En las secciones pasadas definimos la integral de Riemann y vimos muchas de sus propiedades: monotonía, linealidad, linealidad con respecto a intervalos. También vimos un criterio para ver cuándo una función es integrable y usando éste criterio vimos que la función \(f(x)=x^2\), \(x\in[0,b]\) es integrable, sin embargo no tenemos más ejemplos concretos de funciones integrables. Está sección remedia esto mostrando que toda función monótona es integrable.
Recordamos que una función \(f:[a,b]\to \mathbb{R}\) es:
Notamos que toda función monótona en un intervalo de la forma \([a,b]\) está acotada por sus valores en los extremos del intervalo. De ésta manera tenemos que las integrales inferiores y superiores siempre existen. Lo que veremos, gracias al criterio de Cauchy, es que éstas integrales son siempre iguales para las funciones monótonas.
Si $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ una función monotona creciente o monótona decreciente en \([a,b]\) entonces $f$ es integrable.
Además se tiene la identidad \begin{equation}\label{Eqn:TeoIntegraMonotonaIdentidad} \lim_{n \to \infty} \left( \frac{b-a}{n} \sum_{i=1}^n f\left(a+i\frac{b-a}{n}\right) \right)=\int_a^b f(x)dx \end{equation}
Sugerencia: primero consider el caso monótono creciente y usa el Ejercicio 3.11 (criterio de Cauchy).
Para $n\geq 1$ natural define las siguientes funciones escalonadas, \(s_n,t_n:[a,b]\to \mathbb{R}\): \begin{eqnarray*} s_n(x):=\sum_{i=1}^{n} f(x_{i-1})\chi_{[x_{i-1},x_i)}(x), \\ t_n(x):=\sum_{i=1}^n f(x_i)\chi_{[x_{i-1},x_i)}(x). \end{eqnarray*} donde \(P_n=\{x_0< x_1< \cdots < x_{n-1} < x_n\}\) es la partición homogenea de longitud \(n\).
Tomando en consideración que la que función \(f\) es monótona creciente resulta \[ f(x_{i-1}) \leq f(x) \leq f(x_i), \forall x\in [x_{i-1},x_i) \] de lo que se sigue \begin{equation}\label{Eqn:MonotonaIntegAux1} s_n(x) \leq f(x)\leq t_n(x), \forall x\in [a,b) \end{equation}
Ahora vamos a calcular \(\int_a^b t_ndx-\int_a^bs_ndx\). \begin{eqnarray*} \int_a^bt_n(x)dx - \int_a^b s_n(x)dx &=& \sum_{i=1}^n f(x_i)(x_i-x_{i-1})-\sum_{i=1}^{n}f(x_{i-1})(x_i-x_{i-1})\\ &=& \sum_{i=1}^{n} (f(x_i)-f(x_{i-1}))(x_i-x_{i-1}) \end{eqnarray*} Al ser \(P_n\) la partición homogenea de \([a,b]\) de longitud \(n\) tenemos \(x_i-x_{i-1}=\frac{b-a}{n}\) por lo que podemos reescribir la identidad anterior como \begin{eqnarray*} \int_a^bt_n(x)dx - \int_a^b s_n(x)dx&=&\sum_{i=1}^n (f(x_i)-f(x_{i-1}))\frac{b-a}{n} \\ &=& \frac{b-a}{n} \sum_{i=1}^n (f(x_i)-f(x_{i-1}))\\ &=& \frac{b-a}{n} (f(b)-f(a)) \end{eqnarray*} donde en la última identidad usamos el hecho de que la suma que aparece es telescópica.
Por lo tanto, dado \(\varepsilon > 0\) arbitrario, si tomamos \(n\) suficientemente grande para que \[ \frac{b-a}{n} (f(b)-f(a)) < \varepsilon \] concluimos que \begin{equation}\label{Eqn:MonotonaIntegAux2} \int_a^bt_n(x)dx - \int_a^b s_n(x)dx< \varepsilon \end{equation}
Por \eqref{Eqn:MonotonaIntegAux1} y \eqref{Eqn:MonotonaIntegAux2} concluimos que \(f\) satisface el criterio de Cauchy y por lo tanto es integrable.
