Mostrando la integral de Riemann es un operador lineal sobre el paso de las funciones de

Question

Dado un intervalo de $[a,b]$, vamos a $S[a,b]$ ser el conjunto de todas las funciones de paso para todos los posibles finito particiones de $[a,b]$. Dada una partición $x_0,\dots, x_n$$[a,b]$, definir $\chi_i$ como la característica de la función en $[x_{i-1},x_i)$. Para la función de paso de $\sum_{i=1} ^ns_i\chi_i(x)$, definir $I\Big(\sum_{i=1} ^ns_i\chi_i(x)\Big)=\sum_{i=1} ^ns_i(x_i-x_{i-1})$. Estoy teniendo dificultad para mostrar $I$ es lineal. Dadas dos particiones $x_0,\ldots, x_n$$y_0,\ldots, y_m$, ¿cómo puedo mostrar $$I\Big(\alpha\sum_{i=1}^ns_i\chi_i(x)+\beta\sum_{i=1}^mt_i \chi_i(x)\Big)=\alpha I\Big(\sum_{i=1}^ns_i\chi_i(x) \Big)+\beta I\Big(\sum_{i=1}^m t_i\chi_i(x)\Big)$$

Traté de escribir $\alpha\sum_{i=1}^ns_i\chi_i(x)+\beta\sum_{i=1}^mt_i \chi_i(x)$ como un sumatorio $\delta\sum_{i=1}^lr_i\chi_i(x)$, pero no veo cómo se relacionan $\gamma$$\alpha, \beta$, ¿cómo se relacionan $l$$m,n$, etc.

Answer 1

Sugerencia/Esquema:

En primer lugar, usted necesita para probar esta $I$ operador está bien definido. Es totalmente posible tener dos diferentes $[x_0,\dots,x_n]$ y diferentes $s_i$ y obtiene la misma función de paso - si, por ejemplo, $s_i=s_{i+1}$ en uno, así que usted puede soltar $x_i$.

Su notación se va a causar problemas, porque el $\chi_i$ $s$ es diferente de la de $\chi_i$$t$. Usted podría querer decir "pero yo sólo puedo tomar la partición más pequeña!" No, hace mucho más fácil si usted probar esto primero.

Por qué? Porque si $s(x)$ definido por $x_0=a,\dots,x_n=b$ $t(x)$ definir para$y_0,\dots,y_m$, entonces usted puede tomar una "refinamiento" de $z_0=a,\dots,z_k=b$ donde $\{x_i\}\cup\{y_j\}\in \{z_{\ell}\}$.

Una vez que usted ha $s$ $t$ definido en la misma partición, es muy fácil.

(Tenga en cuenta que usted necesita esta noción de partición común para probar que $S[a,b]$ es un espacio vectorial, ya que es necesario demostrar que $s+t\in S[a,b]$ si $s,t\in S[a,b]$.)

Ejemplo:

Deje $[a.b]=[0,6]$ y definir: $$\begin{align} s(x)&=\begin{cases}1&0\leq x<3\\2&3\leq x\leq 6\end{casos}\\ t(x) y=\begin{cases}3&0\leq x<2\\2&2\leq x< 4\\1&4\leq x\leq 6\end{casos} \end{align}$$

Entonces usted necesita particionar $0<2<3<4<6$ a ponerlos en la misma partición, y $$\alpha s(x)+\beta t(x) = \begin{cases} \alpha+3\beta&x<2\\ \alpha+2\beta&2\leq x<3\\ 2\alpha+2\beta&3\leq x<4\\ 2\alpha+3\beta&4\leq x\leq 6 \end{casos}$$

Esquema para probar bien definido

Así que, ¿cómo podemos demostrar $I$ está bien definido? Lo hacemos mediante la inducción.

En primer lugar, tomar un ejemplo de $\pi=\{a=x_0,\dots,b=x_n\}$ es una partición, y $1<j<n$$s_{i+1}=s_i$, podemos definir a la $\pi'$ mediante la eliminación de $x_i$ a partir de la secuencia y, a continuación, la definición de un nuevo $t_i'$ sobre los nuevos intervalos. A continuación, mostrar que $I$ que se aplica a estas dos representaciones diferentes es el mismo.

A continuación se muestra que cada representación de $s$ puede ser conseguido mediante la toma de la representación mínima, a continuación, agregar elementos a la partición.

