Integrabilidad de la Función de Thomae en $[0,1]$.

Question

Considera la función $f: [0,1] \to \mathbb{R}$ donde f(x)= \begin{cases} \frac 1q & \text{si } x\in \mathbb{Q} \text{ y } x=\frac pq \text{ en términos más bajos}\\ 0 & \text{en otro caso} \end{cases>

Determina si $g$ está en $\mathscr{R}$ en $[0,1]$ y prueba tu afirmación. Para este problema puedes considerar que $0= 0/1$ está en términos más bajos.

Aquí está un intento. Puede que haya abusado un poco de la notación aquí, pero las ideas están.

Prueba:
Deja que $M_i = \sup \limits_{x \in [x_{i-1},x_i]} f(x)$.

Observa primero que las sumas inferiores de Riemann siempre son $0$, ya que cada intervalo contiene un número irracional. Por lo tanto, para probar que $f \in \mathscr{R}$, es suficiente demostrar que, dado cualquier $\epsilon >0$, $\sum \limits_{i \in P} M_i \Delta x_i < \epsilon$ para alguna partición.

Deja que $\epsilon > 0 $ y $M > \frac{2}{\epsilon}$. Primero mostramos que existe $\eta(x,\frac{1}{M})$ tal que $|f(x) - f(y)| < \frac{1}{M}$ si $|x-y| < \eta$. Fija $x \in (\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}) \cap [0,1]$. Ahora, considera el conjunto $$R_{M} := \{ r \in \mathbb{Q} : r = \frac{p}{n}, n \leq M, p \leq n, p \in \mathbb{N} \}.$$ Claramente este conjunto es finito, enuméralo como $\{q_1,\ldots, q_m\}$. Deja $$\eta(x,\frac{1}{M}) = \min_{i=1,\ldots, m} |x- q_i|.$$ Entonces vemos que, $|f(x) - f(y)| < \frac{1}{M}$ en este vecindario de $\eta$.

Después de elegir ese $\eta$ para que $x \in (\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}) \cap [0,1]$, sea continua en un vecindario de $\eta$, vemos que $$ A:= [0,1] \setminus R_M \subset \left( \bigcup_{ x \in ( \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}) \cap [0,1]} B_{\eta(x)} (x) \right) \cap [0,1].$$ Como $A$ es compacto, podemos tomar una sub-cubierta finita, y deja $\delta = \min \limits_{i=1,\ldots,n} \{\eta(x_i)\}$. Toma una partición $P_1$ de $A$ de manera que $\Delta x_i < \delta$. Dado que $R_M$ no está vacío, podemos tomar una partición $P_2$ de $R_M$ de manera que $\Delta x_i < \frac{\epsilon}{2m}.$ Además, vemos que, en $[0,1]$, $f$ es a lo sumo $1$. Deja $P = P_1 \cup P_2$. Así,

\begin{eqnarray*} \sum_{i \in P} M_i \Delta x_i &=& \sum_{i \in P_1} M_i \Delta x_i + \sum_{i \in P_2} M_i \Delta x_i \\ &\leq& \frac{1}{M} \sum_{i \in P_1} \Delta x_i + \sum_{i \in P_2} \Delta x_i \\ &<& \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon \end{eqnarray*}

¿Comentarios?

EDITADO Creo que resolví el problema.

Answer 1

Para un enfoque alternativo, elige $N \in \mathbb{N}$ tal que $1/(N+1) < \epsilon/2$ y deja que

$$B_N = \left\{1,\frac{1}{2},\frac{1}{3},\frac{2}{3}, \ldots, \frac{1}{N}, \ldots, \frac{N-1}{N} \right\}.$$

Si $x \notin B_N$, entonces $f(x) \leqslant 1/(N+1) < \epsilon/2$. Con $m = \#(B_N)$, elige una partición $P = (x_0,x_1, \ldots, x_n)$ donde $n > m$ y $\|P\| < \frac{\epsilon}{4m}.$ No hay más de $2m$ subintervalos tales que $[x_{j-1},x_j] \cap B_n \neq \varnothing.$

Deja que $M_j = \sup_{x \in [x_{j-1},x_j]} f(x).$

Luego, la suma superior satisface

$$U(P,f) = \sum_{j=1}^n M_j(x_j-x_{j-1}) = \\ \sum_{[x_{j-1},x_j] \cap B_N \neq \varnothing} M_j(x_j-x_{j-1}) + \sum_{[x_{j-1},x_j] \cap B_N = \varnothing} M_j(x_j-x_{j-1}) \\ \leqslant 2m \cdot 1 \cdot \frac{\epsilon}{4m} + \frac{1}{N+1}(1-0) \\ \leqslant \epsilon.$$

Answer 2

Solo quería señalar que usando el criterio de Lebesgue para la integrabilidad de Riemann, la prueba es fácil:

El criterio dice que una función acotada en un intervalo compacto $[a,b]$ es Riemann integrable si y solo si es continua casi en todas partes (el conjunto de sus puntos de discontinuidad tiene medida cero).

Dado que los números racionales tienen medida cero, es suficiente mostrar que $f$ es continua en todos los puntos irracionales.

