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Mostrar $\lim_{n \to \infty} L(f,P_n,[a,b]) = L(f,[a,b])$ donde $P_n$ es la partición de $[a,b]$ en $2^n$ subintervalos

Supongamos que $f : [a,b] \to \mathbb{R}$ está limitada. Con una partición $P$ de la forma $a = x_0, \dots ,x_n = b$ de $[a,b]$ la suma de Riemann inferior es $L(f,P,[a,b]) := \sum_{i=1}^{n} (x_i - x_{i-1}) \inf_{[x_{i-1},x_i]} f$ . Entonces la integral inferior de Riemann es $L(f,[a,b]) := \sup_{P} L(f,P,[a,b])$ es decir, la integral de Riemann inferior es la suma de todas las sumas de Riemann inferiores. Definamos la sucesión $L(f,P_n,[a,b])$ donde $P_n$ es la partición de $[a,b]$ que se obtiene dividiendo $[a,b]$ en $2^n$ intervalos de igual tamaño. Quiero demostrar que $\lim_{n \to \infty} L(f,P_n,[a,b]) = L(f,[a,b])$ .

Este es mi enfoque hasta ahora: Dado que la lista que define la partición $P_{n-1}$ es una sublista de la lista que define la partición $P_n$ tenemos $L(f, P_{n-1}, [a,b]) \leq L(f,P_n, [a,b])$ . Es decir, la secuencia $L(f,P_n,[a,b])$ es monótona no decreciente. Como también tiene un límite superior de $L(f,[a,b])$ se deduce del teorema de convergencia monótona que $L(f,P_n,[a,b])$ es una sucesión convergente, y converge al mínimo superior de sus términos. Necesito demostrar que este límite es igual a $L(f,[a,b])$ . Aquí es donde me estoy atascando.

Sea el límite de $L(f,P_n,[a,b])$ sea $l$ . Es evidente que $l \leq L(f,[a,b])$ porque el sumo de un subconjunto es como máximo el sumo del conjunto original. Así que sólo necesito demostrar que $L(f,[a,b]) \leq l$ para completar la prueba. Es equivalente demostrar que para todo $\epsilon >0$ tenemos $L(f,[a,b]) > l - \epsilon$ . Para ello $\epsilon > 0$ . Desde $L(f,[a,b])$ es el sumo de las sumas inferiores de Riemann, existe una partición $P$ de $[a,b]$ tal que $L(f,P,[a,b]) > L(f,[a,b]) - \frac{\epsilon}{2}$ . Si puedo demostrar que existe $N \in \mathbb{N}$ tal que $L(f,P_N, [a,b]) \geq L(f,[a,b])$ y $|L(f,P_N,[a,b]) - l| < \frac{\epsilon}{2}$ entonces he terminado, ya que tendré como consecuencia que $|l - L(f,[a,b])| < \epsilon$ por la desigualdad del triángulo.

Intuitivamente, quiero utilizar la desigualdad del triángulo para mostrar una conexión entre cuatro "cosas". En primer lugar, tengo la secuencia $L(f,P_n,[a,b])$ que es creciente (o al menos no decreciente) para $L(f,[a,b])$ como $n$ se hace grande. Sé que puedo aproximar $L(f,[a,b])$ , lo segundo, con un margen $\epsilon$ de error, por $L(f,P,[a,b])$ , lo tercero, para alguna partición $P$ . Entonces sólo quiero mostrar que si voy lo suficientemente lejos en la secuencia $L(f,P_n,[a,b])$ los términos acaban siendo al menos tan grandes como $L(f,P,[a,b])$ . Una vez que se encuentran en ese umbral, los términos están dentro de un $\epsilon$ margen de error a $L(f,P,[a,b])$ y utilizando la desigualdad del triángulo para obtener una cota superior de la distancia entre $l$ la cuarta cosa, y $L(f,[a,b])$ estaría acabado. Pero, ¿cómo lo hago?

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Tony Piccolo Puntos 2197

Lo esencial aquí es que $\|P_n\|\to 0$ .

Utilice la desigualdad estándar $$L(f,P)-L(f,Q) \le 2\,M\,p\, \|Q\|$$ donde $M$ es un límite superior de $|f|$ y $p$ es el número de puntos de partición de $P$ .

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Sorin Tirc Puntos 28

Siguiendo con tu idea (que es buena, por cierto), creo que sólo te falta un pequeño eslabón en tu cadena de pensamiento.

Estás aproximando $L(f, [a,b])$ por $L(f,P ,[a,b])$ y te gustaría aproximar $L(f,P, [a,b])$ por $L(f, P_n, [a,b])$ . Para ello, suponga primero que su partición $P$ parece $P : x_0=a < x_1 <...<x_k=b$ para algún k fijo. Entonces observe que si n es suficientemente grande, los intervalos en la partición $P_n$ están contenidos en los intervalos $[x_i, x_{i+1}]$ de P, o se solapan con dos intervalos consecutivos de la forma $[x_i, x_{i+1}]$ , $[x_{i+1}, x_{i+2}]$ de P. Pero (¡aquí está la clave!) nótese que los solapamientos son insignificante (se pueden hacer arbitrariamente pequeños) porque f está acotada y porque las longitudes de estos solapamientos llegan a 0. Obsérvese también que si un intervalo del $P_n$ está contenida en un intervalo comprendido entre $P$ su infimo es mayor.

