ejemplo clasico de una fuerza de magnitud variable y direccion con-stante es el caso de la fuerza de resistencia de un resorte

Tomemos un resorte tal que en su posicion de equilibrio natural, la longi-tud del resorte es AB,(ver figura). Tomando como origen el punto O senaladoen la figura, podemos verificar experimentalmente que cuando estiramos elresorte una pequena longitud x (esto es, sin deformarlo) el resorte ejerce unafuerza de reaccion (dirigida hacia el punto O) proporcional a la longitud x,es decir

fuerza de resistencia=-kxdonde k ≥ 0 es llamada constante de elasticidad del resorte. El signo

menos se toma debido a que el sentido del vector fuerza siempre es contrarioal vector de desplazamiento.

12

Por lo tanto, para estirar el resorte una longitud x, debemos aplicar unafuerza F que neutralice la fuerza de resistencia: a saber

F = kx

Hallemos el trabajo realizado por esta fuerza, representada por

Dividimos el segmento [0,x] en n partes iguales

Sean x0, x1, ..., xn con 0 < x1 < x2 < ... < xn = x los puntos en el eje X quedividen al segmento [0,x] en n subintervalos.

Supondremos que para elongar el resorte una longitud que este entre xi−1

y xi tenemos que aplicar una fuerza practicamente constante denotada porFi; bajo la hipotesis de que la longitud del intervalo [xi−1, xi] es pequena.

Sin perdida de generalidad, podemos suponer que la fuerza F en cadasubintervalo [xi−1, xi], donde es practicamente constante, esta determinadapor el valor de la fuerza en cualquier punto ξ1 ∈ [xi−1, xi]

13

Por lo tanto, el trabajo realizado en cada subintervalo, sera

W[xi−1,xi] = F (ξi)(xi − xi−1)

con ξi ∈ [xi−1, xi], i = 1, 2, 3, ..., n y el trabajo total

W = F (ξ1)(x1−x0)+F (ξ2)(x2−x1)+...+F (ξn)(xn−xn−1) =n∑i=1

F (ξi)(xi−xi−1)

Tomando particularmente ξi = xi−1

W =n∑i=1

F (xi−1)(xi − xi−1)

Dado que la fuerza es proporcional a la longitud x; es decir F=kx, entoncesla fuerza en cada subintervalo esta dada por

F (xi−1) = k(xi−1)

de ahi que el trabajo total es

W =n∑i=1

k(xi−1)(xi − xi−1)

Dado que xi − xi−1 = xn∀i = 1, 2, ..., n, entonces

W =n∑i=1

k(xi−1)(x

n) = k

x

n

n∑i=1

(xi−1)

Tomando en cuenta que x0 = 0xn,x1 = 1x

n,...,xn = nx

ntenemos que

W = kx

n

n∑i=1

(i− 1)(x

n) = k

x2

n2

n∑i=1

i− 1 = kx2

n2

n(n+ 1)

2=kx2

2− kx2

n

14

Finalmente, si hacemos n suficientemente grande, tendremos mas subinter-valos de menor longitud y , por lo tanto, los saltos en la fuerza son maspequenos. En el caso lımite obtenemos el trabajo realizado por la fuerza a lolargo del segmento (0,x).

Por tanto

W = lımn→∞

n∑i=1

F (xi−1)(xi − xi−1) = lımn→∞

kx2

2− kx2

n=

1

2kx2

Por lo tanto el trabajo realizado por la fuerza del resorte es

W = −1

2kx2

Trabajo. En mecanica, el trabajo realizado por una fuerza constante F quecausa un desplazamiento d es el producto Fd.

Trabajo de Bombeo. Consideremos ahora el problema de averiguar eltrabajo que se realiza al vaciar un recipiente cuya forma es la de un solidode revolucion.

Considerese el recipiente (ver figura); deseamos calcular el trabajo que serealiza al vaciarlo, si la superficie del lıquido pasa de la profundidad a hastala profundidad b.

Para ello dividimos AB en n subintervalos, por esos puntos de division hag-amos pasar planos perpendiculares al eje de revolucion, y construyamos

15

cilindros de revolucion. El volumen de uno cualquiera de tales cilındrossera πy2∆x y su pesoWπy2∆x, siendo W= el peso de la unidad cubica delıquido. El trabajo que se realiza al subir un peso es igual al producto delpeso por la altura vertical; por consiguiente, el trabajo de subir ese cilindrode lıquido a la altura x sera Wπy2x∆x. El trabajo realizado al subir hastaarriba todos estos cilindros es:

n∑i=1

Wπy2x∆x

El trabajo realizado al vaciar la parte AB del recipiente es, el lımite de estasuma.

lımn→∞

n∑i=1

Wπy2x∆x

Problema.- Se tiene un cilindro de radio R y altura a lleno de agua. ¿Cuales el trabajo que se debe realizar para vaciar un recipiente cilındrico de radioR y altura a que esta lleno de agua, a traves del borde superior

Para esto dividimos la altura del cilindro en n partes iguales de longitud an

cada una.Entonces se forman n cilindros (franjas) de grosor a

ny radio r.

El trabajo que se efectua para llevar el k-esimo cilindro hasta el bordesuperior es Tk = Vk · dk, donde

Vk = πr2 a

n=πar2

n

dk = ka

nen consecuencia

Tk =πa2r2

n2k

16

Por lo tanto

T ≈n∑k=1

Tk =n∑k=1

πa2r2

n2k =

πa2r2

n2

n∑k=1

k =πa2r2

n2

n(n+ 1)

2=πa2r2

2(1 +

1

n)

Por lo que

T = lımn→∞

πa2r2

2(1 +

1

n) =

πa2r2

2= πar2a

2= V · a

2

Problema.- Calcular el trabajo que se debe efectuar para vaciar un recipientede forma conica de altura a y radio r, por el borde superior.

Para esto, dividamos la altura en n partes iguales de longitud an

cada una deellas.

Consideremos los n cilindros que se forman y calculemos el trabajo quese debe efectuar para llevar cada uno de ellos hasta el borde superior.

El trabajo que se efectua para llevar el k-esimo cilindro hasta el bordesuperior es

Tk = Vkdk

donde Vkdk = πr2kan

y dk = k an

de la figura vemos que por semejanza detriangulos

r

a=

rka− k a

n

⇒ rk = r(1− k

n)

entonces

Tk = (πr2(1− k

n)2)(

a

n)(k

a

n) = πa2r2(

1

n2)(1− k

n)2 · k

En conscuencia,

T ≈n∑k=1

Tk =n∑k=1

πa2r2

n2(1− k

n)2 · k =

πa2r2

n2

n∑k=1

(1− k

n)2 · k

17

=πa2r2

n2

n∑k=1

(k−2k2

n+k3

n2) =

πa2r2

n2(n(n+ 1)

2− 2

n

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

6+

1

n2(n(n+ 1)

2)2)

Dividiendo entre n2

= πa2r2(1

2(1 +

1

n)− 1

3(1 +

1

n) + (2 +

1

n) +

1

4(1 +

1

n)2)

Por lo tanto

T = lımn→∞

πa2r2(1

2(1 +

1

n)− 1

3(1 +

1

n) + (2 +

1

n) +

1

4(1 +

1

n)2)

=πa2r2

12=πar2

3

a

4

18

Integral de Riemann

Consideremos una funcion f : [a, b] → R acotada en [a, b], tal que f(x) ≥ 0,∀x ∈ [a, b].

Nos proponemos calcular el area de la region R = (x, y)|a ≤ x ≤ b, 0 ≤ y ≤ f(x).Podemos obtener valores aproximados al area de R a traves del area de unaregion poligonal, aproximacion que dependera de que tan fina sea la regionpoligonal.

Definicion.- Decimos que el conjunto de puntos en [a, b]. P = {a = x0, x1, x2, · · · , xn−1, xn =b} tal que a = x0 < x1 < x2 < · · · < xn = b es una particion de [a, b].

Ejemplo.- {0, 13 , 1

2 , 23 , 3

4 , 1} es una particion de [0, 1], {0, 1}.

Definicion.- Dada una particion P1 de [a, b] decimos que P2 es un refinamientode P1 si P1 es una particion de [a, b] y cualquier punto de P1 esta en P2.

Ejemplo.- Un refinamiento de P = {0, 13 , 1

2 , 23 , 3

4 , 1} es P ∗ = {0, 14 , 1

3 , 12 , 2

3 , 34 , 1}.

