Curso de Cálculo Integral/Actividad ST2 en clase

Notación de sumatorias

Para poder realizar la integral definida, es necesario saber sumar ya que la operación inversa de la derivada es precisamente la suma de esas divisiones infinitesimales realizadas por las derivadas.

Notación de sumatoria

Dado un conjunto de números $[a_{1},a_{2},...,a_{n}]$, los cuales operados mediante el símbolo sigma llamado operador suma, desde el límite inferior de índice o variable k al límite gaaa
superior n del número $a_{k}$, representado simbólicamente $\sum _{k}^{n}a_{k}$, representan la siguiente sumatoria.

$\sum _{k}^{n}a_{k}=a_{1}+a_{2}+...+a_{n}$

las formas más comunes de sumar números son los que se suman de la siguente forma:

$1+2+...+n$

$1^{2}+2^{2}+...+n^{2}$

$1^{3}+2^{3}+...+n^{3}$

$1^{k}+2^{k}+...+n^{k}$

Así que usando el binomio de Newton es posible encontrar una formula que determine dichas sumatorias. $(x-1)^{k}=\sum _{j=0}^{k}x^{k-j}(-1)^{j}={k \choose 0}x^{k}(-1)^{0}+\sum _{j=1}^{k}{k \choose j}x^{k-j}(-1)^{j}=x^{k}+\sum _{j=1}^{k}{k \choose j}x^{k-j}(-1)^{j}$

Pasando del lado izquierdo la sumatoria

$x^{k}-(x-1)^{k}=-\sum _{j=1}^{k}{k \choose j}x^{k-j}(-1)^{j}$

Si se substituyen $0,1,2,...,n$ en x

$0^{k}-(0-1)^{k}=-\sum _{j=1}^{k}{k \choose j}0^{k-j}(-1)^{j}$

$1^{k}-(1-1)^{k}=-\sum _{j=1}^{k}{k \choose j}1^{k-j}(-1)^{j}$

$2^{k}-(2-1)^{k}=-\sum _{j=1}^{k}{k \choose j}2^{k-j}(-1)^{j}$

$3^{k}-(3-1)^{k}=-\sum _{j=1}^{k}{k \choose j}3^{k-j}(-1)^{j}$

$.$

$.$

$.$

$(n-1)^{k}-(n-1-1)^{k}=-\sum _{j=1}^{k}{k \choose j}(n-1)^{k-j}(-1)^{j}$

$n^{k}-(n-1)^{k}=-\sum _{j=1}^{k}{k \choose j}n^{k-j}(-1)^{j}$

Sumando las filas

$n^{k}=-\sum _{j=1}^{k}{k \choose j}(-1)^{j}S_{k-j}$

Substituyendo $k$ con $0,1,2,...,$ hasta $k$

$n^{1}=-\sum _{j=1}^{1}{1 \choose j}(-1)^{j}S_{1-j}=S_{0}$

$n^{2}=-\sum _{j=1}^{k}{2 \choose j}(-1)^{j}S_{2-j}=-{2 \choose 1}(-1)S_{1}-{2 \choose 2}(-1)^{2}S_{0}=2S_{1}-S_{0}$

Que reescribiendolo en forma matricial quedaría de la siguiente forma

${\begin{bmatrix}n^{1}\\n^{2}\\n^{3}\\\vdots \\n^{k}\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}1&0&0&0&\dots &0\\-1&2&0&0&\dots &0\\1&-3&3&0&\dots &0\\\vdots &\vdots &\vdots &\vdots &\ddots &\vdots \\-{k \choose k}(-1)^{k}&-{k \choose {k-1}}(-1)^{k-1}&-{k \choose {k-2}}(-1)^{k-2}&-{k \choose {k-3}(-1)^{k-3}}&\dots &-{k \choose 1}(-1)\end{bmatrix}}~{\begin{bmatrix}S_{0}\\S_{1}\\S_{2}\\\vdots \\S_{k-1}\end{bmatrix}}$

