Cómo encontrar $\int_a^bx^mdx$ utilizando la definición de suma límite de la integral definida?

Question

Tenemos que evaluar

$$\int_a^bx^mdx$$

Convirtiéndolo en una suma a medida que el límite tiende a infinito

$$=\lim_{h\to0}h\sum_{r=1}^{n} f(a+rh)=\lim_{h\to0}h\sum_{r=1}^{n} (a+rh)^m$$ avec $h=(b-a)/n$ con $n\to\infty$ .

Ahora, tengo problemas para seguir con esto. ¿Qué hacer ahora?

Answer 1

Suponiendo que $a>0$ Considero el caso especial $m=-1$ .

Aquí $f(x)=\frac{1}{x}$ y dividimos el intervalo $a\le x\le b$ para que los puntos de división estén en una progresión geométrica como $$a,ar,ar^2,\cdots,ar^n=b\,;\quad\text{ so } r=\left(\frac{b}{a}\right)^{1/n}$$

La longitud del $k$ th ( $1\le k\le n$ ) es $$\delta_k=ar^k-ar^{k-1}=ar^{k-1}(r-1)$$

Dejemos que $\delta$ sea el máximo entre $\delta_1,\delta_2,\cdots,\delta_n$ . Entonces, como $n\to\infty, r\to1$ y así $\delta\to0$ . Tomamos $$\delta_k=ar^{k-1}\quad,\,1\le k\le n$$

Así que, por definición,

\begin{align} \int_a^b \frac{1}{x}\,dx&=\lim_{\delta\to0}\sum_{k=1}^n f(\xi_k)\delta_k \\&=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\frac{ar^{k-1}(r-1)}{ar^{k-1}} \\&=\lim_{n\to\infty} n(r-1) \\&=\lim_{1/n\to0}\frac{\left(\frac{b}{a}\right)^{1/n}-1}{1/n} \\&=\ln \frac{b}{a}\qquad\qquad\left[\because\, \lim_{x\to0}\frac{a^x-1}{x}=\ln a\right] \end{align}

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Para el problema general, podemos utilizar la definición general de integral definida de una función continua (o integrable). Expongo a grandes rasgos la definición para que la notación sea clara.

Dejemos que $f(x)$ sea una función acotada definida en un intervalo cerrado $[a,b]$ . Dividimos el intervalo $[a,b]$ en $n$ subintervalos $[x_0,x_1],\,[x_1,x_2],\cdots,[x_{n-1},x_n]$ introduciendo los puntos $x_0,x_2,\cdots,x_n$ satisfaciendo $a=x_0<x_1<\cdots<x_n=b$ . Sea $$\delta_r=x_r-x_{r-1}\quad,r=1,2,\cdots,n$$

Elija cualquier punto $\xi_r$ de la $r$ subintervalo, es decir $$x_{r-1}\le \xi_r\le x_r$$

Dejemos que $\delta=\max(\delta_1,\cdots,\delta_n)$ la norma de la subdivisión de la partición.

A continuación, formamos la suma $\sum_{r=1}^nf(\xi_r)\delta_r$ que depende de la elección de los puntos $x_r$ y $\xi_r$ 's.

Ahora dejamos que $\delta$ tienden a cero, por lo que $n$ el número de subdivisiones, llega al infinito. Si ahora la suma $\sum_{r=1}^nf(\xi_r)\delta_r$ tiende a un límite definido que es independiente de la elección de los puntos $x_r$ y $\xi_r$ 's en $[x_{r-1},x_r]$ entonces este límite se define como la integral definida (Riemann) de $f(x)$ en $[a,b]$ .

Eso es, $$\int_a^b f(x)\,dx=\lim_{\delta\to0}\sum_{r=1}^n f(\xi_r)\delta_r$$

Muchas expresiones para $\int_a^b f(x)\,dx$ se puede encontrar tomando $x_r$ y $\xi_r$ 's de manera adecuada. Aquí necesitamos una de esas opciones particulares.

Elegimos $x_r$ de tal manera que formen un G.P. con proporción común $\rho$ (decir), como $$a=x_0,x_1=a\rho,x_2=a\rho^2,\cdots,x_n=a\rho^n=b$$

Así que, $\rho=\left(\frac{b}{a}\right)^{1/n}$ y como $n\to\infty$ , $\rho\to 1$ .

Para $\xi_r$ elegimos el punto final de la izquierda del $r$ ª subintervalo $[x_{r-1},x_r]$ . Es decir, $$\xi_r=x_{r-1}=a\rho^{r-1}\quad,\,r=1,2,\cdots,n$$

Entonces, para cada $r$ , $$\delta_r=x_r-x_{r-1}=a\rho^{r-1}(\rho-1)\to0\qquad[\because \rho\to1]$$

Por lo tanto, llegamos a una nueva expresión para $\int_a^b f(x)\,dx$ dado por $$\int_a^b f(x)\,dx=\lim_{n\to\infty\\ (\rho\to1)}a(\rho -1)\sum_{r=1}^n \rho^{r-1}f(a\rho^{r-1})$$

Esta forma es especialmente útil para evaluar integrales de la forma $\int_a^b x^m\,dx$ , para $0<a<b$ y cualquier número racional $m$ .

