5.5: Antiderivados (Primitivos, Integrales)
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Dado que a menudo\(f : E^{1} \rightarrow E,\) tenemos que encontrar una función\(F\) tal que\(F^{\prime}=f\) en\(I\), o al menos en También\(I-Q.\)\(F\) requerimos ser relativamente continuos y finitos en\(I.\) Este proceso se llama antidiferenciación o integración.
Llamamos a\(F : E^{1} \rightarrow E\) una primitiva, o antiderivada, o una integral indefinida, de\(f\) on\(I\) iff
(i)\(F\) es relativamente continuo y finito sobre\(I,\) y
(ii)\(F\) es diferenciable, con por lo\(I-Q\) menos\(F^{\prime}=f,\) sobre.
Luego escribimos
\[F=\int f, \text { or } F(x)=\int f(x) dx, \text { on } I.\]
(Esta última es la notación clásica.)
Si tal\(F\) existe (que no siempre es el caso), diremos que\(\int f\) existe sobre\(I,\) o que\(f\) tiene un primitivo (o antiderivado) encendido\(I,\) o que\(f\) es primitivamente integrable (brevemente integrable) en\(I\).
Si\(F^{\prime}=f\) en un set\(B \subseteq I,\) decimos que\(\int f\) es exacto encendido\(B\) y llamamos a\(F\) un primitivo exacto en\(B.\) Así\(Q=\emptyset, \int f\) que si es exacto en todos\(I.\)
Nota 1. Claramente, si\(F^{\prime}=f,\) entonces también\((F+c)^{\prime}=f\) para una constante finita c. Así la notación\(F=\int f\) es bastante incompleta; significa que\(F\) es una de las muchas primitivas. Ahora demostramos que todos ellos tienen la forma\(F+c\) (o
\(\int f+c ).\)
Si\(F\) y G son primitivos a\(f\) on\(I\), entonces\(G-F\) es constante on\(I\).
- Prueba
-
Por suposición,\(F\) y\(G\) son relativamente continuos y finitos en\(I\); por lo tanto,\(G-F.\) también lo es También,\(F^{\prime}=f\) una\(I-P. (Q\) y\(P\) otra y son contables, pero posiblemente\(I-Q\)\(G^{\prime}=f\)\(Q \neq P. )\)
De ahí ambos\(F^{\prime}\) e\(G^{\prime}\) iguales\(f\) sobre\(I-S,\) dónde\(S=P \cup Q,\) y\(S\) es contable en sí mismo por el Teorema 2 del Capítulo 1, §9.
Así por el Corolario 3 en §4,\(F^{\prime}=G^{\prime}\) en\(I-S\) implica\(G-F=c\) (constante) en cada uno\([x, y] \subseteq I;\) por lo tanto\(G-F=c\) (o\(G=F+c)\) en\(I. \quad \square\)
Si está\(F=\int f\) encendido\(I\) y si\(a, b \in I\) (dónde\(a \leq b\) o\(b \leq a),\) definimos
\[\int_{a}^{b} f=\int_{a}^{b} f(x) d x=F(b)-F(a), \text { also written } F\left.(x)\right|_{a} ^{b}.\]
Esta expresión se llama la integral definitiva de\(f\) de\(a\) a\(b.\)
La integral definida de\(f\) de\(a\) a\(b\) es independiente de la elección particular de lo primitivo\(F\) para\(f,\) y por lo tanto inequívoca, porque si\(G\) es otra primitiva, el teorema 1 rinde\(G=F+c,\) así
\[G(b)-G(a)=F(b)+c-[F(a)+c]=F(b)-F(a),\]
y no importa si tomamos\(F\) o\(G.\)
Tenga en cuenta que\(\int_{a}^{b} f(x) d x,\) o\(\int_{a}^{b} f,\) es una constante en el espacio de rango\(E\) (un vector si\(f\) es vector valorado). El "\(x\)" in\(\int_{a}^{b} f(x) dx\) es una “variable ficticio” solamente, y puede ser reemplazada por cualquier otra letra. Así
\[\int_{a}^{b} f(x) d x=\int_{a}^{b} f(y) d y=F(b)-F(a).\]
Por otro lado, la integral indefinida es una función:\(F : E^{1} \rightarrow E\).
