Un cambio de variable es una transformación de una integral la cual trata de simplificar su cálculo.
Para ejemplificar primero veamos transformaciones de figuras en el plano y cómo éstas afectan el área. Las más sencillas son las translaciones pues éstas preservan el área. Otras transformaciones son los reescalamientos u homotecias, estas son de la forma \((x,y)\mapsto k(x,y) \) donde \(k\) es una constante distinta de cero. Si \(k>0\) podemos ver que un cuadrado de lado \(l\) se transforma en un cuadrado de lado \(kl\) por lo que el área pasa de \(l^2\) a \(k^2l^2\), es decir se multiplica por un factor \(k^2\). Si \(k< 0\) el comportamiento es muy parecido sólo que el signo negativo hace que las figuras se reflejen por el origen pero el área se sigue multiplicando un el factor \(|k|^2\).
Ahora veamos estas transformaciones con respecto a funciones.
Para las translaciones tenemos que dada una función \(f(x)\) podemos expresar una translación horizontal de la gráfica de \(f\) mediante la función \(f(x+\alpha)\). Si \(\alpha >0\) se translada hacia la izquierda y si \(\alpha < 0 \) se translada hacia la derecha. Además, si \(f(x)\) está definida para \(x\in [a,b]\) entonces \(f(x+\alpha)\) está definida para \(x\in [a-\alpha, b-\alpha]\). Ya que para las traslaciones no afectan el área debería pasar que \[ \int_{a}^{b} f(x)dx=\int_{a-\alpha}^{b-\alpha}f(u+\alpha)du, \] este es la fórmula del cambio de variable para las translaciones.
Veamos ahora los reescalamientos en las funciones. Si \(f(x)\) es una función definida para \(x\in [a,b]\) un reescalamientos del dominio se ve como \([ka,kb]\) para \(k>0\) o \([kb,ka]\) para \(k< 0\). Para ilustrar las fórmulas vamos a suponer que \(k>0 \). Entonces si \(u\in [ka,kb]\) entonces \(u/k\in [a,b]\) por lo que \(x=u/k\) está en el dominio de \(f\) por lo que podemos tomar \(f(u/k)\). En los reescalamientos la fórmula no es tán clara pero si vemos un ejemplo sencillo como \(f(x)=1\) para todo \(x\) vemos que \[ \int_{ka}^{kb}f\left(\frac{u}{k}\right)du=k(b-a)=k\int_a^b f(x)dx. \] Así que el factor que parace funcionar es \(k\). De hecho lo que veremos es que \[ \int_{ka}^{kb}f\left(\frac{u}{k}\right)du=k\int_a^b f(x)dx. \]
Nota: ¿cómo recordar la fórmula anterior? Se toma el cambio de variable \(x=u/k\). Ahora se toman diferenciales las cuales sólo las vamos a tomar formalmente, es decir sólo sabiendo que siguen las mismas fórmulas que las derivadas. En el caso \(x=u/k\) esto implica \(dx=du/k\). Finalmente vemos los límites de integración: si \(x=a\), \(u=ka\), si \(x=b\), \(u=kb\). Substituyendo estos valores directamente tenemos \[ \int_{a}^bf(x)dx = \int_{ka}^{kb} f\left(\frac{u}{k}\right)\frac{1}{k}du \Rightarrow k\int_a^b f(x)dx=\int_{ka}^{kb}f\left(\frac{u}{k}\right) du. \]
Sea $s:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ una función escalonada y $\alpha$ un escalar. Entonces \begin{eqnarray} \int_{a}^b s(x+\alpha) dx =\int_{a+\alpha}^{b+\alpha} s(u)du \label{Eqn:AuxCambioVarTranslacionesEscalonadas} \end{eqnarray} Haciendo substituciones formales, lo anterior se puede escribir com $ u= x+\alpha, \quad du=dx$.
Caso 1: \(s\) es de la forma \(s=\chi_{[x_0,x_1)}\).
Primero probamos la siguiente identidad de funciones \begin{equation}\label{Ejer:Aux1CambioVarTraslacionEscalonada} \chi_{[x_0,x_1)}(x+\alpha)=\chi_{[x_0-\alpha,x_1-\alpha)}(x), \end{equation} para todo \(x\).
Ya que las funciones características sólo toman los valores \(0\) y \(1\) es suficiente probar \( \chi_{[x_0,x_1)}(x+\alpha)=1\) si y sólo si \( \chi_{[x_0-\alpha,x_1-\alpha)}(x)=1\). Para éste último tenemos: \begin{eqnarray*} \chi_{[x_0,x_1)}(x+\alpha)=1 & \Leftrightarrow & x+\alpha \in [x_0,x_1) \\ & \Leftrightarrow & x\in [x_0-\alpha, x_1-\alpha) \\ & \Leftrightarrow & \chi_{[x_0-\alpha,x_1-\alpha)}(x)=1. \end{eqnarray*}
Integrando \eqref{Ejer:Aux1CambioVarTraslacionEscalonada} obtenemos \begin{eqnarray*} \int_a^bs(x+\alpha)dx&=&\int_a^b \chi_{[x_0,x_1]}(x+\alpha)dx \\ &=& \int_a^b \chi_{[x_0-\alpha, x_1-\alpha)}(x)dx \end{eqnarray*}
Por lo tanto para terminar el primer caso debemos de probar la identidad \[ \int_a^b \chi_{[x_0-\alpha, x_1-\alpha)}(x)dx=\int_{a+\alpha}^{b+\alpha}\chi_{[x_0,x_1)}(u)du \] la cual se prueba por casos.