Teorema: Si P1 y P2 son particiones de [a, b], entonces P = P1 ∪ P2 es unrefinamiento tanto de P1 como de P2.Consideremos f : [a, b] → acotada en [a, b], i.e., |f(x)| ≤ M ∀ x ∈ [a, b].y P es una particion de [a,b], entonces ∃,

supf(x) ≤ M inff(x) ≥ −M[xk−1, xk] [xk−1, xk]

Llamemosles Mk(f) y mk(f) respectivamente.

1

Definicion.- Dada f : [a, b] → R acotada en [a, b], a

S(f ;P ) =n∑

k=1

mk(f)∆xk

Donde ∆xk = xk − xk−1, se le llama suma inferior de f respecto de laparticion P, y a

S(f ;P ) =n∑

k=1

Mk(f)∆xk

Se le llama la suma superior de f respecto de la particion P.

Ejemplo.- Sea f : [0, 1] → R dada por f(x) = x2 y P = {0, 13 , 1

2 , 23 , 1}, entonces.

S(f ;P ) =4∑

k=1

x2k−1(xk − xk−1) =

02 · 13

+(

13

)2

· 16

+(

12

)2

· 16

+(

23

)2

· 13

S(f ;P ) =(

13

)2

· 12

+(

12

)2

· 16

+(

23

)2

· 16

+ (1)2 · 13

2

Si f ∈ C[a,b] y P es una particion de [a, b], entonces:

mk(f)=mın f(x)[xk−1, xk]

Mk(f)=max f(x)[xk−1, xk]

Teorema: Si f : [a, b] → R es una funcion acotada en [a, b] y P2 un refinamientode P1, entonces:

i) S(f ;P1) ≤ S(f ;P2)

ii) S(f ;P2) ≤ S(f ;P1)

Demostracion:

i) Si P1 = P2, se da la igualdad.

Supongamos que al menos ∃ un punto que esta en P2, pero no esta en P1.Sea x∗ tal punto

mi ≤ de los intervalos

Entonces

S(f ;P1) =n∑

k=1

mk(f)∆xk

=i−1∑k=1

mk(f)∆xk + mi(f)(xi − xi−1) +n∑

k=i+1

mk∆xk

≤i−1∑k=1

mk(f)∆xk + inff(x)(x∗ − xi−1) + inff(x)(xi − x∗) +n∑

k=i+1

mk(f)∆xk

= S(f ;P2)

3

ii) Si P1 = P2, se da la igualdad.

Supongamos que ∃ al menos un punto que esta en P2, pero no esta en P1. Seax∗ uno de tales puntos. Entonces

S(f ;P1) =n∑

k=1

Mk(f)∆xk

=i−1∑k=1

Mk(f)∆xk + Mi(f)(xi − xi−1) +n∑

k=i+1

Mk∆xk

≥i−1∑k=1

Mk(f)∆xk + supf(x)(x∗ − xi−1) + supf(x)(xi − x∗) +n∑

k=i+1

Mk(f)∆xk

= S(f ;P2)

Teorema: Si f : [a, b] → R es una funcion acotada en [a, b] y P1, P2 son cua-lesquiera dos particiones de [a, b], entonces:

S(f ;P1) ≤ S(f ;P2)

Demostracion:

Sea P = P1 ∪ P2, entonces P es un refinamiento tanto de P1 como de P2.

S(f ;P1) ≤ S(f ;P ) ≤ S(f ;P ) ≤ S(f ;P2)

Teorema: Sea f : [a, b] → R una funcion acotada en [a, b], entonces sup(p)S(f ;P )e inf(p)S(f ;P ) ∃

Demostracion:

Sea P ∗ una particion fija de [a, b], entonces S(f ;P ) ≤ S(f ;P ∗) para cualquierparticion P de [a, b]. Entonces el conjunto {S(f ;P )| P es cualquier particion de[a, b]}, esta acotado superiormente, por lo tanto ∃ sup{S(f ;P )}, llamemoslesup(p)f(x).Denotemos:

sup(p) ≥ (f ;P ) =∫ b

a

f(x)dx

inf(p) ≤ (f ;P ) =∫ b

a

f(x)dx

4

Teorema: Si f : [a, b] → R es una funcion acotada en [a, b], entonces∫ b

−a

f(x)dx ≤∫ −b

a

f(x)dx

∫ b

−a

f(x)dx · · · Integral inferior.

∫ −b

a

f(x)dx · · · Integral superior.

Demostracion:

Sea P una particion de [a, b], S(f ;P ) ≤ S(f ;P ), entonces:∫ b

−a

f(x)dx ≤ S(f ;P )

∀ particion P en [a, b].

Como∫ b

−a

f(x)dx

es cota inferior del conjunto {S(f ;P )|P es una particion de [a, b]}, entonces:∫ b

−a

f(x)dx ≤∫ −b

a

f(x)dx

Definicion.- Decimos que f : [a, b] → R, acotada en [a, b] es una funcionRiemann-integrable en [a, b], si y solo si:∫ b

−a

f(x)dx =∫ −b

a

f(x)dx.

La integral de f en [a, b], la denotaremos por:∫ b

a

f(x)dx

Ejemplo.- La funcion f : [0, 1] → R, dada por f(x) = c, es Riemann-integrableya que S(f ;P ) = S(f ;P ) para cualquier particion de [0, 1]. Por lo tanto:∫ 1

0

cdx =∫

cdx = c.

Luego∫ 1

0

cdx = c

5

Ejemplo.- La funcion f : [0, 1] → R, dada por:

f(x) =

{0 si x ∈ [0, 1] ∩Q1 si x ∈ [0, 1] ∩ I

no es Riemann-integrable, ya que S(f ;P ) = 0 y S(f ;P ) = 1 para cualquierparticion de [0, 1]. Por lo tanto:∫ b

−a

f(x)dx 6=∫ −b

a

f(x)dx

Teorema: Si f : [a, b] → R es una funcion acotada en [a, b]. Entonces f esRiemann-integrable si y solo si para toda ε > 0 ∃ una particion tal queS(f ;Pε)− S(f ;Pε) < ε.

Demostracion:

⇒) Como f es integrable en [a, b]∫ b

−a

f(x)dx =∫ −b

a

f(x)dx

dado ε > 0 ∃ P1, P2 particiones de [a, b] tal que:∫ b

−a

f(x)− ε

2< S(f ;P1) y

∫ −b

a

f(x)dx +ε

2> S(f ;P2)

Sea Pε = P1 ∪P2, entonces como Pε es un refinamiento tanto de P1, comode P2, se tiene:∫ b

−a

f(x)dx− ε

2< S(f ;Pε) y

∫ −b

a

f(x)dx +ε

2> S(f ;Pε)

En consecuencia:

−∫ b

−a

f(x)dx +ε

2> −S(f ;Pε) y

∫ −b

a

f(x)dx +ε

2> S(f ;Pε)

Si sumamos se obtiene, S(f ;Pε)− S(f ;Pε) < ε

⇐) Para toda ε > 0 ∃ una particion Pε tal que S(f ;Pε)− S(f ;Pε) < ε. Comof es acotada ∃: ∫ b

−a

f(x)dx y∫ −b

a

f(x)dx

6

Sabemos que:∫ b

−a

f(x)dx ≥ S(f ;P ) y∫ −b

a

f(x)dx ≤ S(f ;P )

Para cualquier particion.

Es decir,

−∫ b

−a

f(x)dx ≤ −S(f ;P ) y∫ −b

a

f(x)dx ≤ S(f ;P )

En particular si se toma Pε, se tiene:

−∫ b

−a

f(x)dx ≤ −S(f ;Pε) y∫ −b

a

f(x)dx ≤ S(f ;Pε)

Si sumamos se tiene∫ −b

a

f(x)dx −∫ b

−a

f(x)dx ≤ S(f ;Pε)− S(f ;Pε) < ε

Por lo tanto ∫ b

−a

f(x)dx =∫ −b

a

f(x)dx

Ejemplos.-

1- La funcion de Dirichlet no satisface el criterio de integrabilidad, ya queS(f ;P )− S(f ;P ) = 1, para cualquier particion.

2- Sea f : [0, 1] → R, dada por f(x) = x y Pn = {0, 1n , 2

n , . . . , (n−1)n , 1},

entonces:S(f ;Pn)− S(f ;Pn) = 1

n ( 1n + 2

n + · · ·+ nn )− 1

n ( 1n + 2

n + · · ·+ (n−1)n ) = 1

nQue se puede hacer tan pequeno como se quiera tomando n suficientementegrande. Por lo tanto, f(x) = x es integrable.

