Los teoremas fundamentales del cálculo son como las dos caras de una misma moneda. El primer Teorema Fundamental es visto desde la perspectiva de las derivadas y el segundo desde la perspectiva de las antiderivadas.
Dada una función $f$, una antiderivada de $f$ (ó primitiva), en $(a,b)$, es una función $F$ tal que $F'(x)=f(x)$ para toda $x$ en $(a,b)$.
Notación: escribimos $\int f(x)dx$ o $\int f$ para denotar una antidarivada de $f$ y se se denominan integrales indefinidas.
Encuentra anti-derivadas de las siguientes funciones:
Si $F_1$ y $F_2$ son primitivas de $f$ en $(a,b)$, demuestra que existe una constante $c$ tal que $F_1(x)=F_2(x)+c$, para todo $x\in (a,b)$.
Supongamos que \(F_1,F_2:[a,b]\to \mathbb{R}\) son antiderivadas de \(f\) en \([a,b]\). Se sigue que la función \(g(x)=F_1(x)-F_2(x)\) tiene derivada cero en \((a,b)\), pues \[g'(x)=F_1'(x)-F_2'(x)=f(x)-f(x)=0.\] Por lo tanto \(g\) es constante en \((a,b)\). Si ésta constante es \(c\) entonces \(F_1(x)-F_2(x)=c\) para todo \(x\in (a,b)\), es decir \(F_1(x)=F_2(x)+c\).
Sea $f:[a,b] \to \mathbb{R}$ una función continua en todo punto de $[a,b]$.
Supongamos que $F:[a,b]\to \mathbb{R}$ es una antiderivada de \(f\) continua en $[a,b]$ y diferenciable en $(a,b)$. Entonces $$ \int_a^bf(x)dx=F(b)-F(a). $$
Para \(n\in \mathbb{N}\) denotamos por \(P_n=\{x_i\}_{i=0}^n\) la partición homogenea de \([a,b]\) de longitud \(n\).
Ahora aplicamos el Teorema del Valor medio para las derivadas a la función \(F\) en los intervalos \([x_{i-1},x_i]\) para obtener puntos \(c_i\in [x_{i-1},x_i]\) que cumplan \begin{equation}\label{Eqn:Aux12oTFC} f(c_i)(x_i-x_{i-1})=F(x_i)-F(x_{i-1}) \end{equation}
Si aplicamos el Ejercicio 5.11 (con los puntos \(r_i=c_i\)) obtenemos que \[ \int_a^b f(x)dx=\lim_{n\to \infty} \sum_{i=1}^n f(c_i)(x_i-x_{i-1}) \] pero por usando \eqref{Eqn:Aux12oTFC} podemos escribir el límite anterior como \[ \int_a^b f(x)dx=\lim_{n\to \infty} \sum_{i=1}^n F(x_i)-F(x_{i-1}) \] pero al ser la suma del lado derecho una suma telescópica resulta \[ \sum_{i=1}^{n}F(x_i)-F(x_{i-1})=F(b)-F(a) \] por lo que concluimos \[ \int_a^b f(x)dx=F(b)-F(a). \]
Este ejercicio justifica porqué la integral de la velocidad es la distancia.
Imagina una partícula que se mueve sobre el eje de las $x$ y por $x(t)$ denotemos la positión (tomando al cero como marco de referencia) de la particula en el tiempo $t$ y por $v(t)$ denotamos a la velocidad de la partícula. Es decir $x'(t)=v(t)$. Decimos que $\int_a^b v(t)dt$ representa la distancia neta recorrida, del tiempo $a$ al tiempo $b$, pues usando sumas de Riemann tenemos la siguiente aproximación: $$ \sum_{i=1}^n v(\xi_i)(x_i-x_{i-1}) \sim \textrm{distancia neta recorrida del tiempo $a$ al tiempo $b$} $$ Usa el teorema fundamental para probar $$ \int_a^b v(t)dx=x(b)-x(a). $$
Nota que $x(b)-x(a)$ es el cambio neto de la distancia desde el tiempo $a$ al tiempo $b$.
Recuerda que si $a < b$ definimos $\int_b^a f(x)dx=-\int_a^b f(x)dx$.
Con esta notación demuestra que el segundo Teorema Fundamental sigue siendo válido si intercambiamos $a$ y $b$, es decir, si $F$ es una antiderivada de $f$ en $(a,b)$, entonces $$ \int_b^a f(x)dx= F(a)-F(b). $$
Recuerda que si $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ es integrable en $[a,b]$ y $c\in (a,b)$ entonces $$ \int_a^cf(x)dx+\int_c^b f(x)dx=\int_a^b f(x)dx. $$
Ahora, asume que $F$ es una antiderivada de $f$ en $(a,b)$. Usa el segundo Teorema Fundamental para dar otra prueba de ésta fórmula.
Sea $F\colon [a,b] \to \mathbb{R}$ una antiderivada de $f$ en $(a,b)$ tal que $F$ es continua en $[a,b]$, entonces $F^{'}(x)= f(x)$ para todo $x \in (a,b)$ y por el Segundo Teorema Fundamental se tiene que \begin{equation*}\int_{a}^{b} f(x) dx = F(b) - F(a)\end{equation*}
Sea $c\in (a,b)$. Consideremos las funciones $F_{1}\colon [a,c] \to \mathbb{R}$ y $F_{2}\colon [c,b] \to \mathbb{R}$ definidas como $F_{1}(x):= F(x), \forall x \in [a,c]$ y $F_{2}(x):= F(x), \forall x \in [c,b]$ respectivamente.
