Fórmula para calcular integrales

Question

¿Para computación derivada de una función, podemos utilizar la definición de un derivado, es decir, $$\lim\limits_{h \to 0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}.$ $ hay algunos para computar integrales también?

Answer 1

Sí, podemos utilizar las sumas de Riemann que dice que: $$\int_a^bf(x)\,\mathrm dx=\lim\limits_{n\to\infty}\sum_{i=1}^{n}f(x_i^*)\Delta x$$ where: $$\Delta x=\dfrac{b-a}{n}$$ and: $$x_i^*=a+(\Delta x)i$$

Así, por ejemplo, vamos a calcular la siguiente integral mediante sumas de Riemann: $$\int_{1}^{3}(x^2-x+1)\,\mathrm dx$$ To find it, we first need to know some useful sums: $$\sum_{i=1}^n k=kn\quad\color{grey}{\text{and}}\quad\sum_{i=1}^n i=\dfrac{n(n+1)}{2}\quad\color{grey}{\text{and}}\quad\sum_{i=1}^n i^2=\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}.\tag{$\estrella de$}$$ Así, en nuestro caso particular: $\Delta x=\dfrac{3-1}{n}=\dfrac2n$: $x_i^*=1+\dfrac{2i}n$. Dado que en nuestro ejemplo, podemos integrar la función de $f(x)=x^2-x+1$, entonces: $$\begin{align}\require{cancel} f(x_i^*)&=\left(1+\dfrac{2i}{n}\right)^2-\left(1+\dfrac{2i}{n}\right)+1\\ &=1+\dfrac{4i}{n}+\dfrac{4i^2}{n^2}\cancel{-1}-\dfrac{2i}{n}\cancel{+1}\\ &=1+\dfrac{2i}{n}+\dfrac{4i^2}{n^2}. \end{align}$$ Ahora, por las sumas de Riemann definición: $$\begin{align} \int_1^3(x^2-x+1)\,\mathrm dx&=\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^n f(x_i^*)\Delta x\\ &=\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^n \left[1+\dfrac{2i}{n}+\dfrac{4i^2}{n^2}\right]\dfrac2n\\ &=\lim_{n\to\infty} \left[\sum_{i=1}^n1+\sum_{i=1}^n\dfrac{2i}{n}+\sum_{i=1}^n\dfrac{4i^2}{n^2}\right]\dfrac2n\\ &=\lim_{n\to\infty} \left[\color{darkmagenta}{\sum_{i=1}^n1}+\dfrac{2}{n}\color{blue}{\sum_{i=1}^ni}+\dfrac{4}{n^2}\color{green}{\sum_{i=1}^ni^2}\right]\dfrac2n\\ &\overset{\displaystyle(\star)}=\lim_{n\to\infty} \left[\color{darkmagenta}n+\dfrac{2}{n}\color{blue}{\dfrac{n(n+1)}{2}}+\dfrac{4}{n^2}\color{green}{\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}}\right]\dfrac2n\\ &=\lim_{n\to\infty} \left[2+\dfrac{4}{n^2}\dfrac{n(n+1)}{2}+\dfrac{8}{n^3}\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}\right]\\ &=\lim_{n\to\infty} \left[2+2\dfrac{n^2+n}{n^2}+\dfrac{4}{3}\dfrac{2n^3+\mathcal O(n)}{n^3}\right]\\ &=2+2+\dfrac43\cdot2\\ &=4+\dfrac83=\dfrac{20}3. \end{align}$$ Para estar seguro, vamos a comprobar el valor real de la integral utilizando el teorema fundamental del cálculo: $$\int_1^3(x^2-x+1)\,\mathrm dx=\left(\dfrac{x^3}3-\dfrac{x^2}2+x\right)\left|\right._{x=1}^{x=3}=\left(\dfrac{3^3}3-\dfrac{3^2}2+3\right)-\left(\dfrac{1^3}3-\dfrac{1^2}2+1\right)=\dfrac{20}3\,\color{green}\checkmark$$

---

La idea general de las sumas de Riemann proviene de la interpretación geométrica de la integral. Si usted tiene la integral de una función $f(x)$$a$$b$, entonces su valor es exactamente igual al área debajo de la curva de la gráfica de $f(x)$. Ver el diagrama de abajo:

$\phantom{X}$

Ahora podemos aproximar esta área haciendo pequeños rectángulos debajo de la gráfica y la suma de todos ellos. Y lo que la suma de Riemann hacer es que a medida que el número de los rectángulos tiende a infinito (y los rectángulos conseguir bastante estrecho) entonces si la suma de todos ellos vamos a obtener el valor exacto de nuestros integral.