Sea $x \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}$. Entonces $f(x)=0$. Supongamos que $x_n \to x$. Necesitamos mostrar que $f(x_n) \to 0$. Podemos asumir sin pérdida de generalidad que todos los $x_n$ son racionales. Dado que una secuencia de racionales con un límite irracional tiene denominadores que tienden a infinito, obtenemos el resultado deseado.

Es cierto que el criterio de Lebesgue es un "arma pesada" para usar aquí, pero para aquellos que ya lo conocen, ¡es muy agradable! :)

Answer 3

Chicos, creo que están complicando esto más de lo necesario.

Primero, $\overline\int_a^b f = \overline\int_a^b f\cdot \mathbf 1_{\{x\}^c}$. Es decir, puedes "eliminar" cualquier punto que quieras, y la integral superior no cambia.

Obviamente, por el teorema de ML, $\overline\int_0^1 f\le 1$.

Elimina el punto en $x=1$ y llama $f_1 = f\cdot \mathbf 1_{\{1\}^c}$. Luego $\overline \int_0^1 f = \overline\int_0^1 f_1 \le \frac 1 2$.

Elimina el punto en $x=1/2$ y se muestra que la integral es a lo sumo $\frac 1 3$.

Continua de la misma manera, o más formalmente, toma $\varepsilon\in\Bbb R^+$ y muestra que $\overline\int_0^1 f < \varepsilon$.

Answer 4

La función de Thomae dada aquí no debe confundirse con la función de Dirichlet, que es igual a $c$ si $x$ es racional y $d$ de lo contrario, para cualquier números reales distintos $c$ y $d$. La función de Dirichlet es discontinua en todos los puntos no nulos, incluso en los puntos irracionales.

Ver también: ¿Es la función de Dirichlet integrable por Riemann?

Answer 5

Las sumas más bajas se ven fácilmente que son cero. Vamos a demostrar que con una selección adecuada de las particiones las sumas superiores tienden a cero. Para esto, tome $p$ un número primo y deje $k=\max \{n \mid 1+\frac{n(n+1)}{2}\leq p\}$. Así que $p=1+\frac{k(k+1)}{2}+q$, donde $0\leq q< k+1$. Consideramos ahora la partición $P=\{0<1/p<2/p<...<(p-1)/p<1\}$ y dejamos $m_i=\sup\{f(x)\mid x\in [(i-1)/p,i/p]$; $i=0,1,...p-1\}$. Ahora reordenamos la secuencia $M=\{m_1,m_2,...,m_p\}$ en orden decreciente (no estrictamente) para obtener la secuencia finita de $p$ términos $R=\{1,....1/p\}$. $1$ aparece como el supremo en el subintervalo $[(p-1)/p,1]$ y $1/p$ como el supremo en el subintervalo $[0,1/p]$. Entonces tenemos

A-) Si $a y $a/b\in [(l-1)/p,l/p]$ entonces $a/b\in ((l-1)/p,l/p)$. En otras palabras, con las condiciones anteriores $a/b$ no puede ser de la forma $n/p, n porque si es así, $p\mid bn \Rightarrow p\mid b$ o $p\mid n$ lo cual es absurdo ya que $b,n. Esto previene que $1/b$ sea el supremo de dos subintervalos consecutivos. Por ejemplo, si $p=4$ entonces $1/2$ es el supremo en los subintervalos $[1/4,1/2]$ y $[1/2,3/4]$ y no queremos que esto suceda. Esa es la razón por la cual elegimos que p sea un número primo.

B-) Como consecuencia de A-) entonces tenemos que $1/b$ podría aparecer a lo sumo $b-1$ veces en la secuencia $M$ (o $R$). Por lo tanto, los primeros $1+k(k+1)/2$ términos de $R$ pueden ser acotados superio... $\{1,1/2,1/3,1/3,1/4,1/4,1/4,...,1/(k+1),...,1/(k+1)\}$ (note que de hecho hay $1+1+2+...+k=1+k(k+1)/2$ términos). Para los $q$ términos restantes podemos tomar $1/(k+2)$ como cota superior. Luego tenemos

C-) $$U(f;P)\leq \frac{1}{p}[1+1/2+2/3+...+k/(k+1)+q/(k+2)]=\frac{1}{p}[1+1-1/2+1-1/3+...+1-1/(k+1)+q/(k+2)]=\frac{1}{p}[k+1-S+q/(k+2)]$$ donde $S=1/2+...+1/(k+1)$. Dado que $S>0$, $p>\frac{k(k+1)}{2}$ y $q, entonces $$U(f;P)<\frac{1}{p}[k+1+q/(k+2)]<\frac{2}{k(k+1)}[k+1+q/(k+2)]=\frac{2}{k}+\frac{q}{k(k+1)(k+2)}<\frac{2}{k}+\frac{1}{k(k+2)}$$

Si $p\rightarrow \infty \Rightarrow k\rightarrow \infty \Rightarrow \frac{2}{k}+\frac{1}{k(k+2)}\rightarrow 0$. Así que hemos demostrado que si $p\rightarrow \infty \Rightarrow U(f;P)\rightarrow 0 $