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¿Cómo evaluar esta integral utilizando esta definición?

Sea a y b sean dos números reales cualesquiera tales que a<b y que f sea la función de valor real definida en [a,b] mediante la fórmula f(x)=ex  for all  x[a,b].

Entonces, ¿cómo evaluar baf(x) dx, utilizando la definición de la integral dada aquí ?

Mi intento:

Desde f es estrictamente creciente en [a,b] [¿Podemos demostrar este hecho utilizando la maquinaria desarrollada en los siete primeros capítulos de Baby Rudin?], por lo que es Riemann-integrable en [a,b] es decir, la integral baf(x) dx existe como número real.

Así, la integral superior ¯baf y la integral inferior _baf son iguales, donde ¯baf:=inf et \underline{\int}_a^b f \colon= \sup \left\{ \ L(P, f) \ \colon P \mbox{ is a partition of the interval } [a, b] \ \right\},

Así, para cada partición P de [a, b] tenemos L(P, f) \leq \int_a^b f \leq U(P, f).

De nuevo como f es Riemann-integrable en [a, b] por lo que a cada número real le corresponde \varepsilon > 0 podemos encontrar una partición P_\varepsilon de [a, b] tal que U \left( P_\varepsilon, f \right) - L \left( P_\varepsilon, f \right) < \varepsilon.

Ahora dejemos que P \colon= \left\{ \ x_0, x_1, \ldots, x_{n-1}, x_n \ \right\} sea cualquier partición del intervalo [a, b] donde a = x_0 < x_1 < \cdots < x_{n-1} < x_n = b. En f es una función monotónicamente creciente en [a, b] por lo que para cada i = 1, \ldots, n vemos que m_i \colon= \inf \left\{ \ f(x) \ \colon \ x_{i-1} \leq x \leq x_i \ \right\} = f \left( x_{i-1} \right) = \mathrm{e}^{x_{i-1}}, et M_i \colon= \sup \left\{ \ f(x) \ \colon \ x_{i-1} \leq x \leq x_i \ \right\} = f \left( x_{i} \right) = \mathrm{e}^{x_{i}}; por lo tanto tenemos L(P, f) \colon= \sum_{i=1}^n m_i \left( x_i - x_{i-1} \right) = \sum_{i=1}^n \mathrm{e}^{x_{i-1}} \left( x_i - x_{i-1} \right), et U(P, f) \colon= \sum_{i=1}^n M_i \left( x_i - x_{i-1} \right) = \sum_{i=1}^n \mathrm{e}^{x_{i}} \left( x_i - x_{i-1} \right).