Despejando

${\begin{bmatrix}S_{0}\\S_{1}\\S_{2}\\\vdots \\S_{k-1}\end{bmatrix}}={{\begin{bmatrix}1&0&0&0&\dots &0\\-1&2&0&0&\dots &0\\1&-3&3&0&\dots &0\\\vdots &\vdots &\vdots &\vdots &\ddots &\vdots \\-{k \choose k}(-1)^{k}&-{k \choose {k-1}}(-1)^{k-1}&-{k \choose {k-2}}(-1)^{k-2}&-{k \choose {k-3}(-1)^{k-3}}&\dots &-{k \choose 1}(-1)\end{bmatrix}}~}^{-1}{\begin{bmatrix}n^{1}\\n^{2}\\n^{3}\\\vdots \\n^{k}\end{bmatrix}}$

Sea $i$ la fila y $j$ la columna, por lo que se puede reducir a la siguiente expresión

${\begin{bmatrix}S_{0}\\S_{1}\\S_{2}\\\vdots \\S_{k-1}\end{bmatrix}}={{\begin{bmatrix}1&0&0&0&\dots &0\\-1&2&0&0&\dots &0\\1&-3&3&0&\dots &0\\\vdots &\vdots &\vdots &\vdots &\ddots &\vdots \\{i \choose j}(-1)^{i+j}&{i \choose {j}}(-1)^{i+j}&{i \choose {j}}(-1)^{i+j}&-{i \choose {i+j}(-1)^{i+j}}&\dots &-{k \choose 1}(-1)\end{bmatrix}}~}^{-1}{\begin{bmatrix}n^{1}\\n^{2}\\n^{3}\\\vdots \\n^{j+1}\end{bmatrix}}$ donde $i=1,...,k$, y $j=0,...,k+1$

Así se puede reducir a lo siguiente

${\begin{bmatrix}S_{0}\\S_{1}\\S_{2}\\\vdots \\S_{k-1}\end{bmatrix}}={{\begin{bmatrix}{i \choose j}(-1)_{i,j}^{i+j}\end{bmatrix}}~}^{-1}{\begin{bmatrix}n^{1}\\n^{2}\\n^{3}\\\vdots \\n^{j+1}\end{bmatrix}}$ donde $i=1,...,k$, y $j=0,...,k+1$

Ejemplo:

${\begin{bmatrix}S_{0}\\S_{1}\end{bmatrix}}={{\begin{bmatrix}1&0\\-1&2\end{bmatrix}}~}^{-1}{\begin{bmatrix}n^{1}\\n^{2}\end{bmatrix}}={{\begin{bmatrix}{2 \over 2}&0\\{1 \over 2}&{1 \over 2}\end{bmatrix}}~}{\begin{bmatrix}n\\n^{2}\end{bmatrix}}={{\begin{bmatrix}n\\{{n(n+1)} \over 2}\end{bmatrix}}~}$

Integral definida numérica de Riemman por la derecha

Definición

Ejemplo en Octave: Puedes crear la siguiente función: function [s] = riemmand(ff,a,b,n) f = inline(ff); dx=(b-a)/n; s = 0; for k = 1:n s = s + f(a+k*dx); endfor s = s*dx; endfunction Y en la pantalla de comandos usar esta misma función, para integrar a $\int _{1}^{5}xdx$, con $n=7$ particiones >> riemmand('x',1,5,7) ans = 13.143

— Esta es la integral recursiva numérica del trapecio, la cual representa la suma de Riemman por la derecha

La suma de Riemman por la derecha implica que, k comienza en 1 y no cero como se muestra en la figura Sumatoria de Riemman por la derecha

— Sumatoria de Riemman por la derecha

Sea $a<b$ y $\Delta x$ un valor real positivo. Entonces la suma de Riemman $\sum _{a}^{b}f(x)\Delta x$ está definida como:

$\sum _{a}^{b}f(x)\Delta x=f(x_{0})\Delta x+f(x_{1})\Delta x+...+f(x_{n})(b-x_{n})$

