En esta sección presentaremos la definición formal de la integral de Riemann. Pero antes recordemos el ejemplo de Arquímides para tratar de ver qué se recupera de éste.
En el ejemplo tenemos la parábola \(f:[0,b]\to \mathbb{R}\), \(f(x)=x^2\), y aproximamos el área bajo la curva mediante sumas inferiores y superiores sobre particiones homogeneas. Directamente calculamos que si \(P_n\) nota la partición homogenea en \([0,b]\) con longitud \(n\) entonces \begin{eqnarray*} \underline{S}(f,P_n)=\frac{b^3}{n^3}\sum_{i=1}^{n-1}i^2 \\ \overline{S}(f,P_n)=\frac{b^3}{n^3}\sum_{i=1}^{n}i^2 \end{eqnarray*}
Es más probamos que \[ \underline{S}(f,P_n)\leq \frac{b^3}{3} \leq \overline{S}(f,P_n) \] y que \[ \lim_{n\to \infty}\underline{S}(f,P_n)=\lim_{n\to \infty}\overline{S}(f,P_n)=\frac{b^3}{3} \] De lo cual concluimos que el área bajo la curva es \(\frac{b^3}{3}\) (ver Ejercicio 1.6).
Una crítica que surge con éste métodos es la siguiente: ¿ qué pasa si se usan otras particiones no necesariamente homogeneas? Es una pregunta muy válida pues al parecer el uso de las particiones homogeneas facilita muchas cuentas y tal vez no captan toda la complejidad del problema (el diablo está en los detalles). Una de las grandes contribuciones de Riemann es su método para tratar de generalizar el ejemplo de Arquímides usando cualquier partición y para abarcar una cantidad más grande de funciones.
Un aspecto técnico importante de las particiones homogeneas es que vienen con una manera sencilla de "hacerlas crecer" o comparar. Nos referimos a la longitud de la partición. Intuitivamente si la partición es homogenea y con longitud cada vez más grande las sumas inferiores y superiores aproximan cada vez mejor al área bajo la curva. Otra aspecto también importante es que este tipo de manera de comparar las particiones es compatible con el refinamiento de particiones, por ejemplo \(P_{2n}\) es más fina que \(P_n\) y en general \(P_{kn}\) es más fina que \(P_n\) para todo natural \(k \geq 1\). Por lo tanto la longitud de una partición homogenea es una muy buena mandera de comparar particiones y tiene la ventaja de que es parecida al como comparamos naturales, tanto que los límites que se toman son cuando la longitud de la partición tiende a infinito.
Desafortunadamente para particiones en general se pierde esta manera directa de compararlas usando longitud pues para particiones homogeneas longitud más grande no se traduce en mejor aproximación.
Hay varias formas de solucionar éste problema y la que presentamos recurre al uso de ínfimos y supremos. El método también tiene ventaja de que captura la información de TODAS las psibles particiones que ayudan a aproximar .
Sea $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ una función acotada.
La integral inferior de $f$ en $[a,b]$, denotada $\underline{\int}_{a}^b f(x)dx$, se define como $$ \underline{\int}_{a}^b f(x)dx=\sup \left\{ \int_a^b s(x)dx \quad \big| s:[a,b]\to \mathbb{R}, \textrm{es una función escalonada y $s\leq f$} \right\} $$ La integral superior de $f$, en $[a,b]$, denotada $\overline{\int}_{a}^b f(x)dx$, se define como $$ \overline{\int}_{a}^b f(x)dx= \inf \left\{ \int_a^b t(x)dx \quad \big| t:[a,b]\to \mathbb{R},\textrm{es una función escalonada y $f\leq t$} \right\} $$
Decimos que una función es Riemann integrable sii \[ \underline{\int}_{a}^b f(x)dx =\overline{\int}_{a}^b f(x)dx. \] A este número lo llamamos la integral de Riemann definida de $f$, en $[a,b]$, y se denota \[ \int_a^bf(x)dx. \]
Notas.
Demuestra que toda función escalonada es integrable.
Es más, si fijamos una función escalonada $s_0:[a,b] \to \mathbb{R}$, con partición $P=\{x_i\}_{i=1}^n$, y con $s=s_i$ en el intervalo $(x_{i-1}, x_i)$, prueba que $$ \underline{\int}_a^b s(x)dx=\overline{\int}_a^b s(x)dx=\sum_{i=1}^n s_j(x_i-x_{i-1}). $$
Usando directamente la Definición 3.2 debemos de probar \begin{eqnarray} \sup_{s \leq s_0} \left\{\int_a^b s(x)dx \right\} =\sum_{i=1}^ns_i(x_i-x_{i-1}) \label{EqnAux1Ejer3-3} \\ \inf_{s_0 \leq t} \left\{\int_a^b t(x)dx \right\} =\sum_{i=1}^ns_i(x_i-x_{i-1})\label{EqnAux2Ejer3-3} \end{eqnarray} donde las \(s\) y \(t\) que aparecen en el supremo e ínfirmo respectivamente son funciones escalonadas.