Luego, dado que la funcion $F$ es continua en $[a,b]$ y diferenciable en $(a,b)$ se sigue que las funciones $F_{1}$ y $F_{2}$ son continuas en $[a,c]$ y $[c,b]$ respectivamente y diferenciables en $(a,c)$ y $(c,b)$ respectivamente. Por lo tanto del segundo Teorema Fundamental del Calculo y la definión de las funciones $F_{1}$ y $F_{2}$ se tiene que: \begin{equation}\label{eqn:TFC_a_c} \int_{a}^{c} f(x) dx = F_{1}(c) - F_{1}(a)= F(c)-F(a) \end{equation} \begin{equation}\label{eqn:TFC_c_b} \int_{c}^{b} f(x) dx = F_{2}(b) - F_{2}(c)= F(b)-F(c) \end{equation} Por lo tanto de \eqref{eqn:TFC_a_c} y \eqref{eqn:TFC_c_b} se tiene que: $$ \int_a^cf(x)dx+\int_c^b f(x)dx= (F(c)- F(a)) - (F(b) - F(c))=F(b)-F(a) $$Por el C1:Ejercicio 16.5 sabemos que, para todo $x\in \mathbb{R}$: $$ e^x \geq 1+x. $$
Demostración inciso 1.
Fijamos \(x> 0\), como \(e^x \geq 1 +x \) podemos integrar por ambos lados de la desigualdad en el intervalo \([0,x]\), recordemos que esto se puede hacer por la Monotonía de la Integral, por lo que : \[ \int_0^xe^ydy \geq \int_0^x(1 + y) dy = \int_0^xdx + \int_0^xydy = x + \frac{x^2}{2} .\]
Es decir, \(\int_0^xe^ydy \geq x + \frac{x^2}{2}. \) Por otro lado, tenemos que la función exponencial, \(e^y\), es su propia antiderivada entonces por el Segundo Teorema Fundamental tenemos: \[ \int_0^xe^ydy = e^x -e^0 = e^x -1 .\] Lo cual implica, \( e^x -1 \geq x + \frac{x^2}{2} .\) Por lo tanto, \[ e^x \geq 1+ x +\frac{x^2}{2} .\]
Demostración inciso 2.
Para demostrar este inciso, procedemos por inducción. La base de inducción ya la hicimos en el inciso (1).
Hipótesis de Inducción.Supongamos que existe un natural \(n \geq 1\) tal que \[ e^x \geq \sum_{k=0}^n\frac{x^k}{k!} . \]
Paso Inductivo.Por demostrar que \(e^x \geq \sum_{k=0}^{n+1}\frac{x^k}{k!}\). Integrando en \([0,x]\) y usando la Monotonía de la Integral tenemos: \[ \int_0^xe^ydy \geq \int_0^x\left(\sum_{k=0}^n\frac{y^k}{k!}\right) dy .\]
Y por la linealidad de la integral tenemos : \begin{eqnarray*} \int_0^x\left(\sum_{k=0}^n\frac{y^k}{k!}\right) dy &=& \sum_{k=0}^n\frac{1}{k!}\int_0^xy^kdy \\ &=& \sum_{k=0}^n\frac{1}{k!}\cdot\frac{x^{k+1}}{k+1} \\ &= & \sum_{k=0}^n\frac{x^{k+1}}{k+1!} \\ &=& \sum_{k=1}^{n+1}\frac{x^{k}}{k!} . \end{eqnarray*}
Por lo tanto: \[ \int_0^xe^ydy \geq \sum_{k=1}^{n+1}\frac{x^{k}}{k!} .\] Y como ya vimos que \( \int_0^xe^ydy = e^x -1\). Lo cual implica que, \( e^x -1 \geq \sum_{k=1}^{n+1}\frac{x^{k}}{k!}\). Por lo tanto: \[ e^x \geq 1 + \sum_{k=1}^{n+1}\frac{x^k}{k!} = \sum_{k=0}^{n+1}\frac{x^k}{k!} .\]
Esto demuestra el paso inductiva. Por lo tanto, para todo \(n \geq 1\) tenemos, \[ e^x \geq \sum_{k=0}^n\frac{x^k}{k!} . \]
Demostración inciso 2.
Es Falso. Consideremos \(n=2\) y \(x=-10\), entonces tenemos que \[ e^{-10} < 1 < 1 -10 + \frac{(-10)^2}{2} = 41. \]
Vimos en el ejercicio Ejercicio 4.5 que para todo $k\in \mathbb{N}$ y $0\leq a < b$: $$ \int_a^b x^k dx=\frac{b^{k+1}-a^{k+1}}{k+1}. $$
Este ejercicio generaliza está fórmula para cuando $k$ es racional.
Toma $p=\frac{n}{m}$, $m,n \in \mathbb{N}$, $m\ne 0$, un potencia racional. Usa el segundo Teorema Fundamental para demostrar que, para $0 \leq a < b$: $$ \int_a^b x^pdx=\frac{b^{p+1}-a^{p+1}}{p+1}. $$
Sean $0 \leq a < b$ y $\displaystyle{p=\frac{n}{m}}$ un número racional con $m,n \in \mathbb{N}$ y $m\ne 0$.
Consideremos la función $F\colon [a,b] \to \mathbb{R}$ definida como $\displaystyle{F(x):=\frac{x^{p+1}}{p+1}}$, notemos que $F$ esta bien definida ya que $p+1 \ne 0$ por hipótesis sobre $p$.
Además, observemos que la función $F$ es continua en $[a,b]$ y diferenciable en $(a,b)$ con $F^{'}(x)=x^p$ para todo $x \in (a,b)$.
Por lo tanto del Segundo Teorema Fundamental podemos conluir que: $$ \int_a^b x^pdx=F(b) - F(a)=\frac{b^{p+1}}{p+1} - \frac{a^{p+1}}{p+1}= \frac{b^{p+1}-a^{p+1}}{p+1}. $$
Para las siguientes funciones $f$, encuentra una anti-derivada y calcula $\int_a^b f(x)dx$.
Usando un cambio de variable lineal y/o el segundo T.F.C. calcula las siguientes integrales.
Solución de inciso 1.