Nota 2. Podemos, sin embargo, variar\(a\) o\(b\) (o ambos) en (1). Así,\(a\) manteniéndonos fijos y variando\(b,\) podemos definir una función
\[G(t)=\int_{a}^{t} f=F(t)-F(a), \quad t \in I.\]
Entonces\(G^{\prime}=F^{\prime}=f\) encendido\(I,\) y\(G(a)=F(a)-F(a)=0.\) Así si\(\int f\) existe en\(I, f\) tiene\(a\) (único) primitivo\(G\) en\(I\) tal que\(G(a)=0.\) (Es único por el Teorema 1. ¿Por qué?)
a) Dejar
\[f(x)=\frac{1}{x} \text { and } F(x)=\ln |x|, \text { with } F(0)=f(0)=0.\]
Entonces\(F^{\prime}=f\) y\(F=\int f\) sigue\((-\infty, 0)\) y sigue\((0,+\infty)\) pero no encendido\(E^{1},\) ya que\(F\) es discontinuo en\(0,\) contra de la Definición 1. Calculamos
\[\int_{1}^{2} f=\ln 2-\ln 1=\ln 2.\]
b) En el\(E^{1},\) let
\[f(x)=\frac{|x|}{x} \text { and } F(x)=|x|, \text { with } f(0)=1.\]
Aquí\(F\) es continuo y\(F^{\prime}=f\) en\(E^{1}-\{0\}.\) Así\(F=\int f\) encendido\(E^{1}\), exacto en\(E^{1}-\{0\}.\) Aquí\(I=E^{1}, Q=\{0\}\).
Calculamos
\[\int_{-2}^{2} f=F(2)-F(-2)=2-2=0\]
(aunque\(f\) nunca se desvanece en\(E^{1})\).
Las propiedades básicas de las integrales se derivan de las de los derivados. Así tenemos lo siguiente.
Si\(\int f\) y\(\int g\) existe en\(I,\) así lo hace\(\int(p f+q g)\) para cualquier escalar\(p, q\) (en el campo escalar de\(E).\) Por otra parte, para cualquiera\(a, b \in I,\) obtenemos
i)\(\int_{a}^{b}(p f+q g)=p \int_{a}^{b} f+q \int_{a}^{b} g\);
ii)\(\int_{a}^{b}(f \pm g)=\int_{a}^{b} f \pm \int_{a}^{b} g;\) y
iii)\(\int_{a}^{b} p f=p \int_{a}^{b} f\).
- Prueba
-
Por supuesto, hay\(F\) y\(G\) tal que
\[F^{\prime}=f \text { on } I-Q \text { and } G^{\prime}=g \text { on } I-P.\]
Así, configurando\(S=P \cup Q\) y\(H=p F+q G,\) tenemos
\[H^{\prime}=p F^{\prime}+q G^{\prime}=p f+q g \text { on } I-S,\]
con\(P, Q,\) y\(S\) contable. Además,\(H=p F+q G\) es relativamente continuo y finito\(I,\) como son\(F\) y\(G.\)
Así, por definición,\(H=\int(p f+q g)\) existe sobre\(I,\) y por (1),
\[\int_{a}^{b}(p f+q g)=H(b)-H(a)=p F(b)+q G(b)-p F(a)-q G(a)=p \int_{a}^{b} f+q \int_{a}^{b} g,\]
demostrando (i*).
Con\(p=1\) y\(q=\pm 1,\) obtenemos (ii*).