Subcaso: \(x_1-\alpha \leq a \) ó \(b\leq x_0- \alpha\). Entonces también se tiene \(x_1\leq a+\alpha\) ó \(b+\alpha \leq x_0\), por lo que \[ \int_a^b \chi_{[x_0-\alpha, x_1-\alpha)}(x)dx = 0 = \int_{a+\alpha }^{b+\alpha}\chi_{[x_0,x_1)}(u)du \]
Subcaso: \(x_0-\alpha < a \leq x_1-\alpha \leq b \). En este caso tenemos \begin{eqnarray*} \int_{a}^{b}\chi_{[x_0-\alpha,x_1-\alpha)}(x)dx&=&x_1-\alpha-a \\ \int_{a+\alpha}^{b+\alpha}\chi_{[x_0,x_1)}(u)du&=&x_1-(a+\alpha) \end{eqnarray*}
Subcaso: \(a \leq x_0-\alpha < b < x_1-\alpha \). En este caso tenemos \begin{eqnarray*} \int_{a}^{b}\chi_{[x_0-\alpha,x_1-\alpha)}(x)dx&=&b-(x_0-\alpha)\\ \int_{a+\alpha}^{b+\alpha}\chi_{[x_0,x_1)}(u)du&=&b+\alpha-x_0 \end{eqnarray*}
Subcaso: \(a \leq x_0-\alpha < x_1-\alpha \leq b\). En este caso tenemos \begin{eqnarray*} \int_{a}^{b}\chi_{[x_0-\alpha,x_1-\alpha)}(x)dx&=&x_1+\alpha - (x_0+\alpha)=x_1-x_0\\ \int_{a+\alpha}^{b+\alpha}\chi_{[x_0,x_1)}(u)du&=&x_1-x_0 \end{eqnarray*}
Subcaso: \(x_0-\alpha < a < b< x_1-\alpha\). En este caso tenemos \begin{eqnarray*} \int_{a}^{b}\chi_{[x_0-\alpha,x_1-\alpha)}(x)dx&=&b-a\\ \int_{a+\alpha}^{b+\alpha}\chi_{[x_0,x_1)}(u)du&=&(b+\alpha)-(a+\alpha)=b-a \end{eqnarray*}
Caso 2: caso general, \(s\) es de la forma \[ s=\sum_{i=1}^n s_i\chi_{[x_{i-1},x_i)} \] donde \(x_0< x_1< \cdots < x_n\).
Para iniciar la prueba de \eqref{Eqn:AuxCambioVarTranslacionesEscalonadas}, usando linealidad tenemos \begin{equation}\label{Ejer:Aux2CambioVarTraslacionEscalonada} \int_a^b s(x+\alpha)dx=\sum_{i=1}^n s_i \int_a^b \chi_{[x_{i-1},x_i)}(x+\alpha)dx \end{equation} luego por el primer caso tenemos \begin{eqnarray} \sum_{i=1}^n s_i\int_a^b \chi_{[x_{i-1}, x_i)}(x+\alpha)dx &=& \sum_{i=1}^n s_i \int_{a+\alpha}^{b+\alpha}\chi_{[x_{i-1},x_i)}(u)du \nonumber \\ &=& \int_{a+\alpha}^{b+\alpha}s(u)du \label{Ejer:Aux3CambioVarTraslacionEscalonada} \end{eqnarray} donde la última identidad se debe a la linealidad. Finalmente, por las ecuaciones \eqref{Ejer:Aux2CambioVarTraslacionEscalonada} y \eqref{Ejer:Aux3CambioVarTraslacionEscalonada} concluimos \eqref{Eqn:AuxCambioVarTranslacionesEscalonadas}.
Sea $I \subseteq \mathbb{R}$ un intervaloy supongamos que $f:I \to \mathbb{R}$ una función integrable en los subintervalos cerrados de $I$.
Sea $\alpha$ un escalar y supongamos que $[a+\alpha, b+\alpha] \subseteq I$ (para que $f(x+\alpha)$, $x\in [a,b]$ esté bien definida). Entonces la función $x\mapsto f(x+\alpha)$ es integrable en $[a,b]$ y \begin{equation}\label{Eqn:CambioVariableTranslaciones} \int_{a}^b f(x+\alpha) dx =\int_{a+\alpha}^{b+\alpha} f(u)du. \end{equation}
Haciendo substituciones formales lo anterior se puede escribir com $ u= x+\alpha, \quad du=dx$.
Definimos $g:[a,b]\to \mathbb{R}$ por $g(x)=f(x+\alpha)$, bien definida pues suponemos que \([a+\alpha, b+\alpha]\subseteq I\). Vamos a probar que \(g\) es integrable en \([a,b]\) y que \[ \int_a^b g(x)dx =\int_{a+\alpha}^{b+\alpha} f(u)du \]
Para probar que \(g\) es integrable en \([a,b]\) vamos a usar el Criterio de Cauchy.
