Prueba $fg$ $f+g$ es Riemann integrable por el camino fácil y difícil.

Question

Problema: Supongamos $f,g$ son Riemann integrables funciones, muestran que $f+g$ $fg$ también son Riemann integrables.

Sé que no es muy fácil hacer esto con la teoría de la medida, pero quiero ver si este método funciona igual de bien. Voy a escribir una respuesta para $f+g$ el uso de medidas.

Escribir 1: Denotar $D_f, D_g$ a ser el conjunto de todas las discontinuidades de $f$ y $g$. $f+g$ sólo puede ser integrable si y sólo si $D_f \cap D_g$ tiene medida cero, pero sin pérdida de generalidad, también tenemos $D_f \cap D_g \subset D_f$, el conjunto de la izquierda tiene medida cero. Por lo $f+g$ es Riemann integrable.

Bueno éste es el más largo.

Escribir 2: Como $f$ $g$ son integrables, hay particiones $P_f$ $P_g$ tal que $$U(f,P_f) - L(f,P_f) < \epsilon/2,$$ $$U(g,P_g) - L(g,P_g) < \epsilon/2.$$ Ahora empezamos la estimación de partida con $$L(f,P)L(g,P) \leq L(fg,P),$$ and $$U(f,P)U(g,P) \geq U(fg, P).$$ Por lo tanto si dejamos $P \supset P_f \cup P_g$ entonces tenemos,

\begin{align} U(fg,P) - L(fg,P) &\leq U(f,P)U(g,P) - L(f,P)U(g,P) + L(f,P)U(g,P) - L(f,P)L(g,P) \\ &=U(g,P)[U(f,P) - L(f,P)] + L(f,P)[U(g,P) - L(g,P)]\\ &\leq \epsilon/2[U(g,P) + L(f,P)]\\ &\leq \epsilon/2[ U(g,P) + \sup \{L(f,P) \}] \end{align}

Estoy atascado con el último paso, no estoy seguro de cómo enlazado $U(g,P)$. Me pueden dar algunos consejos?

Mi vana idea de que puedo hacer el siguiente enlazado $U(g,P) < \epsilon/2 + L(g,P) < \epsilon/2 + \sup \{L(g,P) \}$

nota: sé que es $fg$, hay otra pequeña prueba con $4fg = (f+g)^2 - (f - g)^2.$ no estoy buscando eso.

Answer 1

Uno de sus desigualdades no es cierto: $$ L(f,P)L(g,P) \le L(fg,P). $$ Si $P$ es una partición de a $[0,2]$, y $f$, $g$ son constantes e iguales a $1$$[0,2]$, luego $$ 2*2=L(f,P)L(g,P)\no\le L(fg,P)=2. $$ Método alternativo: Se ha demostrado que la $f+g$ es Riemann integrable porque $f$$g$. Una propiedad que le han fallado a utilizar es la de Riemann integrable funciones $f$, $g$ en $[a,b]$ son necesariamente limitada en valor absoluto en $[a,b]$. Debido a esto, es posible reducir al caso en que $f \ge 0$ $g \ge 0$ mediante la adición de una constante $L$ tanto $f$$g$: $$ fg = (f+L)(g+L)-L(f+g)-L^{2}. $$ Por lo tanto, sin pérdida de generalidad, supongamos $0 \le f \le K$, $0 \le g \le K$ en el intervalo de integración para algunas constantes $K$. Si $h_{m}$ denota el mayor límite inferior de $h$ en un intervalo de $I$ $h_{M}$ denota la menor cota superior de a$h$$I$, luego $$ \begin{align} (fg)_{M}-(fg)_{m} & \le f_{M}g_{M}-f_{m}g_{m} \\ & =(f_{M}-f_{m})g_{M}+f_{m}(g_{M}-g_{m}) \\ & \le K(f_{M}-f_{m})+K(g_{M}-g_{m}). \end{align} $$ Por lo tanto, $$ U(fg,P)-L(fg,P) \le K(U(f,P)-L(f,P))+K(U(g,P)-L(g,P)). $$ El lado derecho tiende a $0$ $\|P\|\rightarrow 0$ porque $f$ $g$ son Riemann integrables. Así, la izquierda también tiende a $0$$\|P\|\rightarrow 0$.