$x_{0}=a,x_{1}=a+\Delta x,x_{k}=a+k\Delta x$

$x_{n}=b.$ entonces $f(x_{n})(b-\Delta x_{n})=0$

Por la derecha implica $\Delta x={{b-a} \over n}$ y $x_{k}=a+k\Delta x$ con $k=1,2,...,n$

Ejemplo:

Sea $f(x)=x$ desde $x=a$ hasta $x=b$

Substitullendo

$f(x_{k})=f(a+k\Delta x)$

$R_{Der}=\lim _{n\to \infty }\,\,\sum _{k=1}^{n}f(x_{k})\Delta x$

$R_{Der}=\lim _{n\to \infty }\,\,\sum _{k=1}^{n}f(a+k\Delta x)\Delta x=\lim _{n\to \infty }\,\,\sum _{k=1}^{n}(a+k\Delta x){{b-a} \over n}$

$R_{Der}=\lim _{n\to \infty }\,\,\sum _{k=1}^{n}(a+k({{b-a} \over n})){{b-a} \over n}=\lim _{n\to \infty }\,\,\sum _{k=1}^{n}a({{b-a} \over n})+{(b-a)^{2} \over n^{2}}k$

$R_{Der}=\lim _{n\to \infty }\,\,a({{b-a} \over n})n+{(b-a)^{2} \over n^{2}}{n(n+1) \over 2}$

$R_{Der}=\lim _{n\to \infty }\,\,a(b-a)+{(b-a)^{2} \over 2}{{n^{2}+n} \over n^{2}}$

$R_{Der}=\lim _{n\to \infty }\,\,a(b-a)+{(b-a)^{2} \over 2}+{(b-a)^{2} \over {2n}}$

$R_{Der}=(b-a)(a+{(b-a) \over 2})=(b-a){{(a+b)} \over 2}={b^{2} \over 2}-{a^{2} \over 2}$

Integral definida numérica de Riemman por la izquierda

Definición

Ejemplo en Octave: Puedes crear la siguiente función: function [s] = riemmani(ff,a,b,n) f = inline(ff); dx=(b-a)/n; s = 0; for k = 0:n-1 s = s + f(a+k*dx); endfor s = s*dx; endfunction Y en la pantalla de comandos usar esta misma función, para integrar a $\int _{1}^{5}xdx$, con $n=7$ particiones >> riemmand('x',1,5,7) ans = 13.143

— Esta es la integral recursiva numérica del trapecio, la cual representa la suma de Riemman por la izquierda

La suma de Riemman por la izquierda implica que, k comienza en cero y termina en n-1, como se muestra en la figura Sumatoria de Riemman por la izquierda

— Sumatoria de Riemman por la izquierda

Sea $a<b$ y $\Delta x$ un valor real positivo. Entonces la suma de Riemman $\sum _{a}^{b}f(x)\Delta x$ está definida como:

$\sum _{a}^{b}f(x)\Delta x=f(x_{0})\Delta x+f(x_{1})\Delta x+...+f(x_{n})(b-x_{n})$

$x_{0}=a,x_{1}=a+\Delta x,x_{k}=a+k\Delta x$

$x_{n}=b.$ entonces $f(x_{n})(b-\Delta x_{n})=0$

Por la izquierda implica $\Delta x={{b-a} \over n}$ y $x_{k}=a+k\Delta x$ con $k=0,2,...,n-1$

Ejemplo:

Sea $f(x)=x$ desde $x=a$ hasta $x=b$

Substitullendo

$f(x_{k})=f(a+k\Delta x)$

$R_{Izq}=\lim _{n\to \infty }\,\,\sum _{k=0}^{n-1}f(x_{k})\Delta x$

$R_{Izq}=\lim _{n\to \infty }\,\,\sum _{k=0}^{n-1}(a+k({{b-a} \over n}){{(b-a)} \over n}$