Para $m\ne -1$ tenemos tomando $f(x)=x^m$ ,

\begin{align} \int_a^b x^m\,dx&=\lim_{n\to\infty\\( \rho\to1)}a(\rho -1)\sum_{r=1}^n \rho^{r-1}(a\rho^{r-1})^m \\&=a^{m+1}\lim_{n\to\infty}\left[\frac{\rho -1}{\rho^{m+1}}\sum_{r=1}^n \rho^{r(1+m)}\right] \\&=a^{m+1}\lim_{n\to\infty}\left[\frac{(\rho -1)}{\rho^{m+1}}\rho^{m+1}\frac{\rho^{n(m+1)}-1}{\rho^{m+1}-1}\right]\qquad\left[\because\, m\ne -1,\, \rho^{m+1}-1\ne 0\right] \\&=a^{m+1}\lim_{n\to\infty}\frac{(\rho-1)}{\rho^{m+1}-1}\left[\left(\frac{b}{a}\right)^{m+1}-1\right]\qquad\quad\left[\because \rho^n=b/a\right] \\&=(b^{m+1}-a^{m+1})\lim_{\rho\to1}\frac{1}{\left(\frac{\rho^{m+1}-1}{\rho-1}\right)} \\&=\frac{b^{m+1}-a^{m+1}}{m+1} \end{align}

De hecho, el caso $m=-1$ al principio se ha hecho de una manera exactamente similar. Así que no es necesario hacer la distinción de casos como se menciona en un comentario más abajo.

Había aprendido este enfoque como El método de Walli de mi libro de texto de la escuela secundaria, aunque no pude encontrar una referencia en línea.

Answer 2

De la fórmula de suma de Euler-Maclaurin, $ \color{blue}{\sum_{k=1}^n k^{m-\ell}=\frac{n^{m-\ell+1}}{m-\ell+1}+O\left(n^{m-\ell}\right)}$ . Utilizando este resultado junto con la expansión binomial $ \color{red}{(x+y)^m=\sum_{\ell=0}^m x^\ell y^{m-\ell}}$ y la relación $ \binom{m}{\ell}\frac{1}{m-\ell+1}=\frac1{m+1}\binom{m+1}{\ell}$ tenemos para $m\ge 1$

$$\begin{align} \frac{b-a}{n}\sum_{k=1}^n \color{red}{\left(a+\frac{b-a}{n}k\right)^m}&=\frac{b-a}{n}\sum_{k=1}^n \color{red}{\sum_{\ell=0}^m\binom{m}{\ell}a^\ell \left(\frac{b-a}{n}k\right)^{m-\ell}}\\\\ &=\frac{b-a}{n}\sum_{\ell=0}^m\binom{m}{\ell}a^\ell \left(\frac{b-a}{n}\right)^{m-\ell}\color{blue}{\sum_{k=1}^n k^{m-\ell}}\\\\ &=\frac{b-a}{n}\sum_{\ell=0}^m\binom{m}{\ell}a^\ell \left(\frac{b-a}{n}\right)^{m-\ell}\color{blue}{\left(\frac{n^{m-\ell+1}}{m-\ell+1} +O(n^{m- \ell})\right)}\\\\ &=\frac{(b-a)^{m+1}}{m+1}\sum_{\ell=0}^m\binom{m+1}{\ell} \left(\frac{a}{b-a}\right)^{\ell}+O\left(\frac1n\right)\\\\ &=\frac{(b-a)^{m+1}}{m+1}\left(\left(1+\frac{a}{b-a}\right)^{m+1}-\frac{a^{m+1}}{(b-a)^{m+1}}\right)+O\left(\frac1n\right)\\\\ &=\frac{b^{m+1}-a^{m+1}}{m+1}+O\left(\frac1n\right) \end{align}$$

Answer 3

Asumiré $m>0$ . Utilizando MVT para una partición $P:a=x_1<x_2<...<x_{n+1}=b$ tenemos $\exists \xi_i \in (x_i,x_{i+1})$ s.t. $\xi_i^{m}(x_{i+1}-x_i)=\frac{x_{i+1}^{m+1}}{m+1}-\frac{x_{i}^{m+1}}{m+1}$ . Como resultado $$S^{*}(P)=\sum\limits_{i=1}^n \xi_i^{m}(x_{i+1}-x_i)= \sum\limits_{i=1}^n \left(\frac{x_{i+1}^{m+1}}{m+1}-\frac{x_{i}^{m+1}}{m+1}\right)=\\ \frac{x_{n+1}^{m+1}}{m+1}-\frac{x_{1}^{m+1}}{m+1}=\frac{b^{m+1}-a^{m+1}}{m+1}$$ Porque $\inf\limits_{x\in[x_i,x_{i+1}]}\left\{x^m\right\} \leq \xi_i^{m} \leq \sup\limits_{x\in[x_i,x_{i+1}]}\{x^m\}$ , nosotros también tienen $$L(x^m,P)\leq S^{*}(P)\leq U(x^m,P)$$ Pero $x^m$ es continua en $[a,b]$ Por lo tanto continuo y uniforme Así que $L(x^m,P)$ y $U(x^m,P)$ se apretará a $S^{*}(P)$ porque $$0< U(x^m, P) - L(x^m, P)=\sum\limits_{i=1}^n \left(\sup\limits_{x\in[x_i,x_{i+1}]}\{x^m\}-\inf\limits_{x\in[x_i,x_{i+1}]}\{x^m\}\right)(x_{i+1}-x_i)\leq \\ \frac{\varepsilon}{b-a} (b-a) = \varepsilon$$ suponiendo que elegimos la partición tal que $|y^m-x^m|<\frac{\varepsilon}{a-b}, \forall x,y \in[x_i,x_{i+1}], |x_{i+1}-x_i|<\delta$ (véase el definición de continuidad uniforme ). Esto hace que $x^m$ integrable (véase el criterio de Riemann, el teorema 3 aquí para más detalles).