Riemann-Stieltjes criterio de integrabilidad

Question

Actualmente estoy leyendo el capítulo 11 de Rudin Principios de Análisis Matemático, y estoy tratando de solucionar el problema 7:

Encontrar una condición necesaria y suficiente para que el$f \in \mathfrak R(\alpha)$$[a,b]$. [la clase de Rienmann-Stieltjes funciones integrables, con integrador $\alpha$]

Sugerencia: Considere el Ejemplo 11.6(b) y el Teorema de 11.33.

• En el ejemplo 11.6(b) Rudin define un aditivo función de conjunto sobre los intervalos de acuerdo a una función monótonamente creciente $\alpha$:

  $$\mu((a,b))=\alpha(b^- )-\alpha(a^+)\\ \mu((a,b])=\alpha(b^+)-\alpha(a^+)\\ \mu([a,b))=\alpha(b^-)-\alpha(a^-) \\ \mu([a,b])=\alpha(b^+)-\alpha(a^-)$$

  y afirma que puede ser extendida a una countably-aditivo conjunto la función de más de una rica sigma-álgebra.

• En el Teorema de 11.33 él demuestra que cualquier Rieamann función es integrable Lebesgue integrable (dm) y de que sus valores coinciden. También prueba el criterio de integrabilidad de Riemann - continuidad en casi todas partes (dm). El método de la prueba se basa en sumas de Darboux.

Me gustaría agradecería cualquier ayuda.

EDIT: Este es mi intento de la solución. Por favor, dime ¿qué piensa usted acerca de él.

Primero de todo tenemos que extender $\alpha:[a,b] \to \mathbb R$ a un monótonamente creciente en función de más de $\mathbb R$, como sigue: $x<a$, $\alpha(x):=\alpha(a)$ y para $x>b$, $\alpha(x):=\alpha(b)$. Ahora podemos utilizar el ejemplo 11.6(b) para obtener una medida $\mu_\alpha$ a través de una sigma-álgebra de subconjuntos de a $\mathbb R$, e inmediatamente vamos a restringir de nuevo para el intervalo de $[a,b]$.

Voy a tratar de demostrar que $f \in \mathfrak R(\alpha) \Leftrightarrow$ $f$ es un continuo.e. ($d \mu_\alpha$)

Supongamos $f$ está acotada. Por definición, teorema 6.1 y 6.4 hay una secuencia $\{P_k \}$, de las particiones de $[a,b]$, de tal manera que $P_{k+1}$ es un refinamiento de la $P_k$, de tal manera que la distancia entre puntos adyacentes de $P_k$ es de menos de $\frac{1}{k}$, y de tal manera que: $$\lim_{k \to \infty} L(P_k,f,\alpha)=\underline{\int}_a^b f d\alpha, \, \lim_{k \to \infty} U(P_k,f,\alpha)= \overline{\int}_a^b f d\alpha$$ Furthermore, since $\alfa$ is monotonic, it has only countably many points of discontinuity, so we can take the points of the partitions to be points where $\alpha$ es continua.

Si $P_k=\{x_0,x_1,\ldots,x_n\}$$x_0=a,x_n=b$, definir las funciones de $L_k,U_k:[a,b] \to \mathbb R$ según: $$L_k(x)=m_1,U_k(x)=M_1$$ for $a \leq x \leq x_1$ and $$L_k(x)=m_i,U_k(x)=M_i$$ for $x_{i-1} < x \leq x_i,2 \leq i \leq$n.

Observe que: $$\int_{[a,b]} L_k d\mu_\alpha=L(P_k,f,\alpha), \, \int_{[a,b]} U_k d\mu_\alpha=U(P_k,f,\alpha)$$ due to the continuity of $\alfa$ at the points of the partitions $\{ P_k \}$.

También tenemos $$L_1(x) \leq L_2(x) \leq \ldots \leq f(x) \leq \ldots \leq U_2(x) \leq U_1(x)$$ for all $x \in [a,b]$, since $P_{k+1}$ refines $P_k$. We therefore have the existence of $$L(x):=\lim_{k \to \infty} L_k(x),U(x):= \lim_{k \to \infty} U_k(x)$$ and $L,U$ are bounded and measurable on $[a,b]$, $L(x) \leq f(x) \leq U(x)$ and $$\int_{[a,b]} L d\mu_\alpha=\underline{\int}_a^b f d\alpha, \, \int_{[a,b]} U d\mu_\alpha=\overline{\int}_a^b f d\alpha$$ gracias a Lebesgue de la monotonía teorema de convergencia.

Hasta ahora, nada ha asumido en $f$, salvo que $f$ es un almacén real de la función en $[a,b]$. Tenga en cuenta que $f \in \mathfrak R(\alpha)$ si y sólo si su parte inferior y superior de las integrales coinciden, por lo tanto, si y sólo si $$\int_{[a,b]} L d\mu_\alpha=\int_{[a,b]} U d\mu_\alpha$$ . Since $L \leq U$, this happens if and only if $L(x)=U(x)$ a.e. ($d\mu_\alpha$). In that case $f$ equals to a measurable function a.e. and therefore is measurable itself [because $\mu_\alpha$ es completa?].

Además, si $x$ pertenece a no $P_k$, es bastante fácil ver que $L(x)=U(x)$ si y sólo $f$ es continua en a $x$. Desde $\cup_k P_k$ es una contables conjunto de puntos de continuidad de $\alpha$ ha $\mu_\alpha$-medida cero. De modo que $L=U$.e. si y sólo si $f$ es continua.e.

QED