En esta sección se prueba que toda función continua en un intervalo cerrado y acotado es integrable en dicho intervalo. Este resultado es muy importante pues una gran cantidad de funciones que uno conoce son continuas y por lo tanto integrables.
Antes de probar el resultado principal es necesario estudiar detalladamente la continuidad y más en específico funciones que son continuas en todos los puntos de un intervalo cerrado y acotado. Veremos que, en cierto sentido, la continuidad en dichos intervalos es más fuerte que sólo ser continua en un punto o en un intervalo abierto. Esto es importante pues hemos visto que la integrabilidad de una función también depende del intervalo sobre el cual la estamos considerando. Iniciamos con dos ejemplos que muestran que la continuidad puede ser más uniforme en ciertos casos que en otros.
Considera la función $f(x)=mx+b$, $x\in \mathbb{R}$, con $m\not=0$. Recordemos la prueba de que \(f\) es continua en un punto fijo \(x_0\). Dada \(\varepsilon >0 \) tomamos \(\delta=\frac{\varepsilon}{|m|}\). Con estas definiciones si consideramos un punto \(x\) con \(|x-x_0|< \delta\) se tiene: \begin{eqnarray*} |f(x)-f(x_0)|&=&|mx+b-(mx_0+b)|\\ &=&|m||x-x_0| \\ &< &|m|\delta \\ &=& m \frac{\varepsilon}{|m|} \\ &=& \varepsilon \end{eqnarray*} por lo que concluimos que \(f\) es continua en \(x_0\).
Ahora consideremos la función $f(x)=\frac{1}{x}$, definida para $x\ne 0$. Fijamos un punto $x_0\ne 0$ y para simplificar las cuentas suponemos \(x_0 >0\). Queremos recordar cómo se prueba la continuidad de \(f\) en \(x_0\).
Dada $\varepsilon$ tomamos $\delta:= \min\{ \frac{x_0^2\varepsilon }{2}, \frac{x_0}{2} \}$. Con ésta \(\delta\) si tomamos un punto \(x\) con \(|x-x_0|<\delta\) primero notamos que \begin{eqnarray*} |x-x_0| < \delta \leq \frac{x_0}{2} &\Rightarrow & -\frac{x_0}{2} < x-x_0 \\ &\Rightarrow & \frac{x_0}{2} < x \end{eqnarray*} De ésta última desigualdad obtenemos que \(0< x\) y que \(\frac{1}{xx_0}< \frac{2}{x_0^2}\).
Finalmente obtenemos: \begin{eqnarray*} |f(x)-f(x_0)| &= & \left| \frac{1}{x}-\frac{1}{x_0} \right| \\ &=& \frac{|x-x_0|}{xx_0} \\ &\leq& \frac{2}{x_0^2} |x-x_0| \\ &<& \frac{2}{x_0^2} \delta \\ &\leq & \frac{2}{x_0^2} \frac{x_0^2\varepsilon}{2}\\ &=& \varepsilon \end{eqnarray*}
En el primer ejemplo la \(\delta\) que obtuvimos es \(\delta=\frac{\varepsilon}{|m|}\) y en el segundo es \(\delta=\min\{\frac{x_0^2\varepsilon}{2}, \frac{x_0}{2}\}\). Notamos que en el primero la \(\delta\) no depende del punto \(x_0\), se dice que \(\delta\) es uniforme (igual) para todo punto \(x_0\). En el segundo ejemplo \(\delta\) depende fuertemente de \(x_0\) (entre más cercano a \(0\) está el \(x_0\) la \(\delta\) es más pequeña).
Esta diferencia va a ser crucial para la integrabilidad de la función y es con lo que se inicia está sección.
Sea $D\subset \mathbb{R}$ y $f:D \to \mathbb{R}$ una función. Decimos que $f$ es uniformemente continua en $D$ si, para toda $\varepsilon>0$, existe $\delta>0$, que sólo depende de $\varepsilon$ tal que, para cualesquiera $x,y\in D$ con $|x-y|<\delta$ se satisface que $$ |f(x)-f(y)|<\varepsilon. $$
Es decir, dado un número \(\varepsilon >0\) una misma \(\delta\) sirve para todos los puntos del dominio \(D\).
Por ejemplo en la introducción se probó que \(f(x)=mx+b\) es uniformemente continua en todo \(\mathbb{R}\) y en los ejercicios se prueba que \(f(x)=\frac{1}{x}\) NO es uniformemente continua en \((0,1)\).