Consideremos la función $F\colon [0,\pi] \to \mathbb{R}$, definida como $F(x):=-\cos(3x+2)$. Observemos que $F$ es una funcion continua en $[0,\pi]$ y diferenciable en $(0,\pi)$. Aplicando la regla de la cadena se tiene que: \begin{align*} F^{'}(x)&= -(-\sen(3x+2)\cdot \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} (3x +2))\\ &= \sen(3x+2)\cdot 3\\ &= 3 \cdot \sen(3x+2) \end{align*}
Por lo tanto, $F$ es una antiderivada de la función $f(x)=3 \cdot \sen(3x+2)$ en $(0,\pi)$. Luego, del Segundo Teorema Fundamental se sigue que \begin{align*} \int_{0}^{\pi} 3\sen(3x+2)dx&=F(\pi)-F(0)\\ &= -\cos(3\cdot \pi + 2)- (-\cos(3\cdot 0 +2))\\ &=\cos(2)-\cos(3\pi+2) \end{align*}
Por lo tanto, $$\int_{0}^{\pi} 3\sen(3x+2)dx = \cos(2)-\cos(3\pi+2)$$
Solución inciso 3
Para calcuar la integral $\displaystyle{\int_{0}^2 x\sqrt{x+1}dx}$ realicemos el siguiente cambio de variable lineal. Haciendo $u=x+1$, del Teorema de cambio de variable lineal, la linealidad de la integral y el Ejercicio 8.10 resulta que \begin{align*} \int_{0}^2 x\sqrt{x+1}dx &= \int_{1}^3 (u-1)\sqrt{u}du\\ &= \int_{1}^3 (u-1)u^{1/2}du\\ &= \int_{1}^3 u^{3/2} - u^{1/2}du\\ &= \int_{1}^3 u^{3/2} - \int_{1}^3 u^{1/2}du\\ &=\left ( \frac{3^{5/2} - 1^{5/2} }{\frac{5}{2}}\right) -\left (\frac{3^{3/2} - 1^{3/2}}{\frac{3}{2}} \right)\\ &= \frac{2}{5} \left (9\sqrt{3} - 1 \right) - \frac{2}{3}\left (3\sqrt{3} - 1 \right)\\ &= \frac{24}{15} \sqrt{3} + \frac{4}{15}\\ &= \frac{4}{15} \left( 6\sqrt{3} + 1\right) \end{align*}
Por lo tanto, $$\int_{0}^2 x\sqrt{x+1}dx = \frac{4}{15} \left( 6\sqrt{3} + 1\right)$$
Solución inciso 5
Primero que nada observemos que de la linealidad de la integral se tiene la siguiente igualdad: $$ \int_0^1 (x-2)e^{3x^2-12x+1}dx= \frac{1}{6} \int_0^1 (6x-12)e^{3x^2-12x+1}dx $$
Consideremos la función $H\colon [0,1] \to \mathbb{R}$ definida como $H(x) \colon= e^{3x^2 - 12 x +1}$, observemos que la función $H$ es continua en $[0,1]$ y además $H$ es una antiderivada de la función $x\mapsto (6x-12)e^{3x^2-12x+1}$ en $(0,1)$.
Luego, por el Segundo Teorema Fundamental se tiene que \begin{align*} \int_0^1 (x-2)e^{3x^2-12x+1}dx &= \frac{1}{6} \int_0^1 (6x-12)e^{3x^2-12x+1}dx\\ &= \frac{1}{6} \left( H(1) - H(0) \right)\\ &= \frac{1}{6} \left( e^{3\cdot(1)^2 - 12\cdot(1) +1} - e^{3\cdot (0)^2 - 12\cdot(0)+1} \right)\\ &= \frac{1}{6} \left( e^{-8} - e\right)\\ &= \frac{1-e^{9}}{6e^{8}} \end{align*}
Por lo tanto $$ \int_0^1 (x-2)e^{3x^2-12x+1}dx =\frac{1-e^{9}}{6e^{8}} $$
Sean $a,b \in \mathbb{R}$ tal que $b-a$ es un múltiplo entero de $2\pi$. Demuestra que $$ \int_a^b \cos(x)e^{\sen(x)}dx=0=\int_a^b \sen(x)e^{\cos(x)}dx. $$
Encuentra el conjunto de pareas de reales $a,b$, con $a < b$, tales que $$ \int_a^b 2xe^{x^2-1}dx=0. $$
Tenemos que para cualesquiera \(a, b \in \mathbb{R}\) con \(a < b\) se tiene \[\int_a^b2xe^{x^2-1} dx = \int_a^b2xe^{x^2}e^{-1} dx = \frac{1}{e}\int_a^b2xe^{x^2} dx \]
Si suponemos que \(\int_a^b2xe^{x^2-1} dx = 0\), entonces \( \int_a^b2xe^{x^2} dx = 0\). Y si \( \int_a^b2xe^{x^2} dx = 0\) se sigue que \(\int_a^b2xe^{x^2-1} dx = 0\). Entonces basta encontrar el conjunto de parejas de reales \(a, b\), con \(a < b\) tales que: \[ \int_a^b2xe^{x^2} dx = 0.\]
Notemos que la derivada de \(e^{x^2}\) es \(2xe^{x^2}\) para cualquier \(x \in \mathbb{R}\). Esto implica que para cualesquiera \(a, b \in \mathbb{R}\) se tiene que la función \(F: [a,b] \rightarrow \mathbb{R}\) dada por \(F(x) = e^{x^2}\) es una antiderivada de \(2xe^{x^2}\) continua en \([a, b]\) y diferenciable en \((a, b)\). Entonces por el Segundo Teorema Fundamental tenemos: \[ \int_a^b2xe^{x^2} dx = F(b) - F(a) = e^{b^2} - e^{a^2} . \]
Si \( \int_a^b2xe^{x^2} dx = 0 \) implica que \( e^{b^2} - e^{a^2} = 0\), es decir \(e^{b^2} = e^{a^2}\). Y como la función \(e^x\) es biyectiva se sigue que \(b^2 = a^2\), lo que implica que \(b = \pm a\). Como estamos suponiendo que \(a < b\) esto da lugar a que \(b>0 \) y \(a =-b\).