Para \eqref{EqnAux1Ejer3-3}.
\(\geq ] \) ya que \(s_0\) es escalonada y \(s_0 \leq s_0\) se sigue directamente \[ \sup_{s \leq s_0} \left\{\int_a^b s(x)dx \right\} \geq \int_a^b s_0dx = \sum_{i=1}^ns_i(x_i-x_{i-1}).\\ \]
\(\leq ]\) Si \(s\leq s_0\) y \(s\) es escalonada entonces aplicando el Ejercicio 2.13 \[ \int_a^b sdx \leq \int_a^b s_0dx =\sum_{i=1}^n s_i(x_i-x_{i-1}). \] Por lo que \(\sum_{i=1}^ns_i(x_i-x_{i-1})\) es una cota superior del contjunto \[ \left\{\int_a^b sdx: s\leq s_0 \right\} \] de lo que se concluye \[ \sup_{s \leq s_0} \left\{\int_a^b s(x)dx \right\}\leq \sum_{i=1}^n s_i(x_i-x_{i-1}). \]
La prueba de \eqref{EqnAux2Ejer3-3} es similar.
Demuestra que, para cualquier función acotada, $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ $$\underline{\int}_a^b f(x)dx \leq \overline{\int}_a^bf(x)dx$$
En consecuencia, una función NO es integrable si $\underline{\int}_a^b f(x)dx < \overline{\int}_a^bf(x)dx$
Directamente de la Definición 3.2 debemos de probar \[ \sup_{s\leq f} \left\{ \int_a^b s(x)dx \right\} \leq \inf_{f\leq t} \left\{ \int_a^b t(x)dx \right\} \] donde recordemos que tanto \(s\) como \(t\) son funciones escalonadas.
Pero si \(s\leq f \leq t\) se sigue que \(s\leq t\) y del Ejercicio 2.13 obtenemos \[ \int_a^b sdx \leq \int_a^b tdx \] Pensando a la función \(t\) como fija y haciendo variar la \(s\) sobre todas las funciones escalonadas \(s\) con \(s\leq f\) obtenemos del a ecuación anterior que \(\int_a^b tdx\) es cota superior de \[ \left\{\int_a^bsdx: s\leq f \right\} \] por lo que \[ \underline{\int}_a^b fdx = \sup_{s\leq f}\left\{ \int_a^b sdx\right\} \leq \int_a^b tdx \] Ya que \(t\) es una función escalonada arbitraria que satisface \(f\leq t\) de la ecuación anterior resulta que \(\underline{\int}_a^bfdx\) es conta inferior del conjunto \[ \left\{ \int_a^b tdx: f\leq t \right\} \] por lo que concluimos \[ \underline{\int}_a^bfdx \leq \sup_{f\leq t}\left\{ \int_a^btdx \right\}= \overline{\int}_a^b fdx. \]
Considera la función de Dirichlet $D:[0,1]\to \mathbb{R}$ tal que $$ D(x)=\left\{ \begin{array}{cc} 1 & x\in \mathbb{Q}\\ 0 & x \notin \mathbb{Q} \end{array} \right. $$ Demuestra que $D$ no es integrable.
Primero demostremos que \(\int_{\underline{0}}^1D(x)dx \leq 0\). Basta demostrar que \(0\) es una cota superior del conjunto \[A:= \left\lbrace \int_0^1s(x)dx \hspace{4pt} \vert \hspace{4pt} s: [0, 1] \rightarrow \mathbb{R}, \text{ es una función escalonada y } s \leq D \right\rbrace.\]
Sea \(s: [0, 1] \rightarrow \mathbb{R}\) una función escalonada tal que \(s \leq D\) y sea \(\textbf{P} = \lbrace x_0=0 < x_1 < \cdot \cdot \cdot < x_n = 1 \rbrace\) la partición asociada a \(s\). Afirmamos que \(\int_0^1s(x)dx \leq 0\).
Como \(s \leq D\), esto implica que \(s(x) \leq D(x) \) para toda \(x \in (x_{i-1}, x_i)\) con \(i =1, . . ., n \). Sea \( j \in \lbrace 1, . . . , n \rbrace \) arbitraria, por la densidad de \(\mathbb{Q}\) existe \(z_0 \in (x_{j-1}, x_j) \cap \mathbb{Q}\), entonces \( s(z_0)\leq D(z_0) = 0\), es decir \(s(z_0)\leq 0\), y como \(s\) es constante en \((x_{j-1}, x_j)\) implica que \( s(x) = s(z_0) \leq 0\) para cada \(x \in (x_{j-1}, x_j)\). Como \(j\) fue arbitraria, se tiene que \( s(x) \leq 0\) para cada \(x \in (x_{i-1}, x_i)\) con \(i =1, . . ., n \).