Tomando\(q=0,\) obtenemos (iii*). \(\quad \square\)
Si ambos\(\int f\) y\(\int|f|\) existen en\(I=[a, b],\) entonces
\[\left|\int_{a}^{b} f\right| \leq \int_{a}^{b}|f|.\]
- Prueba
-
Como antes, vamos
\[F^{\prime}=f \text { and } G^{\prime}=|f| \text { on } I-S(S=Q \cup P, \text { all countable),}\]
donde\(F\) y\(G\) son relativamente continuos y finitos\(I\) y\(G=\int|f|\) es real. También,\(\left|F^{\prime}\right|=|f|=G^{\prime}\) en\(I-S.\) Así por Teorema 1 de §4,
\[|F(b)-F(a)| \leq G(b)-G(a)=\int_{a}^{b}|f|. \quad \square\]
Si\(\int f\) existe\(I=[a, b],\) exactamente en\(I-Q,\) entonces
\[\left|\int_{a}^{b} f\right| \leq M(b-a)\]
para algunos reales
\[M \leq \sup _{t \in I-Q}|f(t)|.\]
Esto es simplemente el Corolario 1 de §4, cuando se aplica a un primitivo,\(F=\int f\)
Si\(F=\int f\) en I y\(f=g\) en\(I-Q,\) entonces también\(F\) es un primitivo de\(g,\) y
\[\int_{a}^{b} f=\int_{a}^{b} g \quad \text { for } a, b \in I.\]
(Por lo tanto, podemos redefinir arbitrariamente\(f\) en un\(Q.)\)
- Prueba
-
\(F^{\prime}=f\)Vamos\(I-P.\) Entonces\(F^{\prime}=g\) en\(I-(P \cup Q).\) El resto es claro. \(\quad \square\)
Dejar\(f\) y\(g\) ser real o complejo (o dejar\(f\) ser escalar valorado y\(g\) vector valorado), tanto relativamente continuo en I como diferenciable en\(I-Q.\) Entonces si\(\int f^{\prime} g\) existe en\(I,\) así lo hace\(\int f g^{\prime},\) y tenemos
\[\int_{a}^{b} f g^{\prime}=f(b) g(b)-f(a) g(a)-\int_{a}^{b} f^{\prime} g \quad \text { for any } a, b \in I.\]
- Prueba
-
Por supuesto,\(f g\) es relativamente continuo y finito en\(I,\) y
\[(f g)^{\prime}=f g^{\prime}+f^{\prime} g \text { on } I-Q.\]
Por lo tanto, la configuración que\(H=f g,\) tenemos\(H=\int\left(f g^{\prime}+f^{\prime} g\right)\) en\(I.\) Por lo tanto por Corolario 1 si\(\int f^{\prime} g\) existe en\(I,\) así lo hace\(\int\left(\left(f g^{\prime}+f^{\prime} g\right)-f^{\prime} g\right)=\int f g^{\prime},\) y
\[\int_{a}^{b} f g^{\prime}+\int_{a}^{b} f^{\prime} g=\int_{a}^{b}\left(f g^{\prime}+f^{\prime} g\right)=H(b)-H(a)=f(b) g(b)-f(a) g(a).\]
Así sigue (2). \(\quad \square\)
Se deja al lector la prueba de los tres siguientes corolarios.
Si\(\int f\) existe en\(I\) entonces, para\(a, b, c \in I\), tenemos
i)\(\int_{a}^{b} f=\int_{a}^{c} f+\int_{c}^{b} f\);
ii)\(\int_{a}^{a} f=0;\) y
iii)\(\int_{b}^{a} f=-\int_{a}^{b} f\).
Una función\(f : E^{1} \rightarrow E^{n}\left(^{*} C^{n}\right)\) es integrable en\(I\) iff todos sus componentes\(\left(f_{1}, f_{2}, \ldots, f_{n}\right)\) son, y luego por el Teorema 5 en §1)
\[\int_{a}^{b} f=\left(\int_{a}^{b} f_{1}, \ldots, \int_{a}^{b} f_{n}\right)=\sum_{k=1}^{n} \vec{e}_{k} \int_{a}^{b} f_{k} \text { for any } a, b \in I.\]
De ahí\(f\) que si es complejo,
\[\int_{a}^{b} f=\int_{a}^{b} f_{\mathrm{re}}+i \cdot \int_{a}^{b} f_{\mathrm{im}}\]
(véase Capítulo 4, §3, Nota 5).