3- Sea f : [0, 1] → R, dada por f(x) = x3 y Pn = {0, 1n , 2

n , · · · , nn}, entonces:

S(f ;Pn)−S(f ;Pn) = 1n ( 1

n3 +( 2n )3+· · ·+(n

n )3)− 1n ( 1

n3 +· · ·+( (n−1)n )3) = 1

n

Por lo tanto f(x) = x3 es integrable, ya que se cumple el criterio deintegrabilidad al elegir n suficientemente grande.

Teorema: Sea f : [a, b] → R, una funcion acotada en [a, b]. Entonces f es inte-grable en [a, b] si ∃ una sucesion de particiones {Pn} de [a, b] tal que

lımn→∞

(S(f ;Pn)− S(f ;Pn)

)= 0

7

Teorema: Si f : [a, b] → R es una funcion acotada y {Pn} es una sucesion departiciones tal que:

lımn→∞

(S(f ;Pn)− S(f ;Pn)

)= 0

Entonces f es integrable y ademas:

lımn→∞

S(f ;Pn) = lımn→∞

S(f ;Pn) =∫ b

a

f(x)dx.

Ejemplos.-

1.- f : [0, 1] → R, dada por f(x) = x y {Pn} = {0, 1n , 2

n , . . . , nn}

entonces:lım

n→∞

(S(f ;Pn)− S(f ;Pn)

)= 0

En consecuencia:

∫ 1

0

xdx = lımn→∞

S(x;Pn)

lımn→∞

1n2

(1 + 2 + 3 · · ·+ n) = lımn→∞

1n2

n(n + 1)2

=12

2.- Sea f : [a, b] → R dada por f(x) = x3 y{Pn} = {a = x0,

(b−a)n , · · · , xn = b}, entonces:

lımn→∞

(S(f ;Pn)− S(f ;Pn)

)= 0

Por lo que: ∫ b

a

x3dx =

= lımn→∞

b− a

n

(((n− 1)a + b

n

)3

+(

(n− 2)a + 2b

n

)3

+ · · ·+(

nb

n

)3)

=

8

*NOTA

[(a + (n− 1)b

n

)3

= a3 + 3(n− 1)a2b + 3(n− 1)2ab2 + 3(n− 1)3b3

]

= lımn→∞

b− a

n4

((n− 1)3a3 + 3(n− 1)2a2b + 3(n− 1)ab2 + b3 + (n− 2)3+

6(n−2)2a2b+12(n−2)ab2+8b3+(n−3)3a3+9(n−3)2a2b+27(n−2)ab2+27b3+

a3 + 3(n− 1)a2b + +3(n− 1)2ab2 + (n− 1)3b3 + b3)

=

= lımn→∞

b− a

n4

(a3(13 + 23 + · · ·+ (n− 1)3) + 3a2b

n−1∑k=1

(n− k)2k+

3ab2n−1∑k=1

(n− k)k2 + b3n−1∑k=1

k3

)=

= lımn→∞

b− a

n4

(a3

((n− 1)n

2

)2

+ 3a2b

(n−1∑k=1

(n2k − 2nk2 + k3)

)+

3ab2

(n−1∑k=1

(nk2 − k3)

)+ b3

(n(n− 1)

2

)2)

=

= lımn→∞

b− a

n4

(a3

((n− 1)n

2

)2

+

3a2b

(n2 n(n− 1)

2− 2n(n− 1)n(2n− 1)

6+(

n(n− 1)2

)2)

+

3ab2

(n

(n− 1)n(2n− 1)6

−(

n(n− 1)2

)2)

+ b3

(n(n− 1)

2

)2)

=

= (b− a)(

a3

4+ 3a2b

(12− 2

3+

14

)+ 3ab2

(13− 1

4

)+

b3

4

)=

= (b− a)(

a3

4+

a2b

4+

ab2

2+

b3

4

)=

=b− a

4(a3 + a2b + ab2 + b2

)=

b4 − a4

4

9

Propiedades de la integral

Teorema: Sean f, g : [a, b] → R integrables en [a, b], entonces kf y f + g sonfunciones integrables en [a, b] y ademas:

i)∫ b

a

kf(x)dx = k

∫ b

a

f(x)dx

ii)∫ b

a

(f + g)(x)dx =∫ b

a

f(x)dx +∫ b

a

g(x)dx

Demostracion:

i) Si k = 0, el resultado es cierto. Si K > 0, entonces:

mk(kf) = kmk(f) y Mk(kf) = kMk(f)

En consecuencia:

S(kf ;P ) = kS(f ;P ) y S(kf ;P ) = kS(f ;P )

por lo que∫ b

−a

kf(x)dx = k

∫ b

−a

f(x)dx y∫ −b

a

kf(x)dx = k

∫ −b

a

f(x)dx

Por lo tanto ∫ b

a

kf(x)dx = k

∫ b

a

f(x)dx

Ya que f es integrable si k < 0, entonces (se duplica y se invierte),es decir:

mk = (k, f) = kMk(f) y Mk(kf) = kmk(f)

10

Por lo que

S(kf ;P ) = kS(f ;P ) y S(kf ;P ) = kS(f ;P )

Entonces:∫ b

−a

kf(x)dx = k

∫ −b

a

f(x)dx y∫ −b

a

kf(x)dx = k

∫ b

−a

f(x)dx

Por lo tanto ∫ b

−a

kf(x)dx =∫ −b

a

kf(x)dx

Ademas ∫ b

a

kf(x)dx = k

∫ b

a

f(x)dx

ii) Se tiene

mk(f + g) ≥ mk(f) + mk(g) y Mk(f + g) ≤ Mk(f) + Mk(g)

Dado ε > 0 ∃ una particion P1 y P2 de [a, b], tales que

S(f ;P1)− S(f ;P1) <ε

2y S(g;P2)− S(g;P2) <

ε

2

Si P = P1 ∪ P2, entonces se tiene:

S(f + g;P )− S(f + g;P ) ≤(S(f ;P )− S(f ;P )

)+(S(g;P )− S(g;P )

)<

ε

2+

ε

2= ε

ii) f+g es integrable

Primero demostraremos que

inff + infg ≤ inf(f + g) y sup(f + g) ≤ supf + supg

Sabemos que

inff ≤ f(x) y f(x) ≤ supf(x)

infg ≤ g(x) g(x) ≤ supg(x)

∀ x en [a, b]

Entoncesinff(x) + infg(x) ≤ f(x) + g(x)

y f(x) + g(x) ≤ supf(x) + supg(x) ∀ x ∈ [a, b]

11

Por lo tanto

inff(x) + infg(x) ≤ inf (f(x) + g(x)) y

sup (f(x) + g(x)) ≤ supf(x) + supg(x)

Tenemos que dada una particion de [a, b]

mk(f) + mk(g) ≤ mk(f + g)

Mk(f + g) ≤ Mk(f) + Mk(g)

para cada [xk−1, xk], k = 1, 2, · · · , n.

Sea ε > 0, entonces ∃’n dos particiones P1 y P2 tales que

S(f : P1)− S(f ;P1) <ε

2

y S(g;P2)− S(g;P2) <ε

2

Sea Pε = P1 ∩ P2, entonces

S(f : Pε)− S(f ;Pε) <ε

2

y S(g;Pε)− S(g;Pε) <ε

2

En consecuencia,

S(f ;Pε) + S(g;Pε)− (S(f ;Pε) + S(g;Pε)) <ε

2+

ε

2= ε

¿Como son las sumas superiores respecto a las inferiores?

pero la S(f + g;Pε) ≤ S(f ;Pε) + S(g;Pε) y

S(f ;Pε) + S(g;Pε) ≤ S(f + g;Pε)︸ ︷︷ ︸Si multiplicas x (-1), la desigualdad se voltea y hay que ver como estan definidas las sumas

superiores e inferiores

Por lo tanto

S(f + g;Pε)− S(f + g;Pε) ≤ S(f ;Pε)− S(f ;Pε)+

12

S(g;Pε)− S(g;Pε) <ε

2+

ε

2= ε

Por lo tanto f + g es integrable

Ademas para cualquier particion P de [a, b].

S(f ;P ) + S(g;P )︸ ︷︷ ︸ ≤∫−

(f + g)(x)dx︸ ︷︷ ︸ ≤ S(f ;P ) + S(g;P )︸ ︷︷ ︸A Cota superior B

A y B son iguales

En consecuencia:∫ b

a

(f + g)(x)dx =∫ b

a

f(x)dx +∫ b

a

g(x)dx.