Usando que $f$ es integrable en $[a+\alpha, b+\alpha]$, dada \(\varepsilon >0\) existen $s,t : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$, funciones escalonadas con:
De \eqref{Eqn:Aux1CambioVarTraslaciones}, \eqref{Eqn:Aux2CambioVarTraslaciones} y del Criterio de Cauchy concluimos que \(g\) es integrable en \([a,b]\).
Resta probar \eqref{Eqn:CambioVariableTranslaciones}. Iniciamos integrando las desigualdades \(s(u)\leq f(u)\leq t(u)\), válida para \(u\in [a+\alpha, b+\alpha]\), \(s'(x)\leq g(x)\leq t'(x)\), válida para \(x\in [a,b]\): \begin{eqnarray*} \int_{a+\alpha}^{b+\alpha} s(u)du \leq & \int_{a+\alpha}^{b+\alpha} f(u)du & \leq \int_{a+\alpha}^{b+\alpha} t(u)du \\ \int_{a+\alpha}^{b+\alpha} s(u)du =\int_{a}^{b} s'(x)dx \leq & \int_{a}^{b} g(x)dx & \leq \int_a^b t'(x)dx=\int_{a+\alpha}^{b+\alpha} t(u)du \end{eqnarray*} donde las identidades del segundo renglón se deben al Ejercicio 6.2.
Comparando las desigualdades anteriores concluimos \[ \left| \int_{a+\alpha}^{b+\alpha} f(u)du - \int_{a}^{b} g(x)dx \right| \leq \int_{a+\alpha}^{b+\alpha} t(u)du - \int_{a+\alpha}^{b+\alpha} s(u)du < \varepsilon, \] y al ser \(\varepsilon\) arbitraria concluimos \[ \int_{a+\alpha}^{b+\alpha} f(u)du = \int_{a}^{b} g(x)dx=\int_{a}^b f(x+\alpha)dx. \]
Calcular las siguientes integrales.
Supongamos que la función $v: [t_0, T_0] \to \mathbb{R}$ modela la valocidad, al tiempo \(t\), de una partículo que se mueve sobre una línea recta. La distancia recorrida del instante $t_1 $ al instante $t_2$ se define como $$ \int_{t_1}^{t_2} v(t)dt $$ siempre y cuando la integral exista.
Supon que la velocidad al tiempor $t$ de una partículo esta dado por $v(t)=(1+t)^3$, $cm/s$.
Sea $s:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ una función escalonada y $k \not= 0$ un escalar. Demuestra:
Caso 1: \(s\) es de la forma \(s=\chi_{[x_0,x_1)}\).
Primero probamos la siguiente identidad de funciones \begin{equation}\label{Ejer:Aux1CambioVarReescalemientoEscalonada} \chi_{[x_0,x_1)}(kx)=\chi_{[x_0/k,x_1/k)}(x), \end{equation} para todo \(x\).
Ya que las funciones características sólo toman los valores \(0\) y \(1\) es suficiente probar \( \chi_{[x_0,x_1)}(kx)=1\) si y sólo si \( \chi_{[x_0/k,x_1/k)}(x)=1\). Para éste último tenemos: \begin{eqnarray*} \chi_{[x_0,x_1)}(kx)=1 & \Leftrightarrow & kx \in [x_0,x_1) \\ & \Leftrightarrow & x\in [x_0/k, x_1/k) \\ & \Leftrightarrow & \chi_{[x_0/k,x_1/k)}(x)=1. \end{eqnarray*}
Integrando \eqref{Ejer:Aux1CambioVarReescalemientoEscalonada} obtenemos \begin{eqnarray*} \int_a^bs(kx)dx&=&\int_a^b \chi_{[x_0,x_1]}(kx)dx \\ &=& \int_a^b \chi_{[x_0/k, x_1/k)}(x)dx \end{eqnarray*}
Por lo tanto para terminar el primer caso debemos de probar la identidad \[ \int_a^b \chi_{[x_0/k, x_1/k)}(x)dx=\frac{1}{k}\int_{ka}^{kb}\chi_{[x_0,x_1)}(u)du \] la cual se prueba por casos.