Por lo tanto el conjunto de parejas de reales \(a, b\), con \(a < b\), tales que \( \int_a^b2xe^{x^2-1} dx = 0,\) es: \[ \lbrace (a, b) \in \mathbb{R}^2 : b>0 \text{ y } a =-b \rbrace . \]
Usando el segundo T.F.C. encuentra una fórmula general para $$ \int_a^b x^{n}e^{x^{n+1}}dx $$ donde $n \geq 1$ es un natural.
Sea $g:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ una función diferenciable en todo $\mathbb{R}$, con derivada continua en todo $\mathbb{R}$. Usando el segundo T.F.C. encuentra una fórmula general para $$ \int_a^b g'(x)\sen(g(x))dx, \quad \int_a^b g'(x)\cos(g(x))dx. $$
Enfoquemonos en encontrar una fórmula general para $\displaystyle{\int_a^b g^{'}(x) \sen(x)}$.
Sean $a,b \in \mathbb{R}$ con $a < b$. Consideremos la función $F\colon [a,b] \to \mathbb{R}$ definida por $F(x):=-\cos(g(x))$. Observemos que $F$ es continua ya que la composición de funciones continuas es una función continua ($g$ es continua pues es diferenciable). Además, precisamente dado que las funciones $g(x)$ y $\cos(x)$ son funciones diferenciables en todo $\mathbb{R}$, la función $F(x)=-\cos(g(x))$ es diferenciable en $(a,b)\subseteq \mathbb{R}$.
Notemos además que por la regla de la cadena se tiene que $F^{'}(x)= \sen(x) \cdot g^{'}(x) $, esto es, $F$ es una antiderivada de la función $x \mapsto g^{'}(x) \sen(x)$. Luego, del Segundo Teorema Fundamental se sigue que \begin{align*} \int_a^b g'(x)\sen(g(x))dx &= F(b)-F(a)\\ &= -\cos(g(b)) - ( - \cos(g(a)))\\ &= \cos(g(a)) - \cos(g(b)) \end{align*}
Por lo tanto, podemos concluir que: $$ \displaystyle{\int_a^b g'(x)\sen(g(x))dx}= \cos(g(a)) - \cos(g(b)) $$
Similarmente se puede probar que: $$ \displaystyle{\int_a^b g'(x)\cos(g(x))dx}= \sin(g(b)) - \sin(g(a)) $$
Demuestra las siguientes fórmulas para las integrales indefinidas dadas, donde $a>0$ es una constante.
En el Segundo Teorema Fundamental se pide en las hipótesis que la $f$ sea continua en $[a,b]$, pero se puede cambiar ésta hipótesis pidiendo ahora que $f$ sea monónotan en $[a,b]$. Es decir:
Supon que $f:[a,b] \to \mathbb{R}$ es monótona en $[a,b]$; que $F:[a,b]\to \mathbb{R}$ es continua en $[a,b]$, diferenciable en $(a,b)$ y $F$ es una antiderivada de $f$ en $(a,b)$. Entonces $$ \int_a^bf(x)dx=F(b)-F(a). $$
Usa ahora el Ejercicio 4.8 y las mismas ideas que en el Segundo Teorema Fundamental para demostrar esta versión del segundo T.F.C.
En este ejercicio vemos un ejemplo donde las hipótesis del Segundo Teorema Fundamental se pueden relajar.
Define $f:[0,1] \to \mathbb{R}$ y $F:[0,1] \to \mathbb{R}$ dadas por $$ f(x)=\left\{ \begin{array}{cc} 0 \quad \textrm{si $0\leq x < 1/2$} \\ 1 \quad \textrm{si $1/2\leq x \leq 1$} \end{array} \right. \quad F(x)=\left\{ \begin{array}{cc} 0 \quad \textrm{si $0\leq x < 1/2$} \\ x-1/2 \quad \textrm{si $1/2\leq x \leq 1$} \end{array} \right. $$
Demuestra que $F'(x)=f(x)$, para todo $x\in [0,1]$ excepto en $x=1/2$ y que $$ \int_0^1 f(x)dx=F(1)-F(0). $$
Es claro que \(F\) es diferenciable en \((0,1/2)\cup(1/2,1)\). Veamos que \(F\) no es diferenciable en \(1/2\). Tenemos que el límite por la derecha es: \begin{equation*} \begin{split} \lim_{h\rightarrow 0^+}\frac{F(\frac{1}{2}+h) -F(\frac{1}{2})}{h} = \lim_{h\rightarrow 0^+}\frac{1}{h}\left(\left(\frac{1}{2} +h -\frac{1}{2}\right) -0\right) = \lim_{h\rightarrow 0^+}\frac{h}{h} = 1 \end{split} \end{equation*}
Y el límite por la izquierda es: \begin{equation*} \begin{split} \lim_{h\rightarrow 0^-}\frac{F(\frac{1}{2}+h) -F(\frac{1}{2})}{h} = \lim_{h\rightarrow 0^-}\frac{0-0}{h}= 0 \end{split} \end{equation*} Como los límites \(\lim_{h\rightarrow 0^+}\frac{F(\frac{1}{2}+h) -F(\frac{1}{2})}{h} \) y \( \lim_{h\rightarrow 0^-}\frac{F(\frac{1}{2}+h) -F(\frac{1}{2})}{h} \) son distintos se tiene que el límite \(\lim_{h\rightarrow 0}\frac{F(\frac{1}{2}+h) -F(\frac{1}{2})}{h} \) no existe y por lo tanto \(F\) no es diferenciable en \(1/2\).
