pruebas relacionadas con el Teorema Fundamental del Cálculo $f$ no es necesariamente continua en un intervalo

Question

Quiero resolver los problemas del libro "A Course of Modern Analysis" (P 65) de E.T. Whittaker & G.N. Watson. La notación en este libro es un poco anticuada y realmente no me gusta su notación.

Si $f(x)$ es integrable cuando $a_1 \le x \le b_1$ cuando $a_1 \le a < b < b_1,$ escribimos $$ \int_{a}^bf(x)dx = \phi(a,b), $$ y si $f(b+0)$ existe, entonces $$ \lim_{\delta \to 0^+} \frac{\phi(a, b+\delta)-\phi(a, b)}{\delta} = f(b+0). $$

Aquí está mi intento para el problema:

\begin{align*} \lim_{\delta \to 0^+} \frac{\phi(a, b+\delta)-\phi(a, b)}{\delta} &= \lim_{\delta \to 0^+} \frac{\int_{a}^{b+ \delta}f(x)dx -\int_{a}^bf(x)dx }{\delta} \\ &= \lim_{\delta \to 0^+} \frac{\int_{b}^{b + \delta}f(x)dx}{\delta}. \end{align*} Entonces me quedé atrapado aquí.

Answer 1

Se trata de una versión general del Teorema Fundamental del Cálculo.

Tenga en cuenta que $f(x) \to f(b+0)=L(\text{say}) $ como $x\to b^+$ y así tenemos que para un $\epsilon>0$ a $\delta>0$ tal que $$L-\epsilon <f(x) <L+\epsilon $$ siempre que $b<x<b+\delta$ . Si $0<h<\delta$ entonces integrando la desigualdad anterior sobre el intervalo $[b, b+h] $ obtenemos $$h(L-\epsilon) <\int_b^{b+h} f(x)\, dx<h(L+\epsilon) $$ es decir, $$L-\epsilon<\frac{1}{h}\int_b^{b+h}f(x)\,dx<L+\epsilon $$ para todos $h$ con $0<h<\delta$ . Esto significa (por definición de límite) que $$\lim_{h\to 0^+}\frac{1}{h}\int_b^{b+h}f(x)\,dx=L$$ que es exactamente lo que querías demostrar.

Answer 2

\begin{align*} & \lim_{\delta \to 0^+} \frac{\phi(a, b+\delta)-\phi(a, b)}{\delta} \\ &= \lim_{\delta \to 0^+} \frac{\int_{a}^{b+ \delta}f(x)dx -\int_{a}^bf(x)dx }{\delta} \\ &= \lim_{\delta \to 0^+} \frac{\int_{b}^{b + \delta}f(x)dx}{\delta} \\ &= \lim_{\delta \to 0^+} \frac{\lim\limits_{n\to+\infty}\sum\limits_{i=1}^{n} f(b+i\delta/n) \, \delta/n}{\delta} \tag{$f$ is integrable on $[a,b_1]$} \\ &= \lim_{\delta \to 0^+} \lim_{n\to+\infty} \frac1n \sum_{i=1}^{n} f(b+i\delta/n) \\ &= f(b+) \tag{claim to be proved} \end{align*}

Para demostrar esta afirmación $\epsilon > 0$ . Utilizando la existencia de $f(b+)$ establecer $\delta > 0$ tal que $|f(x)-f(b+)| < \epsilon$ siempre que $x \in (b,b+\delta)$ .

\begin{align} \left(\frac1n \sum_{i=1}^{n} f(b+i\delta/n)\right) - f(b+) &= \left[\frac1n\sum_{i=1}^{n-1} (f(b+i\delta/n)-f(b+))\right] + \frac{f(b+\delta)-f(b+)}{n} \\ \left \lvert \left(\frac1n \sum_{i=1}^{n} f(b+i\delta/n)\right) - f(b+) \right \rvert &< \frac{n-1}{n} \,\epsilon + \left \lvert \frac{f(b+\delta)-f(b+)}{n} \right \rvert \\ &< \epsilon + \left \lvert \frac{f(b+\delta)-f(b+)}{n} \right \rvert \end{align}

Toma $N > \left\lceil\dfrac{f(b+\delta) - f(b+)}{\epsilon}\right\rceil$ . Siempre que $n \ge N$ entonces $$\left \lvert \left(\frac1n \sum_{i=1}^{n} f(b+i\delta/n)\right) - f(b+) \right \rvert < 2 \epsilon.$$