Subcaso: \(x_1/k \leq a \) ó \(b\leq x_0/k\). Entonces también se tiene \(x_1\leq ka \) ó \(kb\leq x_0\), por lo que \[ \int_a^b \chi_{[x_0/k, x_1/k)}(x)dx = 0 = \int_{ka}^{kb}\chi_{[x_0,x_1)}(u)du \]
Subcaso: \(x_0/k < a \leq x_1/k \leq b \). En este caso tenemos \begin{eqnarray*} \int_{a}^{b}\chi_{[x_0/k,x_1/k)}(x)dx&=&\frac{x_1}{k}-a \\ \frac{1}{k}\int_{ka}^{kb}\chi_{[x_0,x_1)}(u)du&=& \frac{1}{k}(x_1-ka) \end{eqnarray*}
Subcaso: \(a \leq x_0/k < b < x_1/k\). En este caso tenemos \begin{eqnarray*} \int_{a}^{b}\chi_{[x_0/k,x_1/k)}(x)dx&=&b-\frac{x_0}{k}\\ \frac{1}{k}\int_{ka}^{kb}\chi_{[x_0,x_1)}(u)du&=& \frac{1}{k}(kb-x_0) \end{eqnarray*}
Subcaso: \(a \leq x_0/k < x_1/k \leq b\). En este caso tenemos \begin{eqnarray*} \int_{a}^{b}\chi_{[x_0/k,x_1/k)}(x)dx&=&\frac{x_1}{k}-\frac{x_0}{k}\\ \frac{1}{k}\int_{ka}^{kb}\chi_{[x_0,x_1)}(u)du&=&\frac{1}{k}(x_1-x_0)& \end{eqnarray*}
Subcaso: \(x_0/k < a < b< x_1/k\). En este caso tenemos \begin{eqnarray*} \int_{a}^{b}\chi_{[x_0/k,x_1/k)}(x)dx&=&b-a\\ \frac{1}{k}\int_{ka}^{kb}\chi_{[x_0,x_1)}(u)du&=&\frac{1}{k}(kb-ka) \end{eqnarray*}
Caso 2: caso general, \(s\) es de la forma \[ s=\sum_{i=1}^n s_i\chi_{[x_{i-1},x_i)} \] donde \(x_0< x_1< \cdots < x_n\).
Usando linealidad tenemos \begin{equation}\label{Ejer:Aux2CambioVarReescalamientoEscalonada} \int_a^b s(kx)dx=\sum_{i=1}^n s_i \int_a^b \chi_{[x_{i-1},x_i)}(kx)dx \end{equation} luego por el primer caso tenemos \begin{eqnarray} \sum_{i=1}^n s_i\int_a^b \chi_{[x_{i-1}, x_i)}(kx)dx &=& \frac{1}{k}\sum_{i=1}^n s_i \int_{ka}^{kb}\chi_{[x_{i-1},x_i)}(u)du \nonumber \\ &=& \frac{1}{k}\int_{ka}^{kb}s(u)du \label{Ejer:Aux3CambioVarReescalamientoEscalonada} \end{eqnarray} donde la última identidad se debe a la linealidad. Finalmente, por las ecuaciones \eqref{Ejer:Aux2CambioVarReescalamientoEscalonada} y \eqref{Ejer:Aux3CambioVarReescalamientoEscalonada} concluimos \[ \int_a^b s(kx)dx = \frac{1}{k}\int_{ka}^{kb}s(u)du. \]
Este caso es muy similar, primero el caso \(s=\chi_{[x_0,x_1)}\) y luego el caso general, \(s=\sum_{i=1}^n s_i\chi_{[x_{i-1},x_i)}\). Sólo se revisa el caso \(s=\chi_{[x_0,x_1)}\).
Para este caso la identidad que se tiene es: \begin{equation}\label{Ejer:Aux5CambioVarReescalemientoEscalonada} \chi_{[x_0,x_1)}(kx)=\chi_{[x_1/k,x_0/k)}(x), \end{equation} para todo \(x\). Notar el cambio de orden entre \(x_0\) y \(x_1\). La prueba es muy similar a el caso \(k>0\) y se omite.
Por lo tanto para terminar el caso \(s=\chi_{[x_0,x_1)}\) debemos de probar la identidad \[ \int_a^b \chi_{[x_1/k, x_0/k)}(x)dx=\frac{1}{|k|}\int_{kb}^{ka}\chi_{[x_0,x_1)}(u)du \] la cual se prueba por casos.
Subcaso: \(x_0/k \leq a \) ó \(b\leq x_1/k\). Entonces también se tiene \(x_0 \geq ka \) ó \(kb\geq x_1\), por lo que \[ \int_a^b \chi_{[x_1/k, x_0/k)}(x)dx = 0 = \int_{kb}^{ka}\chi_{[x_0,x_1)}(u)du \]
Subcaso: \(x_1/k < a \leq x_0/k \leq b \). Entonces también tenemos \(x_1 > ka \geq x_0 \geq kb \), por lo que \begin{eqnarray*} \int_{a}^{b}\chi_{[x_1/k,x_0/k)}(x)dx&=&\frac{x_0}{k}-a \\ \frac{1}{|k|}\int_{kb}^{ka}\chi_{[x_0,x_1)}(u)du&=& \frac{1}{|k|}(ka-x_0)=\frac{1}{k}(x_0-ka) \end{eqnarray*}
Subcaso: \(a \leq x_1/k < b < x_0/k\). Entonces también tenemos \(ka \geq x_1 > kb > x_0\) por lo que \begin{eqnarray*} \int_{a}^{b}\chi_{[x_1/k,x_0/k)}(x)dx&=&b-\frac{x_1}{k}\\ \frac{1}{|k|}\int_{kb}^{ka}\chi_{[x_0,x_1)}(u)du&=& \frac{1}{|k|}(x_1-kb)=\frac{1}{k}(kb-x_1) \end{eqnarray*}
Subcaso: \(a \leq x_1/k < x_0/k \leq b\). Entonces también tenemos \(ka \geq x_1 > x_0 \geq kb \) por lo que \begin{eqnarray*} \int_{a}^{b}\chi_{[x_1/k,x_0/k)}(x)dx&=&\frac{x_0}{k}-\frac{x_1}{k}\\ \frac{1}{|k|}\int_{ka}^{kb}\chi_{[x_0,x_1)}(u)du&=&\frac{1}{|k|}(x_1-x_0)=\frac{1}{k}(x_0-x_1) \end{eqnarray*}
Subcaso: \(x_1/k < a < b< x_0/k\). Entonces también tenemos \(x_1 > ka > kb > x_0\) por lo que \begin{eqnarray*} \int_{a}^{b}\chi_{[x_1/k,x_0/k)}(x)dx&=&b-a\\ \frac{1}{|k|}\int_{kb}^{ka}\chi_{[x_0,x_1)}(u)du&=&\frac{1}{|k|}(ka-kb)=\frac{1}{k}(kb-ka) \end{eqnarray*}
Tomando en cuenta el ejercicio anterior damos la siguiente notación. Dados $a,b\in \mathbb{R}$ con $a < b$, definimos $$ \int_b^a f(x)dx:= - \int_a^b f(x)dx $$
Con esta notación el Ejercicio 6.7 se puede reescribir como \[ \int_{a}^{b} s(k x) dx = \frac{1}{k}\int_{k a}^{k b} s(u)du, \] sín importan el signo de \(k\).