Por otro lado tenemos que \(f\) es integrable por ser una función continua, entonces por la linealidad con respecto a intervalos tenemos : \begin{equation*} \begin{split} \int_0^1f(x)dx & = \int_0^\frac{1}{2}f(x)dx + \int_\frac{1}{2}^1f(x)dx = 0 + \int_\frac{1}{2}^1dx = 1 -\frac{1}{2} = \frac{1}{2} \end{split} \end{equation*}
Es decir \(\int_0^1f(x)dx = \frac{1}{2}\). Por otro lado \(F(1) = 1 -1/2 = 1/2\) y \(F(0) = 0\), lo que implica que \(F(1) -F(0) = 1/2\). Por lo tanto \[ \int_0^1f(x)dx = F(1) -F(0). \]
Usa el Ejercicio para probar la siguiente versión del segundo T.F.C.
Supon que $f:[a,b] \to \mathbb{R}$ es monótona en $[a,b]$. Supon que $F:[a,b]\to \mathbb{R}$ es continua en $[a,b]$, diferenciable en $(a,b)$ excepto en $E \subset (a,b)$, un conjunto finito de $(a,b)$ y que $F'(x)=f(x)$ para todo $x\in (a,b)\setminus E$. Entonces $$ \int_a^bf(x)dx=F(b)-F(a). $$
Demostración sobre la cardinalidad del conjunto $E$. Sea $n=|E|$
Caso base. Veamos que la propiedad se cumple para $n=1$.
Sea $a < x_{1} < b$ tal que $F$ es continua y diferenciable en los subintervalos $(a,x_{1})$ y $(x_{1},b)$ .
Luego, las funciones $F_1\colon [a,x_1] \to \mathbb{R}$ y $F_2\colon [x_1,b] \to \mathbb{R}$ definidas como: \begin{equation} F_{1}(x)\colon=F(x), \,\,\forall x \in [a,x_1] \end{equation} y \begin{equation} F_{2}(x)\colon=F(x), \,\,\forall x \in [x_1,b] \end{equation} son tales que $F_{1}$ es continua en $[a,x_1]$ y diferenciable en $(a,x_1)$, con $F^{'}(x)=f(x)$, para todo $x\in (a,x_{1})$. Mientras que la función $F_{2}$ es continua en $[x_{1},b]$ y diferenciable en $(x_{1},b)$, con $F^{'}(x)=f(x)$, para todo $x\in (x_{1},b)$.
Entonces, por el Segundo Teorema Fundamental se sigue que: \begin{equation}\label{eqn:Apl_2TFC_F1} \int_{a}^{x_1} f(x)dx= F_{1}(x_1)- F_{1}(a) = F(x_1)- F(a) \end{equation} y \begin{equation}\label{eqn:Apl_2TFC_F2} \int_{x_1}^{b} f(x)dx= F_{2}(b)- F_{2}(x_{1}) = F(b)- F(x_1) \end{equation}
Por otro lado, como $f$ es monotona en $[a,b]$, para $x_{1}\in (a,b)$ de la aditividad de la integral y las ecuaciones \eqref{eqn:Apl_2TFC_F1} y \eqref{eqn:Apl_2TFC_F2} se tiene que: \begin{align*} \int_{a}^{b} f(x) dx &= \int_{a}^{x_{1}} f(x) dx + \int_{x_1}^{b} f(x) dx \\ &= (F(x_1) - F(a)) + (F(b) - F(x_1))\\ &= F(b) - F(a) \end{align*}
Hipótesis inductiva: Supongamos que la propiedad se cuemple para cuando $|E|=n$.
Esto es, si $f\colon [a,b] \to \mathbb{R} $ es monotona en $[a,b]$ y $F\colon [a,b] \to \mathbb{R}$ es diferenciable en $(a,b)$ excepto en $E$, un subconjunto finito de $(a,b)$ y que $F^{'}(x)=f(x)$ para todo $x \in (a,b)\setminus E$, entonces $$ \int_{a}^{b} f(x) dx = F(b) - F(a) $$
Paso inductivo: Veamos que la propiedad se cumple para cuando $|E|=n+1$
Sean $a < x_1 < x_2 < \cdots < x_n < x_{n+1} < b$ tales que $F$ es diferenciable en todo $x \in (a,b)\setminus \{ x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}, x_{n+1} \}$. Consideremos las funciones $H_{1} \colon [a,x_{n+1}] \to \mathbb{R}$ y $H_{2} \colon [x_{n+1}, b] \to \mathbb{R}$, definidas como \begin{equation} H_{1}(x)\colon=F(x), \,\,\forall x \in [a,x_{n+1}] \end{equation} y \begin{equation} H_{2}(x)\colon=F(x), \,\,\forall x \in [x_{n+1},b] \end{equation}
Observemos que $H_{1}\colon [a,x_{n+1}]\to \mathbb{R}$ es una función continua en $[a,x_{n+1}]$ y es una antiderivada de $F$ en $(a,x_{n+1})$, y similarmente la funcion $H_2\colon [x_{n+1},b] \to \mathbb{R}$ es continua en $[x_{n+1},b]$ y es una antiderivada de $f$ en $(x_{n+1},b)$. Más aún, dado que la función $f(x)$ es monotona en el intervalo $(a,b)$, lo es en cualquier subintervalo $(c,d) \subseteq (a,b)$ y por lo tanto $f$ es integrable en todo subintervalo de $(a,b)$, particularmente en los subintervalos $[a,x_{n+1}]$ y $[x_{n+1},b]$. Luego de la aditividad de la integral se tiene que: \begin{align*} \int_{a}^{b} f(x) dx &= \int_{a}^{x_{n+1}} f(x) dx + \int_{x_{n+1}}^{b} f(x) dx \\ &= (H(x_{n+1}) - H(a)) + (H(b) - F(x_{n+1}))\\ &= F(b) - F(a) \end{align*}
La segunda igualdad se obtiene de aplicar la hipótesis inductiva y el Segundo Teorema Fundamental a las funciones $H_{1}\colon [a,x_{n+1}]\to \mathbb{R}$ y $H_2\colon [x_{n+1},b] \to \mathbb{R}$ respectivamente.