Por otro lado, si consideramos \(h : [0, 1] \rightarrow \mathbb{R}\) la función constante cero, \(h(x) = 0\) para cada \(x \in [0,1]\), tenemos que \(s \leq h\) excepto por una cantidad finita de puntos y es claro que \(h \) es una función escalonada, entonces por el Ejercicio 2.13, \[\int_0^1s(x) dx \leq \int_0^1h(x)dx = 0.\] Es decir, \(\int_0^1s(x)dx \leq 0\). Como \(s\) fue arbitraria, se tiene que \(0\) es una cota superior de \(A\). Por lo tanto, \( \int_{\underline{0}}^1D(x)dx = \sup A \leq 0\), es decir \(\int_{\underline{0}}^1D(x)dx \leq 0\).
Lo siguiente es demostrar que \(1 \leq \int_0^{\overline{1}}D(x) dx\). Basta demostrar que \(1\) es una cota inferior del conjunto \[B:= \left\lbrace \int_0^1t(x)dx \hspace{4pt} \vert \hspace{4pt} t: [0, 1] \rightarrow \mathbb{R}, \text{ es una función escalonada y } D \leq t \right\rbrace.\]
Sea \(t: [0, 1] \rightarrow \mathbb{R}\) una función escalonada tal que \(D \leq t\) y sea \(\textbf{Q} = \lbrace x_0=0 < x_1 < \cdot \cdot \cdot < x_n = 1 \rbrace\) la partición asociada a \(t\). Afirmamos que \(1 \leq \int_0^1t(x)dx\).
Como \(D \leq t\), esto implica que \(D(x) \leq t(x) \) para toda \(x \in (x_{i-1}, x_i)\) con \(i =1, . . ., n \). Sea \( j \in \lbrace 1, . . . , n \rbrace \) arbitraria, por la densidad de \(\mathbb{Q}\) existe \(z_0 \in (x_{j-1}, x_j) \cap \mathbb{Q}\), entonces \( 1 = D(z_0) \leq t(z_0)\), es decir \(1 \leq t(z_0)\), y como \(t\) es constante en \((x_{j-1}, x_j)\) implica que \( 1 \leq t(x) = t(z_0)\) para cada \(x \in (x_{j-1}, x_j)\). Como \(j\) fue arbitraria, se tiene que \( 1 \leq t(x)\) para cada \(x \in (x_{i-1}, x_i)\) con \(i =1, . . ., n \).
Sea \(g : [0, 1] \rightarrow \mathbb{R}\) la función constante \(1\), tenemos que \(g \leq t\) excepto por una cantidad finita de puntos y es claro que \(g \) es una función escalonada, entonces por el Ejercicio 2.13, \[1 = \int_0^1g(x) dx \leq \int_0^1t(x)dx .\]
Es decir, \(1 \leq \int_0^1s(x)dx \). Como \(t\) fue arbitraria, se tiene que \(1\) es cota inferior de \(B\). Por lo tanto, \( 1\leq \inf B = \int_0^{\overline{1}}D(x) dx\), es decir \(1 \leq \int_0^{\overline{1}}D(x) dx\).
Por lo tanto, \(\int_{\underline{0}}^1D(x)dx < \int_0^{\overline{1}}D(x) dx\). Con esto concluimos que \(D\) no es integrable.
Sean $f,g:[a,b]\to \mathbb{R}$ dos funciones integrables. Si $f(x)\leq g(x)$ para todos \(x\in [a,b]\) demuestra que: $$\int_a^b f(x)dx\leq \int_a^bg(x)dx .$$ Sugerencia: usa el ejercicio Ejercicio 2.13
Ya que las funciones \(f\) y \(g\) son integrables sabemos que \[ \int_a^b fdx = \underline{\int}_a^bfdx=\sup_{s\leq f}\left\{\int_a^b sdx \right\}, \] \[ \int_a^b gdx = \overline{\int}_a^b gdx = \inf_{g \leq t}\left\{ \int_a^b tdx \right\}. \]
Por lo que es suficiente probar \[ \sup_{s\leq f}\left\{\int_a^b sdx \right\} \leq \inf_{g \leq t}\left\{ \int_a^b tdx \right\} \] donde enfarizamos que tanto \(s\) como \(t\) se toman como funciones escalonadas.
Notamos que si \(s\leq f\) y \(g\leq t\) entonces \(s\leq t\) así que por el Ejercicio 2.13 \[ \int_a^b sdx \leq \int_a^b tdx. \] Pensando a \(t\) como fija y haciendo variar \(s\) sobre las funciones escalonadas que satisfacen \(s\leq f\) obtenemos \[ \sup_{s\leq f}\left\{ \int_a^b sdx \right\} \leq \int_a^b tdx. \] Ahora, pensando a \(t\) como variando sobre las funciones acotadas que satisfacen \(g \leq t\) la desigualdad anterior nos dice que el número \(\sup_{s\leq f}\left\{ \int_a^b sdx \right\}\) es cota inferior del conjunto \[ \left\{ \int_a^b tdx: g \leq t\right\}. \] De la definición del ínfimo concluimos \[ \sup_{s\leq f}\left\{\int_a^b sdx \right\} \leq \inf_{g \leq t}\left\{ \int_a^b tdx\right\}. \]
Sea $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ integrable. Supon que existen constantes $m$ y $M$ tales que $m\leq f(x)\leq M$, para todo $x\in [a,b]$. Demuestra que: $$ m(a-b)\leq \int_a^bf(x)dx\leq M(b-a). $$
Empecemos por definir los siguientes conjuntos, \begin{equation*} \begin{split} A & := \left\lbrace \int_a^bs(x)dx \hspace{4pt} \vert \hspace{4pt} s: [a, b] \rightarrow \mathbb{R}, \text{ es una función escalonada y } s \leq f \right\rbrace \\ B & := \left\lbrace \int_a^bt(x)dx \hspace{4pt} \vert \hspace{4pt} t: [a, b] \rightarrow \mathbb{R}, \text{ es una función escalonada y } f \leq t \right\rbrace. \end{split} \end{equation*} La estrategia a seguir es demostrar que \(m(b-a)\) es cota inferior del conjunto \(B\) y \(M(b-a)\) es cota superior del conjunto \(A\).
