Nos itens a seguir, use a relação \int_{a}^{b} f(x) d x=\lim _{n \rightarrow+\infty} \sum_{i=1}^{n} f\left(c_{i}\right) \Delta x para determinar o valor exato da integral definida.
\int_{0}^{5}\left(x^{3}-1\right) d x

Passo 1

O enunciado pede que se determine, usando a relação de soma de Riemann
\int_{a}^{b} f(x)\,dx=\lim_{n\to+\infty}\sum_{i=1}^{n} f(c_i)\,\Delta x,
o valor exato da integral
\int_{0}^{5}\bigl(x^{3}-1\bigr)\,dx.
Informações dadas e o que precisamos usar:
  • Intervalo de integração: [0,5].
  • Função integranda: f(x)=x^{3}-1.
  • Vamos usar a definição como limite de soma de Riemann (dividir o intervalo em n subintervalos, escolher pontos c_i, somar f(c_i)\Delta x e tomar o limite n\to\infty).

Passo 2

Dividimos o intervalo [0,5] em n subintervalos de mesmo comprimento. Assim:
\Delta x=\frac{5-0}{n}=\frac{5}{n}.
Escolho como pontos de amostragem os extremos direitos de cada subintervalo (poderíamos escolher outros; qualquer escolha regular dá o mesmo limite). Então
c_i=0+i\Delta x=\frac{5i}{n},\qquad i=1,2,\dots,n.

Passo 3

Avalio a função nos pontos c_i:
f(c_i)=\left(\frac{5i}{n}\right)^{3}-1=\frac{125\,i^{3}}{n^{3}}-1.
A soma de Riemann é
\sum_{i=1}^{n} f(c_i)\,\Delta x = \sum_{i=1}^{n}\left(\frac{125\,i^{3}}{n^{3}}-1\right)\cdot\frac{5}{n}.
Colocando fatores comuns fora da soma:
\sum_{i=1}^{n} f(c_i)\,\Delta x = \frac{5}{n}\left(\frac{125}{n^{3}}\sum_{i=1}^{n}i^{3}-\sum_{i=1}^{n}1\right).

Passo 4

Agora precisamos da soma dos cubos. Usamos a fórmula conhecida
\sum_{i=1}^{n} i^{3}=\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^{2}.
Se quiser uma justificativa curta por indução:
  • Para n=1 1^{3}=1=(1\cdot2/2)^{2}.
  • Suponha a fórmula válida para n. Então
\sum_{i=1}^{n+1}i^{3}=\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^{2}+(n+1)^{3}.
Fazendo as contas (colocando sobre o mesmo denominador e fatorando) obtém-se
\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^{2}+(n+1)^{3}=\left(\frac{(n+1)(n+2)}{2}\right)^{2},
que é a fórmula para n+1. Assim a identidade vale para todo n.

Passo 5

Substituindo \sum_{i=1}^{n}i^{3}=\bigl(\tfrac{n(n+1)}{2}\bigr)^{2} e \sum_{i=1}^{n}1=n na expressão da soma de Riemann:
\sum_{i=1}^{n} f(c_i)\,\Delta x = \frac{5}{n}\left(\frac{125}{n^{3}}\cdot\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^{2}-n\right).
Simplifico passo a passo. Primeiro a parte com i^{3}:
\frac{125}{n^{3}}\cdot\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^{2} = \frac{125}{n^{3}}\cdot\frac{n^{2}(n+1)^{2}}{4} = \frac{125\,(n+1)^{2}}{4n}.
Multiplicando por \tfrac{5}{n} e subtraindo o outro termo:
\sum_{i=1}^{n} f(c_i)\,\Delta x = \frac{5}{n}\cdot\frac{125\,(n+1)^{2}}{4n}-\frac{5}{n}\cdot n = \frac{625\,(n+1)^{2}}{4n^{2}}-5.

Passo 6

Agora tomamos o limite n\to\infty:
\int_{0}^{5}\bigl(x^{3}-1\bigr)\,dx = \lim_{n\to\infty}\left(\frac{625\,(n+1)^{2}}{4n^{2}}-5\right).
Observando que
\lim_{n\to\infty}\frac{(n+1)^{2}}{n^{2}}=1,
temos
\int_{0}^{5}\bigl(x^{3}-1\bigr)\,dx=\frac{625}{4}-5.
Fazendo a subtração em fração:
\frac{625}{4}-5=\frac{625-20}{4}=\frac{605}{4}.

Passo 7

Pequeno reforço (cheque rápido): usando uma primitiva F(x)=\tfrac{x^{4}}{4}-x e o Teorema Fundamental do Cálculo obtém-se a mesma conta:
F(5)-F(0)=\frac{5^{4}}{4}-5-0=\frac{625}{4}-5=\frac{605}{4}.
Ótimo — chegamos ao mesmo resultado pela soma de Riemann e pela primitiva. Você mandou bem por ter pedido usar a definição!

Resposta

\displaystyle \frac{605}{4}

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