Teorema: Si f : [a, b] → R es una funcion integrable en [a, b] tal quef(x) ≥ 0 ∀ x ∈ [a, b], entonces.∫ b

a

f(x)dx ≥ 0

Demostracion:

Sea P una particion arbitraria de [a, b], entonces:

mk(f) ≥ 0 y Mk(f) ≥ 0 para k = 1, 2, · · · , n

Por lo tanto:

S(f ;P ) ≥ 0 y S(f ;P ) ≥ 0

Luego:

∫ b

−a

f(x)dx ≥ 0 y∫ −b

a

f(x)dx ≥ 0

Por lo tanto:

∫ b

a

f(x)dx ≥ 0

13

Teorema: Si f, g : [a, b] → R son funciones integrables en [a, b] tal quef(x) ≥ g(x) ∀ x, entonces:

∫ b

a

f(x) ≥∫ b

a

g(x)dx

Como f(x) ≥ g(x), entonces f(x)− g(x) ≥ 0 y entonces la integral es ≥ 0

Teorema: Si f : [a, b] → R es integrable en [a, b] y m ≤ f(x) ≤ M ∀ x ∈ [a, b],entonces:

m(b− a) ≤∫ b

a

f(x)dx ≤ M(b− a).

Demostracion:

Como m ≤ f(x) ≤ M , entonces:

∫ b

a

mdx ≤∫ b

a

f(x)dx y∫ b

a

f(x)dx ≤∫ b

a

Mdx

Es decir.

m

∫ b

a

dx ≤∫ b

a

f(x)dx y∫ b

a

f(x) ≤ M

∫ b

a

dx

Como∫ b

a

dx = b− a.

14

b-a} Suma de todaslas particiones

Entonces:

m(b− a) ≤∫ b

a

f(x)dx ≤ M(b− a)

Teorema: Sea f : [a, b] → R acotada en [a, b], entonces f es integrable en [a, c]y [c, b] y [c, b], donde a < c < b ⇔ f es integrable en [a, b]. Ademas:

∫ b

a

f(x)dx =∫ c

a

f(x)dx +∫ b

c

f(x)dx

Demostracion:

⇒) Como f es integrable en [a, c] y en [c, b], dado ε > 0 ∃ P1 y P2

particiones de [a, c] y [c, b], respectivamente tal que:

S(f ;P1)− S(f ;P1) <ε

2

S(f ;P2)− S(f ;P2) <ε

2

Si se toma P = P1 ∪ P2 se tiene una particion de [a, b], para la cual:

S(f ;P ) = S(f ;P1) + S(f ;P2)︸ ︷︷ ︸La suma superior se divide en la

suma superior de las particiones

S(f ;P ) = S(f ;P1) + S(f ;P2)

En consecuencia:

S(f ;P )− S(f ;P ) = S(f ;P1) + S(f ;P2)− (S(f ;P1) + S(f ;P2))

= S(f ;P1)− S(f ;P2) + S(f ;P2)− S(f ;P2)

<ε

2+

ε

2= ε

Por lo tanto f es integrable en [a, b]

⇐) Como f es integrable en [a, b], dado ε > 0 ∃ Pε de [a, b] (c sea puntode Pε) tal que S(f ;Pε)− S(f ;Pε) < ε, pero:

S(f ;Pε) = S(f ;P1) + S(f ;P2), donde P1 = {a = x0, x1, · · · , c},

15

P2 = {c, x1, · · · , xn = b} y S(f ;P ) = S(f ;P1) + S(f ;P2) en con-secuencia:

S(f ;P1) + S(f ;P2)− S(f ;P1)− S(f ;P2) = S(f ;Pε)− S(f ;Pε) < ε,

Por lo tanto

S(f ;P1)− S(f ;P1) < ε y S(f ;P2)− S(f ;P2) < ε

En consecuencia f es integrable en [a, b] y en [c, b]. Ademas:

S(f ;P1) ≤∫ c

a

f(x)dx ≤ S(f ;P1) y S(f ;P2) ≤∫ b

c

f(x)dx ≤ S(f ;P2)

Es decir

S(f ;Pε) = S(f ;P1) + S(f ;P2) ≤∫ c

a

f(x)dx +∫ b

c

f(x)dx ≤

≤ S(f ;P1) + S(f ;P2) = S(f ;P2)

Por lo tanto ∫ b

a

f(x)dx =∫ c

a

f(x)dx +∫ b

c

f(x)dx

La

∫ a

a

es cero

∫ b

a

f(x)dx = −∫ a

b

f(x)dx︸ ︷︷ ︸Su suma es igual a cero∫ b

a

f(x)dx +∫ a

b

f(x)dx =∫ a

a

f(x)dx = 0

Teorema: Si f : [a, b] → R es una funcion continua en [a, b], entonces f esintegrable en [a, b].

Demostracion:

Como f es continua, f alcanza su maximo y su mınimo en [a, b] y f escontinua uniformemente.

Definicion.- Decimos que f : I ⊂ R → R es continua uniformementeen I, si dado ε > 0 ∃ δ que solo depende de ε tal que ∀ x1, x2 ∈ I talque |x1 − x2| < δ se cumple |f(x1)− f(x2)| < ε

16

Sea ε > 0, entonces ∃ δ(ε) tal que:

|f(x1)− f(x2)| <ε

b− asi |x1 − x2| < δ(ε).

Sea P una particion de [a, b] tal que max(xk − xk−1) < δ(ε).Al maximo de las diferencias (x1−xk−1) se le llama norma de la particiony se denota ‖P‖ = max(x1 − xk−1), k = 1, 2, · · · , n.

Tenemos que para cualquier subintervalo [xk−1, xk] ∃ Sk, ηk tal que:f(ξk) = mk(f) y f(ηk) = Mk(f)

Ademas para cualesquiera x1, x2 ∈ [xk−1, xk] se cumple que:

|f(x1)− f(x2)| <ε

b− a.

Sea Pε tal que ‖Pε‖ < δ(ε), entonces:

17

S(f ;Pε)− S(f ;Pε) =n∑

k=1

(f(ηk)− f(ξk))∆xk

Como se satisface el criterio de integrabilidad, f es integrable.

Ejemplo:f : [a, b] → R dada por f(x) = sin x es integrable.

Definicion.- Si f : [a, b] → R es una funcion acotada en [a, b] y P es una par-ticion de [a, b].

A S(f ;P ) =n∑

k=1

f(ξk)∆xk, donde ξk ∈ [xk−1, xk], se le llama

Suma de Riemann para f respecto a la particion P .

Teorema: Si f : [a, b] → R es una funcion integrable en [a, b] y dado ε > 0 ∃una particion Pε tal que si P es un refinamiento de Pε, entonces:∣∣∣∣∣

∫ b

a

f(x)dx− S(f ;P )

∣∣∣∣∣ < ε.

Ejemplo:

→ Calcular ∫ b

a

sinx dx

Sea P una particion uniforme de [a, b] tal que ∆x = b−an = h, entonces.

S(f ;P ) =n∑

k=1

sin(a + kh)h =

h (sin(a + h) + sin(a + 2h) + · · ·+ sin(a + nh))

18

queremos saber cual es el valor de lımn→0

S(f ;P )

Multipliquemos numerador y denominador por 2 sin h2 , entonces.

S(sinx;P ) =

(2h sin h

2 (sin(a + h) + sin(a + 2h) + · · ·+ sin(a + nh)))

2 sin h2

=

=h(2 sin h

2 sin(a + h) + · · ·+ 2 sin h2 sin(a + nh)

)2 sin h

2

=

===========================================

Utilizando identidades trigonometricas

cos(x + y) = cos x cos y − sinx sin ycos(x− y) = cos x cos y + sinx sin y2 sinx sin y = cos(x− y)− cos(x + y)

===========================================

=h(cos(a + h

2 )− cos(a + 32h) + cos(a + 3

2h)− cos(a + 52h)

2 sin h2

+

+· · ·+ cos(a + 2n−1

2 h)− cos(a + 2n+12 h)

)2 sin h

2

=

=h(cos(a + h

2 )− cos(b + h2 ))

2 sin h2

Ahora

lımh→0

S(f ;P ) = lımh→0

h(cos(a + h

2 )− cos(b + h2 ))

2 sin h2

=

= lımh→0

cos(a + h2 )− cos(b + h

2 )sin h

2h2

=

= cos a− cos b = −(cos b− cos a)

19

Teorema (Anterior)

Demostracion:

Sea ε > 0, entonces ∃ una particion de [a, b] tal que S(f ;Pε)−S(f ;Pε) < ε

Sea P un refinamiento de Pε, entonces S(f ;Pε) ≤ S(f ;P ) ≤ S(f ;Pε).