Empecemos por demostrar que \(M(b-a)\) es cota superior del conjunto \(A\).
Sea \(s: [a, b] \rightarrow \mathbb{R}\) una función escalonada arbitraria tal que \(s \leq f\). Afirmamos que \(\int_a^bs(x)dx \leq M(b-a)\).
Consideremos \(g: [a, b] \rightarrow \mathbb{R}\) dada por \(g(x) = M\) con \(x\in [a,b]\), es claro que \(g\) es una función escalonada. Por hipótesis tenemos que \(f(x) \leq M\) para todo \( x \in [a, b]\), es decir \(f\leq g\), y dado que \(s \leq f\) obtenemos \(s \leq g\). Entonces por el Ejercicio 2.13 \[\int_a^bs(x) dx \leq \int_a^bg(x)dx = M(b-a).\]
Por lo tanto \(\int_a^bs(x)dx \leq M(b-a)\). Como \(s\) fue arbitraría, se tiene que \(M(b-a)\) es una cota superior de \(A\). Por lo tanto, \(\int_{\underline{a}}^bf(x)dx = \sup A \leq M(b-a)\), es decir \[\int_{\underline{a}}^bf(x)dx \leq M(b-a).\]
Lo siguiente es demostrar que \(m(b-a)\) es cota inferior del conjunto \(B\).
Sea \(t: [a, b] \rightarrow \mathbb{R}\) una función escalonada arbitraria tal que \(f \leq t\). Afirmamos que \(m(b-a) \leq\int_a^bt(x)dx\).
Consideremos \(h: [a, b] \rightarrow \mathbb{R}\) dada por \(h(x) = m\) con \(x\in [a,b]\), es claro que \(h\) es una función escalonada. Por hipótesis tenemos que \(m \leq f(x)\) para todo \( x \in [a, b]\), es decir \(h \leq f\), y dado que \(f \leq t\) obtenemos \(h \leq t\). Entonces por el Ejercicio 2.13 \[m(b-a) = \int_a^bh(x) dx \leq \int_a^bt(x)dx .\]
Por lo tanto \(m(b-a) \leq\int_a^bt(x)dx\). Como \(t\) fue arbitraría, se tiene que \(m(b-a)\) es una cota inferior de \(B\). Por lo tanto, \(m(b-a)\leq \inf B = \int_a^{\overline{b}}f(x)dx \), es decir \[m(b-a) \leq \int_a^{\overline{b}}f(x)dx.\]
Por lo tanto \[ m(b-a) \leq \int_a^{\overline{b}}f(x)dx \leq \int_{\underline{a}}^bf(x)dx \leq M(b-a) \]
Como \(f\) es integrable, \(\int_a^bf(x)dx = \int_a^{\overline{b}}f(x)dx = \int_{\underline{a}}^bf(x)dx\). Por lo tanto \[ m(b-a) \leq \int_a^b f(x) dx \leq M(b-a) .\]
Sea $s:[a,b] \to \mathbb{R}$, una función escalonada. La parte positiva de \(s\) es la función \(s^+:[a,b]\to \mathbb{R}\) dada por $$ s^+(x):= \left\{ \begin{array}{cc} s(x) & \textrm{si $s(x) \geq 0$} \\ 0 & \textrm{si $s(x) < 0$} \end{array} \right. $$
Prueba que $s^+$ es escalonada y que $\int_a^b s(x)dx \leq \int_a^b s^+(x)dx$.
Demuestra las siguientes desigualdades. Puedes suponer que todas las funciones involucradas son integrables.
Demostrar \[ \int_0^4x^2 -4x + 4 dx \geq 0.\]
Suponiendo que la función \(x^2 -4x + 4 dx \) es integrable en \([0, 4]\), tenemos que \(x^2 -4x + 4 = (x-2)^2 \geq 0 \) para toda \(x \in [0, 4]\), entonces por el Ejercicio 3.7 tenemos que \[ 0(4 - 0) \leq \int_0^4x^2 -4x + 4 dx.\] Por lo tanto, \( \int_0^4x^2 -4x + 4 dx \geq 0\).
