Demostrar que $F$ es continuo

Question

Sea $f:[0,1] \times \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ función continua y considerar $F(y)= \int_0^1 f(x,y) dm(x)$ . Quiero demostrar que $F$ es continua.

Lo intenté: Tome $y' \in \mathbb{R}$ . Sea $(y_n)_n$ cualquier secuencia tal que $y_n \to y'$ . Tengo que demostrar que $\lim F(y_n)=F(y')$ . Para ello quiero utilizar algún teorema de convergencia. Definir $f_n(x)=f(x,y_n)$ utilizando la continuidad de $f$ entonces:

$$ \lim_{n \to \infty} f_n(x)= \lim_{n \to \infty} f(x,y_n)= f(x,y)$$

No puedo terminar. No puedo limitar la secuencia $f_n$ .

Answer 1

Fijar $y \in \mathbb{R}$ . Tenga en cuenta que $f$ es uniformemente continua en el conjunto compacto $K:= [0,1] \times [y-1,y+1]$ . Ahora, dejemos que $\varepsilon > 0$ .

Por continuidad uniforme en $K$ existe $\delta > 0$ tal que si $\|(x,y)-(x',y')\| < \delta$ y $(x,y),(x',y') \in K$ entonces $|f(x,y)-f(x',y')| < \varepsilon/2$ . Sin pérdida de generalidad, podemos suponer además $\delta < 1$ .

Si $|y-y'| < \delta$ entonces obtenemos que $\|(x,y)-(x,y')\| < \delta$ para cada $x \in [0,1]$ . Además tiene que ser $(x,y),(x,y') \in K$ porque $|y-y'| < \delta < 1$ . Esto dice que

$$ |f(x,y)-f(x,y')| < \varepsilon/2 \quad (\forall y' \in B_\delta(y), x \in [0,1]) $$

y así

$$ |F(y)-F(y')| \leq \int_0^1|f(x,y)-f(x,y')|d\mu \leq \int_0^1\varepsilon/2 \cdot d\mu = \varepsilon/2 < \varepsilon. $$

lo que concluye la prueba: para un $\varepsilon$ hemos encontrado $\delta > 0$ tal que si $|y-y'| < \delta$ entonces $|F(y)-F(y')| < \varepsilon$ .

Answer 2

Si se nos permite utilizar la teoría de integración de Lebesgue, es fácil.

Sea $a\in\mathbb{R}$ sea arbitraria. Vamos a demostrar que $F$ es continua en $a$ . Desde $f$ es continua en el conjunto compacto $[0,1]\times[a-1,a+1]$ , existe $M>0$ tal que $|f(x,y)|\leq M$ para cualquier $(x,y)\in[0,1]\times[a-1,a+1]$ . Sea $(y_{n})$ sea una secuencia arbitraria que converge a $a$ . Sin podemos suponer que $y_{n}\in[a-1,a+1]$ para todos $n$ . (Por razones de claridad para los principiantes...) Para cada $n$ definir una función $g_{n}:[0,1]\rightarrow\mathbb{R}$ por $g_{n}(x)=f(x,y_{n})$ . Defina $g:[0,1]\rightarrow\mathbb{R}$ por $g(x)=f(x,a)$ . Claramente $g_{n}$ y $g$ son integrables en Lebesgue (de hecho, son continuas). Además, $|g_{n}|\leq M$ y $g_{n}\rightarrow g$ puntualmente por la continuidad de $f$ y el hecho de que $(x,y_{n})\rightarrow(x,a)$ . Por lo tanto \begin{eqnarray*} & & \lim_{n\rightarrow\infty}F(y_{n})\\ & = & \lim_{n\rightarrow\infty}\int_{0}^{1}g_{n}(x)dx\\ & = & \int_{0}^{1}g(x)dx\\ & = & F(a). \end{eqnarray*} Por el Teorema de Heine, se deduce que $F$ es continua en $a$ .

Answer 3

Otra prueba que no implica ninguna teoría de integración de Lebesgue:

Sea $b\in\mathbb{R}$ ser arbitraria. Vamos a demostrar que $F$ es continua en $b$ . Sea $\varepsilon>0$ se dará. Para cada $a\in[0,1]$ ya que $f$ es continua en $(a,b)$ existe $\delta_{a}>0$ tal que $|f(x,y)-f(a,b)|<\varepsilon$ siempre que $|x-a|<\delta_{a}$ y $|y-b|<\delta_{a}$ . Tenga en cuenta que $\{(a-\delta_{a},a+\delta_{a})\mid a\in[0,1]\}$ es un recubrimiento abierto del conjunto compacto $[0,1]$ por lo que existe un subcubierta finita. Elegimos una subcubierta finita y la denotamos por $\{(a_{i}-\delta_{a_{i}},a_{i}+\delta_{a_{i}})\mid i=1,\ldots,n\}$ para algunos $n\in\mathbb{N}$ y $a_{i}\in[0,1]$ . Defina $\delta=\frac{1}{2}\min_{1\leq i\leq n}\delta_{a_{i}}>0$ . Vamos a demostrar que $|F(y)-F(b)|\leq2\varepsilon$ siempre que $|y-b|<\delta$ .

Sea $y\in\mathbb{R}$ tal que $|y-b|<\delta$ . Sea $x\in[0,1]$ sea arbitraria, entonces $x\in(a_{i}-\delta_{a_{i}},a_{i}+\delta_{a_{i}})$ para algunos $i$ . Para el punto $(x,y)$ tenemos claramente $|x-a_{i}|<\delta_{a_{i}}$ y $|y-b|<\delta<\delta_{a_{i}}$ . Por lo tanto $|f(x,y)-f(a_{i},b)|<\varepsilon$ . Para el punto $(x,b),$ también tenemos $|x-a_{i}|<\delta_{a_{i}}$ y $|b-b|=0<\delta_{a_{i}}$ Así que $|f(x,b)-f(a_{i},b)|<\varepsilon$ . De ello se deduce que \begin{eqnarray*} |f(x,y)-f(x,b)| & \leq & |f(x,y)-f(a_{i},b)|+|f(a_{i},b)-f(x,b)|\\ & < & 2\varepsilon. \end{eqnarray*} De ello se deduce que \begin{eqnarray*} & & |F(y)-f(b)|\\ & \leq & \int_{0}^{1}|f(x,y)-f(x,b)|dx\\ & \leq & 2\varepsilon. \end{eqnarray*}

Answer 4

Supongamos que $y_n \to y$ Obsérvese que $f$ está limitada por algún $B$ en el conjunto compacto $[0,1] \times \{y_n\}_n \cup \{y\}$ Por lo tanto $|f(x,y_n) | \le B$ que es integrable. Dado que $f(x,y_n) \to f(x,y)$ vemos que $F(y_n) \to F(y)$ .