Para probar \eqref{Eqn:TeoIntegraMonotonaIdentidad} usamos\eqref{Eqn:MonotonaIntegAux1} y la monotonía de la integral para obtener \begin{eqnarray*} \int_a^b s_n(x)dx \leq \int_a^b f(x)dx \leq \int_a^b t_n(x)dx \end{eqnarray*} por lo que en referencia el intervalo \([\int_a^bs_n dx,\int_a^bt_ndx]\) obtenemos \begin{eqnarray*} \left| \int_a^b t_n(x)dx - \int_a^bf(x)dx \right| &\leq & \int_a^b t_n(x)dx- \int_a^b s_n(x)dx \\ &=& \frac{b-a}{n}(f(b)-f(a)) \end{eqnarray*}
Recordando que \(x_i=a+i\frac{b-a}{n}\) tenemos \[ \int_a^b t_n(x)dx =\frac{b-a}{n} \sum_{i=1}^n f\left(a+ i\frac{b-a}{n} \right) \] por lo que \begin{eqnarray*} \left| \frac{b-a}{n} \sum_{i=1}^n f\left(a+ i\frac{b-a}{n} \right) - \int_a^bf(x)dx \right| \leq \frac{b-a}{n}(f(b)-f(a)) \end{eqnarray*} Tomando límite cuando \(n\to \infty\) obtenemos \eqref{Eqn:TeoIntegraMonotonaIdentidad}.
A pesar de que el Teorema 4.2 no da el valor exácto de la integral, este ejercicio da una manera de encontrar dicho valor.
Sea $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ una función monótona creciente. Sea $x_i=a+i\frac{b-a}{n}$, con $i=1,\dots, n$. Si $J$ es un número que satisface $$ \left( \frac{b-a}{n} \right)\sum_{i=0}^{n-1}f(x_i)\leq J \leq \left(\frac{b-a}{n}\right) \sum_{i=1}^n f(x_i) $$ para toda $n$, entonces $$ J=\int_a^b f(x)dx. $$
Seguimos la misma estrategia que en el Teorema 4.2.
Definimos funciones escalonadas \(s_n,t_n:[a,b]\to \mathbb{R}\): \begin{eqnarray*} s_n(x):=\sum_{i=1}^{n} f(x_{i-1})\chi_{[x_{i-1},x_i)}(x), \\ t_n:(x)=\sum_{i=1}^n f(x_i)\chi_{[x_{i-1},x_i)}(x). \end{eqnarray*} Al ser \(f\) monótona creciente se cumple que \[ s_n(x) \leq f(x) \leq t_n(x), \quad \forall x\in [a,b) \] Integrando las desigualdades anteriores obtenemos \[ \int_a^bs_n(x)dx \leq \int_a^b f(x)dx \leq \int_a^nt_n(x)dx \] Denotamos \[ S=\frac{b-a}{n}\sum_{i=1}^{n-1}f(x_{i}), \quad T=\frac{b-a}{n}\sum_{i=1}^n f(x_i) \] Un calculo directo muestra \begin{eqnarray*} \int_a^bs_n(x)dx &=& \sum_{i=1}^n f(x_{i-1})(x_i-x_{i-1})\\ &=&\frac{b-a}{n}\sum_{i=1}^n f(x_{i-1})\\ &=& \frac{b-a}{n} \sum_{i=0}^{n-1}f(x_i)\\ &=&S\\ \int_a^b t_n(x)dx&=& \sum_{i=1}^n f(x_{i})(x_i-x_{i-1})\\ &=&\frac{b-a}{n}\sum_{i=1}^n f(x_{i})\\ &=&T \end{eqnarray*}
Por lo tanto tenemos \begin{equation}\label{Eqn:EstimacionIntegralMonotonaAux1} S\leq \int_a^b f(x)dx \leq T \end{equation} Por otro lado, por la suposición del ejercicio tenemos \begin{equation}\label{Eqn:EstimacionIntegralMonotonaAux2} S\leq J \leq T \end{equation}
Comparando las ecuaciones \eqref{Eqn:EstimacionIntegralMonotonaAux1} y \eqref{Eqn:EstimacionIntegralMonotonaAux2} con respecto a la longitud del intervalo \([S,T]\) obtenemos \[ \left| \int_a^bf(x)dx - J \right| \leq T-S \]
Pero al igual que en el Teorema 4.2 un cálculo directo muesta \[ T-S=\sum_{i=1}^n (f(x_i)-f(x_{i-1}))(x_i-x_{i-1})=\frac{b-a}{n}(f(b)-f(a)) \] Por lo tanto \[ \left| \int_a^bf(x)dx - J \right| \leq \frac{b-a}{n}(f(b)-f(a)) \]
Tomando el límite cuando \(n\to \infty\) concluimos \[ J= \int_a^b f(x)dx. \]
Fija $k \in \mathbb{N}$. Este ejercicio ayuda a calcular la integral de $x\mapsto x^k$ en $[0,b]$.