Define $f:[a,b] \to \mathbb{R}$ por $f(x)=x^2$.
Directamente de la Definición 5.2 demuestra que $f$ es uniformemente continua en $[a,b]$.
Sugerencia: $x^2-y^2=(x+y)(x-y)$.
Sea \(f:(0,1)\to \mathbb{R}\) dada por \(f(x)=\frac{1}{x}\). Prueba que \(f\) no es uniformemente continua en \((0,1)\).
Sugerencia: procede por contradicción. Entonces para \(\varepsilon=1\) existe una \(\delta >0\) que satisaface: para todos \(x,y\in (0,1)\) con \(|x-y|< \delta\) se tiene que \(|f(x)-f(y)|< 1\).
Termina considerando puntos de la forma \(\frac{1}{n}\), \(n\in \mathbb{N}\).
Sea $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ una función continua en todo punto de $[a,b]$.
Prueba que \(f\) es uniformemente continua en \([a,b]\)
Vamos a proceder por contradicción.
Iniciamos negando la definición de continuidad uniforme.
Recordamos que al negar un enunciado cambiamos los cuantificadores y con esto obtenemos que \(f\) NO es uniformemente continua en \([a,b]\) sii existe un número $\varepsilon_0>0$ tal que para cualquier número $\delta>0$ existen puntos $x, y \in [a,b]$ con $|x - y |<\delta$ y pero que sin embargo satisfacen $|f(x) - f(y)| \geq \varepsilon_0$.
El enunciado anterior va a funcionar como una maquinita al cual le vamos a dar diferentes \(\delta\) para que nos arroje los puntos \(x,y\). Tomando $\delta=1/n$ aseguramos la existencia de puntos $(x_n)_{n=1}^\infty$, $(y_n)_{n=1}^\infty$ que satisfacen \[ |x_n - y_n| < \frac{1}{n} \quad \textrm{y} \quad |f(x_n)-f(y_n)| \geq \varepsilon_0, \] para toda $n$ natural.
Ahora aplicamos el Teorema de Bolzano para asegurar la existencia de dos subsucesiones $(x_{n_k})_{k=1}^\infty$, $(y_{n_k})_{k=1}^\infty$ y puntos $x_0,y_0 \in [a,b]$ con \begin{eqnarray*} \lim_{k \to \infty}x_{n_k}=x_0 \\ \lim_{k\to \infty} y_{n_k}= y_0 \\ \end{eqnarray*}
Afirmamos que \(x_0=y_0\). Razón: \begin{eqnarray} |x_0-y_0| &\leq & |x_0-x_{n_k}|+ |x_{n_k}-y_{n_k}|+ |y_{n_k}-y_0| \label{Eqn:Aux1ContinuidadUnif} \end{eqnarray} pero \begin{eqnarray*} \lim_{k\to \infty} |x_0-x_{n_k}| &=&0 \\ \lim_{k\to \infty} |y_0 -y_{n_k}| &=& 0 \end{eqnarray*} y \begin{eqnarray*} |x_{n_k}-y_{n_k}| \leq \frac{1}{n_k} &\Rightarrow & \lim_{k\to \infty}|x_{n_k}-y_{n_k}| \leq \lim_{k\to \infty} \frac{1}{n_k}=0 \end{eqnarray*}
Por \eqref{Eqn:Aux1ContinuidadUnif} y el Teorema de Sandwich concluimos que \(|x_0-y_0|=0\), es decir \(x_0=y_0\).
Ahora vamos a usar que \(f\) es continua en todo punto de \([a,b]\), en particular en \(x_0\).
Por las propiedades de las funciones continuas y límites tenemos \[ f(x_0)=\lim_{k\to \infty} f(x_{n_k})=\lim_{k\to \infty} f(y_{n_k}) \] pero además sabemos que para todo \(n\) se cumple \[ |f(x_n)-f(y_n)| \geq \varepsilon_0, \] así que tomando límites concluimos \[ |f(x_0)-f(y_0)| \geq \varepsilon_0 >0 \] contradiciendo el hecho de que \(x_0=y_0\).
Sea $I \ne \emptyset$ un intervalo y $f:I\to \mathbb{R}$. La oscilación o diámetro de $f$ en $I$ se define como $$ \omega_f(I)=\sup_{x_1,x_2\in I}\{ |f(x_1)-f(x_2)|\} $$
Nota: si el conjunto $\{ |f(x_1)- f(x_2)| : x_1,x_2\in I|\}$ no es acotado superiormente definimos $\omega_f(I)=\infty$.