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Brahadeesh S. Puntos 309

Sea $P = \{ t_0,\dots,t_n \}$ sea una partición de $[a,b]$ Eso es, $a = t_0 < t_1 < \dots < t_n = b$ . Sea $N$ sea un número entero suficientemente grande; en particular, que $2^{-(N+1)} > d$ donde $d = \max \{ t_i - t_{i-1} : 1 \leq i \leq n \}$ . Sea $P_N = \{ s_0,\dots,s_{2^N} \}$ .

Si para cada $i$ tuvimos que $t_i = s_{k}$ para algunos $k = k(i)$ entonces $P_N$ sería un perfeccionamiento de $P$ y podríamos comparar fácilmente las sumas de $L(f,P,[a,b])$ y $L(f,P_N,[a,b])$ concluir que $L(f,P_N,[a,b]) > L(f,P,[a,b])$ .

La dificultad surge cuando $t_i \in (s_{k(i) - 1}, s_{k(i)})$ para algunos $k(i)$ . En este caso, lo que podemos demostrar es que $L(f,P,[a,b]) \leq L(f,P_N,[a,b]) + \mathcal{E}_N$ donde $\mathcal{E}_N \to 0$ como $N \to \infty$ . Esto implicará que $L(f,P,[a,b]) \leq l$ por lo que si hubiéramos elegido la partición $P$ para que $L(f,P,[a,b]) > L(f,[a,b]) - \epsilon$ entonces tenemos $L(f,[a,b]) < l + \epsilon$ como desee.

La forma de demostrarlo $L(f,P,[a,b]) \leq L(f,P_N,[a,b]) + \mathcal{E}_N$ es comparar la partición en $P_N$ entre $t_i$ y $t_{i+1}$ y luego tratar los puntos finales por separado. A continuación se ofrece la solución completa.

Sea $m_j = \inf \{ f(x) : s_{j-1} \leq x \leq s_{j} \}$ y $\tilde{m}_j = \inf \{ f(x) : t_{j-1} \leq x \leq t_j \}$ . Empecemos por comparar $$(t_i - t_{i-1}) \tilde{m}_i$$ con $$\sum_{k(i-1) \leq j \leq k(i)} (s_j - s_{j-1}) m_j.$$ Entonces, tenemos $$ (t_i - t_{i-1}) = (s_{k(i-1)} - t_{i-1}) + \left( \sum_{k(i-1) < j < k(i)} (s_j - s_{j-1}) \right) + (t_i - s_{k(i)-1}). $$ Entonces, $$ \begin{align*} (t_i - t_{i-1})\tilde{m}_i &= (s_{k(i-1)} - t_{i-1})\tilde{m}_i + \left( \sum_{k(i-1) < j < k(i)} (s_j - s_{j-1})\tilde{m}_i \right) + (t_i - s_{k(i)-1})\tilde{m}_i\\ &\leq (s_{k(i-1)} - s_{k(i-1)-1})\tilde{m}_i + \left( \sum_{k(i-1) < j < k(i)} (s_j - s_{j-1})m_j \right) + (s_{k(i)} - s_{k(i)-1})\tilde{m}_i\\ \end{align*} $$ Ahora, en los primeros términos del lado derecho sustituye $\tilde{m}_i$ con $(\tilde{m}_i - m_{k(i-1)} + m_{k(i-1)})$ . Del mismo modo, en el tercer término del lado derecho se sustituye $\tilde{m}_i$ con $(\tilde{m}_i - m_{k(i)} + m_{k(i)})$ . Amplíe los paréntesis adecuadamente, reúna los términos de forma apropiada y utilice $s_j - s_{j-1} = 2^{-N}$ para obtener $$ (t_i - t_{i-1})\tilde{m}_i \leq \sum_{k(i-1) \leq j \leq k(i)} (s_j - s_{j-1}) m_j + \frac{\tilde{m}_i - m_{k(i-1)}}{2^N} + \frac{\tilde{m}_i - m_{k(i)}}{2^N}. $$ Por lo tanto, sumando todos los $0 \leq i \leq n$ obtenemos $$ L(f,P,[a,b]) \leq L(f,P_N,[a,b]) + 2 \sum_{i = 0}^n \frac{|m_{k(i)} - \tilde{m}_i|}{2^N}. $$ Desde $f$ está limitada, $f(x) \leq B$ para todos $x \in [a,b]$ para algunos $B > 0$ . Por lo tanto, el error no es mayor que $4nB/2^N$ que tiende a $0$ como $N$ tiende a infinito.

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azc Puntos 165

@Brahadeesh: La estimación $``\leq (s_{k(i-1)}-s_{k(i-1)-1})\tilde{m}_i+\cdots+(s_{k(i)}-s_{k(i)-1})\tilde{m}_i"$ en Línea $-9$ de su mensaje anterior no es cierto. Aunque $t_{i-1}>s_{k(i-1)-1},$ lo que implica que $s_{k(i-1)}-s_{k(i-1)-1}>s_{k(i-1)}-t_{i-1},$ no podemos concluir que $(s_{k(i-1)}-t_{i-1})\tilde{m}_i\leq (s_{k(i-1)}-s_{k(i-1)-1})\tilde{m}_i,$ porque $\tilde{m}_i$ puede ser negativo. Del mismo modo, la estimación final $``(t_{i}-s_{k(i)-1})\tilde{m}_i\leq (s_{k(i)}-s_{k(i)-1})\tilde{m}_i"$ aún no es cierto.

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