Por lo tanto, si $f:[a,b] \to \mathbb{R}$ es monótona en $[a,b]$ y $F:[a,b]\to \mathbb{R}$ es una función continua en $[a,b]$, diferenciable en $(a,b)$ excepto en $E \subset (a,b)$, un conjunto finito de $(a,b)$ con $F'(x)=f(x)$ para todo $x\in (a,b)\setminus E$. Entonces $$ \int_a^bf(x)dx=F(b)-F(a). $$
Supongamos que $f:[a,b] \to \mathbb{R}$ es una función integrable y que $f(x) \geq 0$, para toda $x\in [0,1]$. La función area bajo la gráfica de $f$ es la función $F:[a,b]\to \mathbb{R}$ dada por $$ F(x):=\int_a^xf(t)dt $$
Nota que $F(x_0)$ se puede interpretar como el área bajo la gráfica de $f$ entre las rectas $x=a$ y $x=x_0$.
Define $f:[0,\infty) \to \mathbb{R}$ dada por $$ f(x)=\left\{ \begin{array}{cc} x & 0 \leq x \leq 1 \\ 1 & 1< x \leq 2 \\ 2x-3 & 2< x \end{array} \right. $$
Es claro que \( f\) es una función continua y por lo tanto integrable, además \(f\geq 0\), entonces consideremos \(F(x)\) la función area dada por \(f\). Sea \(x\in [0,1]\), entonces \[F(x) = \int_0^xf(y)dy = \int_0^xy dy = \frac{x^2}{2} \]
Sea \(x \in (1, 2]\), entonces por la linealidad con respecto a intervalos tenemos: \begin{equation*} \begin{split} F(x) & = \int_0^xf(y)dy = \int_0^1f(y)dy + \int_1^xf(y)dy \\ & = \int_0^1ydy + \int_1^xdy \\ & = \frac{1}{2} + (x-1) = x -\frac{1}{2} \end{split} \end{equation*}
Sea \(x > 2\) , entonces: \begin{equation*} \begin{split} F(x) & = \int_0^xf(y)dy = \int_0^1f(y)dy + \int_1^2f(y)dy + \int_2^xf(y)dy \\ & = \int_0^1ydy + \int_1^2dy + \int_2^x(2y -3)dy \\ & = \frac{1}{2} + (2-1) + 2\int_2^xydy -3\int_2^x dy \\ & = \frac{3}{2} + 2\cdot\left(\frac{x^2- 2^2}{2}\right) -3(x-2) \\ & = x^2 -3x +\frac{7}{2} \end{split} \end{equation*} Por lo tanto: \begin{equation*} F(x) = \left\{ \begin{array}{cccc} \frac{x^2}{2} & 0 \leq x \leq 1 \\ x-\frac{1}{2} & 1 < x \leq 2 \\ x^2 -3x +\frac{7}{2} & 2 < x \end{array} \right. \end{equation*}
Solución inciso 2.
Observamos que \(F\) es diferenciable en \((0,1)\cup(1,2)\cup(2,\infty)\) y \(F^\prime(x) = f(x)\), para toda \(x \in (0,1)\cup(1,2)\cup(2,\infty)\). Por demostrar que \(F\) es diferenciable en 1 y 2. Veamos primero que \(F\) es diferenciable en 1.
Procederemos a calcular primero el límite por la derecha, \begin{equation*} \begin{split} \lim_{h\rightarrow 0^+}\frac{F(1+h) -F(1)}{h} = \lim_{h\rightarrow 0^+}\frac{1}{h}\left(\left(1 + h -\frac{1}{2}\right) -\frac{1}{2}\right) = \lim_{h\rightarrow 0^+}\frac{h}{h} = 1 \end{split} \end{equation*}
Y el límite por la izquierda es, \begin{equation*} \begin{split} \lim_{h\rightarrow 0^-}\frac{F(1+h) -F(1)}{h} &= \lim_{h\rightarrow 0^-}\frac{1}{h}\left(\frac{(1+h)^2}{2} -\frac{1}{2}\right) \\ &= \lim_{h\rightarrow 0^-}\frac{h^2+2h}{h} = \lim_{h\rightarrow 0^-}\frac{h}{2} +1 = 1 \end{split} \end{equation*}
Como los \(\lim_{h\rightarrow 0^+}\frac{F(1+h) -F(1)}{h}\) y \( \lim_{h\rightarrow 0^-}\frac{F(1+h) -F(1)}{h}\) existen y son iguales tenemos que \(\lim_{h\rightarrow 0}\frac{F(1+h) -F(1)}{h}\) existe y por lo tanto \(F\) es diferenciable en 1 y \(F^\prime(1) = 1 = f(1)\), es decir \(F^\prime(1) = f(1)\).
Ahora veamos que \(F\) es diferenciable en 2. Procederemos de la misma manera calculando primero el límite por la derecha,
\begin{equation*} \begin{split} \lim_{h\rightarrow 0^+}\frac{F(2+h) -F(2)}{h} & = \lim_{h\rightarrow 0^+}\frac{1}{h}\left((2 +h)^2 -3(2+h) +\frac{7}{2} -\frac{3}{2}\right) \\ & = \lim_{h\rightarrow 0^+}\frac{1}{h}\left( 4 + 4h +h^2 -6 -3h +2\right) \\ & = \lim_{h\rightarrow 0^+}\frac{h^2 +h}{h} = \lim_{h\rightarrow 0^+} h+1 = 1 \end{split} \end{equation*}
Y el límite por la izquierda es, \begin{eqnarray} \begin{split} \lim_{h\rightarrow 0^-}\frac{F(2+h) -F(2)}{h} &= \lim_{h\rightarrow 0^-}\frac{1}{h}\left(\left(2 + h -\frac{1}{2}\right) -\frac{3}{2}\right) \\ &= \lim_{h\rightarrow 0^-}\frac{h^2+2h}{h} \\ &= \lim_{h\rightarrow 0^-}\frac{h}{h} = 1 \end{split} \end{eqnarray}
Por lo tanto los dos límites \(\lim_{h\rightarrow 0^+}\frac{F(2+h) -F(2)}{h}\) y \( \lim_{h\rightarrow 0^-}\frac{F(2+h) -F(2)}{h}\) existen y son iguales, entonces \(F\) es diferenciable en 2 y \(F^\prime(2) = 1 = f(2)\), es decir \(F^\prime(2) = f(2)\).