Calcula las siguientes oscilaciones.
Para demostrar que \(\omega_f(I) = \infty\) es necesario demostrar que el conjunto \[ A:= \lbrace \vert f(x_1) -f(x_2)\vert : x_1, x_2 \in I \rbrace\] no es acotado superiormente. Procederemos como sigue:
Supongamos que \(A\) es acotado superiormente, es decir, existe \(M >0 \) tal que \(z < M\) para toda \(z \in A\). Definimos \(y_n := \frac{1}{2n}\) para cada natural \(n \geq 1\). Para cada \(n \geq 1\), tenemos que \(y_n \in I \) y \(f(y_n) = \frac{1}{y_n} = 2n\). Definimos \(z_n := \vert f(y_n) -f(y_1)\vert, \) entonces por lo anterior tenemos que \(z_n \in A\) y \(z_n = \vert 2n -2 \vert = 2n - 2\) ya que \(n\geq 1\). Sea \(n_0 = \lceil M \rceil + 1 \in \mathbb{N}\) donde \(\lceil \cdot \rceil\) denota la función techo y notemos que \(\lceil x \rceil \geq x\) para cualquier \(x \in \mathbb{R}\). Entonces tenemos que \(z_{n_0} = 2n_0 -2 = 2(\lceil M \rceil + 1 ) -2 = 2\lceil M \rceil > M. \) Esto contradice el hecho de \(A\) esta acotado superiormente.
Por lo tanto, \(A\) no es acotado superiormente. Por lo tanto \(\omega_f(I) = \infty\).
Sea $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ continua en $[a,b]$. Fija $\varepsilon >0$ y sea $\delta >0$, la de la continuidad uniforme de $f$ para $\varepsilon$ (la del Teorema 5.5 ).
Demuestra que: $$ \omega_f(I)\leq \varepsilon, $$ para todo $I \subseteq [a,b]$, sub-intervalo de longitud menor a $\delta$.
Dado que \(f:[a,b] \rightarrow \mathbb{R}\) continua en \([a,b]\), usamos el Teorema 5.5 que nos dice que \(f\) es uniformemente continua en \([a,b]\). Entonces fijamos \(\epsilon >0\) y sea \(\delta >0\), la de la continuidad uniforme de \(f\) para \(\epsilon\).
Sea \(I \subseteq [a, b], \) sub-intervalo arbitrario de longitud menor a \(\delta\). Para demostrar que \( \omega_f(I) \leq \epsilon\) es suficiente demostrar que \(\epsilon\) es una cota superior del conjunto \[ A:= \lbrace \vert f(x_1) -f(x_2)\vert : x_1, x_2 \in I \rbrace .\] Pero esto es cierto ya que para cualquier \(z \in A\), existen \( x_1, x_2 \in I\) tal que \(z = \vert f(x_1) -f(x_2)\vert\) y como \(I\) es un subintervalo cuya longitud es menor a \(\delta\), \(\vert x_1 - x_2 \vert < \delta\) entonces por la continuidad uniforme de \(f\) se sigue que \(\vert f(x_1) -f(x_2)\vert < \epsilon\), es decir \( z < \epsilon\). Esto se cumple para cualquier \(z \in A\). Por lo tanto \(\epsilon\) es una cota superior de \(A\). Por lo tanto, \(\omega_f(I) \leq \epsilon\).
Sea $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ continua en todo punto de $[a,b]$.
Entonces \(f\) es integrable en \([a,b]\) y además \begin{eqnarray*} \int_a^b f(x)dx &=& \lim_{n\to \infty} \frac{b-a}{n}\sum_{i=1}^n f\left(a+ i \frac{b-a}{n} \right) \\ &=&\lim_{n\to \infty} \frac{b-a}{n}\sum_{i=1}^{n} f\left(a+ (i-1) \frac{b-a}{n} \right) \end{eqnarray*}
Denotemos $P_n=\{a=x_0< x_1< \cdots < x_n=b \}$, la partición homogenea de $[a,b]$ de longitud $n$.
Ahora definimos funciones escalonadas \(s_n,t_n:[a,b]\to \mathbb{R}\) \begin{eqnarray*} s_n&=&\sum_{i=1}^n f(x_{i *})\chi_{[x_{i-1},x_i)},\\ t_n&=&\sum_{i=1}^n f(x_i^*)\chi_{[x_{i-1},x_i)} \end{eqnarray*} donde, para cada $i$, \begin{eqnarray*} f(x_{i*})&=&\min\{f(x): x\in [x_{i-1},x_i]\}, \\ f(x_i^*)&=&\max\{f(x): x\in [x_{i-1}, x_i] \}. \end{eqnarray*}
Si lo anterior les recuerda la prueba del Teorema 4.2 sobre funciones monótonas es que están presentando atención. Vamos a proceder de manera muy similar.