Demostrar \[ \frac{\sqrt{2}\pi}{24} \leq \int_{\pi/6}^{\pi/4}\cos(x)dx \leq \frac{\sqrt{3}\pi}{24}. \]
Sea \(g: [\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{4}] \rightarrow \mathbb{R} \) dada por \(g(x) = \cos(x)\) con \(x \in [\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{4}]\). Notemos que \(g\) es una función decreciente y continua en \([\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{4}]\). Por lo que \(g(\frac{\pi}{4}) \leq g(x) \leq g(\frac{\pi}{6})\) para toda \(x \in [\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{4}]\) donde \(g(\frac{\pi}{4}) = \cos(\frac{\pi}{4}) = \frac{\sqrt{2}}{2}\) y \(g(\frac{\pi}{6}) = \cos (\frac{\pi}{6}) = \frac{\sqrt{3}}{2}\), lo cual implica \(\frac{\sqrt{2}}{2} \leq g(x) \leq \frac{\sqrt{3}}{2}\) para toda \(x \in [\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{4}]\). Entonces por el Ejercicio 3.7 \[ \frac{\sqrt{2}}{2}\left(\frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{6}\right) \leq \int_{\pi/6}^{\pi/4}\cos(x)dx \leq \frac{\sqrt{3}}{2}\left(\frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{6}\right) .\]
Y dado que \(\frac{\sqrt{2}}{2}\left(\frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{6}\right) = \frac{\sqrt{2}\pi}{24} \) y \( \frac{\sqrt{3}}{2}\left(\frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{6}\right) = \frac{\sqrt{3}\pi}{24}\). Por lo tanto \[\frac{\sqrt{2}\pi}{24} \leq \int_{\pi/6}^{\pi/4}\cos(x)dx \leq \frac{\sqrt{3}\pi}{24} .\]
Este ejercicio es el primer criterio que presentamos para probar que una función sea integrable.
Sea $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ una función acotada. \(f\) es integrable si y sólo si para toda $\varepsilon >0$ existen $s,t:[a,b]\to \mathbb{R}$ funciones escalonadas con:
Sugerencia para el regreso: proceder por contradicción; suponer que $$ \underline{\int}_a^b f dx =: \alpha < \beta := \overline{\int}_a^b fx $$ luego tomar $\varepsilon=\beta-\alpha$ y $s\leq f \leq t$ con $$ \int_a^b t - \int_a^b s < \varepsilon $$
Denotemos \[ \alpha: = \underline{\int}_a^b f dx, \beta:= \overline{\int}_a^b fx \] Por el Ejercicio 3.4 tenemos \(\alpha \leq \beta\).
\(\Leftarrow ] \)
Si suponemos que \(f\) no es integrable entones \(\alpha < \beta\). Tomemos \(\varepsilon = \beta - \alpha\).
Usando las suposiciones del ejercicios aplicado a \(\frac{\varepsilon}{2}\) existen funciones escalonadas \(s_0,t_0:[a,b]\to \mathbb{R}\) tal que \(s_0\leq f \leq t_0\) y con \[ \int_a^b t_0dx - \int_a^b s_0dx < \frac{\varepsilon}{2} \]
Por la definición de \(\alpha\) y \(\beta\) obtenemos \[ \int_a^b s_0dx \leq \alpha < \beta \leq \int_a^bt_0dx \] de lo que se sigue que \[ \varepsilon= \beta - \alpha \leq \int_a^b t_0 dx -\int_a^b s_0dx < \frac{\varepsilon}{2} \] una contradicción. Por lo tanto \(\alpha = \beta\) lo cual dice que \(f\) es integrable.
\(\Rightarrow ]\)
Supongamos que \(f\) es integrable. Esto implica que \(\alpha = \beta\).
Dado \(\varepsilon > 0\), usando las propiedades fundamentales del ínfirmo y del supremo aseguramos la existencia de \(s,t:[a,b]\to \mathbb{R}\) funciones escalonadas tales que \begin{eqnarray*} \alpha- \frac{\varepsilon}{2}< \int_a^b sdx \leq \alpha \leq \beta \leq \int_a^b tdx < \beta+\frac{\varepsilon}{2} \end{eqnarray*} lo cual implica \[ \int_a^btdx - \int_a^b sdx < \beta+\frac{\varepsilon}{2}-(\alpha-\frac{\varepsilon}{2} ) = \beta-\alpha+ \varepsilon \leq \varepsilon. \]
Considera la parábola \(f:[0,b]\to \mathbb{R}\), \(f(x)=x^2\) ,donde \(b>0\).
Nota: de manera similar y utilizando el Ejercicio 1.8 se puede probar \[ \int_0^b x^3dx =\frac{b^4}{4}. \]
Sean \(f,g:[a,b]\to \mathbb{R}\) dos funciones integrables. Entonces la función suma \(f+g\) es integrable y \[ \int_a^b (f(x)+g(x))dx = \int_a^bf(x)dx+\int_a^bg(x)dx \]
Primero vamos a probar que \(f+g\) es integrable usando el Criterio de Cauchy (ejercicio 3.11).
