Hallar la integral por primer principio

Question

En los deberes de mi curso de matemáticas, me encontré con este problema:

Encuentre $$\frac{d}{dx}\int^{x^2}_0\frac{dt}{1+e^{t^2}}$$ por principio

$$\begin{split}\frac{d}{dx}\int^{x^2}_0\frac{dt}{1+e^{t^2}}&=\lim_{h\rightarrow0}\frac{\int^{(x+h)^2}_0\frac{dt}{1+e^{t^2}}-\int^{x^2}_0\frac{dt}{1+e^{t^2}}}{h}\\&=\lim_{h\rightarrow0}\frac{\int^{(x+h)^2}_{x^2}\frac{dt}{1+e^{t^2}}}{h}\end{split}$$ Entonces no sé cómo hacer. Por favor, ayúdenme.

Answer 1

Dejemos que $x,h>0$ . Por la MVT hay una constante $c_{x,h}$ tal que $x^2 <c_{x,h}<(x+h)^2$ y $$\int^{(x+h)^2}_{x^2}\frac{dt}{1+e^{t^2}}=\frac{2xh+h^2}{1+e^{c_{x,h}^2}}.$$ Entonces, \begin{split}\lim_{h\rightarrow 0}\frac{\int^{(x+h)^2}_{x^2}\frac{dt}{1+e^{t^2}}}{h}&=\lim_{h\rightarrow 0} \frac{2x+h}{1+e^{c_{x,h}^2}}\\ &=\frac{2x}{1+e^{x^4}}. \end{split}

Answer 2

Calcula $$\lim_{h\rightarrow0}\frac{\int^{(x+h)^2}_{x^2}\frac{dt}{1+e^{t^2}}}{h} $$ sin utilizar el teorema fundamental del cálculo o el teorema del valor medio.

Si $x^2 < t < (x+h)^2$ entonces $$ x^4 < t^2 < (x+h)^4 \\ 1 + \exp(x^4) < 1+\exp(t^2) < 1+\exp((x+h)^4) \\ \frac{1}{1 + \exp(x^4)} > \frac{1}{1+\exp(t^2)} > \frac{1}{1+\exp((x+h)^4)} \\ \frac{(x+h)^2-x^2}{1 + \exp(x^4)} > \int_{x^2}^{(x+h)^2}\frac{dt}{1+\exp(t^2)} > \frac{(x+h)^2-x^2}{1+\exp((x+h)^4)} \\ \frac{2hx+h^2}{h(1 + \exp(x^4))} > \frac{1}{h}\int_{x^2}^{(x+h)^2}\frac{dt}{1+\exp(t^2)} > \frac{2hx+h^2}{h(1+\exp((x+h)^4))} \\ \frac{2x+h}{1 + \exp(x^4)} > \frac{1}{h}\int_{x^2}^{(x+h)^2}\frac{dt}{1+\exp(t^2)} > \frac{2x+h}{1+\exp((x+h)^4)} $$ Pero $$ \lim_{h \to 0} \frac{2x+h}{1 + \exp(x^4)} = \frac{2x}{1 + \exp(x^4)}\quad\text{and} \quad \lim_{h \to 0}\frac{2x+h}{1+\exp((x+h)^4)} = \frac{2x}{1 + \exp(x^4)} $$ Así que nuestra respuesta se encuentra entre estos: $$ \lim_{h \to 0}\frac{1}{h}\int_{x^2}^{(x+h)^2}\frac{dt}{1+\exp(t^2)}= \frac{2x}{1 + \exp(x^4)} . $$

Answer 3

Tal vez sea más fácil mirar un poco más en abstracto y luego aplicarlo a tu caso concreto.

Supongamos que $f$ es continua y $g$ es diferenciable.

Dejemos que $\phi(x) = \int_0^{g(x)} f(t) dt$ . El teorema fundamental/regla de Leibniz nos dice que $\phi'(x) = f(g(x)) g'(x)$ .

Así que queremos demostrar que $\lim_{h \to 0} |{ \phi(x+h)-\phi(x) \over h} -f(g(x))g'(x)| = 0$ .

Escoge $\epsilon>0$ y $\delta_1 >0$ de manera que si $|t-g(x)| < \delta$ entonces $|f(t)-f(g(x))| < \epsilon$ .

Además, elija $\delta_2 \le \delta_1$ de manera que si $|h|< \delta_2$ entonces $|{g(x+h)-g(x) \over h} - g'(x)| < \epsilon$ . \begin{eqnarray} |{\phi(x+h)-\phi(x) \over h } - f(g(x))g'(x) | &=& |{1 \over h}\int_{g(x)}^{g(x+h)} f(t) dt - f(g(x))g'(x)| \\&=& |{1 \over h}\int_{g(x)}^{g(x+h)} (f(g(x))+f(t)-(g(x))) dt - f(g(x))g'(x)| \\ &\le& |{1 \over h}\int_{g(x)}^{g(x+h)} f(g(x)) dt - f(g(x))g'(x)| +|{1 \over h}\int_{g(x)}^{g(x+h)} \epsilon dt|\\ &=& |f(g(x))| | {(g(x+h)-g(x)) \over h} - g'(x) | + \epsilon |{g(x+h)-g(x) \over h} |\\ &\le& \epsilon |f(g(x))|+ \epsilon^2 \end{eqnarray} Se deduce que el límite es cero.

Answer 4

Déjalo, $$F(x)=\int_{0}^{x^2}\frac{dt}{1+e^{t^{2}}}$$ $$\Rightarrow F(\sqrt{x})=\int_{0}^{x}\frac{dt}{1+e^{t^{2}}}$$ Déjalo, $$f(x)=\frac{1}{1+e^{x^{2}}}$$ Del primer principio, $$ \frac{dF(\sqrt{x})}{dx}=f(x)$$ $$\Rightarrow \frac{F'(\sqrt{x})}{2\sqrt{x}}=\frac{1}{1+e^{x^{2}}}$$ $$\Rightarrow {F'(\sqrt{x})}=\frac{{2\sqrt{x}}}{1+e^{x^{2}}}$$ $$\Rightarrow {F'({x})}=\frac{{2{x}}}{1+e^{x^{4}}}$$