Prueba del inciso 1.
Base de Inducción. Para \(n =1\) tenemos que \[ \sum_{i=0}^{n-1}i^k \leq \frac{n^{k+1}}{k+1} \leq \sum_{i=1}^{n}i^k . \] es equivalente a \begin{equation*} 0 \leq \frac{1}{k+1} \leq 1 . \end{equation*} Lo cual es cierto, ya que \(k \in \mathbb{N}\).
Hipótesis de Inducción. Supongamos que existe un natural \(n \geq 2\) tal que, \[ \sum_{i=0}^{n-1}i^k \leq \frac{n^{k+1}}{k+1} \leq \sum_{i=1}^{n}i^k . \]
Paso Inductivo. Por demostrar que se cumple para \(n+1\), es decir demostremos que \[ \sum_{i=0}^{n}i^k \leq \frac{(n+1)^{k+1}}{k+1} \leq \sum_{i=1}^{n+1}i^k . \]
Primero demostremos que \[ \sum_{i=0}^{n}i^k \leq \frac{(n+1)^{k+1}}{k+1} .\]
Tenemos por hipótesis de inducción que \[ \sum_{i=0}^{n}i^k = \sum_{i=1}^{n-1}i^k + n^k \leq \frac{n^{k+1}}{k+1} + n^k = \frac{n^{k+1} + (k+1)n^k}{k+1} .\] Recordemos el teorema del binomio el cual nos dice que para cualesquiera números reales \(a\) y \(b\) y un número natural \(m\) se tiene que \[ (a + b)^m = \sum_{i=0}^m\binom{m}{i}a^{m-i}b^i \] donde \(\binom{m}{i} = \frac{m!}{i!(m-i)!}\) y \(m!= m(m-1)\cdot\cdot\cdot2\cdot 1\). Entonces, \[(n+1)^{k+1} = \sum_{i=0}^{k+1}\binom{k+1}{i}n^{k+1-i} = n^{k+1} + (k+1)n^k + \sum_{i=2}^{k+1}\binom{k+1}{i}n^{k+1-i} \] y \( \binom{k+1}{i}n^{k+1-i} \geq 0\) para cada \(i=2, . . .,k+1\), se sigue \(n^{k+1} + (k+1)n^k \leq (n+1)^{k+1}\). Por lo tanto \[ \sum_{i=0}^{n}i^k \leq \frac{n^{k+1} + (k+1)n^k}{k+1} \leq\frac{(n+1)^{k+1}}{k+1} .\] Es decir \(\sum_{i=0}^{n}i^k \leq \frac{(n+1)^{k+1}}{k+1}.\)