Vamos a usar el Criterio de Cauchy para probar que la función es integrable.
Ya que \(f(x_{i*}) \leq f(x) \leq f(x_i^*)\), para todo \(x\in [x_{i-1},x_i)\), se sigue que \begin{equation}\label{Eqn:Aux1IntegrabilidadContinuas} s_n(x) \leq f(x) \leq t_n(x), \end{equation} para todo \(x\in [a,b)\).
Ahora tenemos que asegurar que \[ \int_a^bt_n(x)dx - \int_a^bs_n(x)dx \] se hace pequeño cuando \(n\) tiende a infinito.
Para probar lo anterior primero probaremos \begin{equation}\label{Eqn:Aux2IntegrabilidadContinuas} \int_a^bt_n(x)dx - \int_a^bs_n(x)dx \leq \frac{b-a}{n}\sum_{i=1}^n \omega_f([x_{i-1},x_i]) \end{equation}
Por la definición de la integral de funciones escalonadas y usando que la partición es homogenea obtenemos \begin{eqnarray*} \int_a^b s_n(x)dx =\frac{b-a}{n}\sum_{i=1}^n f(x_{i*}), \\ \int_a^b t_n(x)dx =\frac{b-a}{n}\sum_{i=1}^n f(x_i^*) \end{eqnarray*} por lo que se sigue \begin{eqnarray*} \int_a^bt_n(x)dx-\int_a^bs_n(x)dx = \frac{b-a}{n}\sum_{i=1}^n f(x_i^*)-f(x_{i*}). \end{eqnarray*} Así pues, para probar \eqref{Eqn:Aux2IntegrabilidadContinuas} es suficiente probar que para toda \(i=1,\dots, n\) \[ f(x_i^*)-f(x_{i*})= \omega_f([x_{i-1},x_i]). \] Para ésto últimos notamos que para todo \(x,y \in [x_{i-1},x_i]\), \begin{eqnarray*} f(x_{i*}) \leq f(x),f(y) \leq f(x_i^*) & \Rightarrow & |f(x)-f(y))| \leq f(x_i^*)-f(x_{i*}) \\ & \Rightarrow & \sup_{x,y\in [x_{i-1},x_i]}\{|f(x)-f(y)| \} \leq f(x_i^*)-f(x_{i*}) \end{eqnarray*} cuando \(x\) e \(y\) toman los valores \(x=x_{i*}, y=x_i^*\) obtenemos que la desigualdad anterior es igualdad y por lo tanto \[ \omega_f([x_{i-1},x_i])=\sup_{x,y\in [x_{i-1},x_i]}\{|f(x)-f(y)| \} = f(x_i^*)-f(x_{i*}) \] lo cual termina la prueba de \eqref{Eqn:Aux2IntegrabilidadContinuas}.
Para finalizar el Criterio de Cauchy vamos a usar el Teorema de continuidad uniforme. Sea \(\varepsilon >0\) fijo y arbitrario. Para el número positivo \(\frac{\varepsilon}{b-a}\) el Teorema de continuidad uniforme asegura la existencia de una \(\delta >0\) tal que si \(x,y\in [a,b]\) y si \(|x-y|< \delta \) entonces \(|f(x)-f(y)|< \frac{\varepsilon}{b-a}\).
Tomamos \(N\in \mathbb{N}\) tal que \(\frac{b-a}{N} < \delta \). Entonces para todo \(n\geq N\) los subintervalos de \(P_n=\{x_i\}_{i=0}^n\) tienen longitud menor a \(\delta\) por lo que el Ejercicio 5.9 implica que \(\omega_f([x_{i-1},x_i])< \frac{\varepsilon}{b-a}\). Utilizando ésta última cota en \eqref{Eqn:Aux2IntegrabilidadContinuas} llegamos a que, para todo \(n\geq N\): \begin{eqnarray} \int_a^bt_n(x)dx-\int_a^bs_n(x)dx &=& \frac{b-a}{n}\sum_{i=1}^n \omega_f([x_{i-1},x_i]) \nonumber \\ &\leq & \frac{b-a}{n}\sum_{i=1}^n \frac{\varepsilon}{b-a} \nonumber \\ &=& \varepsilon \label{Eqn:Aux3IntegrabilidadContinuas} \end{eqnarray}
Por \eqref{Eqn:Aux1IntegrabilidadContinuas} y \eqref{Eqn:Aux3IntegrabilidadContinuas} concluimos que \(f\) es integrable.