Ahora, para cada número entero positivo n , dejemos que P_n sea la partición de [a, b] dado por P_n \colon= \left\{ \ a, a + \frac{b-a}{n}, a + \frac{2(b-a)}{n}, \ldots, a + \frac{ (n-1) ( b-a ) }{n}, b \ \right\}; es decir, P_n divide el intervalo [a, b] en n subintervalos iguales. Así, P_n = \left\{ x_0, x_1, \ldots, x_n \ \right\}, donde x_i \colon= a + \frac{ i(b-a)}{n} para cada i = 1, \ldots, n . Entonces tenemos \begin{align} L \left( P_n, f \right) &= \sum_{i=1}^n \mathrm{e}^{a + \frac{ (i-1)(b-a)}{n} } \frac{b-a}{n} \\ &= \frac{b-a}{n} \mathrm{e}^a \sum_{i=1}^n \mathrm{e}^{ \frac{ (i-1)(b-a)}{n} } \\ &= \frac{b-a}{n} \mathrm{e}^a \sum_{i=1}^n \left( \mathrm{e}^{ \frac{ b-a}{n} } \right)^{i-1} \\ &= \frac{b-a}{n} \mathrm{e}^a \sum_{i=0}^{n-1} \left( \mathrm{e}^{ \frac{ b-a}{n} } \right)^{i} \\ &= \frac{b-a}{n} \mathrm{e}^a \frac{ \left( \mathrm{e}^{ \frac{ b-a}{n} } \right)^{n} - 1 }{ \mathrm{e}^{ \frac{ b-a}{n} } - 1 } \\ &= \frac{b-a}{n} \mathrm{e}^a \frac{ \mathrm{e}^{ \frac{ n (b-a) }{n} } - 1 }{ \mathrm{e}^{ \frac{ b-a}{n} } - 1 } \\ &= \frac{b-a}{n} \mathrm{e}^a \frac{ \mathrm{e}^{b-a } - 1 }{ \mathrm{e}^{ \frac{ b-a}{n} } - 1 } \\ &= \frac{b-a}{n} \frac{ \mathrm{e}^{b } - \mathrm{e}^a }{ \mathrm{e}^{ \frac{ b-a}{n} } - 1 } \\ &= \frac{ \frac{b-a}{n} }{ \mathrm{e}^{ \frac{ b-a}{n} } - 1 } \left( \mathrm{e}^{b } - \mathrm{e}^a \right), \end{align} et \begin{align} U \left( P_n, f \right) &= \sum_{i=1}^n \mathrm{e}^{a + \frac{ i(b-a)}{n} } \frac{b-a}{n} \\ &= \frac{b-a}{n} \mathrm{e}^a \sum_{i=1}^n \mathrm{e}^{ \frac{ i(b-a)}{n} } \\ &= \frac{b-a}{n} \mathrm{e}^a \sum_{i=1}^n \left( \mathrm{e}^{ \frac{ b-a}{n} } \right)^{i} \\ &= \frac{b-a}{n} \mathrm{e}^a \mathrm{e}^{ \frac{ b-a}{n} } \frac{ \left( \mathrm{e}^{ \frac{ b-a}{n} } \right)^{n} - 1 }{ \mathrm{e}^{ \frac{ b-a}{n} } - 1 } \\ &= \frac{b-a}{n} \mathrm{e}^a \mathrm{e}^{ \frac{ b-a}{n} } \frac{ \mathrm{e}^{ \frac{ n (b-a) }{n} } - 1 }{ \mathrm{e}^{ \frac{ b-a}{n} } - 1 } \\ &= \frac{b-a}{n} \mathrm{e}^a \mathrm{e}^{ \frac{ b-a}{n} } \frac{ \mathrm{e}^{b-a } - 1 }{ \mathrm{e}^{ \frac{ b-a}{n} } - 1 } \\ &= \frac{b-a}{n} \mathrm{e}^{ \frac{ b-a}{n} } \frac{ \mathrm{e}^{b } - \mathrm{e}^a }{ \mathrm{e}^{ \frac{ b-a}{n} } - 1 } \\ &= \frac{b-a}{n} \frac{ \mathrm{e}^{ \frac{ b-a}{n} } }{ \mathrm{e}^{ \frac{ b-a}{n} } - 1 } \left( \mathrm{e}^{b } - \mathrm{e}^a \right) \\ &= \frac{b-a}{n} \left\{ 1 + \frac{1 }{ \mathrm{e}^{ \frac{ b-a}{n} } - 1 } \right\} \left( \mathrm{e}^{b } - \mathrm{e}^a \right) \\ &= \left\{ \frac{b-a}{n} + \frac{ \frac{b-a}{n} }{ \mathrm{e}^{ \frac{ b-a}{n} } - 1 } \right\} \left( \mathrm{e}^{b } - \mathrm{e}^a \right) . \end{align}

¿Es correcto lo que he hecho hasta ahora? Si es así, ¿qué sigue? ¿Cómo proceder a partir de aquí, preferiblemente utilizando sólo la maquinaria desarrollada por Walter Rudin hasta el capítulo 7 del libro? Principios del análisis matemático ¿tercera edición?