c) Definir\(f : E^{1} \rightarrow E^{3}\) por
\[f(x)=(a \cdot \cos x, a \cdot \sin x, 2 c x), \quad a, c \in E^{1}.\]
Verificar que
\[\int_{0}^{\pi} f(x) d x=\left.\left(a \cdot \sin x,-a \cdot \cos x, c x^{2}\right)\right|_{0} ^{\pi}=\left(0,2 a, c \pi^{2}\right)=2 a \vec{j}+c \pi^{2} \vec{k}.\]
d)\(\int_{0}^{\pi} e^{i x} d x=\int_{0}^{\pi}(\cos x+i \cdot \sin x) d x=\left.(\sin x-i \cdot \cos x)\right|_{0} ^{\pi}=2i.\)
Si está\(f=0\) encendido\(I-Q,\), entonces\(\int f\) existe en\(I,\) y
\[\left|\int_{a}^{b} f\right|=\int_{a}^{b}|f|=0 \quad \text { for } a, b \in I.\]
Supongamos que\(g : E^{1} \rightarrow E^{1}\) (real) es diferenciable en\(I,\) mientras que\(f : E^{1} \rightarrow E\) tiene un primitivo en\(g[I],\) exacto encendido\(g[I-Q]\).
Entonces
\[\int f(g(x)) g^{\prime}(x) d x \quad\left(i . e ., \int(f \circ g) g^{\prime}\right)\]
existe en\(I,\) y para cualquier\(a, b \in I,\) tenemos
\[\int_{a}^{b} f(g(x)) g^{\prime}(x) d x=\int_{p}^{q} f(y) d y, \text { where } p=g(a) \text { and } q=g(b).\]
Así, utilizando la notación clásica, podemos sustituir\(y=g(x),\) siempre que
también sustituyamos\(dy=g^{\prime}(x) dx\) y cambiemos los límites de las integrales (3). Aquí tratamos las expresiones\(dy\) y de manera\(g^{\prime}(x) dx\) puramente formal, sin asignarles ningún significado separado fuera del contexto de las integrales.
- Prueba
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\(F=\int f\)\(F^{\prime}=f\)Vamos\(g[I],\) y sigue\(g[I-Q].\) Entonces la función compuesta\(H=F \circ g\) es relativamente continua y finita en\(I.\) (¿Por qué?) Por Teorema 3 de §1,
\[H^{\prime}(x)=F^{\prime}(g(x)) g^{\prime}(x) \text { for } x \in I-Q;\]
es decir,
\[H^{\prime}=\left(F^{\prime} \circ g\right) g^{\prime} \text { on } I-Q.\]
Así\(H=\int(f \circ g) g^{\prime}\) existe en\(I,\) y
\[\int_{a}^{b}(f \circ g) g^{\prime}=H(b)-H(a)=F(g(b))-F(g(a))=F(q)-F(p)=\int_{p}^{q} f. \quad \square\]
Nota 3. El teorema no requiere que\(g\) sea uno a uno\(I,\) pero si lo es, entonces se puede dejar caer la suposición que\(\int f\) es exacta en\(g[I-Q].\) (Ver Problema 4.)
(e) Encontrar\(\int_{0}^{\pi / 2} \sin ^{2} x \cdot \cos x dx\).
Aquí\(f(y)=y^{2}, y=g(x)=\sin x, d y=\cos x d x, F(y)=y^{3} / 3, a=0,\)\(b=\pi / 2, p=\sin 0=0,\) y\(q=\sin (\pi / 2)=1,\) así (3) rendimientos
\[\int_{0}^{\pi / 2} \sin ^{2} x \cdot \cos x d x=\int_{0}^{1} y^{2} d y=\left.\frac{y^{3}}{3}\right|_{0} ^{1}=\frac{1}{3}-0=\frac{1}{3}.\]
Para funciones reales, obtenemos algunas inferencias que tratan las desigualdades.
Si\(f, g : E^{1} \rightarrow E^{1}\) son integrables en\(I=[a, b],\) entonces tenemos lo siguiente:
(i)\(f \geq 0\) sobre\(I-Q\) implica\(\int_{a}^{b} f \geq 0\).
(i')\(f \leq 0\) sobre\(I-Q\) implica\(\int_{a}^{b} f \leq 0\).
ii)\(f \geq g\) sobre\(I-Q\) implica
\[\int_{a}^{b} f \geq \int_{a}^{b} g \text { (dominance law).}\]
iii) Si está\(f \geq 0\) encendido\(I-Q\) y\(a \leq c \leq d \leq b,\) luego
\[\int_{a}^{b} f \geq \int_{c}^{d} f \text { (monotonicity law).}\]
(iv) Si\(\int_{a}^{b} f=0,\) y\(I-Q,\) luego\(f \geq 0\)\(f=0\) en algún\(I-P, P\) contable.