Haciendo un cambio de variable $m=k+1$

$R_{Izq}=\lim _{n\to \infty }\,\,\sum _{k=0}^{n-1}(a+k({{b-a} \over n})){{b-a} \over n}=\lim _{n\to \infty }\,\,\sum _{m=1}^{n}a({{b-a} \over n})+{(b-a)^{2} \over n^{2}}{(m-1)}$

$R_{Izq}=\lim _{n\to \infty }\,\,a({{b-a} \over n})n+{(b-a)^{2} \over n^{2}}(-1)n+{(b-a)^{2} \over n^{2}}{{n^{2}+n} \over 2}$

$R_{Izq}=\lim _{n\to \infty }\,\,a(b-a)+{(b-a)^{2} \over 2}-{(b-a)^{2} \over {2n}}$

$R_{Izq}=(b-a)(a+{(b-a) \over 2})=(b-a){{(a+b)} \over 2}={b^{2} \over 2}-{a^{2} \over 2}$

Integral definida numérica método de los trapecios

Ejemplo en Octave: Puedes crear la siguiente función: function [s] = trapecio(ff,a,b,m) f = inline(ff); dx=(b-a)/m; x=a:dx:b; s = 0; for k = 1:m s = s + f(a+(k-1)*dx)+f(a+k*dx); endfor s = s*dx/2; endfunction Y en la pantalla de comandos usar esta misma función, para integrar a $\int _{1}^{5}xdx$, con $m=7$ particiones >> trapecio('x',1,5,7) ans = 12

— Esta es la integral recursiva numérica del trapecio, la cual representa la suma de Riemman por la izquierda y derecha

El método de los trapecios consiste en realizar el promedio de la suma derecha e izquierda de Riemman es decir.

$R_{prom}={{R_{Der}+R_{Izq}} \over 2}$

Reacondicionamiento de los límites

$R_{Izq}=\lim _{n\to \infty }\,\,\sum _{k=0}^{n-1}f(x_{k})\Delta x$

Cambiando $k=m-1$

$R_{Izq}=\lim _{n\to \infty }\,\,\sum _{m=1}^{n}f(x_{m-1})\Delta x$

$R_{Der}=\lim _{n\to \infty }\,\,\sum _{k=1}^{n}f(x_{k})\Delta x$

$R_{prom}=\lim _{n\to \infty }\,\,\sum _{k=1}^{n}{(f(x_{k-1})+f(x_{k}))}{{\Delta x} \over 2}$

Puesto que de esta forma cada elemento de la sumatoria se repiten excepto en dos puntos el inicial y el final pues sus límites de las dos sumatorias son diferentes, así que se puede reducir de la siguiente forma, a la cual se le llama la regla del trapecio.

$R_{prom}=\lim _{n\to \infty }\,\,(f(x_{0})+2\sum _{k=1}^{n-1}{(f(x_{k}))}+f(x_{n})){{\Delta x} \over 2}$

Ejemplo:

Sea $f(x)=x$ desde $x=a$ hasta $x=b$, es decir $f(x_{0})=f(a)$ y $f(x_{n})=f(b)$

$R_{prom}=\lim _{n\to \infty }\,\,(f(a)+f(b)+2\sum _{k=1}^{n-1}{(a+k{{(b-a)} \over n})}){{{(b-a)} \over n} \over 2}$

$R_{prom}=\lim _{n\to \infty }\,\,(a+b+2{(a(n-1)+{{(b-a)} \over n}{{n^{2}+n} \over 2})}){{{(b-a)} \over n} \over 2}$

$R_{prom}=\lim _{n\to \infty }\,\,a(b-a)+{(b-a)^{2} \over 2}+({{(a+b) \over 2}+a(-1)+{{(b-a)} \over n}{{n} \over 2}}){{(b-a)} \over n}$

$R_{prom}=(b-a)(a+{(b-a) \over 2})=(b-a){{(a+b)} \over 2}={b^{2} \over 2}-{a^{2} \over 2}$