Por lo tanto, $I$ que se aplica a $s$ como se define por cualquier partición puede ser inductiva visto a la misma de $I$ que se aplica a $s$ definido en su mínimo de la partición de la representación. Por lo $I$ está bien definido.

Si usted desea hacer esta absolutamente riguroso, va a ser doloroso. Usted tiene que definir las cosas con cuidado. Sirve de ayuda si usted sabe lo que es un "directo limit".

Answer 2

Primero tenemos que ver que cualquier refinamiento de la primera partición de la misma integral. $$ {Dejar espacio\se\quad \Pi_n espacio \a \partición del espacio espacio\de \espacio [a,b]\espacio \espacio que} \\ {a = x_0 < x_1 < x_2 < \ldots < x_n = b}\\~\\{a Continuación, espacio\\quad z\in [x_{i-1},x_i) \quad nosotros \espacio:}\\ s_i(x_i - x_{i-1})=s_i(x_i-z) + s_i(z - x_{i-1})\\~\\ Este espacio \significa espacio \que \quad \Pi_{n+1} \espacio espacio \que\\ {a = x_0 < x_1 < \ldots < x_{i-1}<z<x_i<\ldots<x_n = b}\\~\\tiene espacio \\espacio mismo espacio\integral \valor de espacio de espacio\(\espacio de cualquier espacio \refinamiento).\\~\\Ahora el espacio\nos \espacio \uso de espacio en espacio\un espacio \refinamiento\espacio de espacio \\espacio de las particiones.\\~\\Si \quad \Pi_1= \{a = x_0 ,x_1 , x_2 , \ldots , x_n = b\} \quad \quad \Pi_2= \{a = y_0 ,y_1 , y_2 , \ldots , y_m = b\}\\~\\\espacio de definir \quad \Pi^{'}=\Pi_1 \cup \Pi_2= \{a = z_0 ,z_1 , z_2 , \ldots , z_k = b\} ,\\~\\{a notar espacio \que\quad \Pi^{'} \quad \espacio de un espacio \refinamiento\espacio de espacio \\espacio de las particiones.}\\~\\Nos \espacio también espacio \necesitan espacio \a \espacio reassignate espacio\\espacio alturas espacio\de \espacio el espacio \paso\espacio de funciones\quad{(s_i^{'}=\alpha s_i \quad \quad t_i^{'}=\beta t_i).}\\~\\Por lo tanto\\~\\ I\Big(\alpha\sum_{i=1}^ns_i\chi_i(x)+\beta\sum_{i=1}^mt_i \chi_i(x)\Big)=I\Big(\sum_{i=1}^ns_i^{'} \chi_i(x)+\sum_{i=1}^m t_i^{'} \chi_i(x)\Big)\\~\\=I\Big(\sum_{i=1}^k s_i^{'} \chi_i(x)+\sum_{i=1}^k t_i^{'} \chi_i(x)\)\\~\\=I\Big(\sum_{i=1}^k[{ s_i^{'} \chi_i(x)+ t_i^{'} \chi_i(x)}]\Big)\\~\\=I\Big(\sum_{i=1}^k{( s_i^{'} + t_i^{'}) \chi_i(x)}\Big)\\~\\=I\Big(\sum_{i=1}^k{r_i \chi_i(x)}\Big)\quad (un espacio \sum \espacio de espacio \paso\espacio de funciones de espacio \es \espacio también espacio \un espacio \paso\espacio de función)\\~\\=\sum_{i=1}^k r_i (z_i - z_{i-1})\\~\\=\sum_{i=1}^k ( s_i^{'} + t_i^{'}) (z_i - z_{i-1})\\~\\=\sum_{i=1}^k s_i^{'} (z_i - z_{i-1}) + \sum_{i=1}^k t_i^{'} (z_i - z_{i-1})\\~\\=\alfa({\sum_{i=1}^k s_i (z_i - z_{i-1})}) + \beta({\sum_{i=1}^k t_i (z_i - z_{i-1})})\\~\\=\alfa({\sum_{i=1}^n s_i (x_i - x_{i-1})}) + \beta({\sum_{i=1}^m t_i (y_i - y_{i-1})})\\~\\=\alfa espacio \I\Big(\sum_{i=1}^n{ s_i \chi_i(x)}\Big) + \beta espacio \I\Big(\sum_{i=1}^m{ t_i \chi_i(x)}\Big) $$