Ademas:

S(f ;Pε) ≤∫ b

a

f(x)dx ≤ S(f ;Pε)

en consecuencia

S(f ;Pε) ≤ S(f ;P )

S(f ;P ) ≤ S(f ;Pε)

S(f ;Pε) ≤∫ b

a

f(x)dx∫ b

a

f(x)dx ≤ S(f ;Pε)

de donde se obtiene

(f ;Pε) ≤ S(f ;P ) .................................... (1)

S(f ;P ) ≤ S(f ;Pε) ................................... (2)

−∫ b

a

f(x)dx ≤ −S(f ;Pε) ................................... (3)

−S(f ;Pε) ≤ −∫ b

a

f(x)dx .................................. (4)

Si se suman la segunda y la tercera desigualdades, se obtiene

S(f ;P )−∫ b

a

f(x)dx ≤ S(f ;Pε)− S(f ;Pε) < ε

Si se suman la primera y la cuarta desigualdades se obtiene

S(f ;P )−∫ b

a

f(x)dx ≥ S(f ;Pε)− S(f ;Pε) > −ε

20

Por lo tanto ∣∣∣∣∣∫ b

a

f(x)dx− S(f ;P )

∣∣∣∣∣ < ε

Ejemplo:

→ Calcular

∫ b

a

xαdx, α ∈ N

Sea P la particion dada por P = {a, aq, aq2, · · · , aqn = b}, donde

q = n

√b

a

Entonces, la suma de Riemann para f , respecto a P y con ξk los extremosderechos de cada subintervalo es

S(f ;P ) =n∑

k=1

(aqk)α∆xk =n∑

k=1

(aqk)α aqk(q − 1)q

=

[∆xk = aqk − aqk−1 = aqk−1(q − 1) =

aqk(q − 1)q

]

=aα+1(q − 1)

q

n∑k=1

(qk)α+1 =aα+1(q − 1)

q

n∑k=1

(qα+1)k =

21

=aα+1(q − 1)

q

(qα+1)n+1 − 1− qα+1 + 1qα+1 − 1

=

=aα+1(q − 1)

q

(qα+1)n+1 − qα+1

qα+1 − 1=

=aα+1

q

(qα+1)n+1 − qα+1

qα+1−1q−1

=

[aq + aq2 + · · ·+ aqn−1 =

a(1− qn)1− q

1 + q + q2 + · · ·+ qα =a(qn − 1)

q − 1− q − 1

q − 1=

=a(qn − 1)− q + 1

q − 1

]

=aα+1

q

(qα+1)n+1 − qα+1

1 + q + q2 + · · ·+ qα=

=aα+1

q

((n

√ba

)α+1)n+1

−(

n

√ba

)α+1

1 + q + q2 + · · ·+ qα=

=aα+1

q

(n

√ba

)α+1((

n

√ba

)(α+1)n

− 1

)1 + q + q2 + · · ·+ qα

=

=aα+1

(n

√ba

)α (bα+1 − aα+1

)1 + q + q2 + · · ·+ qα

==========================

Sea f : [0, 1] → R dada por:

f(x) =

{0 si 0 ≤ x < 1

2

1 si 12 ≤ x ≤ 1

¿Sera integrable?

Sea P = {x0, x1, · · · , 12 − ε, 1

2 , · · · , 1}

22

S(f ;P )− S(f ;P ) = 1( 12 ) < ε

==========================

f(x) =

0 si x = 01 si 0 < x ≤ 1

2

1 + 12 si 1

2 < x ≤ 23

1 + 12 + 1

22 si 23 < x ≤ 3

4

.

.

.

2 si x = 1

23

Si es integrable ¿Como se demuestra?

lımn→∞

S(f ;P ) =1

α + 1(bα+1 − aα+1)

==========================

Sea f : [0, 1] → R dada por

f(x) =

0 si 0 ≤ x < 12

1 si 12 ≤ x < 2

3

1 + 12 si 2

3 ≤ x < 34

.

.

.

2 si x = 1

Teorema: Si f : [a, b] → R es una funcion acotada y monotona entonces esintegrable

Demostracion:

Como f es monotona, entonces f es no decreciente o es no creciente.

f es no decreciente. Sea P una particion de [a, b], entonces.

mk(f) = xk−1 y Mk(f) = xk

Ademas M −m ≥ Mk −mk.

Sea ε > 0, entonces ∃ δ > 0 tal que f(x1)− f(x2) < ε(f(b)−f(a)) si x1 > x2

y x1 − x2 < δ(ε).

24

Sea P (ε) una particion tal que ‖Pε‖ < δ(ε), entonces se cumple que|f(xk)− f(xk−1)| < ε

(f(b)−f(a)) para k = 1, 2, · · · , n, entonces

S(f ;Pε)−S(f ;Pε) =n∑

k=1

(f(xk)− f(xk−1))∆xk <ε

(f(b)− f(a))

n∑k=1

∆xk

Y sea Pε una particion tal que ‖Pε‖ < ε(f(b)−f(a)) , entonces:

S(f ;Pε)− S(f ;Pε) =n∑

k=1

(f(xk)− f(xk−1))

<ε

f(b)− f(a)

n∑k=1

(f(xk)− f(xk−1)) =ε

f(b)− f(a)(f(a)− f(a)) = ε

Teorema: Sif : [a, b] → R es acotada en [a, b] y discontinua en un numerofinito de puntos de [a, b], entonces f es integrable en [a, b].

Definicion.- Decimos que A ⊂ R es un conjunto de medida cero si ∃ un conjun-to numerable de intervalos Ik tal que todos los puntos quedan encerradosen la union de los Ik y ademas:

∞∑k=1

`(Ik) < ε, ∀ ε > o

∑`(Ik) <

ε

2+

ε

22+

ε

23+ · · ·+ ε

2n+ · · · =

=ε

2(1 +

12

+122

+ · · · ) =ε

2lım

n→∞

1− ( 12 )n

1− 12

Teorema: Si f : [a, b] → R es acotada en [a, b], entonces f es integrable en [a, b]si y solo si el conjunto de discontinuidades de f es un conjunto de medidacero.

25

Funcion de Riemann

Sea f : [0, 1] → R dada por

f(x) =

{1q si x = p

q , (p, q) = 10 si x ∈ I

Conjunto de Cantor

Se van quedando/quitando terceras partes y los que quedan forman esteconjuntono numerable.

Sea f : [a, b] → R una funcion continua en [a, b], excepto en x∗ y en x0.Mostremos que f es integrable en [a, b].

Sea ε > 0, consideremos los intervalos

(x∗ − ε

8(M −m), x∗ +

ε

8(M −m)

)y(

x0 − ε

8(M −m), x0 +

ε

8(M −m)

)

26

Donde M = supf(x) y m = inff(x) y las particiones P1, P2 y P3 talesque |f(xk)− f(xk−1)| < ε

6(b−a) , si ‖Pk‖ < δk para k = 1, 2, 3

Entonces,

S(f ;P )− S(f ;P ) =i∑

k=1

(Mk −mk)∆xk +ε

4(M −m)(M∗ −m∗)+

+i1∑

k=i0+2

(Mk−mk)∆xk +ε

4(M −m)(M0−m0)+

n∑k=i1+2

(Mk−mk)∆xk <

ε

6(b− a)

∑∆xk +

ε

4+

ε

6(b− a)

∑∆xk +

ε

4+

ε

6(b− a)

∑∆xk <

ε

6(b− a)(b− a) +

ε

2+

ε

6(b− a)(b− a) +

ε

6(b− a)(b− a) = ε

→ Ver triangulo de Sierpinski (Apuntes anteriores)

Definicion.- Si f : [a, b] → R es una funcion definida en [a, b], a f+ : [a, b] → Rdada por

f+(x) =

{f(x) si f(x) ≥ 00 si f(x) < 0

Se le llama f mas.

A f− : [a, b] → R dada por

f−(x) =

{0 si f(x) ≥ 0−f(x) si f(x) < 0

Se le llama f menos.

Entonces f = f+ − f−

27

Teorema: Si f : [a, b] → R es una funcion acotada e integrable en [a, b], en-tonces:

i) f+ integrable

ii) f− integrable

Demostracion:

Como f es integrable, dado ε > 0 ∃ una particion Pε de [a, b] tal queS(f ;Pε)− S(f ;Pε) < ε

a) Si Mk(f) ≥ 0 y mk(f) ≥ 0, entonces Mk(f+) = Mk(f) ymk(f+) = mk(f), entonces:S(f ;Pε)− S(f ;Pε) = S(f ;P )− S(f ;P ) < ε

b) Si Mk(f) ≥ 0 y mk(f) ≤ 0, entonces Mk(f+) = Mk(f) ymk(f+) = 0, en consecuencia:S(f+;Pε)− S(f+;Pε) ≤ S(f ;Pε)− S(f ;Pε) < ε

c) Si Mk(f) ≤ 0 y mk(f) ≤ 0 entonces Mk(f+) = 0 ymk(f+) = 0, entonces:S(f+;Pε)−S(f+;Pε) < ε Por lo tanto se cumple que f+ es integrable

→ Analogo para f−.