Por último veamos que \[\frac{(n+1)^{k+1}}{k+1} \leq \sum_{i=1}^{n+1}i^k . \] Tenemos que \((n+1)^{k+1} = n^{k+1} + \sum_{i=1}^{k+1}\binom{k+1}{i}n^{k+1-i}\). Entonces por hipótesis de inducción, \begin{equation*} \begin{split} \frac{(n+1)^{k+1}}{k+1} & = \frac{n^{k+1}}{k+1} + \frac{1}{k+1}\sum_{i=1}^{k+1}\binom{k+1}{i}n^{k+1-i} \\ & \leq \sum_{i=1}^ni^k + \frac{1}{k+1}\sum_{i=1}^{k+1}\binom{k+1}{i}n^{k+1-i} . \end{split} \end{equation*} Haciendo un cambio de variable \(j = i-1 \) tenemos que \[ \sum_{i=1}^{k+1}\binom{k+1}{i}n^{k+1-i} = \sum_{j=0}^{k}\binom{k+1}{j+1}n^{k-j}\] Recapitulando tenemos, \begin{equation}\label{A} \frac{(n+1)^{k+1}}{k+1} \leq \sum_{i=1}^ni^k + \frac{1}{k+1}\sum_{j=0}^{k}\binom{k+1}{j+1}n^{k-j} \end{equation}
Afirmamos que \( \frac{1}{k+1}\sum_{j=0}^{k}\binom{k+1}{j+1}n^{k-j} \leq (n+1)^{k}\).
Como \((n+1)^k = \sum_{j=0}^{k}\binom{k}{j}n^{k-j},\) entonces para demostrar la afirmación basta demostrar que \(\frac{1}{k+1}\binom{k+1}{j+1} \leq \binom{k}{j}\) para cada \(j=0, . . . , k\).
Sea \(j\in \lbrace 0, .. . , k\rbrace\) arbitrario, entonces \begin{equation*} \begin{split} \frac{1}{k+1}\binom{k+1}{j+1} & = \frac{1}{k+1}\cdot\frac{(k+1)!}{(j+1)!(k+1-(j+1))!} = \frac{1}{k+1}\cdot\frac{(k+1)k!}{(j+1)!(k-j)!} \\ & = \frac{k!}{(j+1)j!(k-j)!} = \frac{1}{j+1}\binom{k}{j} \leq \binom{k}{j} \\ \end{split} \end{equation*} la desigualdad se da ya que \(j+1 \geq 1\) para toda \(j=0,..., k\). Como \(j\) fue arbitrario tenemos \(\frac{1}{k+1}\binom{k+1}{j+1} \leq \binom{k}{j}\) para cada \(j=0, . . . , k\). Por lo tanto \begin{equation}\label{B} \frac{1}{k+1}\sum_{j=0}^{k}\binom{k+1}{j+1}n^{k-j} \leq \sum_{j=0}^{k}\binom{k}{j}n^{k-j} = (n+1)^k . \end{equation}
Entonces por \(\eqref{A}\) y \(\eqref{B}\) tenemos que \[\frac{(n+1)^{k+1}}{k+1} \leq \sum_{i=1}^ni^k + (n+1)^k = \sum_{i=1}^{n+1}i^k . \] Por lo tanto se demostró \[ \sum_{i=0}^{n}i^k \leq \frac{(n+1)^{k+1}}{k+1} \leq \sum_{i=1}^{n+1}i^k . \] y esto es válido para toda \(n\geq 1\).