Solo resta probar los límites que vienen en el Teorema. Para esto denotemos $$ \underline{\Sigma}_n = \frac{b-a}{n} \sum_{i=1}^{n} f(x_{i-1}), \quad \overline{\Sigma}_n=\frac{b-a}{n}\sum_{i=1}^nf(x_i). $$ Notamos que \(f(x_{i*}) \leq f(x_i), f(x_{i-1})\leq f(x_i^*)\) para todo \(i=1,\dots, n\), de los que se sigue \begin{eqnarray*} \frac{b-a}{n}\sum_{i=1}^n f(x_{i*}) \leq \frac{b-a}{n}\sum_{i=1}^n f(x_{i-1}) \leq \frac{b-a}{n}\sum_{i=1}^n f(x_{i}^*), \\ \frac{b-a}{n}\sum_{i=1}^n f(x_{i*}) \leq \frac{b-a}{n}\sum_{i=1}^n f(x_i) \leq \frac{b-a}{n}\sum_{i=1}^n f(x_{i}^*) \end{eqnarray*} lo cual podemos escribir como: \begin{eqnarray*} \int_a^b s_n(x)dx \leq \underline{\Sigma}_n \leq \int_a^n t_n(x)dx, \\ \int_a^b s_n(x)dx \leq \overline{\Sigma}_n \leq \int_a^n t_n(x)dx. \end{eqnarray*}
Pero por \eqref{Eqn:Aux1IntegrabilidadContinuas} también tenemos \[ \int_a^bt_n(x)dx \leq \int_a^b f(x)dx \leq \int_a^b t_n(x)dx. \]
Con estas últimas tres desigualdades podemos escribir \begin{eqnarray*} \left| \underline{\Sigma}_n -\int_a^b f(x)dx \right| \leq \int_a^b t_n(x)dx -\int_a^b s_n(x)dx, \\ \left| \overline{\Sigma}_n -\int_a^b f(x)dx \right| \leq \int_a^b t_n(x)dx -\int_a^b s_n(x)dx \end{eqnarray*}
y con ayuda de \eqref{Eqn:Aux2IntegrabilidadContinuas} podemos acotar las desigualdades anteriores como
\begin{eqnarray*} \left| \underline{\Sigma}_n -\int_a^b f(x)dx \right| \leq \frac{b-a}{n} \sum_{i=1}^n \omega_f([x_{i-1},x_i]), \\ \left| \overline{\Sigma}_n -\int_a^b f(x)dx \right| \leq \frac{b-a}{n} \sum_{i=1}^n \omega_f([x_{i-1},x_i]). \end{eqnarray*}
Al igual que en \eqref{Eqn:Aux3IntegrabilidadContinuas} podemos concluir que para toda \(n\geq N\) \begin{eqnarray*} \left| \underline{\Sigma}_n -\int_a^b f(x)dx \right| \leq \varepsilon , \\ \left| \overline{\Sigma}_n -\int_a^b f(x)dx \right| \leq \varepsilon. \end{eqnarray*} lo cual prueba los límites \begin{eqnarray*} \int_a^b f(x)dx &=& \lim_{n\to \infty} \frac{b-a}{n}\sum_{i=1}^n f\left(a+ i \frac{b-a}{n} \right) \\ &=&\lim_{n\to \infty} \frac{b-a}{n}\sum_{i=1}^{n} f\left(a+ (i-1) \frac{b-a}{n} \right) \end{eqnarray*}
Este ejercicios generaliza las fórmulas de los límites del Teorema 5.10
Sea $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ continua en $[a,b]$.
Sea $P_n=\{ x_i\}_{i=0}^n$ la partición homogena de longitud n de \([a,b]\). Para cada $i$, tomemos puntos fijos y arbitrarios $r_{i}$ en el sub-intervalo $[x_{i-1}, x_i]$. Demuestra $$ \int_a^bf(x)dx =\lim_{n\to \infty} \frac{b-a}{n}\sum_{i=1}^n f(r_{i}) $$
Definamos funciones escalonadas $s_n, t_n, \rho_n:[a,b]\to \mathbb{R}$ por \begin{eqnarray*} s_n&=&\sum_{i=1}^n f(x_{i*})\chi_{[x_{i-1},x_i]}\\ t_n&=&\sum_{i=1}^n f(x_i^*)\chi_{[x_{i-1},x_i]}\\ \rho_n&=&\sum_{i=1}^n r_{i} \chi_{[x_{i-1}, x_i)}. \end{eqnarray*} donde para cada \(i\), \(f(x_{i*})=\min_{x\in [x_{i-1},x_i]}\{f(x)\}\) y \(f(x_{i}^*)=\max_{x\in [x_{i-1},x_i]}\{f(x)\}\), los cuales existen al ser \(f\) continua en \([a,b]\).