Integral definida numérica método de Simpson

Ejemplo en Octave: Puedes crear la siguiente función: function [s] = simpson(ff,a,b,n) f = inline(ff); dx=(b-a)/n; s = f(a); for k = 1:n s = s + 4*f(a+(2*k-1)*dx/2)+2*f(a+2*k*dx/2); endfor s = s*dx/6; endfunction function [s] = simpson2(ff,a,b,n) f = inline(ff); dx=(b-a)/n; s = f(a); for k = 1:n/2 s = s + 4*f(a+(2*k-1)*dx)+2*f(a+2*k*dx); endfor s = s*dx/3; endfunction Y en la pantalla de comandos usar esta misma función, para integrar a $\int _{1}^{2}{1 \over x}dx$, con $n=10$ particiones de numero par >> simpson('1/x',1,2,10) ans = 0.70148 >> simpson2('1/x',1,2,10) ans = 0.70982

— Esta es la integral definida recursiva numérica de Simpson

El método de Simpson, se basa en la aproximación parabólica de tres puntos.

La ecuación de una parábola general es la siguiente $y=ax^{2}+bx+c$

Los tres puntos de aproximación son: $(-h,p_{1}),(0,p_{2}),(h,p_{3})$

El área bajo la curva de esa parábola en el intervalo de $[-h,h]$ es:

$A=\int _{-h}^{h}ax^{2}+bx+cdx=a{{x^{3}} \over 3}+b{{x^{2}} \over 2}+cx|_{-h}^{h}=a{{h^{3}} \over 3}+b{{h^{2}} \over 2}+ch-[-a{{h^{3}} \over 3}+b{{h^{2}} \over 2}-ch]=2a{{h^{3}} \over 3}+2ch$

$A=\int _{-h}^{h}ax^{2}+bx+cdx={{h} \over 3}(2ah^{2}+6c)$

Por otro lado si se realiza la evaluación de los tres punto en el eje ye "y"

$y=ax^{2}+bx+c$

$y_{1}=y(x=-h)=a(-h)^{2}+b(-h)+c=ah^{2}-bh+c$

$y_{2}=y(x=0)=a(0)^{2}+b(0)+c=c$

$y_{3}=y(x=h)=a(h)^{2}+bh+c=ah^{2}+bh+c$

Sumando las tres ecuaciones

$y_{1}+y_{2}+y_{3}=2ah^{2}+2c$

Esto tiene una aproximación al resultado de la integral definida del área bajo la curba en el intervalo de 2h. Entonces es facil realizar una equivalencia

$y_{1}+4y_{2}+y_{3}={{h} \over 3}(2ah^{2}+6c)=A$

Por lo tanto si ahora sumamos de tres en tres los intervalos en la curva, se repetira el primero y el ultimo punto excepto en los extremos de la curva.

Si h es suficientemente pequeña podemos reconstruir la integral definida de forma numérica de la siguiente forma.

Sea $\Delta x=({{b-a} \over {n}})$, puesto que desde $p_{1}$ hasta $p_{3}$ son $2h$ en el eje de las equis, es decir $2h=\Delta x$ el paso de avance es el doble de h.

$R=\lim _{n\to \infty }\,\,({f(x_{0})+4f(x_{1})+f(x_{2})+f(x_{2})+4f(x_{3})+f(x_{4})+...+f(x_{n-2})+4f(x_{n-1})+f(x_{n}))}{h \over 3}$

$R=\lim _{n\to \infty }\,\,({f(x_{0})+4f(x_{1})+f(x_{2})+f(x_{2})+4f(x_{3})+f(x_{4})+...+f(x_{n-2})+4f(x_{n-1})+f(x_{n}))}{1 \over 3}{{\Delta x} \over 2}$

$R=\lim _{n\to \infty }\,\,({f(x_{0})+4f(x_{1})+f(x_{2})+f(x_{2})+4f(x_{3})+f(x_{4})+...+f(x_{n-2})+4f(x_{n-1})+f(x_{n}))}{{\Delta x} \over 6}$

$R=\lim _{n\to \infty }\,\,({f(x_{0})+4\sum _{k=1}^{n}f(x_{2k-1})+2\sum _{k=1}^{n}f(x_{2k})+f(x_{n})}){{\Delta x} \over 6}$

Tambien es posible cambiar el paso de integración es decir que h sea el paso de integración eso implica la mitad de n aunque no es la misma integral tambien es una forma de este método.

