¿Hasta dónde podemos llevar el teorema fundamental del cálculo para la integral de Riemann?

Question

Deje $f:[a,b] \rightarrow \mathbb{R}$ ser una función continua tal que es diferenciable en todas partes menos en un conjunto null $S$. Supongamos que existe una función de $g$, que está delimitada y Riemann integrable en $[a,b]$, de tal manera que $g(x) = f'(x)$ por cada $x\in [a,b] -S$. A continuación,

$$ f(b)-f(a) = \int^b_a g $$

es cierto? Si es falso, proporcione un contraejemplo y considerar el caso en el que nos interruptor "null establecer" por "contables conjunto". En este caso, será cierto? Si no, proporciona un contraejemplo. Sé que sería cierto si hemos conjunto finito en lugar de null conjunto.

Comentario: estoy haciendo esta pregunta porque estoy estudiando una Brasileña del libro sobre el Análisis de Fourier ("Análise de fourier e equações diferenciais parcias", cuyo autor es Djairo), en el que sólo utiliza la integral de Riemann y utiliza muchas veces integración por partes. Sin embargo, él acaba de decir "vamos a $f$ ser continua en un recinto cerrado y acotado intervalo tal que $f'$ es integrable en el mismo intervalo de tiempo" y, a continuación, se utiliza la integración por partes (la otra función es $\cos$ o $\sin$ por lo general). Y él no definir lo que él entiende por el "derivado" de una función, porque si $f$ es diferenciable en todas partes, sería redundante decir que es continua. Sería diferenciable en todas partes menos en un conjunto null, contables conjunto, conjunto finito? Idk. Esta es la razón por la que yo estoy pidiendo lo lejos que puede empujar el teorema fundamental del cálculo, que se utiliza para probar la integración por partes.

Ediciones: Gracias por los comentarios, el caso en que $S$ es un null conjunto está ya resuelto. Es falso. El contraejemplo es el Cantor de la función. Sigue siendo el caso en que $S$ es contable.

Aquí: "Un Teorema Fundamental del Cálculo" hay un problema similar, pero yo m no seguro si es equivalente. De todos modos, yo realmente apreciaría si mi problema se resuelve no el uso de la teoría de Lebesgue, que no he estudiado todavía.

Yo tuve que arreglar el planteamiento del problema debido a que estaba mal, como se señaló en los comentarios. Originalmente, se pensaba que era suficiente con que $f$ fue diferenciable en $[a,b]-S$ y se puede extender $f'$ en cualquier forma, pero, a continuación, $\int_a^b f'$ no existen necesariamente, y no nos obviamente $ f(b)-f(a) = \int^b_a f'$.

Answer 1

Sí, si $f'$ es Riemann integrable, a continuación, $\int_a^bf'=f(b)-f(a)$. He publicado una prueba de esto antes, pero es lo suficientemente simple como para dar la prueba de nuevo parece más fácil que intentar encontrar ese post:

Decir $a=x_0<\dots<x_n=b$ es una partición de $[a,b]$. El Valor medio Teorema muestra que existe en el $\xi_j\in(x_{j-1},x_j)$ tales que $$f(x_j)-f(x_{j-1})=f'(\xi_j)(x_j-x_{j-1}).$$So $$f(b)-f(a)=\sum_j(f(x_j)-f(x_{j-1}))=\sum_jf'(\xi_j)(x_j-x_{j-1}).$$But that last sum is precisely a Riemann sum for $\int_a^b f'$, so for any $\epsilon>0$ the last sum above is within $\epsilon$ of $\int_a^bf'$ if $\max_j(x_j-x_{j-1})$ es lo suficientemente pequeño.

Así $$\left|f(b)-f(a)-\int_a^b f'\right|<\epsilon$$for every $\epsilon>0$.

Ahora lo que si $f$ es apenas diferenciable en $[a,b]\setminus S$? No si asumimos que $S$ es un conjunto null. No sé la respuesta si $S$ es contable, pero sospecho que no. Sí si $S$ es finito (y $f$ a nivel mundial es continua):

Decir $S=(a_j)$, donde $a_1<\dots<a_n$. El caso resultó anterior muestra que $$f(a_{j+1})-f(a_j)=\lim_{\epsilon\to0}(f(a_{j+1}-\epsilon)-f(a_j+\epsilon))=\lim_{\epsilon\to0}\int_{a_j+\epsilon}^{a_{j+1}-\epsilon}f'=\int_{a_j}^{a_{j+1}}f';$$now take the sum over $j$.

Answer 2

No sé la respuesta, suponiendo que $S$ es contable. Pero sí, la FTC tiene si $S$ es una contables cerrados conjunto:

Lema 0. Supongamos $f:(-1,1)\to\Bbb R$ es continua y $f'(t)=0$ para todos los $t\ne0$. A continuación, ($f$ es diferenciable en el origen y) $f'(0)=0$.

Prueba: $f$ es constante en $(-1,0]$ y constante en $[0,1)$; por lo tanto $f$ es constante.

Lema 1. Supongamos $S\subset[0,1]$ es una contables conjunto cerrado, $f:[0,1]\to\Bbb R$ es continua y $f'(t)=0$ para todos los $t\in[0,1]\setminus S$. A continuación, $f$ es constante.

Prueba: Por $E\subset\Bbb R$ deje $I(E)$ el conjunto de puntos aislados de $E$. Definir $S_\alpha$ para ordinales $\alpha$ por $S_0=S$, $$S_{\alpha+1}=S_\alpha\setminus I(S_\alpha)$$and $$S_\alpha=\bigcap_{\beta<\alpha}S_\beta\quad(\alpha\text{ is a limit ordinal)}.$$ Demostrar por inducción sobre $\alpha$ que $S_\alpha$ es una contables conjunto cerrado y $f'=0$ a $[0,1]\setminus S_\alpha$.

No debe existir $\alpha$ con $S_{\alpha+1}=S_\alpha$. Un conjunto cerrado no vacío sin puntos aislados es incontable (buscar "perfecto" en la Wikipedia); por lo tanto $S_\alpha=\emptyset$.

Prop. Supongamos $S\subset[0,1]$ es contable, conjunto cerrado, $f:[0,1]\to\Bbb R$ es continua y $f$ es diferenciable en $[0,1]\setminus S$. Si existe una Riemann integrable función de $g$ tal que $g=f'$ a $[0,1]\setminus S$ entonces $f(1)-f(0)=\int_0^1g(t)\,dt.$

Prueba. Definir $$F(x)=f(x)-\int_0^xg(t)\,dt.$$(Note that $F$ is continuous since $g$ es limitada.)

Supongamos $[a,b]\subset[0,1]\setminus S$. Desde la FTC tiene para funciones diferenciables con una Riemann integrable derivados, $$F(b)-F(a)=f(b)-f(a)-\int_a^bf'(t)\,dt=0.$$

Desde $S$ es cerrado, el párrafo anterior muestra que $F'(t)=0$ para todos los $t\in[0,1]\setminus S$. Así Lema 1 implica $F$ es constante, por lo tanto $$f(1)-\int_0^1g(t)\,dt=F(1)=F(0)=f(0).$$

Edit: De hecho Lema 1 vale si $S$ es cualquier contables; ver aquí o aquí. Pero no acabo de ver cómo conseguir el sostén del Lema 1 si $S$ no está cerrado.