Haciendo substituciones formales, lo anterior se puede poner como $u=k x$, $du=k dx$.
Sea $I\subseteq \mathbb{R}$ un intervalo y supón que la función $f:I\to \mathbb{R}$ es integrable sobre todos los subintervalos cerrados de $I$.
Sea $k \ne 0$ y supón que el intervalo determinado por $k a$ y $k b$ está contenido en $I$. Entonces la función $x \mapsto f(k x)$ es integrable en $[a,b]$ y \begin{equation}\label{Eqn:CambioVariableReescalamiento} \int_{a }^{b }f(k x)dx=\frac{1}{k} \int_{k a}^{k b} f(u)du \end{equation} Nota que se usa la Notación 6.8 pues hay que tomar en cuenta el signo de \(k\).
Haciendo substituciones formales esto se puede abreviar como $\quad u=kx, \quad du =kdx$.
Primera establecemos notación. Si \(k>0\) denotamos \(a'=ka, b'=kb\), si \(k< 0\) denotamos \(a'=kb, b'=kb\). Notamos que en cualquier caso \(a'< b'\) y que por suposición \([a',b']\subseteq I\).
Definimos $g:[a,b]\to \mathbb{R}$ por $g(x)=f(kx)$, bien definida pues suponemos que \([a', b']\subseteq I\). Vamos a probar que \(g\) es integrable en \([a,b]\) y que \[ \int_{a}^{b} g(x)dx =\frac{1}{k}\int_{a'}^{b'} f(u)du \]
Para probar que \(g\) es integrable en \([a,b]\) vamos a usar el Criterio de Cauchy.
Usando que $f$ es integrable en $[a', b']$, dada \(\varepsilon >0\) existen $s,t : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$, funciones escalonadas con:
De \eqref{Eqn:Aux1CambioVarReescalamiento}, \eqref{Eqn:Aux2CambioVarReescalamiento} y del Criterio de Cauchy concluimos que \(g\) es integrable en \([a,b]\).
Resta probar \eqref{Eqn:CambioVariableReescalamiento}. Iniciamos integrando las desigualdades \(s(u)\leq f(u)\leq t(u)\), válida para \(u\in [a', b']\), \(\tilde{s}(x)\leq g(x)\leq \tilde{t}(x)\), válida para \(x\in [a,b]\): \begin{eqnarray*} \int_{a'}^{b'} s(u)du \leq & \int_{a'}^{b'} f(u)du & \leq \int_{a'}^{b'} t(u)du \\ \frac{1}{|k|}\int_{a'}^{b'} s(u)du =\int_{a}^{b} \tilde{s}(x)dx \leq & \int_{a}^{b} g(x)dx & \leq \int_a^b \tilde{t}(x)dx=\frac{1}{|k|}\int_{a'}^{b'} t(u)du \end{eqnarray*} donde las identidades del segundo renglón se deben al Ejercicio 6.2.
Comparando las desigualdades anteriores concluimos \[ \left| \int_{a'}^{b'} f(u)du - |k|\int_{a}^{b} g(x)dx \right| \leq \int_{a'}^{b'} t(u)du - \int_{a'}^{b'} s(u)du < \varepsilon, \] y al ser \(\varepsilon\) arbitraria concluimos \[ \int_{a'}^{b'} f(u)du = |k|\int_{a}^{b} g(x)dx=|k|\int_{a}^{b} f(kx)dx \] que se puede reescribir como, tomando los casos \(k>0\) y \(k< 0\) como \[ \frac{1}{k}\int_{ak}^{bk} f(u)du=\int_{a}^b f(kx)dx. \]
Sea $I\subseteq \mathbb{R}$ un intervalo y supón que la función $f:I\to \mathbb{R}$ es integrable sobre todos los subintervalos cerrados de $I$.