$R=\lim _{n\to \infty }\,\,({f(x_{0})+4\sum _{k=1}^{n \over 2}f(x_{2k-1})+2\sum _{k=1}^{n \over 2}f(x_{2k})+f(x_{n})}){{\Delta x} \over 3}$

Ejemplo:

Sea $f(x)=x$ desde $x=a$ hasta $x=b$, es decir $f(x_{0})=f(a)$ y $f(x_{n})=f(b)$

$R=\lim _{n\to \infty }\,\,({f(a)+4\sum _{k=1}^{n}(a+{{b-a} \over {2n}}(2k-1))+2\sum _{k=1}^{n}(a+{{b-a} \over {2n}}(2k))+f(b)}){{b-a} \over {6n}}$

$R=\lim _{n\to \infty }\,\,(f(a)+f(b)+4an-2(b-a)+4{{(b-a)} \over n}{{n^{2}+n} \over 2}+2an+2{{(b-a)} \over n}{{n^{2}+n} \over 2}){{b-a} \over {6n}}$

$R=\lim _{n\to \infty }\,\,4an{{b-a} \over {6n}}+{2 \over 6}(b-a)^{2}+{2a \over 6}(b-a)+{{(b-a)^{2}} \over 6}$

$R=(b-a)({2 \over 3}a+{{(b-a)} \over 3}+{a \over 3}+{{(b-a)} \over 6})=(b-a)(a+{{(b-a)} \over 2})$

$R=(b-a){{(b+a)} \over 2}={{b^{2}} \over 2}-{{a^{2}} \over 2}$

La segunda forma de integración es

$R=\lim _{n\to \infty }\,\,({f(a)+4\sum _{k=1}^{n \over 2}(a+{{b-a} \over {n}}(2k-1))+2\sum _{k=1}^{n \over 2}(a+{{b-a} \over {n}}(2k))+f(b)}){{b-a} \over {3n}}$

$R=\lim _{n\to \infty }\,\,(f(a)+f(b)+4a{n \over 2}-4{(b-a) \over 2}+8{(b-a) \over n}{{{n^{2} \over 2}+{n \over 2}} \over 2}+2a{n \over 2}+4{(b-a) \over n}{{{n^{2} \over 2}+{n \over 2}} \over 2}){{b-a} \over {3n}}$

$R=2a{(b-a) \over 3}+{(b-a)^{2} \over 3}+a{(b-a) \over 3}+{(b-a)^{2} \over 2}{1 \over 3}$

$R=(b-a)({2a \over 3}+{{b-a} \over 3}+{a \over 3}+{{b-a} \over {2}}{1 \over 3})$

$R=(b-a)(a+{{b+a} \over 2})=(b-a)({{a+b} \over 2})={b^{2} \over 2}-{a^{2} \over 2}$

Integral definida numérica método de progresión geométrica

Ejemplo en Octave: Puedes crear la siguiente función: function [s] = progresiong(ff,a,b,n) f = inline(ff); q=(b/a)^(1/n); s = 0; for k = 0:n-1 s = s + f(a*q^k)*q^k; endfor s = s*a*(q-1); endfunction Y en la pantalla de comandos usar esta misma función, para integrar a $\int _{1}^{2}{1 \over x}dx$, con $n=10$ particiones geometricas >> progresiong('1/x',1,2,10) ans = 0.717738

— Esta es la integral definida recursiva numérica de particiones disttribuidas por la sucesión geométrica

Oscilación de integral: Sobre cualquier intervalo $[a,b],f(x)$ tiene un mínimo acotamiento superior A, y un máximo acotamiento inferior B.

Entonces $\Delta y=A-B=_{a}^{b}Of(x)$ que multiplicado por $\Delta x$ nos calcula el área.