Concluimos que \(F\) es diferenciable en todo punto de \((0,\infty)\) y \(F^\prime(x) = f(x)\), para toda \(x \in (0, \infty)\).
Sea $I$ un intervalo y fija una función integrable $f: I \to \mathbb{R}$. Con estos datos crea una nueva función
$$ \tilde{F}(x):=\int_a^x f(t)dt, $$ donde $a\in I$ es fijo y arbitrario.
Para cada una de las funciones dadas $f$, encuentra la regla de correspondencia de $\tilde{F}$ y después calcula $\tilde{F}'(x)$.
Sea $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ continua en todo punto de $[a,b]$. $$ \frac{d}{dx}\left( \int_a^x f(t)dt \right)=f(x) $$
Definimos \(F:[a,b]\to \mathbb{R}\) por \[ F(x)=\int_a^x f(t)dt \] Ya que \(f\) es continua en \([a,b]\) también es integrable en \([a,b]\) y pot lo tanto la integral anterior existe para todo \(x\in [a,b]\) y \(F\) está bien definida.
Usando la definción de derivada lo que debemos de probar es que para todo \(x_0\in (a,b)\): \begin{equation}\label{Eqn:Aux1TFC2} \lim_{x\to x_0}\frac{F(x)-F(x_0)}{x-x_0}=f(x_0) \end{equation} Usando la definición de \(F\) tenemos que el cociente diferencial es \[ \frac{F(x)-F(x_0)}{x-x_0}=\frac{\int_a^x f(t)dt-\int_a^{x_0}f(t)dt}{x-x_0} \] el cual vamos a analizar tomando dos casos.
Si \(x< x_0 \) usamos linealidad con respecto a intervalos para obtener \(\int_{a}^{x_0}f(t)dt=\int_{a}^xf(t)dt+\int_x^{x_0}f(t)dt\), por lo que el cociente diferencial se simplifica a \[ \frac{F(x)-F(x_0)}{x-x_0}=\frac{-\int_{x}^{x_0}f(t)dt}{x-x_0}=\frac{\int_{x}^{x_0}f(t)dt}{x_0-x} \]
Si \(x_0< x\) aplicando nuevamente la linealidad con respecto a intervalos obtenemos \[ \frac{F(x)-F(x_0)}{x-x_0}=\frac{\int_{x_0}^{x}f(t)dt}{x-x_0} \]
Así, para probar la igualdad en \eqref{Eqn:Aux1TFC2} es suficiente probar a probar \begin{eqnarray} \lim_{x\to x_0^{-}} \frac{\int_{x}^{x_0}f(t)dt}{x_0-x}=f(x_0) \label{Eqn:Aux2TFC2}\\ \lim_{x\to x_0^+} \frac{\int_{x_0}^{x}f(t)dt}{x-x_0}=f(x_0) \label{Eqn:Aux3TFC2} \end{eqnarray}
Probemos \eqref{Eqn:Aux2TFC2}.
Ya que $f$ es continua por la izquierda en $x_0$ dado un número $\varepsilon>0$, existe $\delta >0$ tal que $|f(x)-f(x_0)|< \varepsilon$ para todo $x$ con $x_0-\delta < x < x_0$. Abriendo el valor absoluto y despejando \(f(x)\) podemos escrbiri lo anterior como $$ f(x_0)- \varepsilon \leq f(x) \leq f(x_0)+\varepsilon $$ para toda $x\in (x_0-\delta, x_0)$. Ahora, si integramos las desigualdades anteriores obtenemos \[ \int_x^{x_0} (f(x_0)-\varepsilon) dt \leq \int_{x}^{x_0}f(t)dt \leq \int_{x}^{x_0}(f(x_0)+ \varepsilon)dt \] Notamos que los extremos de las desigualdades son iguales a \begin{eqnarray*} \int_x^{x_0} (f(x_0)-\varepsilon) dt= (f(x_0)-\varepsilon)(x_0-x)\\ \int_{x}^{x_0}(f(x_0)+\varepsilon)dt=(f(x_0)+\varepsilon)(x_0-x) \end{eqnarray*} por lo cual, dividiendo entre \(x_0-x\), podemos reescribir las desigualdades anteriores como $$ -\varepsilon \leq \frac{\int_{x}^{x_0} f(t)dt }{x_0-x} -f(x_0) \leq \varepsilon $$ para todo $x\in (x_0-\delta, x_0)$. Lo cual prueba precisamente \eqref{Eqn:Aux2TFC2}.
A continuación probemos \eqref{Eqn:Aux3TFC2}, cuya prueba es muy similar a la anterior.
Si $f$ es continua por la derecha en $x_0$, dada $\varepsilon>0$, existe $\delta>0$ tal que $|f(x)-f(x_0)|< \varepsilon$ siempre que \(x_0 < x < x_0+\delta\). Abriendo el valor absoluto y despejando \(f(x)\) lo anterior es equivalente a \[ f(x_0)-\varepsilon < f(x) < f(x_0)+\varepsilon \] e integrando obtenemos $$ (f(x_0)-\varepsilon)(x-x_0) \leq \int_{x_0}^x f(t)dt \leq (f(x_0)+\varepsilon )(x-x_0) $$ para todo $x\in (x_0, x_0+\delta)$ lo cual se puede reescribir como \[ -\varepsilon \leq \frac{\int_{x}^{x_0}f(t)dt}{x-x_0} -f(x_0) \leq \varepsilon \] para todo \(x\in (x_0,x_0+\delta)\), lo cual prueba \eqref{Eqn:Aux3TFC2}.