Sean \(\alpha,k \in \mathbb{R}\) con \(k \ne 0\). Supón que el intervalo \([a,b]\) satisface que el intervalo determinado por \(k a +\alpha \), \(k b+\alpha \) está contenido en \(I\). Entonces la función \(x\mapsto f( kx + \alpha )\) es integrable en \([a,b]\) y \[ \int_a^b f(kx+\alpha )dx = \frac{1}{k}\int_{ka + \alpha}^{k b+\alpha} f(u)du \]
Definimos \(J=\{x-\alpha: x\in I\}\) y \(h:J\to \mathbb{R}\) por \(h(u)=f(u+\alpha)\). Por el Ejercicio 6.3 \(h\) es integrable en \([a'+\alpha,b'+\alpha]\) donde \(a'=ka\), \(b'=kb\) si \(k>0\) y \(a'=kb, b'=ka\) si \(k< 0\).
Con la notación anterior tenemos que \(f(kx+\alpha)=h(kx)\), para todo \(x\in [a,b]\), por lo tanto \[ \int_a^b f(kx + \alpha)dx = \int_a^b h(kx)dx \] Notamos que el intervalo determinado por \(ka\) y \(kb\) está contenido en \(J\) (pues el intervalo determinado por \(ka+\alpha\) y \(kb+\alpha\) está contenido en \(I\)) por lo tanto el Ejercicio 6.9 implica \[ \int_a^b h(kx)dx = \frac{1}{k}\int_{ka}^{kb} h(u)du, \] pero por el Ejercicio 6.3 \[ \int_{ka}^{kb} h(u)du=\int_{ka}^{kb}f(u+\alpha)du=\int_{ka+\alpha}^{kb+\alpha} f(x)dx \] por lo que concluimos \[ \int_a^b f(kx + \alpha)dx= \frac{1}{k}\int_{ka+\alpha}^{kb+\alpha} f(x)dx \]
Sea \(f : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}\) dada por \(f(x) = (2x-1)^4\) tenemos que \(f\) es continua en \(\mathbb{R}\) y por el Teorema 5.10 se sigue que \(f\) es integrable en cualquier intervalo cerrado y acotado, en particular es integrable en \([0, 4]\). Haciendo el cambio de variable \(u= 2x-1\), implica \(du = 2dx\) y \(f(u) = u^4\) la cual es integrablen el intervalo \([u(0), u(4)] = [-1, 7]\) y tenemos: \[\int_0^4f(2x-1)dx = \frac{1}{2}\int_{2\cdot 0 -1}^{2 \cdot 4 -1}f(u) du = \frac{1}{2}\int_{-1}^{7}f(u) du \]
Es decir: \[ \int_0^4(2x-1)^4dx = \frac{1}{2}\int_{-1}^{7}u^4du = \frac{1}{2}\left(\frac{7^5-(-1)^5}{5}\right) = \frac{7^5 +1}{10} = \frac{8,404}{5} \]
Por lo tanto, \(\int_0^4(2x-1)^4dx = \frac{8,404}{5} .\)
Tenemos que \(f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}\) dada por \(f(x)=(2x-1)^5(x+1)\) es una función continua y por lo tanto integrable en cualquier intervalo cerrado y acotado, en particular en \([0, 5]\). Haciendo un cambio de variable \(u = 2x-1\) implica \(du= 2dx\) y \(x= \frac{u+1}{2}\). Entonces \( f(u) = u^5(\frac{u+1}{2}+1) = \frac{u^6 +3u^5}{2}\) la cual es integrable en el intervalo \([u(0), u(5)] =[2\cdot 0-1, 2\cdot 5-1] =[-1, 9]\) y \begin{equation*} \begin{split} \int_0^5 f(x) dx & = \frac{1}{2}\int_{-1}^9f(u) du = \frac{1}{2}\int_{-1}^9 \frac{u^6 +3u^5}{2} du \\ & = \frac{1}{4}\int_{-1}^9 (u^6 +3u^5) du \\ & = \frac{1}{4}\left(\int_{-1}^9 u^6 +3\int_{-1}^9 u^5du \right) \\ & = \frac{1}{4}\left(\frac{9^7-(-1)^7}{7} +3\cdot \frac{9^6 - (-1)^6}{6}\right) \\ & = \frac{1}{4}\left(\frac{9^7 +1}{7} + \frac{9^6 - 1}{2}\right) \\ & = \frac{3,321,505}{14} \end{split} \end{equation*}
Por lo tanto, \( \int_0^5(2x-1)^5(x+1)dx = \frac{3,321,505}{14}.\)
Primero veamos que valores de \(x\) en \(\mathbb{R}\) hacen positivo o negativo a \((x-2)(2x-1)\), es decir, encontremos cuando \(x \in \mathbb{R}\) satisface que \((x-2)(2x-1) \geq 0 \) o \((x-2)(2x-1)\leq 0\).
(i) Sea \(x\in \mathbb{R}\) y supongamos que \((x-2)(2x-1) \geq 0\).
Lo anterior sucede si y sólo si \((x-2 \geq 0)\) y \((2x-1 \geq 0)\) o en su defecto \( (x-2 \leq 0) \) y \( (2x-1 \leq 0). \)
Si \((x-2 \geq 0) \) y \((2x-1 \geq 0)\), entonces \(x \geq 2\) y \(x \geq \frac{1}{2}\) y esto implica que \(x \geq 2\). Es decir, para \(x \geq 2\) tenemos que \((x-2)(2x-1) \geq 0\).