También notamos que \begin{eqnarray*} \int_a^b \rho_n(x)dx=\frac{b-a}{n}\sum_{i=1}^n f(r_i) \end{eqnarray*}
Por las definiciones de \(f(x_{i*})\) y \(f(x_i^*)\) debemos de tener \begin{eqnarray*} s_n \leq \rho_n \leq t_n \\ s_n \leq f \leq t_n \end{eqnarray*} por lo que \begin{eqnarray*} \int_a^b s_n(x)dx \leq \int_a^b \rho_n(x)dx \leq \int_a^b t_n(x)dx \\ \int_a^b s_n(x)dx \leq \int_a^b f(x)dx \leq \int_a^b t_n(x)dx \end{eqnarray*} de lo cual se puede obtener \begin{eqnarray} \left| \int_a^b\rho_n(x)dx-\int_a^bf(x)dx \right| \leq \int_a^bt_n(x)dx - \int_a^b s_n(x)dx. \label{Eqn:Aux2RiemannSum} \end{eqnarray} Por otro lado vamos a ver que la diferencia \(\int_a^b t_n-\int_a^bs_n\) tiende a cero cuando \(n\) tiende a infinito. Para esto tenemos \begin{eqnarray} \int_a^b t_n(x)dx - \int_a^b s_n(x)dx & = & \sum_{i=1}^n (f(x_{i}^*)-f(x_{i*}))(x_i-x_{i-1})\nonumber \\ &= & \frac{b-a}{n} \sum_{i=1}^n (f(x_i^*)-f(x_{i*})) \label{Eqn:AuxRiemannSum} \end{eqnarray}
Ahora usamos la continuidad uniforme de \(f\) en \([a,b]\). Dado un número \(\varepsilon >0\) por continuidad uniforme existe una \(\delta >0\) tal que si \(x,y\in [a,b]\) satisfacen \(|x-y|< \delta\) entonces \(|f(x)-f(y)|< \frac{\varepsilon}{b-a}\).
Fijamos \(N\in \mathbb{N}\) con \(\frac{b-a}{N}< \delta \). Entonces, para todo \(n\geq N\) la longitud del subintervalo \([x_{i-1},x_i]\) de \(P_n\) es menor a \(\delta\) y por lo tanto \(|f(x)-f(y)|< \frac{\varepsilon}{b-a}\), para todos \(x,y\in [x_{i-1},x_i]\). En particular \( |f(x_i^*)-f(x_{i*})| < \frac{\varepsilon}{b-a}\). Substituyendo ésto último en \eqref{Eqn:AuxRiemannSum} obtenemos \begin{eqnarray*} \int_a^b t_n(x)dx - \int_a^b s_n(x)dx & \leq & \frac{b-a}{n}\sum_{i=1}^n \frac{\varepsilon}{b-a}=\varepsilon \end{eqnarray*} la cual se cunple para todo \(n\geq N\).
Por lo tanto hemos probado que \[ \lim_{n\to \infty} \int_a^bt_n(x)dx - \int_a^b s_n(x)dx=0 \] y gracias a \eqref{Eqn:Aux2RiemannSum} lo anterior implica que \[ \int_a^bf(x)dx =\lim_{n\to \infty}\int_a^b \rho_n(x)dx =\lim_{n\to \infty} \frac{b-a}{n}\sum_{i=1}^n f(r_i). \]
Sea $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ una función. Una suma de Riemann de $f$ es una expresión de la forma $$ \sum_{i=1}^n f(r_i)[x_{i}-x_{i-1}] $$ donde $P=\{x_i\}_{i=0}^n$ es una partición de $[a,b]$ y los puntos $r_i \in [x_{i-1}, x_i]$, $i=1,\dots, n$, son fijos y arbitrarios. Nota que por el Ejercicio 5.11, para funciones continuas, sus sumas de Riemann con particiones homogeneas se aproximan a la integral de la función cuando la longitud de la partición tiende a infinito.