Sea $f:[a,b] \to \mathbb{R}$ una función continua en $[a,b]$. Usando el Primer Teorema Fundamental demuestra que $f$ tiene una antiderivada.
Este ejercicio demuestra que el Primer Teorema Fundamental implica el segundo Teorema Fundamental.
Sea $f:[a,b] \to \mathbb{R}$ una función continua y sea $F:[a,b] \to \mathbb{R}$ cualquier antiderivada para $f$ en $(a,b)$.
Sin calcular las siguientes integrales, encuentra $F'(x)$, si $F(x)$ está dada por
Encontrar una función continua $f(x)$, que satisface la ecuación $$ \int_0^x f(t)dt=x+2x^2+\frac{1}{3}x^3, \quad \forall x\in \mathbb{R}. $$ Calcular $f(0)$ y $f(1)$.
Supongamos que existe una función continua $f(x)$ tal que: $$ \int_0^x f(t) dt = x+2x^2+\frac{1}{3}x^3, \hspace{3pt} \forall x \in \mathbb{R}. $$
Entonces por el Primer Teorema Fundamental tenemos: \begin{align*} f(x) &= \frac{d}{dx}\left(\int_0^xf(t) dt\right)\\ &= \frac{d}{dx}\left(x+2x^2+\frac{1}{3}x^3 \right) \\ &=1+4x+x^2 \end{align*}
Entonces, dado $x\in \mathbb{R}$ arbitrario pero fijo. Definiendo $F: [0, x]\rightarrow \mathbb{R}$ dada por $F(y) =y+2y^2+\frac{1}{3}y^3 $ tenemos que $F$ es una antiderivada de $f$ en $(0,x)$. Entonces por el Segundo Teorema Fundamental se sigue que: $$ \int_0^xf(t) dt = F(x) - F(0) = x+2x^2 + \frac{1}{3} x^3 $$
Por lo tanto, la función continua $f(x)= 3\cos (3x)$ es tal que se satisface la ecuación $$ \int_0^x f(t)dt=x+2x^2+\frac{1}{3}x^3, \quad \forall x\in \mathbb{R}. $$
Finalmente calculemos $f(0)$ y $f(1)$:
Encontrar una función continua $f(x)$, y una valor constante $c$, que satisface la ecuación $$ \int_c^x f(t)dt= \sen(3x)+\frac{1}{3}, \quad \forall x\in \mathbb{R}. $$
Supongamos que existe una función continua \(f(x)\), y un valor constante \(c\) tal que: \[ \int_c^xf(t) dt = \sen (3x) + \frac{1}{3}, \hspace{3pt} \forall x \in \mathbb{R}. \]
Entonces por el Primer Teorema Fundamental tenemos: \[ f(x) = \frac{d}{dx}\left(\int_c^xf(t) dt\right) = \frac{d}{dx}\left(\sen (3x) + \frac{1}{3}\right) = 3\cos (3x) . \]
Y si definimos \(F: [c, x]\rightarrow \mathbb{R}\) dada por \(F(y) = \sen (3y)\) tenemos que \(F\) es una antiderivada de \(f\) en \((c,x)\). Entonces por el Segundo Teorema Fundamental tenemos : \[ \int_c^xf(t) dt = F(x) - F(c) = \sen (3x) - \sen (3c). \]
Esto implica que \( \sen (3x) + \frac{1}{3} = \sen (3x) - \sen (3c) \) para toda \(x \in \mathbb{R}\). Por lo tanto, \(\sen (3c) = -\frac{1}{3}\), como la función \(\sen(\cdot)\) es invertible en \([-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}] \) y su inversa es \(\arcsen : [-1, 1] \rightarrow [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}] \), entonces se tiene que \( 3c = \arcsen\left(-\frac{1}{3}\right)\), es decir \(c = \frac{1}{3}\arcsen\left(-\frac{1}{3}\right)\).
Por lo tanto, la función continua \(f(x)= 3\cos (3x)\) y el valor \(c = \frac{1}{3}\arcsen\left(-\frac{1}{3}\right)\) satisfacen la ecuación \[ \int_c^xf(t) dt = \sen (3x) + \frac{1}{3}, \hspace{3pt} \forall x \in \mathbb{R}. \]
Existe una función continua $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ que satisface $$ \int_0^x f(t)dt=\int_x^2 t^2f(t)dt+ x-\frac{1}{5}x^5 +c, \quad \forall x \in \mathbb{R} $$ donde $c$ es una constante. Encontrar una fórmula explícita para $f$ y el valor de $c$.
Sea $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ una función continua en $[a,b]$.
El Primer Teorema Fundamental tiene aplicaciones a ecuaciones diferenciales. En ecuaciones diferenciales el problema fundamental es encontrar funciones cuya derivada satisgafa ciertas condiciones dadas. Por ejemplo, usando el Primer Teorema Fundamental encuentra una función diferenciable $f(x)$, que satisfaga $$ f'(x)=e^{3x}+\cos(4x)+2 $$ y tal que $f(0)=1$.
En otras palabras, tenemos como dato las pendientes de la función y queremos recobrar la función.
Nota: más en general el problema anterior se puede plantear como sigue: encontrar una función $y=y(x)$ que satisfaga \begin{eqnarray*} y'&=&H(x,y) \\ y(x_0)&=&y_0 \end{eqnarray*} el cual se conoce como un problema de ecuaciones ordinarias con valor inicial (donde se piensa $y=f$).
Por ejemplo, en el ejercicio se tiene $H(x,y)=e^{3x}+\cos(4x)+2$, $x_0=0$ y $y_0=1$; el problema para $H(x,y)=y$ y $y(0)=1$ se puede resolver usando el ejercicio \ref{Ejer:ODEMasImportante}.