Demostrar que $f$ es integrable por Riemann en $[a,b]$

Question

Supongamos que $\{r_n\}$ es un índice de números racionales en el intervalo $[a,b]$ y $\{v_n\}$ es una secuencia de números reales no nulos que converge a $0$ .

Definir $f:[a,b] \to \mathbb R$ de esta manera :
Si $x=r_n$ , $f(x)=v_n$
Si $x \notin \mathbb Q \cap [a,b]$ , $f(x)=0$

Demostrar que $f$ es integrable por Riemann en $[a,b]$ .

Mi intento :

He observado que $f$ es discontinua en cada intervalo y no es monótona en ningún intervalo. Esto hace que sea difícil demostrar la afirmación anterior. No sé qué hacer ahora...

Answer 1

Lema (no es difícil de demostrar): Si $f_1,f_2,\dots$ son integrables de Riemann (RI) en $[a,b],$ y $f_n\to f$ uniformemente en $[a,b],$ entonces $f$ es RI en $[a,b].$

En nuestro problema, tenemos

$$f(x) = \sum_{k=1}^{\infty}v_k\chi_{\{r_k\}}(x).$$

Ahora cada sumando de arriba es RI, por lo tanto también lo es $S_n(x) =\sum_{k=1}^{n}v_k\chi_{\{r_k\}}(x)$ para cualquier $n.$ Para cualquier $x\in [a,b],$ tenemos

$$|f(x) - S_n(x)| = \sum_{k=n+1}^{\infty}v_k\chi_{\{r_k\}}(x) \le \sup \{v_{n+1}, v_{n+2}, \dots \}.$$

El supremum de la derecha $\to 0$ por hipótesis. Por lo tanto, $S_n \to f$ uniformemente en $[a,b],$ y hemos terminado por el lema.

Answer 2

Dejemos que $x$ no en $Q\cap [0,1]$ Supongamos que $f$ no es continua en $x$ existe $c>0$ y una secuencia $x_m$ tal que $lim_nx_m=x$ y $|f(x_m)|>c$ .

Tenemos $x_n\in Q\cap [a,b]$ y $f(x_m)=v_{g(m)}$ donde $x_m=r_{g(m)}$ . La secuencia de $x_m$ contiene infinitos términos distintos. Esto implica que para cada $M>0$ existe $L$ tal que $m>L$ implica que $g(m)>M$ . Desde $lim_nv_n=0$ existe $M_c$ tal que $n>M_c, |v_n|<c$ podemos elegir $L_c$ tal que $m>L_c$ implica que $g(m)>M_c$ . Deducimos que $m>L_c$ implica que $|f(x_m)|=|v_{g(m)}|<c$ . Contradicción.

La condición de integrabilidad de Lebesgue implica que $f$ es integrable de Riemann.

Answer 3

Creo que de esta manera debería funcionar:

En aras de la simplicidad, considere $v_n >0$ para cada $n \in \mathbb{N}$ . Sea $1 > \epsilon >0$ Por definición, existe $n_m \in \mathbb{N}$ tal que $v_n < \epsilon$ para cada $n \ge n_m$ . Ahora observe que se puede suponer que $a = r_1 < r_2 < . . . < r_{n_m} = b$ . Tome $\delta$ para ser $\epsilon\min\{ | r_i - r_j |\}/2$ Considere la partición $P =r_1< r_1 + \delta/2 < r_2 . . . r_{n_m - 1} + \frac{\delta}{2^{n_m - 1}} < r_{n_m}$ que ahora renombro $x_{1}^0 < x_{1}^1 < . . . < x_{n_m}^0$ . Tenemos que $U(P) = \sum_{i=1}^{n_m-1} v_i ( x_{i}^1 - x_{i}^0) + \sum_{i=2}^{n_m} \sup_{[ x_{i-1}^1, x_{i}^0]}(f(x)) (x_{i}^0 - x_{i-1}^1)$ Ahora se puede estimar esta suma de riemann superior observando:

1. nuestra elección de $n_m$ da $\sup_{[ x_{i-1}^1, x_{i}^0]}(f(x)) < \epsilon$
2. nuestra elección de la partición da $\sum_{i=1}^{n_m-1} v_i ( x_{i}^1 - x_{i}^0) \le \max\{v_1, . . .,v_{n_m}\}\ \epsilon$

De este modo, se obtiene $U(P) \le \max\{v_1, . . .,v_{n_m}\}\ \epsilon + \epsilon (b - a)$ y se puede concluir, porque una secuencia convergente de números reales está acotada, que $U(P) \rightarrow 0$ Por lo tanto, la reclamación, ya que es obvio que $L(P) \ge 0$ (Supongo que $v_n \ge 0$ Si no, hay que hacer lo mismo para las sumas inferiores).