Si \( (x-2 \leq 0)\) y \( (2x-1 \leq 0),\) entonces \( x \leq 2\) y \( x \leq \frac{1}{2}\), por lo que \(x \leq \frac{1}{2}\). Entonces para \(x \leq \frac{1}{2}\) se tiene que \((x-2)(2x-1) \geq 0\).
En resumen \((x-2)(2x-1) \geq 0\) si y sólo si \( x \in (-\infty, \frac{1}{2}] \cup [2, \infty)\).
(ii) Ahora veamos cuando \((x-2)(2x-1) \leq 0\).
Sea \(x\in \mathbb{R}\) y supongamos que \((x-2)(2x-1) \leq 0\), esto sucede si y sólo si \((x-2 \geq 0)\) y \((2x-1 \leq 0)\) o en su defecto \( (x-2 \leq 0)\) y \((2x-1 \geq 0). \)
Si \((x-2 \geq 0)\) y \((2x-1 \leq 0)\), entonces \( x\geq 2\) y \(x \leq \frac{1}{2}\), es decir \(x \leq \frac{1}{2} < 2 \leq x\), lo que implica \( x < x\) y esto es una contradicción. Por lo tanto no existe \(x \in \mathbb{R}\) tal que \((x-2 \geq 0) \wedge (2x-1 \leq 0)\).
Si \( (x-2 \leq 0)\) y \((2x-1 \geq 0), \) entonces \( x \leq 2\) y \( x \geq \frac{1}{2}\), es decir \(x \in [\frac{1}{2}, 2]\). Entonces \((x-2)(2x-1) \leq 0\) si y sólo si \(x \in [\frac{1}{2}, 2]\).
Por lo tanto, \begin{equation*} \vert(x-2)(2x-1)\vert = \left\{ \begin{array}{cccc} (x-2)(2x-1) & \text{si } x \in (-\infty, \frac{1}{2}] \cup [2, \infty) \\ \\ -(x-2)(2x-1) & \text{ si } x \in [\frac{1}{2}, 2] \end{array} \right. \end{equation*}
Sea \( f: [0, 4] \rightarrow \mathbb{R}\) dada por \begin{equation*} f(x) = \vert(x-2)(2x-1)\vert = \left\{ \begin{array}{cccc} (x-2)(2x-1) & \text{ si } x \in [0, \frac{1}{2}] \cup [2, 4] \\ \\ -(x-2)(2x-1) & \text{ si } x \in [\frac{1}{2}, 2] \end{array} \right. \end{equation*}
Entonces por la Linealidad con respecto a intervalos tenemos: \begin{equation}\label{A} \int_0^4f(x) dx = \int_0^{\frac{1}{2}}f(x) dx + \int_{\frac{1}{2}}^2f(x) dx + \int_2^4 f(x) dx . \end{equation}
Entonces calculemos \(\int_0^{\frac{1}{2}}f(x) dx, \int_{\frac{1}{2}}^2f(x) dx \text{ y} \int_2^4 f(x) dx\). Tenemos que : \begin{eqnarray*} \int_0^{\frac{1}{2}}f(x) dx&=&\int_0^{\frac{1}{2}}(x-2)(2x-1) dx \\ &=& \int_0^{\frac{1}{2}}(2x^2-5x+2)dx \\ & =& 2\int_0^{\frac{1}{2}}x^2 -5 \int_0^{\frac{1}{2}}x dx + 2 \int_0^{\frac{1}{2}}dx \\ & =& 2\left(\frac{(1/2)^{3}}{3}\right) -5\left(\frac{(1/2)^{2}}{2}\right) +2\left(\frac{1}{2} -0\right) \\ & =& \frac{11}{24}, \end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*} \int_{\frac{1}{2}}^2f(x) dx &=& \int_{\frac{1}{2}}^2-(x-2)(2x-1) dx\\ &=& \int_{\frac{1}{2}}^2(-2x^2 +5x -2)dx \\ &=& -2\int_{\frac{1}{2}}^2x^2 dx +5\int_{\frac{1}{2}}^2xdx -2\int_{\frac{1}{2}}^2dx \\ &=& -2\left(\frac{2^3 -(1/2)^{3}}{3}\right) +5\left(\frac{2^2-(1/2)^{2}}{2}\right) -2\left(2-\frac{1}{2} \right) \\ &=& \frac{2}{3} + \frac{11}{24}. \end{eqnarray*} Y por último: \begin{eqnarray*} \int_2^4 f(x) dx &=& \int_2^4 (x-2)(2x-1) dx \\ &=& \int_2^4 (2x^2-5x+2)dx \\ & =& 2\int_2^4x^2 -5 \int_2^4x dx + 2 \int_2^4dx \\ & =& 2\left(\frac{4^3 -2^{3}}{3}\right) -5\left(\frac{4^2-2^{2}}{2}\right) +2\left(4-2\right) \\ & =& \frac{32}{3} + \frac{2}{3}. \end{eqnarray*}
Por lo tanto \[\int_0^4f(x) dx = \frac{11}{24}+ \left(\frac{2}{3} + \frac{11}{24}\right) + \left(\frac{32}{3} + \frac{2}{3} \right) = \frac{35}{2}. \]
Es decir, \(\int_0^4f(x) dx = \frac{35}{2}.\)