$O_{\pi }=|\Delta _{1}x|\Delta _{1}y+|\Delta _{2}x|\Delta _{2}y+...+|\Delta _{n}x|\Delta _{n}y=\sum _{k=1}^{n}|\Delta _{k}x|\Delta _{k}y$

Este forma de expresar la integral definida numérica nos permite cambiar las particiones homogeneas a cualquier otro tipo de particiones en este caso a particiones con progresión geométrica.

Sea $q=({b \over a})^{1 \over n}$ despejando $({b \over a})=q^{n}$

$\Delta _{1}x=aq-a$, $\Delta _{2}x=aq^{2}-aq$, ..., $\Delta _{n}x=aq^{n}-aq^{n-1}$

Con $x_{1}=a$, $x_{2}=aq$, ..., $x_{n}=aq^{n-1}$

$\int _{a}^{b}f(x)dx=\lim _{q\to 1}\,\,a(q-1)[f(a)+qf(aq)+...+q^{n-1}f(aq^{n-1})]$

Lo cual nos entregaría el método

$\int _{a}^{b}f(x)dx=\lim _{q\to 1}\,\,a(q-1)\sum _{k=0}^{n-1}q^{k}f(aq^{k})$

Ejemplo:

Sea $f(x)=x^{m}$ desde $x=a$ hasta $x=b$

$\int _{a}^{b}x^{m}dx=\lim _{q\to 1}\,\,a(q-1)\sum _{k=0}^{n-1}q^{k}(aq^{k})^{m}$

$\int _{a}^{b}x^{m}dx=a^{m+1}\lim _{q\to 1}\,\,(q-1)\sum _{k=0}^{n-1}q^{k(m+1)}$

$\int _{a}^{b}x^{m}dx=a^{m+1}\lim _{q\to 1}\,\,(q-1)\sum _{k=0}^{n-1}{(q^{(m+1)})}^{k}$

De la serie geométrica sabemos que

$\sum _{k=0}^{n}A^{k}={{A^{n+1}-1} \over {A-1}}$, substituyendo

$\int _{a}^{b}x^{m}dx=a^{m+1}\lim _{q\to 1}\,\,(q-1){{{(q^{(m+1)})}^{n-1+1}-1} \over {q^{(m+1)}-1}}$

$\int _{a}^{b}x^{m}dx=a^{m+1}\lim _{q\to 1}\,\,(q-1){{{(q^{n})}^{m+1}-1} \over {q^{(m+1)}-1}}$

$\int _{a}^{b}x^{m}dx=a^{m+1}\lim _{q\to 1}\,\,{({(q^{n})}^{m+1}-1)}{{(q-1)} \over {q^{(m+1)}-1}}$

$\int _{a}^{b}x^{m}dx=a^{m+1}\lim _{q\to 1}\,\,{({({b \over a})}^{m+1}-1)}{{{d(q-1)} \over dq} \over {{dq^{(m+1)}-1} \over {dq}}}$

$\int _{a}^{b}x^{m}dx=a^{m+1}\lim _{q\to 1}\,\,{({({b \over a})}^{m+1}-1)}{{1} \over {(m+1)q^{m}}}$

$\int _{a}^{b}x^{m}dx={{a^{m+1}{({({b \over a})}^{m+1}-1)}} \over {m+1}}$

$\int _{a}^{b}x^{m}dx={{b^{m+1}-a^{m+1}} \over {m+1}}$

Confirmo lo aprendido

• Evaluación de la lección 2 RGA1.2

Véase también

• Actividad SHC2: Actividad 2 en clase
• Actividad SHE2: Actividad 2 extraclase

Anexos

Categorías

Proyecto: Curso de Cálculo Integral

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Bibliografía

W., Earl; Swokowski (1988) [1988]. Grepe; P., eds. Cálculo con Geometría Analítica [Cálculo con Geometría Analítica] (2 edición). México: Grupo Editorial Iberoamérica, S.A. de C.V. (publicado el 1989). ISBN 9687270-43-8.