Fija un número positivo $\varepsilon >0$.
Aplicando el criterio de Cauhcy para las funciones \(f\) y \(g\) podemos asegurar la exsitencia de $s_f,s_g, t_f, t_g:[a,b]\to \mathbb{R}$ funciones escalonadas tales que $s_f \leq f \leq t_f$, $s_g \leq g \leq t_g$ y tal que \begin{equation}\label{Eqn:Aux1IntegralAbreSumas} \int_a^b t_f(x)dx - \int_a^bs_f(x)dx <\varepsilon/2, \end{equation} y \begin{equation}\label{Eqn:Aux2IntegralAbreSumas} \int_a^b t_g(x)dx - \int_a^bs_g(x)dx <\varepsilon/2. \end{equation}
Vamos a definir $s:=s_f+s_g$ y $t:=t_f+t_g$. Por el Ejercicio 2.14 las funciones \(s\) y \(t\) son escalonadas. Además se tiene que $s\leq f+g \leq t$ y usando el Ejercicio 2.15 también resulta \begin{eqnarray*}\label{Eqn:Linealidad1} \int_a^b t dx - \int_a^b sdx &=& \int_a^b t_fdx+\int_a^bt_gdx -\left(\int_a^b s_fdx + \int_a^b s_gdx \right) \\ &=&\int_a^bt_fdx-\int_a^bs_fdx + \int_a^bt_gdx-\int_a^bs_gdx < \varepsilon. \end{eqnarray*} donde en la última desigualdad usamos \eqref{Eqn:Aux1IntegralAbreSumas} y \eqref{Eqn:Aux2IntegralAbreSumas}.
Lo anterior junto con el criterio de Cauchy implica que la función \(f+g\) es integrable.
Ahora vamos a probar la fórmula \(\int_a^b (f+g)dx=\int_a^bfdx+\int_a^bgdx\).
Vamos a volver a usar las funciones escalonadas \(s_f,t_f,s_g,t_g\). Primero, tomando en cuenta que \(s_f \leq f \leq t_f\) y el Teorema 3.6 (monotonía de la integral) obtenemos \begin{eqnarray*} \int_a^b s_fdx \leq \int_a^b fdx \leq \int_a^b t_fdx \\ \int_a^b s_gdx \leq \int_a^b gdx \leq \int_a^b g_fdx \end{eqnarray*} así que sumando las desigualdades llegamos a \[ \int_a^bs_fdx+\int_a^bs_gdx \leq \int_a^b fdx+\int_a^b gdx \leq \int_a^bt_sdx+\int_a^bs_gdx \] Utilizando que \(s=s_f+s_g, t=t_f+t_g\) y el Ejercicio 2.15 (linealidad de la integral para las funciones escalonadas) podemos reescribir lo anterior como \begin{equation}\label{Eqn:Linealidad2} \int_a^b sdx \leq \int_a^b fdx+ \int_a^b gdx \leq \int_a^b tdx. \end{equation}
Por otro lado usando que \(s\leq f+g\leq t\) la monotonía de la integral implica que: \begin{equation}\label{Eqn:Linealidad3} \int_a^b sdx \leq \int_a^b (f+g)dx \leq \int_a^b tdx. \end{equation}
Finalmente uando \eqref{Eqn:Linealidad2} y \eqref{Eqn:Linealidad3} obtenemos $$ \left| \int_a^b fdx+ \int_a^b gdx - \int_a^b( f+g)dx \right| \leq \int_a^b tdx - \int_a^b sdx < \varepsilon $$
Ya que $\varepsilon$ es arbitrario concluimos $$ \int_a^b (f+g)dx=\int_a^bfdx+\int_a^bgdx. $$
Sea $f:[a,b] \to \mathbb{R}$ integrable y $\alpha\in \mathbb{R}$, $\alpha\ne 0$, un escalar fijo y arbitrario.
Este ejercicio prueba que la función \(\alpha f\) es integrable y que \[ \int_a^b \alpha f(x)dx=\alpha\int_a^bf(x)dx \]
Fija $\varepsilon >0$.
Sean $f,g: [a,b]\to \mathbb{R}$ funciones integrables y $\alpha$ un real. Entonces $\alpha f +g$ es integrable y $$ \int_a^b (\alpha f(x) + g(x))dx=\alpha\int_a^bf(x)dx+\int_a^b g(x)dx $$
La demostración se sigue directamente de los dos ejercicios anteriores.
Define la función $F(x,y)=1+x+xy+x^2y^3$, $x,y\in \mathbb{R}$. Calcula las siguientes integrales:
En este ejercicio puedes usar las fórmulas \begin{eqnarray*} \int_0^b xdx = \frac{b^2}{2} \\ \int_0^b x^2dx = \frac{b^3}{3}\\ \int_0^b x^3dx = \frac{b^4}{4} \end{eqnarray*}
Inciso 1.