Sea \(b >0\) arbitraria, tenemos que \(f(x) = x^k\) es una función monótona creciente en \([0, b]\). En nuestro en particular tenemos que \(x_i = i\frac{b}{n}\) y \[ \frac{b}{n}\sum_{i=0}^{n-1}f(x_i) = \frac{b}{n}\sum_{i=0}^{n-1}\left(i\frac{b}{n}\right)^k = \frac{b^{k+1}}{n^{k+1}}\sum_{i=0}^{n-1}i^k , \] De la misma manera tenemos \[ \frac{b}{n}\sum_{i=1}^{n}f(x_i) =\frac{b^{k+1}}{n^{k+1}}\sum_{i=1}^{n}i^k . \] Por lo ya demostrado en el apartado 1, tenemos \[ \sum_{i=0}^{n-1}i^k \leq \frac{n^{k+1}}{k+1} \leq \sum_{i=1}^{n}i^k . \] Por lo tanto \[ \frac{b^{k+1}}{n^{k+1}}\sum_{i=0}^{n-1}i^k \leq \frac{b^{k+1}}{k+1} \leq \frac{b^{k+1}}{n^{k+1}}\sum_{i=1}^{n}i^k . \] Es decir \[ \frac{b}{n}\sum_{i=1}^{n}f(x_i) \leq \frac{b^{k+1}}{k+1} \leq \frac{b}{n}\sum_{i=1}^{n}f(x_i) . \] y esto es cierto para toda \(n\), entonces por el Ejercicio 4.3 tenemos \[ \int_0^b x^k dx = \frac{b^{k+1}}{k+1} .\] Como \(b>0\) fue arbitrario, esto implica que es válido para toda \(b>0\).
Usando la linealidad de la integral con respecto a intervalos y el ejercicio Ejercicio 4.4 prueba que para todos $a,b \in \mathbb{R}$, con $0\leq a < b$ y $k \in \mathbb{N}$: $$ \int_a^b x^kdx=\frac{b^{k+1}-a^{k+1}}{k+1}. $$
Usar la interpretación de la integral como área bajo la curva y las ideas del Ejercicio 4.6, junto con la función $y=\sqrt[n]{x}$ en el rectángulo de lados $[0,b], [0, \sqrt[n]{b}]$, para demostrar: $$ \int_0^b \sqrt[n]{x}dx=\frac{n}{n+1}b^{\frac{n+1}{n}} $$
La identidad del Teorema 4.2 se puede generalizar, cambiando los puntos donde se valuan los valores de la función $f$.
Dada una partición \(P=\{a=x_0< x_1< \cdots < x_{n-1}< x_n=b\}\) de \([a,b]\) la norma de la partición se define como \[ \|P\|=\max_{i=1,\dots, n}\{ x_i-x_{i-1} \}. \]
Sea $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ una función monótona en $[a,b]$. Para cada natural \(n\geq 1\) sea $P_n=\{ x_i^{(n)}\}_{i=0}^n$ una partición de $[a,b]$ con la propiedad de que \[ \lim_{n\to \infty}\|P_n\|=0. \] Para cada sub-intervalo $[x_{i-1}^{(n)},x_i^{(n)}]$ de $P_n$ fija puntos cualesquiera $r_i \in [x_{i-1},x_i]$. Demuestra que $$ \int_a^b f(x)dx=\lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^n f(r_i)(x_i^{(n)}-x_{i-1}^{(n)}) $$
Seguimos la misma estrategia que en el Teorema 4.2.
Definimos funciones escalonadas \(s_n,t_n:[a,b]\to \mathbb{R}\): \begin{eqnarray*} s_n(x)&:=&\sum_{i=1}^{n} f(x_{i-1} )\chi_{[x_{i-1},x_i)}(x), \\ t_n(x)&:=&\sum_{i=1}^n f(x_i)\chi_{[x_{i-1},x_i)}(x). \end{eqnarray*} Se sigue que \begin{eqnarray*} \int_a^b t_n(x)dx - \int_a^b s_n(x)dx &=& \sum_{i=1}^n f(x_i)(x_i-x_{i-1})-\sum_{i=1}^nf(x_{i-1})(x_i-x_{i-1}) \\ &=& \sum_{i=1}^n (f(x_i)-f(x_{i-1}))(x_i-x_{i-1}) \end{eqnarray*} Ahora, usando que \(f(x_i)-f(x_{i-1})\geq 0\) y \(x_i-x_{i-1}\leq \|P_n\|\) obtenemos \((f(x_i)-f(x_{i-1}))(x_i-x_{i-1})\leq \|P_n\| (f(x_i)-f(x_{i-1}))\), para toda \(i=1,\dots, n\), por lo que podemos acotar la identidad anterior de la siguiente manera: \begin{eqnarray} \int_a^b t_n(x)dx - \int_a^b s_n(x)dx & \leq & \|P_n\| \sum_{i=1}^n (f(x_i)-f(x_{i-1})) \nonumber \\ &= & \|P_n\|(f(b)-f(a)) \label{Eqn:CotaLimiteIntegralMonotonaAux1} \end{eqnarray} donde en la última igualdad usamos que la suma es telescópica.