Teorema: Si f, g : [a, b] → R, son integrables en [a, b] ⇒ f · g lo es.

Demostracion:

Mostremos que si f y g son no negativas, entonces f ·g es integrable. Comof, g ≥ 0 en [a, b] ⇒ ∀ particion de [a, b] tenemos que:

Mk(f) ≥ 0, mk(f) ≥ 0 y Mk(g) ≥ 0, mk(g)

Ademas

Mk(fg) ≤ Mk(f) ·Mk(g) y mk(fg) ≥ mk(f) ·mk(g)

⇒ Mk(fg) ≤ Mk(f)Mk(g) y −mk(fg) ≤ −mk(f)mk(g)

Entonces para ε > 0 ∃ Pε de [a, b] tal que:

S(f ;Pε)− S(f ;Pε) <ε

2My S(g;Pε)− S(g;Pε) <

ε

2M

28

Con lo cual tenemos

S(fg;Pε)− S(fg;Pε) =n∑

k=1

(Mk(fg)−mk(fg))∆xk

≤n∑

k=1

(Mk(f)Mk(g)−mk(f)mk(g))∆xk =

=n∑

k=1

(Mk(f)Mk(g) + Mk(f)mk(g)−Mk(f)mk(g)−mk(g)mk(f))∆xk

=n∑

k=1

(Mk(f)(Mk(g)−mk(g)) + mk(g)(Mk(f)−mk(f)))∆xk

≤ Mn∑

k=1

(Mk(g)−mk(g) + Mk(f)−mk(f))∆x

= M(S(g;Pε)− S(g;Pε) + (S(f ;Pε)− S(f ;Pε)))

< M(ε

2M+

ε

2M) = ε

⇒ f · g es integrable.

Como f · g = f+g + (−f)+g+ − fg+ + g−f− y cada uno es integrable⇒ f · g es integrable.

29

TEOREMA DEL VALOR MEDIO

Teorema.- Si f: [a,b] → R es continua en [a,b], entonces ξ ε [a,b] tal que:∫ b

a

f(x)dx = f(ξ)(b− a)

Demostracion:

Consideremos n valores de fε[a, b], f(x1), f(x2), . . . , f(xn). Calculemos elpromedio de las f(xk), k = 1, 2, . . . , n. tenemos,

f(x1) + f(x2) + . . . + f(xn)

n

¿Que pasa si se hace tender n a ∞? En caso de existir el limite def(x1) + f(x2) + . . . + f(xn)

ndependera de las formas en que queden distribui-

dos los f(xk).

Consideremos una particion P uniforme de [a,b] tal que xk − xk−1 = b−an

,entonces

lımn→∞

f(x1) + f(x2) + . . . + f(xn)

n

1

= lımn→∞

f(x1) + f(x2) + . . . + f(xn)

b− a︸ ︷︷ ︸n

∆(xk)

=1

b− alım

n→∞

n∑k=1

f(xk)∆(xk)

=1

b− alım

n→∞

n∑k=1

f(xk)dx,

Ademas

m 51

b− a

∫ b

a

f(x)dx 5 M

por lo tanto, por el Teorema del Valor Intermedio, existe ξ ε [a,b] talque

f(ξ) =1

b− a

∫ b

a

f(x)dx.

TEOREMA DEL VALOR MEDIO GENERALIZADO

Teorema.- Si f, g:[a,b] → R, son funciones continuas en [a,b] y g(x)> 0para todo x ε [a,b], entonces existe ξ ε [a,b], talque:∫ b

a

f(x)g(x)dx = f(ξ)

∫ b

a

g(x)dx

2

Demostraccion:

Como f ε C[a,b], entonces existe m = min[a,b]f(x) y M = max[a,b]f(x) y setiene m ≤ f(x)≤ M para todo x ε [a,b].

En consecuencia, mg(x) ≤ f(x)g(x) ≤ Mg(x), por lo que

m

∫ b

a

g(x)dx =

∫ b

a

f(x)g(x)dx ≤ M

∫ b

a

g(x)dx

de donde,

m ≤∫ b

af(x)g(x)dx∫ b

ag(x)dx

≤ M

por el Teorema del Valor Intermedio, existe ξ ε [a,b], talque∫ b

af(x)g(x)dx∫ b

ag(x)dx

= f(ξ)

por lo tanto ∫ b

a

f(x)g(x)dx = f(ξ)

∫ b

a

g(x)dx

Sea f: I⊂ R → R una funcion integrable en I, entonces podemos consider-

ar

∫ x

a

f(x)dx como

∫ x

a

f(s)ds, donde a es un valor fijo de I y x o s, cualquier

punto de I. ¿Que propiedades tendra F(x) =

∫ x

a

f(s)ds?

si f(x) = 0

3

Teorema.- Si f: I⊂ R → R es acotada e integrable en I, entonces F: I →R, dada por:

4

F(x) =

∫ x

a

f(s), es continua en x ε I

Demostracion:

Debemos mostrar que si x ε I, entonces

lımn→∞

F (x0 + h) = f(x0),

es decir, dadoε > 0, existe δ > 0, talque

|f(x0 + h)− f(x0)| < ε

si |h| < δ(ε)

Tenemos que si h > 0,

f(x0 + h)− f(x0) =

∫ x0+h

a

f(s)ds−∫ x0

a

f(s)ds

= −∫ x0

x0+h

f(s)ds,

en este caso

−M(−h) <

∫ x0

x0+h

f(s)ds < M(−h),

5

en consecuencia,

−M(−h) <

∫ x0

x0+h

f(s)ds < M(−h)

−M(−h) < −(F (x0 + h)− F (x0)) < M(−h)

−Mh > F (x0 + h)− F (x0) > Mh

M(−h) > F (x0 + h)− F (x0) > −M(−h)

|F (x0 + h)− F (x0)| < M |h|,

entonces

|F (x0 + h)− F (x0)| < ε

si

|h| < ε

M= δ(ε)�

∗ Ver apunte del Miercoles 21 marzo

→Calcular la derivada de F, donde

F (x) =

∫ x

1

arctan√

1− ξ2ds.

F (x) = arctan√

1− x2ds

Calcular la derivada de F, donde

F (x) =

∫ x2

0

1

1 + tan2 sds

→ Tenemos que si H(x) = x2 y G(x) =

∫ x

0

1

1 + tan2 sds, entonces

F (x) = G(H(x)), por lo que F ′(x) = G′(H(x))H ′(x) =1

1 + tan2 sds · 2x

6

→ Calcula la derivada de F, donde

F (x) =

∫ ∫ x3 cos4 sds5

2

1

1 + e2sds

Sea H(x) = x3, J(x) =

∫ x

5

cos4 sds y G(x) =

∫ x

3

1

1 + e2sds,

entonces F (x) = G(J(H(x))), por lo que F (x) = G′(J(H(x)))J ′(H(x))H ′(x) =1

1 + e2∫ x3

5 cos4 sdscos4 x3 ·3x2 =

3x2 cos4 x3

1 + e2∫ x3

5 cos4 sds, si f es continua, ¿Cuanto

vale la derivada de F, donde F (x) =

∫ x

a

f(s)ds?

Se tiene que F (x) = (x

∫ x

a

f(s)ds) entonces, F ′(x) = (

∫ x

a

f(s)ds) =

xf(x) +

∫ x

a

f(s)ds

Ahora, calcular si F (x) =

∫ x

a

f(s)(x− s)ds donde f es continua.

jueves 22 - Marzo - 07

F (x) =

∫ x

a

(xf(s)− sf(s))ds =

∫ x

a

xf(s)ds−∫ x

a

sf(s)ds

F ′(x) = xf(x) +

∫ x

a

f(s)ds− xf(x) =

∫ x

a

f(s)ds

Demostrar que

∫ x

a

f(s)(x−s)ds =

∫ x

0

(

∫ s

0

f(t)dt)ds, si derivamos ambos

lados de la igualdad obtenemos

∫ x

0

f(s)(x− s)dt =

∫ x

0

f(t)dt

por lo tanto

∫ x

0

f(s)(x− s)ds =

∫ x

0

(

∫ s

0

f(t)dt)ds + C

al evaluar en x = 0, obtenemos c = 0.

