Sea $f:[a,b]\to\mathbb R$ Riemann integrable y $f>0$. Demostrar que $\int_a^bf>0$. (No hay teoría de la medida)

Question

Es la integral de Riemann de una estricta función positiva positiva?

Esto no es un duplicado. Estoy especialmente interesado en una prueba no implican Teoría de la Medida. El hilo de arriba usa el hecho de que $f$ tiene que ser continua en un punto y, como tal, que su intergral está delimitado por debajo de un valor positivo.

La pregunta que me envió, y que fue marcado como un duplicado es como sigue:

Aquí el enlace: Vamos a $f:[a,b]\to\mathbb R$ ser Riemann integrable y $f>0$. Demostrar que $\int_a^bf>0$. (Sin teoría de la Medida)

"He estado luchando con esto por un tiempo, y tengo un par de cables que me puso la nada:

Al principio pensé que si $f$ es continua en algún lugar, a continuación, la integral se $>0$. Por lo tanto, si la integral se $0$, entonces eso significaría que tendría que estar en ninguna parte continua. Que parecía raro a mí, pero yo no podía probar la existencia de un punto en el que es continua.

Para la integral de a $0$ que requeriría que para cualquier sub intervalo de $[a,b]$ la función del infimum tendría que ser $0$. También parece raro para $f>0$. De nuevo, me hizo nada.

Gracias!"

Si usted siente que esta la prueba de que yo estoy buscando es imposible para producir, por favor indique por qué pensar así. Tengo razones para creer que esto es factible (Un ser, como el que apareció como una pregunta genial en mi tarea cuando apenas hemos comenzado a aprender acerca de la integración de un par de semanas atrás).

Edita: no Era consciente de que podía presentar una reclamación para volver a abrir un post. Lo tendré en mente. También, creo que la contradicción debe venir desde suponiendo que $f$ está en ninguna parte continua, y entonces de alguna manera demostrar que no existe $x\in[a,b]$ tal que $f(x)=0$, contradiciendo la definición de $f$.

Answer 1

Dado $x\in[a,b]$$n\in\mathbb{N}$, definir $$\omega_n(x):=\sup\{f(y):y\in[a,b]\cap[x-\frac{1}{n},x+\frac{1}{n}]\}-\inf\{f(y):y\in[a,b]\cap[x-\frac{1}{n},x+\frac{1}{n}]\}.$$ Para cada $x\in[a,b]$, $\omega_n(x)$ no es el aumento de w.r.t. $n$, por lo que podemos definir $$w(x):=\lim_{n\to\infty}w_n(x).$$ Es fácil ver que $f$ es continua en a $x$ si y sólo si $w(x)=0$.

Pretendemos que(de hecho, el conjunto de abajo es el de la plena medida de Lebesgue en $[a,b]$) $$\{x\in[a,b]:\omega(x)=0\} \text{ is nonempty}.$$ Si esto se demuestra, a continuación, $f$ tiene algunos continua en el punto, y por lo tanto de $f>0$ ver $\int_a^bf(x)dx>0$.

Vamos a demostrar que el reclamo. Denotar $O_f:=\sup_{x\in[a,b]}f(x)-\inf_{x\in[a,b]}f(x)$. Podemos suponer que la $f$ no es constante, es decir,$O_f>0$. Para cada $n\in\mathbb{N}$, denotan $$E_n:=\{x\in[a,b]:\omega(x)\le \frac{O_f}{n}\}.$$ Si podemos encontrar una secuencia decreciente de intervalos cerrados $\{I_n\subset[a,b]\}_{n\ge 1}$, de tal manera que $E_n\supset I_n$, $\forall n$, a continuación, hemos terminado, porque $$\{x\in[a,b]:\omega(x)=0\}=\cap_{n=1}^\infty E_n\supset\cap_{n=1}^\infty I_n\ne\emptyset. $$

Vamos a poner a $I_n\subset[a,b]$ inductiva. Por definición, $E_1=[a,b]$, por lo que podemos optar $I_1=[a,b]$. Una vez $I_n:=[a_n,b_n]$ se construye, entonces a partir de la $f$ es Riemann integrable en $I_n$, para cada $\epsilon>0$ existe $m\in\mathbb{N}$, de tal manera que para la partición definida por $t_i=a_n+\frac{i}{m}(b_n-a_n)$, $i=0,1,\dots,m$, la diferencia entre la parte superior de Darboux de la suma y la inferior de Darboux suma es $$\frac{b_n-a_n}{m}\sum_{i=1}^m (\sup_{x\in[t_{i-1},t_i]}f(x)-\inf_{x\in[t_{i-1},t_i]}f(x))\le\epsilon.$$

En particular, existe $1\le i\le m$, de tal manera que $$\sup_{x\in[t_{i-1},t_i]}f(x)-\inf_{x\in[t_{i-1},t_i]}f(x)\le \frac{\epsilon}{b_n-a_n}.$$ Tenga en cuenta que cuando se $x\in(t_{i-1},t_i)$, el lado izquierdo de la desigualdad anterior es no menos de $\omega(x)$. Por lo tanto, si elegimos $\epsilon=\frac{(b_n-a_n)O_f}{n+1}$ $m$ respectivamente, entonces $\omega(x)\le\frac{O_f}{n+1}$, $\forall x\in(t_{i-1},t_i)$. Como resultado, si elegimos $I_{n+1}$ a puertas cerradas, subinterval de $(t_{i-1},t_i)$,$I_{n+1}\subset E_{n+1}$, lo que completa la inducción.