Encuentra $p$, un polinomio de grado 2, tal que $$p(0)=p(1)=0 \quad \textrm{y } \quad \int_0^2 p(x)dx=1$$
Tenemos que todo polinomio de grado 2 es de la forma, \(p(x) = ax^2 +bx + c\) con \(a, b ,c\in \mathbb{R}\). Por el Ejercicio 6.11.(3) tenemos que : \begin{equation}\label{B} \int_0^2p(x) dx = a\left(\frac{2^3-0^3}{3}\right) + b\left(\frac{2^2 - 0^2}{2}\right) + c(2-0)= \frac{8}{3}a + 2b + 2c . \end{equation}
Supongamos que existe un polinomio de grado 2, \(p(x) = ax^2 +bx + c\) con \(a, b ,c\in \mathbb{R}\), tal que \( p(0) = p(1) = 0 \text{ y } \int_0^2p(x)dx = 1\) esto implica que: \[ 0 = p(0) = c = p(1) = a + b +c. \]
Es decir, \(0=c= a +b + c\), esto implica que \(a+b=0\) y se sigue que \(b=-a\). Por lo tanto, nuestro polinomio es de la forma \(p(x) = ax^2 -ax .\) Además como \(\int_0^2p(x)dx = 1\) y por \(\eqref{B}\) tenemos que: \[ \frac{8}{3}a -2a = 1. \]
Esto implica que \(a = \frac{3}{2},\) Por lo tanto nuestro polinomio debe de ser de la forma \(p(x) = \frac{3}{2}x^2 -\frac{3}{2}x\).
No es difícil verificar que en efecto, si \(p(x) = \frac{3}{2}x^2 -\frac{3}{2}x\), entonces \(p(0)= p(1) = 0\) y \(\int_0^2p(x) dx = \frac{8}{3}\cdot\frac{3}{2} - 2\cdot\frac{3}{2} = 4-3 = 1. \)
Encuentra $p$, un polinomio de grado 3, tal que $$p(0)=p(-1)=0, p(1)=5 \quad \textrm{y} \quad 2 \int_0^1 p(x)dx=4$$
Encuentra todos los polinomios de grado 2, $p$, tales que $p(0)=1$ y $\int_{-2}^{2}p(x)dx=0$.
Encuentra todos los reales $a,b$, con $a \leq b$, tales que $$\int_{a}^{b}(3-2x)^5dx=0.$$
Calcular:
Hint: pueden utilizar $$ \int_a^b x^p dx=\frac{b^{p+1}-a^{p+1}}{p+1} $$ válida para cualesquiera reales $a$ y $b$ y racional $p$.
Sea \(f:[2, \infty) \rightarrow \mathbb{R}\) dada por \(f(x) = x^2\sqrt{x-2}\) es una función que esta bien definida en \([2, \infty)\) y más aún es continua en dicho intervalo. Entonces \(f\) es integrable en cualquier intervalo cerrado y acotado de \([2, \infty)\). Procederemos hacer un cambio de variable \(u= x-2\) implica que \(du = dx\) y \(x = u+2\). Entonces dado que \(f(u) = (u+2)^2\sqrt{u}\) y es integrable en \([u(2), u(3)] = [0,1]\) se tiene: \begin{equation*} \begin{split} \int_2^3f(x) dx & = \int_0^1 f(u) du \\ & = \int_0^1 (u+2)^2\sqrt{u} du \\ & = \int_0^1(u^2 +4u +4)\sqrt{u} du \\ & = \int_0^1(u^{5/2} +4u^{3/2} +4u^{1/2}) du \\ & = \int_0^1u^{5/2}du +4\int_0^1u^{3/2}du +4\int_0^1u^{1/2} du \\ & = \left(\frac{1^{\frac{5}{2} +1}}{\frac{5}{2} +1}\right) + 4\cdot\left(\frac{1^{\frac{3}{2} +1}}{\frac{3}{2} +1}\right) + 4\cdot\left(\frac{1^{\frac{1}{2} + 1}}{\frac{1}{2} + 1}\right) \\ & = \frac{2}{7} + 4\cdot\frac{2}{5} + 4\cdot\frac{2}{3} \\ & = \frac{478}{105} \end{split} \end{equation*}
Por lo tanto, \(\int_2^3x^2\sqrt{x-2}dx = \frac{478}{105}.\)
Sea $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ una función tal que, para toda $a>0$, $f$ es integrable en $[-a,a]$.
Existen otras nociones de longitues. Dado $(a,b)\subset (0,\infty)$ se define se define su medida o longitud geométrica como $$ \lambda(a,b)=\ln(b)-\ln(a), $$ donde $\ln$ denota la función logaritmo. Se puede pensar a la medida geométrica como un análogo de la longitud ( $b-a$) y $(0,\infty)$ podemos pensar la multiplicación por reales positivos como un análogo de la translación.