Sea \(y \in \mathbb{R}\) arbitrario. Definimos \(f: [0,2] \rightarrow \mathbb{R}\) dada por \(f(x) = F(x,y)\). Por el Teorema 3.15 tenemos que \(f\) es integrable ya que es la suma finita de funciones integrables y, \begin{equation*} \begin{split} \int_0^2f(x) dx & = \int_0^2(1 + x + xy + x^2y^3) dx = \int_0^21 dx + \int_0^2x dx + \int_0^2 xy dx + \int_0^2x^2y^3 dx \\ & = \int_0^21 dx + \int_0^2x dx + y\int_0^2 x dx + y^3\int_0^2x^2 dx \\ & = 1(2-0) + \frac{2^2}{2} + y\left(\frac{2^2}{2}\right) + y^3\left(\frac{2^3}{3}\right) \\ & = 4 + 2y + \frac{8}{3}y^3 \end{split} \end{equation*}
Como \(\int_0^2F(x,y)dx = \int_0^2f(x) dx. \) Por lo tanto, \[ \int_0^2F(x,y)dx = 4 + 2y + \frac{8}{3}y^3.\]
Inciso 2.
Sea \(x \in \mathbb{R}\) arbitrario. Definimos \(g: [0,2] \rightarrow \mathbb{R}\) dada por \(g(y) = F(x,y)\). Por el Teorema 3.15 tenemos que \(g\) es integrable y, \begin{equation*} \begin{split} \int_0^2g(y) dy & = \int_0^2(1 + x + xy + x^2y^3) dy = \int_0^21 dy + \int_0^2x dy + \int_0^2 xy dy + \int_0^2x^2y^3 dy \\ & = \int_0^21 dy + \int_0^2x dy + x\int_0^2 y dy + x^2\int_0^2 y^3dy \\ & = 1(2-0) + x(2 -0) + x\left(\frac{2^2}{2}\right) + x^2\left(\frac{2^4}{4}\right) \\ & = 2 + 4x + 4x^2 \end{split} \end{equation*}
Como \(\int_0^2F(x,y)dy = \int_0^2g(y) dy. \) Por lo tanto, \[ \int_0^2F(x,y)dy = 2 + 4x + 4x^2.\]
Inciso 3.
Sea \(y \in \mathbb{R}\) arbitrario. Definimos \(h: [0,5] \rightarrow \mathbb{R}\) dada por \(h(x) = F(x,y)\). Por el Teorema 3.15 tenemos que \(h\) es integrable y, \begin{equation*} \begin{split} \int_0^5h(x) dx & = \int_0^5(1 + x + xy + x^2y^3) dx \\ & = \int_0^51 dx + \int_0^5x dx + y\int_0^5 x dx + y^3\int_0^5x^2 dx \\ & = 1(5-0) + \frac{5^2}{2} + y\left(\frac{5^2}{2}\right) + y^3\left(\frac{5^3}{3}\right) \\ & = \frac{35}{2} + \frac{25}{2}y + \frac{125}{2}y^3 \end{split} \end{equation*}
Como \(\int_0^5F(x,y)dx = \int_0^5h(x) dx. \) Por lo tanto, \[ \int_0^5F(x,y)dx = \frac{35}{2} + \frac{25}{2}y + \frac{125}{2}y^3.\]
Inciso 4.
Sea \(x \in \mathbb{R}\) arbitrario. Definimos \(k: [0,7] \rightarrow \mathbb{R}\) dada por \(k(y) = F(x,y)\). Por el Teorema 3.15 tenemos que \(k\) es integrable y, \begin{equation*} \begin{split} \int_0^7k(y) dy & = \int_0^7(1 + x + xy + x^2y^3) dy \\ & = \int_0^71 dy + \int_0^7x dy + x\int_0^7 y dy + x^2\int_0^7 y^3dy \\ & = 1(7-0) + x(7 -0) + x\left(\frac{7^2}{2}\right) + x^2\left(\frac{7^4}{4}\right) \\ & = 7 + \frac{63}{2}x + \frac{2401}{4}x^2 \end{split} \end{equation*}
Como \(\int_0^7F(x,y)dy = \int_0^7k(y) dy. \) Por lo tanto, \[ \int_0^7F(x,y)dy = 7 + \frac{63}{2}x + \frac{2401}{4}x^2.\]
Sea $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ acotada e integrable en $[a,b]$ y sea $c\in (a,b)$. Entonces $f$ es integrable en $[a,c]$, $f$ es integrable en $[c,d]$ y: $$ \int_a^c f +\int_c^b f =\int_a^b f $$
Sean $a,b,c \in \mathbb{R}$ con $a< c < b$ y $f:[a,b] \to \mathbb{R}$ acotada. Demuestra que si $f$ es integrable en $[a,c]$ y $f$ es integrable en $[c,d]$, entonces $f$ es integrable en $[a,b]$. Sugerencia: demuestra que existen funciones escalonadas $s_a,t_a:[a,c] \to \mathbb{R}$ y $s_b,t_b [c,b]\to \mathbb{R}$ tales que: \begin{eqnarray*} s_a \leq f \leq t_a \quad \textrm{en $[a,c]$} \\ s_b \leq f \leq t_b \quad \textrm{en $[c,b]$} \end{eqnarray*} con \begin{eqnarray*} \int_a^c (t_a-s_a) dx < \varepsilon/2\\ \int_c^b (t_b-s_b) dx < \varepsilon/2 \end{eqnarray*} Considerar $s=s_a\chi_{[a,c]}+ s_b\chi_{(c,b]}$, $t=t_a\chi_{[a,c]}+ t_b\chi_{(c,b]}$.