$\phantom{X}$

El siguiente teorema establece que, precisamente:

Supongamos que $f$ es integrable en a $[a,b]$. A continuación, para cada $\epsilon>0$ hay algo de $\delta>0$ de manera tal que, si $\mathbf P=\{t_0,\ldots,t_n\}$ es cualquier partición de $[a,b]$ con todas las longitudes $t_i-t_{i-1}<\delta$, luego $$\left|\,\sum_{i=1}^n f(x_i)(t_i-t_{i-1})-\int_a^bf(x)\,\mathrm dx\,\right|<\epsilon,$$ for any Riemann sum formed by choosing $x_i$ in $[t_{i-1},t_i]$.

NOTA: también podemos utilizar trapezoides en lugar de rectángulos.

---

Para aprender más:

• Compruebe Khan|Academia de la sección sobre el tema.
• Wiki y MathWorld en las sumas de Riemann.
• Algunas notas aleatorias: 1, 2, 3.

Answer 2

Deje $f$ ser una función cuyo dominio incluye el intervalo de $[a,b]$ y que está delimitada en $[a,b]$. Para cada partición $\{a_0,a_1,a_2,\ldots,a_n\}$ $[a,b]$ con

$$a=a_0<a_1<a_2<\cdots<a_n=b$$let $l$ and $m$ be given by $$l=\sum_{r\,=\,1}^n (a_r-a_{r-1})\times\inf\{f(x):a_{r-1}\le x\le a_r\}$$

$$m=\sum_{r\,=\,1}^n (a_r-a_{r-1})\times\sup\{f(x):a_{r-1}\le x\le a_r\}$$ A continuación, vamos a $L$ el conjunto de los números $l$ derivadas de esa manera, de todas las particiones de $[a,b]$, y del mismo modo vamos a $M$ ser el conjunto de todos los números de $m$ derivadas de esa manera. Si hay algunas de las particiones que conducen a ambos

$$\underbrace{l_1,l_2,l_3,\ldots}_{\in\,L}\quad\text{and}\quad\displaystyle \underbrace{m_1,m_2,m_3,\ldots}_{\in\,M}$$

tal que las dos secuencias tienen el mismo límite $\alpha$ $f$ se dice es integrable sobre a $[a,b]$ $\alpha$ se llama integral. Escribimos

$$\int_a^bf=\alpha\quad\text{or}\quad\int_a^bf(x)\,\mathrm{d}x=\alpha$$

Answer 3

Para computar el valor de la integral dada, a menudo utiliza el Teorema fundamental del cálculo, que dice: deje $f$ ser una función acotada en un intervalo finito de $[a,b]$ (que es riemann integrable) si existe una función diferenciable $F$ $[a,b]$ tal que $F'= f$ y $$\int_{a}^{b} f(x)dx = F(b)-F(a)$ $

Answer 4

Más generalmente, una suma de Riemann puede ser definida como sigue $$\int_a^bf(x)\,\mathrm dx=\lim\limits_{\|P\|\to0}\sum_{i=1}^{n}f(x_i^*)(\Delta x)_i$$ where: $$(\Delta x)_i=x_i-x_{i-1}$ $ $$x_{i-1}\le x_i^*\le x_i$$ $P=\{a=x_0\lt x_1\lt x_2\lt ...\lt x_n=b\}$ se llama una partición de [a, b] % del ajuste del $ $$\|P\|=\max((\Delta x)_1,(\Delta x)_2,(\Delta x)_3,...,(\Delta x)_n)$$(\Delta x)_i=(\Delta x)_j=\frac{b-a}{n}$es una forma de partición del intervalo [a, b], pero no es la única manera de.

Considerar $$\int_a^b\sqrt{x}\,\mathrm dx$ $ puede tener más sentido a partición de [a, b] tal que $\sqrt{x_i}-\sqrt{x_{i-1}}$ es una constante.