- Prueba
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Por Corolario 4, podemos redefinir\(f\) sobre\(Q\) para que nuestros supuestos en (i) - (iv) se aferren a todos\(I\). Así escribimos "\(I\)" para "\(I-Q.\)”
Por suposición,\(F=\int f\) y\(G=\int g\) existen en\(I.\) Aquí\(F\) y\(G\) son relativamente continuos y finitos\(I=[a, b],\) con\(F^{\prime}=f\) y\(I-P,\) para otro conjunto contable\(P\) (esto\(P\) no se puede omitir). Consideremos ahora los casos i) - iv). (\(P\)se fija en adelante.)
(i)\(f \geq 0\) Vamos\(I;\) es decir,\(F^{\prime}=f \geq 0\) en\(I-P.\) Entonces por el Teorema 2 en §4,\(F \uparrow\) en\(I=[a, b].\) Por lo tanto\(F(a) \leq F(b),\) y así
\[\int_{a}^{b} f=F(b)-F(a) \geq 0.\]
Uno prueba (i') de manera similar.
ii) Si\(f-g \geq 0,\) entonces por i),
\[\int_{a}^{b}(f-g)=\int_{a}^{b} f-\int_{a}^{b} g \geq 0,\]
así\(\int_{a}^{b} f \geq \int_{a}^{b} g,\) como se afirma.
iii)\(f \geq 0\) Vamos\(I\) y\(a \leq c \leq d \leq b.\) Luego por (i),
\[\int_{a}^{c} f \geq 0 \text { and } \int_{d}^{b} f \geq 0.\]
Así por Corolario 6
\[\int_{a}^{b} f=\int_{a}^{c} f+\int_{c}^{d} f+\int_{d}^{b} f \geq \int_{c}^{d} f,\]
como se afirma.
(iv) Buscando una contradicción, supongamos\(\int_{a}^{b} f=0, f \geq 0\)\(I,\) todavía\(f(p)>0\) para algunos\(p \in I-P\) (\(P\)como antes), así\(F^{\prime}(p)=f(p)>0\).
Ahora si\(a \leq p<b,\) Lema 1 de §2 rinde\(F(c)>F(p)\) para algunos\(c \in(p, b].\) Entonces por (iii),
\[\int_{a}^{b} f \geq \int_{p}^{c} f=F(c)-F(p)>0,\]
contrario a\(\int_{a}^{b} f=0;\) similar en caso\(a<p \leq b. \quad \square\)
Nota 4. De ahí
\[\int_{a}^{b}|f|=0 \text { implies } f=0 \text { on }[a, b]-P\]
(\(P\)contable), incluso para funciones vectoriales (for\(|f|\) es siempre real, y así se aplica el Teorema 3).
Sin embargo,\(\int_{a}^{b} f=0\) no basta, ni siquiera para funciones reales (a menos que\(f\) sea signconstant). Por ejemplo,
\[\int_{0}^{2 \pi} \sin x d x=0, \text { yet } \sin x \not \equiv 0 \text { on any } I-P.\]
Ver también Ejemplo (b).
Si\(f\) es real y\(\int f\) existe\([a, b],\) exactamente en\((a, b),\) entonces
\[\int_{a}^{b} f=f(q)(b-a) \text { for some } q \in(a, b).\]
- Prueba
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Aplicar el Corolario 3 en §2 a la función\(F=\int f. \quad \square\)
Precaución: El corolario 9 puede fallar si\(\int f\) es inexacto en algunos\(p \in(a, b).\) (La exactitud en\([a, b]-Q\) no es suficiente, ya que no lo hace en el Corolario 3 de §2, usado aquí.) Así en el Ejemplo (b) anterior,\(\int_{-2}^{2} f=0.\) Sin embargo, para no\(q\) es\(f(q)(2+2)=0,\) ya que\(f(q)=\pm 1.\) La razón\(\int f\) es que es inexacto justo en\(0,\) un punto interior de\([-2,2].\)