¿Necesitas ayuda sobre el bebé teorema de Rudin 6.15?

Question

Siguiente teorema 6.15 de bebé Rudin:

Si $a<s<b$, $f$ está delimitada en $[a,b]$. $f$ es continua en a$s$,$\alpha(x) = I(x-s)$, luego $\int_a^b f d \alpha = f(s)$. $\alpha(x)= I(x-s)$ es la unidad de función de paso, $\alpha= 0$ si $x \le s ,\alpha= 1$ si $x >s.$

Prueba: Considerar particiones $P = \{x_0,x_1,x_2,x_3 \}$ donde $x_0 = a, x_1=s, x_2< x_3=b$. A continuación,$U(P,f, \alpha) = M_2, L(P,f, \alpha)=m_2$. Desde $f$ es continua en a $s$, podemos ver que $M_2$ $m_2$ convergen a$f(s)$$x_2 \to s$. $\square$

Necesita un poco de ayuda en arrojando alguna luz sobre la frase en negrita, especialmente en cómo se usa para mostrar que el $\int_a^b f d \alpha = f(s)$. He calculado que la diferencia entre la suma superior e inferior de la suma es $M_2 - m_2$, pero luego me he atascado y no entiendo la última frase de la prueba.

Answer 1

Debido a $f$ es continua en a $s$, determinado $\varepsilon > 0$, existe un $\delta > 0$ que si $|s - t| < \delta$$|f(s) - f(t)| < \varepsilon/2$. Cuando Rudin dice"$x_2 \rightarrow s$, " que significa "elegir una partición $P$ tal que $x_2 - x_1 < \delta$," porque entonces para todos $t \in [x_1, x_2]$, $|f(s) - f(t)| < \varepsilon/2$, así que, sin duda $M_2 - f(s) < \varepsilon$$f(s) - m_2 < \varepsilon$. A continuación,$M_2 - m_2 < 2\varepsilon$, lo $f$ es integrable.

Además, $m_2 = L(P, f, \alpha) \le \int_a^b f \hspace{0.03 in} d \alpha \le U(P,f, \alpha) = M_2$, por lo que lo anterior implica que $$f(s) - \varepsilon < m_2 \le \int_a^b f \hspace{0.03 in} d \alpha \le M_2 < f(s) + \varepsilon$$ $$|f(s) -\int_a^b f \hspace{0.03 in} d \alpha| < \varepsilon,$$

Que se han demostrado para arbitrario $\varepsilon$, lo $\int_a^b f \hspace{0.03 in} d \alpha = f(s)$.

Edit: ahora requieren $|f(s) - f(t)| < \varepsilon/2$ porque $f$ no necesariamente en su supremum o infimum en $[x_1, x_2]$, como proximal señaló en su respuesta.

Answer 2

Vamos a expandir la notación de Rudin (es cierto que escasa).

PS

PS

Desde que tenemos

$$U(P,f,\alpha) = \sum_{i=1}^3 \sup_{[x_{i-1},x_i]} f(x) \Delta\alpha_i = \sup_{[x_1,x_2]}f(x) = M_2,$ $$$U(P,f,\alpha) = \sum_{i=1}^3 \inf_{[x_{i-1},x_i]} f(x) \Delta\alpha_i = \inf_{[x_1,x_2]}f(x) = m_2.$ $

Por continuidad en$x_1=s$, dado que$$M_2 = \sup_{[s,x_2]}f(x),$ existe$$m_2 = \inf_{[s,x_2]}f(x).$ de manera tal que$s$ implica$\varepsilon > 0$. Tomando$\delta > 0$ tal que$|x_2-s|<\delta$ $ obtengamos la desigualdad del triángulo

PS

Esto muestra que$|f(x_2)-f(s)|<\varepsilon/2$ como$y \in [s,x_2]$. El mismo argumento para$$\left|\sup_{[s,x_2]}f(x) - f(y)\right| < \varepsilon/2,$ también muestra que$$\left|\sup_{[s,x_2]}f(x) - f(s)\right| \leq \left|\sup_{[s,x_2]}f(x) - f(y)\right|+\left|f(y) - f(s)\right|< \varepsilon/2+\varepsilon/2 = \varepsilon.$ también. Como$M_2 \to f(s)$ y$x_2 \to s$ tienden al mismo límite, su diferencia tiende a$\inf$.