Expresa los siguiente límites como integrales. No es necesario evaluar la integral.
Fija $a,b \in \mathbb{R}$ con $0< a < b$. Calcula $\int_{a}^{b} x^{-2}dx $.
Sugerencia: usa el ejercicio Ejercicio 5.11, tomando $P_n=\{x_i\}_{i=0}^n$ la partición homogenea y $r_{i,n}=\sqrt{x_{i-1}x_i}$ y usando la identidad $$ \frac{1}{c}-\frac{1}{d}=\frac{d-c}{cd}. $$
Sea $f:[a,b] \to \mathbb{R}$ continua. Sea $m_f=\min_{x\in [a,b]}\{f(x)\}$ y $M_f=\max_{x\in [a,b]}\{ f(x)\}$. Demuestra que $$ m_f(b-a) \leq \int_a^b f(x)dx \leq M_f(b-a). $$
Como \(f\) es continua en \([a,b]\), existen \(m_f\) y \(M_f\), ya que la función \(f\) alcanza su mínimo y su máximo en \([a,b]\) y esto implica, \(m_f \leq f(x) \leq M_f\) para toda \(x \in [a,b]\). Además por el Teorema 5.10 tenemos que \(f\) es integrable. Entonces por el Ejercicio 3.7 concluimos \[ m_f(b-a) \leq \int_a^b f(x)dx \leq M_f(b-a) .\]
Sea $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ continua en $[a,b]$ con $f(x)\geq 0 $ para todo $x\in [a,b]$. Si $f(x_0) > 0 $ para algún $x_0\in [a,b]$ demuestra que: $$ \int_a^b f(x)dx >0 $$
Sea $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ continua en $[a,b]$ con $f(x)\geq 0 $ para todo $x\in [a,b]$. Si $\int_a^bf(x)dx=0$ demuestra que $f(x)=0$ para toda $x\in [a,b]$.
Sugerencia: usa el Ejercicio 5.16.
Da un ejemplo de una función continua $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ tal que $$\int_a^b f(x)dx>0$$ pero que no se cumpla $f(x) \geq 0$ para todo $x\in [a,b]$.
Este ejercicio muestra la relación entre la oscilación de una función y la continuidad.
Considera una función $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ y $x_0$ un punto fijo en el intervalo. Prueba que $$ \lim_{\delta \to 0}\omega_f([x_0-\delta, x_0+\delta])=0 $$ si y sólo si $f$ es continua en $x_0$.
\(\Rightarrow ]\) Supongamos que \[ \lim_{r\to 0}\omega_f([x_0-r,x_0+r])=0. \] Debemos de probar que \(f\) es continua en \(0\). Procedemos mediante \(\varepsilon\)'s y \(\delta\)'s.
Para \(\varepsilon > 0\) existe una \(r_0\) tal que \[ \omega_f([x_0-r,x_0+r]) < \varepsilon \] para todo \(r\) con \(0< r < r_0 \).
Tomamos \(\delta=\frac{r_0}{2}\) y notamos que si \(|x-x_0|< \delta\) entonces \(x\in (x_0-\delta ,x_0+\delta ) \) por lo tanto \[ |f(x)-f(x_0)|\leq \sup_{x_1,x_2\in [x_0-\delta,x_0+\delta] }\{|f(x_1)-f(x_2)|\}=\omega_f([x_0-\delta, x_0+\delta]) < \varepsilon \] lo cual prueba que \(f\) es continua en \(x_0\).
\(\Leftarrow ]\) Supongamos que \(f\) es continua en \(x_0\). Debemos de probar \[ \lim_{r\to 0}\omega_f([x_0-r, x_0+r])=0 \] Vamos a hacerlo por \(\varepsilon\)'s y \(\delta\)'s.
Fijemos un número positivo \(\varepsilon\). Ya que \(f\) es continua en \(x_0\) existe una \(\delta >0\) tal que si \(|x-x_0|<\delta \) entonces \(|f(x)-f(x_0)|< \varepsilon/2\). Vamos a escribir lo anterior en términos de la oscilación.
Los puntos que satisfacen \(|x-x_0|<\delta \) son precisamente los puntos del intervalo \((x_0-\delta, x_0+\delta)\). Ahora, si \(x,y\in (x_0-\delta, x_0+\delta)\) entonces \[ |f(x)-f(x_0)|< \frac{\varepsilon}{2}, |f(y)-f(x_0)|< \frac{\varepsilon}{2} \Rightarrow |f(x)-f(y)|< \varepsilon \] Tomando supremo sobre los \(x,y\) lo anterior implica que \[ \sup_{x,y\in (x_0-\delta, x_0+\delta)}\{|f(x)-f(y)|\}\leq \varepsilon \] lo cual se puede escribir en términos de la oscilación como \(\omega_f((x_0-\delta, x_0+\delta)) \leq \varepsilon\).