Answer 2

Dada una función de $f:\ [a,b]\to{\mathbb R}$ y un subinterval $Q\subset[a,b]$ escritura $\mu(Q)$ para la longitud de $Q$, y poner $$\|\Delta f\|_Q:=\sup_{x,y\in Q}|f(y)-f(x)|\qquad\bigl(=\sup_{x\in Q} f(x)-\inf_{x\in Q} f(x)\bigr)\ .$$ Esta $f$ es Riemann integrable sobre $[a,b]$ si por cualquier $\epsilon>0$ podemos encontrar una partición de $P$ $[a,b]$ en un número finito de subintervalos $Q_k$ tal que $$\bigl(U(f,P)-L(f,P)=\bigr)\qquad D_P(f):=\sum_k \|\Delta f\|_{Q_k}\>\mu(Q_k)<\epsilon\ .$$ Al $f$ pasa esta prueba es automáticamente acotada. Además, se nota que un refinamiento de la $P$ $D_P(f)$ más pequeño.

Supongamos ahora que dos funciones integrables $f$ $g$ se dan. En el siguiente trataré $fg$ ya $f+g$ es más simple. A continuación, hay un $M>0$ tanto $f$ $g$ a nivel mundial se delimitada por $M$. De $$f(y)g(y)-f(x)g(x)=f(y)\bigl(g(y)-g(x)\bigr)+g(x)\bigl(f(y)-f(x)\bigr)$$ de ello se sigue que $$|f(y)g(y)-f(x)g(x)|\leq M\bigl(|f(y)-f(x)|+|g(y)-g(x)|\bigr)\qquad\forall \ x,\>y\in[a,b]\ ,$$ y esto implica que para cualquier subinterval $Q\subset[a,b]$ hemos $$\|\Delta (fg)\|_Q\leq M\bigl(\|\Delta f\|_Q+\|\Delta g\|_Q\bigr)\ .\tag{1}$$ Ahora vamos a una $\epsilon>0$ ser dado. Por supuesto, hay particiones $P'$ $P''$ $[a,b]$ tal que $$D_{P'}(f)<{\epsilon\over 2M},\quad D_{P''}(g)<{\epsilon\over 2M}\ .$$ Deje $P$ comunes en el refinamiento de $P'$$P''$. Luego de $(1)$ se sigue que $$D_P(fg)\leq M\bigl(D_P(f)+D_P(g)\bigr)\leq M\bigl(D_{P'}(f)+D_{P''}(g)\bigr)<\epsilon\ .$$

Answer 3

Usted está atascado con el último de los pasos de

$$\begin{align} U(fg,P) - L(fg,P) &\leq U(f,P)U(g,P) - L(f,P)U(g,P) + L(f,P)U(g,P) - L(f,P)L(g,P) \\ &=U(g,P)[U(f,P) - L(f,P)] + L(f,P)[U(g,P) - L(g,P)]\\ &\leq \epsilon/2[U(g,P) + L(f,P)]\\ &\leq \epsilon/2[ U(g,P) + \sup \{L(f,P) \}]. \end{align}$$

Una idea clave es que, puesto que tanto $f$ $g$ son integrables, la definición de la integral de particiones de sumas de $U(g$ $L(f)$ existen y son finitos (suprimir todos los partición de notación - pero siempre están ahí). Es decir, hay algunos $I_f$ $I_g$ tal que $L(f) \leq I_f \leq U(f)$ $L(g) \leq I_g \leq U(g)$ para todos lo suficientemente fino particiones, y por lo tanto, sabemos que los valores de $L(f), U(f), L(g), U(g)$ dentro $\epsilon$.

En particular, $\lvert U(g) \rvert \leq I_g + \epsilon$$\lvert L(f) \rvert \leq I_f$. Por lo tanto, terminar con la desigualdad de triángulo:

$$\begin{align} \frac{\epsilon}{2} \lvert U(g) + L(f) \rvert &\leq \frac{\epsilon}{2} \lvert U(g) \rvert + \frac{\epsilon}{2} \lvert L(f) \rvert \\ &\leq \frac{\epsilon}{2} \lvert I_g + \epsilon \rvert + \frac{\epsilon}{2} \lvert I_f \rvert \\ &\leq K\epsilon \end{align}$$ para un particular, pero el absoluto (independiente de la elección de la partición) constante $K$, y por lo tanto es arbitrariamente pequeño, la conclusión de la prueba.