Sea $f:[a,b] \to \mathbb{R}$ integrable. Sea $c\in (a,b)$ fijo y arbitrario. Demuestra $$ \int_c^bf(x)dx=\int_a^b f(x)dx-\int_a^cf(x)dx. $$ Sugerencia: sale inmediatamente usando el Teorema 3.18.
Usando la propiedad anterior resulve los siguientes ejercicios.
Supon que $f:[0,\infty) \to \mathbb{R}$ es una función que satisface $\int_0^b f(x)dx=3b^2+2b+1$, para todo $b>0$. Calcula
Define la función $F(x,y)=2-x+3x^2y+x^2y^3$, $x,y\in \mathbb{R}$. Calcula las siguientes integrales:
En este ejercicio puedes usar las fórmulas \begin{eqnarray*} \int_0^b xdx = \frac{b^2}{2} \\ \int_0^b x^2dx = \frac{b^3}{3}\\ \int_0^b x^3dx = \frac{b^4}{4} \end{eqnarray*}
Inciso 1.
Sea \(y \in \mathbb{R}\) arbitrario. Definimos \(f: [0,1] \rightarrow \mathbb{R}\) dada por \(f(x) = F(x,y)\). Por el Teorema 3.15 tenemos que \(f\) es integrable y, \begin{equation*} \begin{split} \int_0^1f(x) dx & = \int_0^1(2 - x + 3x^2y + x^2y^3) dx \\ & = \int_0^12 dx - \int_0^1x dx + \int_0^1 3x^2y dx + \int_0^1x^2y^3 dx \\ & = \int_0^12 dx - \int_0^1x dx + 3y\int_0^1 x^2 dx + y^3\int_0^1x^2 dx \\ & = 2(1-0) -\frac{1^2}{2} + 3y\left(\frac{1^3}{3}\right) + y^3\left(\frac{1^3}{3}\right) \\ & = \frac{3}{2} + y + \frac{y^3}{3} \end{split} \end{equation*} Como \(\int_0^1F(x,y)dx = \int_0^1f(x) dx. \) Por lo tanto, \[ \int_0^1F(x,y)dx = \frac{3}{2} + y + \frac{y^3}{3}.\]
Inciso 2.
Sea \(y \in \mathbb{R}\) arbitrario. Definimos \(g: [0,2] \rightarrow \mathbb{R}\) dada por \(g(x) = F(x,y)\). Por el Teorema 3.15 tenemos que \(g\) es integrable y, \begin{equation*} \begin{split} \int_0^2g(x) dx & = \int_0^2(2 - x + 3x^2y + x^2y^3) dx \\ & = \int_0^22 dx - \int_0^2x dx + 3y\int_0^2 x^2 dx + y^3\int_0^2x^2 dx \\ & = 2(2-0) -\frac{2^2}{2} + 3y\left(\frac{2^3}{3}\right) + y^3\left(\frac{2^3}{3}\right) \\ & = 2 + 8y +\frac{8}{3}y^3 \end{split} \end{equation*} Como \(\int_0^2F(x,y)dx = \int_0^2g(x) dx. \) Por lo tanto, \[ \int_0^2F(x,y)dx = 2 + 8y +\frac{8}{3}y^3.\]
Inciso 3.
Por el Ejercicio 3.20 tenemos que \begin{equation*} \begin{split} \int_1^2F(x,y)dx & = \int_0^2F(x,y)dx -\int_0^1F(x,y)dx \\ & = \left(2 + 8y +\frac{8}{3}y^3\right) - \left( \frac{3}{2} + y + \frac{y^3}{3}\right)\\ & = \frac{1}{2} +7y + \frac{7}{3}y^3 \end{split} \end{equation*} Por lo tanto, \[ \int_1^2F(x,y)dx = \frac{1}{2} +7y + \frac{7}{3}y^3. \]
Sea $s:[c,d]\to \mathbb{R}$ escalonada. Define $\tilde{s}:[-d,-c] \to \mathbb{R}$ por $\tilde{s}(x)=s(-x)$. Demuestra: $$ \int_{-d}^{-c}\tilde{s}(x)dx=\int_{c}^d s(x)dx. $$
Sea $f:[c,d]\to \mathbb{R}$ una función integrable. Define $\tilde{f}:[-d,-c]\to \mathbb{R}$ por $\tilde{f}(x)=f(-x)$ (la función reflejada). Demuestra que $\tilde{f}$ es integrable y que: $$ \int_{-d}^{-c}\tilde{f}(x)dx= \int_c^d f(x)dx $$