Finalmente, para todo \(0< r < \delta \) se tiene \[ \omega_f([x_0-r,x_0+r])\leq \omega_f((x_0-\delta, x_0+\delta))\leq \varepsilon \]
Esto termina la prueba de que \(\lim_{r\to 0}\omega_f([x_0-r,x_0+r])=0\).
Sea $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ una función continua. Existe $\xi \in [a,b]$ con $$ \int_a^b f(x)dx=f(\xi)(b-a) $$
Sugerencia: considera la desigualdad $$ \min_{x\in [a,b]}\{f(x)\} \leq f(x) \leq \max_{x\in [a,b]}\{f(x)\} $$ integra y aplica el Teorema del Valor Intermedio.
Como \(f:[a,b] \rightarrow \mathbb{R}\) es una función continua, entonces por el Ejercicio 5.15 tenemos que \[m_f(b-a) \leq \int_a^b f(x)dx \leq M_f(b-a) ,\] donde \(m_f = \min_{x \in [a,b]}\lbrace f(x) \rbrace\) y \(M_f = \max_{x\in [a,b]}\lbrace f(x) \rbrace.\) Lo cual implica que \[ m_f \leq \frac{1}{b-a}\int_a^b f(x)dx \leq M_f .\]
Como \(f\) es continua, tenemos que \(f\) alcanza su máximo y si mínimo, es decir existen \(x_0, x_1 \in [a,b]\) tales que \(m_f = f(x_0) \) y \(M_f = f(x_1)\). Podemos suponer sin pérdida de generalidad que \(x_0 \leq x_1\) entonces por el Teorema del valor intermedio existe \(\xi \in [x_0, x_1] \subseteq [a,b]\) tal que \[ f(\xi) = \frac{1}{b-a}\int_a^b f(x)dx .\] Por lo tanto \[ \int_a^bf(x)dx = f(\xi)(b-a), \] con \(\xi \in [a, b]\).
Supongamos que $f,g:[a,b]\to \mathbb{R}$ son funciones continuas y que $g$ nunca cambia de signo en el intervalo $[a,b]$. Entonces existe $\xi \in [a,b]$ tal que $$ \int_a^bf(x)g(x)=f(\xi)\int_a^bg(x)dx $$
Sugerencia: si $g(x) \geq 0$ para todo $x\in [a,b]$, considera la desigualdad $$ \min_{x\in [a,b]}\{f(x)\} g(x) \leq f(x)g(x) \leq \max_{x\in [a,b]}\{f(x)\} g(x) $$ integra y aplica el Teorema del Valor Intermedio a $f$.
En éste ejercicio se prueba la fórmula \[ \int_a^b x^p dx =\frac{1}{p+1}(b^{p+1}-a^{p+1}) \] válida para todo \(p \in \mathbb{N}\) y \(a,b\in \mathbb{R}\).
Denota \(f(x)=x^p\) y sea \(P_n=\{x_i\}_{i=0}^n\) la partición homogénea de longitud \(n\). Para \(i=1,\dots, n\) considera las puntos \(r_i=\sqrt[p]{\frac{1}{p+1}\sum_{k=0}^{p} x_{i-1}^kx_i^{p-k}}\).
En éste ejercicio generaliza el Ejercicio 5.14
Fija \(p\geq 2\) un número natural y denota \(f(x)=\frac{1}{x^p}\) y sea \(P_n=\{x_i\}_{i=0}^n\) la partición homogénea de longitud \(n\). Para \(i=1,\dots, n\) considera las puntos \(r_i=\sqrt[p]{\frac{(p+1)x_{i-1}^{p-1} x_i^{p-1}}{\sum_{k=0}^{p-2} x_{i-1}^kx_i^{p-2-k}}}\).
Sea \(f:[a,b]\to \mathbb{R}\) una función continua en todo punto de \([a,b]\). Sea \(P=\{x_i\}_{i=0}^n\) la partición homogenea de longitud \(n\) de \([a,b]\). Prueba que \[ \lim_{n\to \infty} \sum_{i=1}^n \omega_f([x_{i-1},x_i])(x_i-x_{i-1}) =0 \]