Por otro lado, para \(n\geq 1\) definimos funciones escalonadas \(\rho_n:[a,b]\to \mathbb{R}\) $$ \rho_n(x)=\sum_{i=1}^n f(r_i) \chi_{[x_{i-1}^{(n)},x_i^{(n)})}(x). $$
Al ser \(f\) monótona creciente se cumple que \[ s_n(x) \leq f(x) \leq t_n(x), \quad \forall x\in [a,b), \] \[ s_n(x) \leq \rho_n(x) \leq t_n(x), \quad \forall x\in [a,b). \] Integrando las desigualdades anteriores obtenemos \[ \int_a^bs_n(x)dx \leq \int_a^b f(x)dx \leq \int_a^nt_n(x)dx, \] \[ \int_a^bs_n(x)dx \leq \int_a^b \rho_n(x)dx \leq \int_a^nt_n(x)dx. \] por lo tanto \begin{eqnarray*} \left| \int_a^b \rho_n(x)dx - \int_a^b f(x)dx \right| \leq \int_a^b t_n(x)dx - \int_a^b s_n(x)dx \end{eqnarray*}
Pero por \eqref{Eqn:CotaLimiteIntegralMonotonaAux1} podemos acotar la desigualdad anterior como \begin{eqnarray*} \left| \int_a^b \rho_n(x)dx - \int_a^b f(x)dx \right| \leq \|P_n\|(f(b)-f(a)). \end{eqnarray*}
Un cálculo directo muestra \[ \int_a^b \rho_n(x)dx = \sum_{i=1}^n f(r_i)(x_i^{(n)}-x_{i-1}^{(n)}), \]
por lo que podemos escribir \[ \left| \sum_{i=1}^n f(r_i)(x_i^{(n)}-x_{i-1}^{(n)}) - \int_a^b f(x)dx \right| \leq \|P_n\|(f(b)-f(a)). \] Usando que \(\lim_{n\to \infty}\|P_n\|=0\) la desigualdad anterior nos permite concluir: \[ \lim_{n\to \infty} \sum_{i=1}^n f(r_i)(x_i^{(n)}-x_{i-1}^{(n)})=\int_a^b f(x)dx. \]
Fija un natural $k\geq 2$. Calcula los siguientes límites:
Sugerencia: usa la identidad del Teorema 4.2.
Consideremos \(f:[0,1] \rightarrow \mathbb{R}\) dada por \(f(x) = x^k\), tenemos que \(f\) es monótona creciente en \([0,1]\). Entonces por el Teorema 4.2 tenemos \(f\) es integrable en \([0,1]\) y \[\lim_{n \rightarrow \infty}\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nf\left(i\frac{1}{n}\right)\right) = \int_0^1 f(x)dx = \frac{1}{k+1}. \]
Dado que \[ \frac{1}{n}\sum_{i=1}^nf\left(i\frac{1}{n}\right) = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n\left(\frac{i}{n}\right)^k = \frac{1}{n^{k+1}}\sum_{i=1}^ni^{k} \]
Concluimos \[ \lim_{n \rightarrow \infty} \left(\frac{1}{n^{k+1}}\sum_{i=1}^ni^k\right) = \frac{1}{k+1}. \]
Calcula los siguiente límites.
Sugerencia: usa el la ecuación del Teorema 4.2 y recuerda que $$ \int_a^b x^2 dx= \frac{b^3-a^3}{3}, \quad \int_a^b \sqrt{x}dx= \frac{2}{3}(b^{3/2}-a^{3/2}) $$