Calcular F’, si F (x) =

∫ g(x)

f(x)

h(s)ds donde h es continua y f y g son de-

ribables

7

F (x) =

∫ a)

f(x)

h(s)ds +

∫ g(x)

a

h(s)ds

= −∫ f(x))

a

h(s)ds +

∫ g(x)

a

h(s)ds

= h(g(x))g′(x)−H(f(x))f ′(x)

Entonces si existe∫ b

aϕ(x)dx le llamamos la integral impropia de f en [a,b].

Ejemplos:

I) f(x) = sin 1x, en (0,1]

II) f(x) = xInx, en (0,1]

III) f(x) = sin xx

, en (0,1]

I. Si existe

∫ 1

0

sin1

xdx

II. Sabemos que:

lımx→0

xInx = lımx→0

Inx1x

= lımx→0

1x

− 1x2

= lımx→0

(−x) = 0.

Sea ϕ(x) =

{x Inx, si x 6= 0;

0, si x = 0.

}Entonces ϕ es continua.∫ 1

0

xInx = lımε→0

∫ 1

ε

xInxdx

= lımε→0

((x(x(Inx− 1)))|1ε −∫ 1

ε

x(Inx− 1)dx

= lımε→0

((x2(Inx− 1))|1ε −∫ 1

ε

xInx +x2

2|1ε

8

=1

2lımε→0

(−ε2(Inε− 1) +1

2− ε2

2) =

1

4

∴ lımε→0

∫ 1

ε

xInxdx =

Integrales impropias.- Si f : [a,b] → R es continua en [a,b], pero que

no esta definida en x1, x2, . . . , xn ε [a,b]. ¿Como interpretamos

∫ b

a

f(x)dx?

Consideremos ϕ : [a,b] → R dada por:

ϕ(x) =

{f(x), si x ε [a,b]- x1, x2, . . . , xn;k, si x ε x1, x2, . . . , xn.

}(1o Teo. Fundamental del Calculo)

Teorema.-Si f : [a,b] → R es integrable en [a,b] y continua en ξ ε [a,b],

entonces F : [a,b] → R dada por F(x) =

∫ x

a

f(s)ds es derivable en ξ y ademas

F’(ξ)= f(ξ).

Demostraccion.

Sabemos que F’(ξ)= lımh→0

F (ξ + h) + F (ξ)

h, pero

F (ξ + h) + F (ξ) =

∫ ξ+h

a

f(s)ds−∫ ξ

a

f(s)ds

=

∫ ξ+h

a

f(s)ds +

∫ a

ξ

f(s)ds

=

∫ ξ+h

ξ

f(s)ds

Pero si h > 0, entonces mkh ≤∫ ξ+h

ξ

f(s)ds ≤ Mhh, donde

mh = ınf [ξ,ξ+h] f(x)Mh = sup[ξ,ξ+h] f(x)

9

como h > 0, mk ≤

∫ ξ+h

ξ

f(s)ds

h≤ Mh,

de donde, lımh→0

mk ≤ lımh→0

∫ ξ+h

ξ

f(s)ds

h≤ lım

h→0Mh,

en consecuencia, lımh→0

F (ξ + h) + F (ξ)

h= F’(ξ) = f(ξ)

Si h < 0, entonces mk(−h) ≤∫ ξ+h

ξ

f(s)ds ≤ Mh(−h), de donde se ob-

tiene

mk ≤

∫ ξ+h

ξ

f(s)ds

−h≤ Mh, i.e., mh ≤ −(−F (ξ))

h≤ Mh,

lımh→0

F (ξ + h) + F (ξ)

h= F’(ξ) = f(ξ), si f es continua en [a,b], entonces F

es derivable en [a,b] y F’(x)=f(x) ∀ x ε [a,b].(2o Teo. Fundamental del Calculo)

Teorema.-Si f : [a,b] → R es integrable en [a,b] y F’(x) = f(x) para al-

guna funcion F, emtonces

∫ b

a

f(x)dx = F (b)− F (a).

demostracion.

Sea P una particion de [a,b], P = x1, x2, . . . , xn, entonces en cada subin-tervalo [xk−1, xk], donde k = 1,. . .,n, existe ξk tal que F (xk) − F (xk−1) =F ′(ξk)(xk − xk−1) = f(ξk)(xk − xk−1)

Por otro lado mk(xk − xk−1) ≤ f(ξk)(xk − xk−1) ≤ Mk(xk − xk−1), donde

se obtiene S(f ; P ) ≤n∑

k=1

f(ξk∆xk ≤ S(f ; P )

Por lo tanto

∫ b

a

f(x)dx = F (b)− F (a).

10

→ Sea f : [0,1]→ R, dada por:

f(x) =

{1, si x 6= 1

2;

0, si x = 12.

}F(x) =

∫ x

0

f(s)ds = x es dedivable ∀ x ε [0,1] a pesar de que f no es

contunua en x =1

2.

→ Sea:

f(x) =

{x2 sin 1

2, si x 6= 0;

0, si x = 0.

}

f(x) =

{2x sin 1

x2 − 2x

cos 1x2 , si x 6= 0;

0, si x = 0.

}

11

Si f : [a, b] → R es una funcion acotada en [a, b], excepto en x1, · · · , xn ∈ [a, b]. ¿Como se interpreta∫ b

af(x)dx ?

Consideremos∫ b

a

f(x)dx = lımε→0

(∫ x1−ε

a

f(x)dx +∫ x1−ε

x1+ε

f(x)dx + · · ·+∫ b

xn+ε

f(x)dx

)Y le llamamos Integral impropia de f en [a, b].

Ejemplos.-

i) ∫ 1

0

1√x

dx

Entonces

∫ 1

0

1√x

dx = lımε→0

∫ 1

ε

1√x

dx = lımε→0

2√

x∣∣∣1ε

=

lımε→0

(2− 2√

ε) = 2

1

ii) ∫ 1

0

1x

dx

∫ 1

0

1x

dx = lımε→0

∫ 1

ε

1x

dx = lımε→0

(ln 1− ln ε) = ” +∞”

iii) ∫ 1

0

1√1− x2

dx =∫ 1

0

1√1− x2

dx = lımε→0

∫ 1−ε

0

1√1− x2

dx =

[x = sin t]

= lımε→0

∫ arcsin(1−ε)

0

dt = lımε→0

arcsin(1− ε) =π

2

2

iv) ∫ +∞

1

1x2

= lımb→+∞

∫ b

1

1x2

dx = lımb→+∞

1x

∣∣∣∣b1

=

= − lımb→+∞

(1b− 1)

= 1

→ Sea f : R → R una funcion integrable en cualquier intervalo[a, b], ¿Como se interpreta∫ +∞−∞ f(x)dx?.

Escribamos

∫ +∞

−∞f(x)dx =

∫ 0

−∞f(x)dx +

∫ +∞

0

f(x)dx =

= lıma→−∞

∫ 0

a

f(x)dx + lımb→∞

∫ b

0

f(x)dx.

Ejemplo ∫ +∞

−∞

11 + x2

dx = 0

Teorema: Sea f : [a, b] → R acotada excepto en a. Si ∃ una funcion no negativa en [a, b] y no acotadaen a tal que |f(x)| ≤ ϕ(x) ∀ x ∈ (a, b] y la integral impropia

∫ b

aϕ(x)dx ∃, entonces tambien ∃ la

integral impropia de f en [a, b].

Demostracion:

Sea {εn} una sucesion decreciente de numeros positivos tal que

lımn→∞

εn = 0 y a + εn < b ∀ n

3

Consideremos

Sn =∫ b

a+ε1

f(x)dx +∫ a+ε1

a+ε2

f(x)dx + · · ·+∫ a+εn−1

a+εn

f(x)dx =

=∫ b

a+εn

f(x)dx (∗)

Como |f(x)| ≤ ϕ(x), entonces.

∫ β

α

|f(x)|dx ≤∫ β

α

ϕ(x)dx ∀ α, β ∈ (a, b) con α < β

Y como ∣∣∣∣∣∫ β

α

f(x)dx

∣∣∣∣∣ ≤∫ β

α

|f(x)|dx ∀ α, β tal que a < α < β < b

Entonces a partir de

S′n =∫ b

a+ε1

ϕ(x)dx + · · ·+∫ a+εn−1

a+εn

ϕ(x)dx =

=∫ b

a+εn

ϕ(x)dx =∞∑

k=1

∫ a+εk

a+εk+1

ϕ(x)dx +∫ b

a+ε1

ϕ(x)dx

Con la serie de los valores absolutos que aparecen en (*) se concluye que Sn es absolutamenteconvergente. Por lo tanto

lımn→∞

Sn =∫ b

a

f(x)dx ∃

4

Ejemplo:Como f(x) = cos x√

xsatisface que

∣∣∣ cos x√x

∣∣∣ ≤ 1√x∀ x ∈ (0, 1], entonces

∫ 1

0cos x√

xdx ∃.