P.D:

Observamos que, para cada partición P de [a, b] tenemos L(P, f) \leq \underline{\int}_a^b f \leq \overline{\int}_a^b f \leq U(P, f). \tag{A}

Ahora, a partir de (A), podemos concluir que, para cada n \in \mathbb{N} utilizando las particiones P_n tenemos L \left( P_n, f \right) \leq \underline{\int}_a^b f \leq \overline{\int}_a^b f \leq U \left( P_n, f \right); es decir, \frac{ \frac{b-a}{n} }{ \mathrm{e}^{ \frac{ b-a}{n} } - 1 } \left( \mathrm{e}^{b } - \mathrm{e}^a \right) \leq \underline{\int}_a^b f \leq \overline{\int}_a^b f \leq \left\{ \frac{b-a}{n} + \frac{ \frac{b-a}{n} }{ \mathrm{e}^{ \frac{ b-a}{n} } - 1 } \right\} \left( \mathrm{e}^{b } - \mathrm{e}^a \right) \tag{B} para cada n \in \mathbb{N} .

Ahora vemos que \begin{align} \lim_{r \to 0} \frac{ r }{ \mathrm{e}^r - 1 } &= \lim_{r \to 0} \frac{1}{\mathrm{e}^r - 0} \qquad \mbox{ [ using the L'Hosptial's rule ] } \\ &= \frac{1}{1} \\ &= 1. \tag{1} \end{align}

Ahora como n \to \infty , (b-a)/n \to 0 por lo que de (1) podemos concluir que \lim_{n \to \infty} \frac{ \frac{b-a}{n} }{ \mathrm{e}^{ \frac{b-a}{n} } - 1 } = 1. \tag{2}

Por fin dejar n \to \infty en (B) y utilizando (2), encontramos que \mathrm{e}^b - \mathrm{e}^a \leq \underline{\int}_a^b f \leq \overline{\int}_a^b f \leq \mathrm{e}^{b } - \mathrm{e}^a. Por lo tanto \underline{\int}_a^b f = \mathrm{e}^b - \mathrm{e}^a = \overline{\int}_a^b f. Eso es, \int_a^b f = \mathrm{e}^b - \mathrm{e}^a.

Espero haber completado la prueba de forma suficientemente satisfactoria en la Posdata, ¿no?

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Para demostrar que \exp es Riemann-integrable en [a,b] ¿por qué no usas math.stackexchange.com/questions/2319741/ ?

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paf Puntos 41

Lo que has hecho es correcto. Para concluir, basta con mirar los límites de L(P_n,f) y U(P_n,f) cuando n\to +\infty . Se puede ver fácilmente que este límite es \text{e}^b-\text{e}^a Esta es la integral \int_a^b \text{e}^x \text{ d}x.

Edita: Para precisar esta respuesta, tenga en cuenta que utilizo el teorema 6.6 de Baby Rudin, 3ª edición (véase aquí ):

f \in \mathscr{R}(\alpha) en [a, b] si y sólo si para cada \varepsilon > 0 existe una partición P tal que U(P, f, \alpha) - L(P, f, \alpha) < \varepsilon.

Desde \displaystyle \lim_{n\to+\infty} L(P_n,f) -U(P_n,f) = 0 vemos que para cada \varepsilon > 0 existe n_{\varepsilon} tal que la partición P=P_{n_{\varepsilon}} tal que U(P, f) - L(P, f) < \varepsilon.

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¿cómo justificamos tomar el límite de L \left( P_n, f \right) y U \left( P_n, f \right) como n \to \infty y luego la conclusión a la que has llegado? Verás, tenemos que usar la Definición 6.1 del libro Principios del análisis matemático de Walter Rudin, 3ª edición. He incluido un enlace a otro post mío en el que se dan las definiciones pertinentes.

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Véase mi edición anterior.

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Por favor, echa un vistazo a mi post ahora después de que lo haya editado para añadir una Posdata. Estoy seguro de que esta vez te gustará más.

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