Consideremos ∫ a

0

1xα

dx con a > 0

∫ a

0

1xα

dx = lımε→0

∫ a

ε

1xα

dx =

lımε→0 ln|aε si α = 1

11−α lımx1−α

∣∣aε

si α 6= 1

si α = 1, ∫ a

0

1x

dx, no converge

si α < 1, ∫ a

0

1xα

dx =1

1− αa1−α

si α > 1, ∫ a

0

1xα

dx, no existe, por que no esta acotado

[por que

1algo que tienda a cero

no esta acotado]

Teorema: Si f es una funcion tal que |f(x)|xα ≤ M con α < 1, entonces∫ a

0

f(x)dx existe.

Demostracion: Como |f(x)|xα ≤ M , entonces |f(x)| ≤ Mxα · · ·

¡¡Cuidado, hay un detalle que satisface pero no es integrable!! Entonces, cambiemos el teorema.

Teorema: Si f es una funcion continua, no acotada en x = 0 tal que |f(x)|xα ≤ M , con 0 < α < 1entonces ∫ a

0

f(x)dx existe.

5

Demostracion: Como |f(x)|xα ≤ M , entonces |f(x)| ≤ Mxα

Por lo que ∫ a

0

|f(x)|dx ≤∫ a

0

M

xαdx =

M

1− αa1−α

Teorema: Si f : R → R es integrable en cualquier intervalo [a, b] con a < b y existe ϕ : R → R tal que.

|f(x)| ≤ ϕ(x) para todo x, y entonces∫ +∞

a

ϕ(x)dx existe.

enonces:

∫ +∞

a

f(x)dx tambien existe.

Demostracion: Sea {εn} un sucesion acotada de numeros positivos, entonces.∫ +∞

a

f(x)dx =∫ a+ε1

a

f(x)dx +∫ a+ε2

a+ε1

f(x)dx + · · ·+∫ a+εn

a+εn−1

f(x)dx + · · · =

= lımn→∞

(∫ a+ε1

a

f(x)dx + · · ·+∫ a+εn

a+εn−1

f(x)dx

)=

= lımn→∞

Sn

Por otro lado,

S′n =∫ a+ε1

a

ϕ(x)dx +∫ a+ε2

a+ε1

ϕ(x)dx + · · ·+∫ a+εn

a+εn−1

ϕ(x)dx

tiene lımite ya que

S′n =∫ +∞

a

ϕ(x)dx

que sabemos que existe, pero como |f(x)| ≤ ϕ(x) se cumple:∫ b

a

|f(x)|dx ≤∫ b

a

ϕ(x)dx ∀ b > a

en consecuencia. ∫ a+ε1

a

|f(x)|dx + · · ·+∫ a+εn

a+εn−1

|f(x)|dx ≤ S′n

6

de donde se deduce∣∣∣∣∫ a+ε1

a

f(x)dx

∣∣∣∣+ ∣∣∣∣∫ a+ε2

a+ε1

f(x)dx

∣∣∣∣+ · · ·+

∣∣∣∣∣∫ a+εn

a+εn−1

f(x)dx

∣∣∣∣∣ ≤ S′n

Por lo tanto la serie,∫ a+ε1

a

f(x)dx + · · ·+∫ a+εn

a+εn−1

f(x)dx + · · · converge

es decir ∫ +∞

a

f(x)dx existe

Ejemplo: ∫ +∞

a

sinx

1 + x2dx ⇒

∫ +∞

a

sinx

1 + x2dx existe, ya que:

∣∣∣∣ sinx

1 + x2

∣∣∣∣ ≤ 11 + x2

y la integral impropia de

11 + x2

es∫ +∞

a

11 + x2

dx =π

2

Consideremos

∫ +∞

a

1xα

dx con α ∈ R+ y a > 0

∫ +∞

a

1xα

dx = lımb→+∞

∫ b

a

1xα

dx =

=

lımb→+∞ lnx|ba si α = 1

11−α lımb→+∞ x1−α

∣∣ba

si α 6= 1

→ si α = 1,

∫ +∞

a

1x

dx, no existe

→ si α < 1,

∫ +∞

a

1xα

dx, no converge

7

→ si α > 1,

∫ +∞

a

1xα

dx =1

α− 1a1−α

Teorema: Si f : R → R integrable en cualquier intervalo [a, b], a < b, y existe M tal que |f(x)|xα ≤ Mpara todo x, donde α > 1, entonces:

∫ +∞

a

f(x)dx existe

Ejemplo:

∣∣∣e−x2∣∣∣ ≤ 1 entonces, ∫ +∞

0

e−x2dx existe ya que

∫ +∞

1

e−x2dx ≤

∫ +∞

1

1x2

dx

Calcular el volumen del solido generado al girar alrededor del eje x, la region comprendida en-tre la grafica de f(x) = 1

x y el eje x para x ≥ 1

V =∫ +∞

1

π

(1x

)2

dx = π

∫ +∞

1

1x2

dx = π

8

Si se que:

Por lo tanto

J(r, θ) =∂(x, y)∂(r, θ)

= 4∫ π

2

0

(∫ +∞

0

rer2dr

)dθ

(Γ(

12

))2

= 4∫ 1

2

0

12dθ = 2

π

2= π

Por lo tanto, Γ( 12 ) =

√π pero, Γ( 1

2 ) = Γ(− 12 + 1) =

√π = (− 1

2 )!

9

”La funcion gamma”

La primera version de la llamada funcion gamma fue:

Γ(x) = lımn→∞

n! n

x(x + 1)(x + 2) · · · (x + n)[Euler 1729]

Y la expresion actual tambien la dedujo Euler en la forma.

Γ(x) =∫ +∞

0

tx−1e−tdt para x > 0

Mostremos que Γ(x + 1) = xΓ(x)..................(1)

En efecto,

Γ(x + 1) =∫ +∞

0

txe−tdt =

= lımb→+∞

∫ b

0

txe−tdt = lımb→+∞

(−txe−t

∣∣b0

+∫ b

0

xtx−1e−tdt

)

= lımb→+∞

∫ b

0

xtx−1e−tdt = x lımb→+∞

∫ b

0

tx−1e−tdt

x

∫ +∞

o

tx−1e−tdt = xΓ(x)

Como Γ(1) = 1, entonces,

Γ(2) = 1Γ(1) = 1 = 1!Γ(3) = 2Γ(2) = 2 · 1 = 2!Γ(4) = 3Γ(3) = 3 · 2 · 1 = 3!···Γ(x + 1) = xΓ(x) = x · (x− 1) · · · 2 · 1 = x!

Si escribimos (1) en la forma Γ(x) = Γ(x+1)x .........(2), si −1 < x < 0, Γ(x + 1) esta bien defini-

da, por lo que de (2) se deduce que Γ(x) esta bien definida en (−1, 0).

10

Con este mecanismo, recurrentemente concluimos que Γ esta bien definida para todo x < 0, talque x ∈ Z+.

Ademas

lımx→∞

Γ(x + 1)x

= ”±∞”

y lo mismo ocurre en x entero negativo.

Calculemos: Γ( 12 )

Γ(12) =

∫ +∞

0

t−12 e−tdt = lım

b→+∞

∫ b

0

t−12 e−tdt

Sea s2 = t, entonces = lımb→+∞

∫ b

0

s−1e−s2(2s)ds =

= 2 lımb→+∞

∫ b

0

−e−s2ds = 2

∫ +∞

0

e−s2ds

Consideremos: (Γ(

12))2

=(

2∫ +∞

0

e−x2dx

)(2∫ +∞

0

e−y2dy

)Si escribimos (Γ(1

2 ))2 en coordenadas polares (r, θ).(Γ(

12))2

= 4∫ π

2

0

∫ +∞

0

e−r2drdθ

∂ = derivada parcial.

Jacobiano J(r, θ) =

∣∣∣∣∣∣∂x∂r

∂x∂θ

∂y∂r

∂y∂θ

∣∣∣∣∣∣Los ingresos de dinero a largo plazo esta dado por

I(t) =∫ +∞

0

R(t)e−rtdt

Calcular I(t), si R(t) = 100 y r = 5 %.

100∫ +∞

0

e−0,05tdt = 100 · 10,05

11