Teorema de convergencia monótona para funciones integrables de Riemann

Question

Estoy teniendo un momento muy difícil demostrar esta afirmación (esto es , no de la tarea):

Si $f_{n} : [0,1] \rightarrow \mathbb{R}$ es Riemann integrable función para todas las $n \in \mathbb{N}$, e $0 \leq f_{n + 1} \leq f_{n}$, e $\lim \limits_{n \rightarrow \infty} f_{n} = 0$, tengo que demostrar que $\lim \limits_{n \rightarrow \infty} \int \limits_{0}^{1} f_{n}(x) \text{ } \mathrm{d}x = 0$.

No estoy permitido el uso de la Monotonía Teorema de Convergencia de Riemann integrable funciones (lo que demuestra esta realidad es el primer paso para probar la MCT).

Ahora, sé que $\lim \limits_{n \rightarrow \infty} \int \limits_{0}^{1} f_{n}(x) \text{ } \mathrm{d}x$ existe porque la secuencia de $\left \{ \int \limits_{0}^{1} f_{n}(x) \text{ } \mathrm{d}x \right \}_{n =1}^{\infty}$ es monótonamente decreciente de la secuencia que está delimitada desde abajo, por $0$. Sin embargo, no tengo idea de cómo probar el límite es de $0$.

También, hay una sugerencia para el problema. Suponga $\lim \limits_{n \rightarrow \infty} \int \limits_{0}^{1} f_{n}(x) \text{ } \mathrm{d}x = \epsilon > 0$. Debo elegir una partición $P_{n}$ $f_{n}$ tal que $P_{n + 1}$ es un refinamiento de la partición de $P_{n}$ y muestran que existe un elemento en $[0,1]$ tal que $f_{n}$ converge para algún valor estrictamente positivo en ese elemento, lo que llevaría a una contradicción de la hipótesis de pointwise convergencia a $0$.

Pensé en el uso de una secuencia de intervalos cerrados que están anidados, porque su intersección sería vacía (cerrado desde entonces los subconjuntos de espacios compactos es compacto), pero no puedo construir la secuencia. Si la sugerencia que hace el problema más difícil, hay una manera más fácil para probar esta afirmación? Cualquier ayuda sería muy apreciada.

Answer 1

Desde $\int_0^1 f_n $ es monótona decreciente en $n$, afirman que la contradicción, suponemos que $$ \int_0^1 f_n \geq 2 \epsilon \quad \forall n.$$ Por la definición de integral de Riemann $\int_0^1 f_n = \sup_{g\leq f_n, \text{ piecewise constant }} \int_0^1 g$, existe una constante a trozos función de $g_n$ por cada $f_n $ tal que $$\int_0^1 g_n \geq \epsilon\quad \forall n.$$ Ahora, $g_n \leq f_1$ por cada $n$, y debido a $f_1$ es Riemann integrable, $f_1$ está acotada arriba por una constante $C$ , por lo tanto tenemos $g_n\leq C$. $$\epsilon \leq \int_0^1 g_n = \sum a^n_i |I^n_i| \leq C \sum |I^n_i|$$ lo que significa que $$\frac{\epsilon}{C}\leq \sum |I^n_i| \quad \forall n.$$ La desigualdad anterior implica que la suma de la longitud de los intervalos que cada una de las $g_n$ toma un valor positivo es acotado abajo por $\frac{\epsilon}{C}$ por cada $n$. Y tal $g_n\leq f_n$ existe para todas las $f_n$ , esto se contradice con el hecho de que $f_n \rightarrow 0$ pointwise.

Edit: Si está permitido el uso de los resultados de la teoría de la medida y la integración de Lebesgue, ver Delimitada teorema de Convergencia o teorema de Convergencia Dominada.

Answer 2

La siguiente prueba se utiliza el contable de la suma de Jordania contenido en su dominio (es decir, si uno sabe desde el inicio que la separe de la unión ha Jordania contenido).

Deje $A_i=\{(x,y) \in [0,1] \times \mathbb R : 0<y<f_i(x)\}$.

Por la monotonía de la convergencia de $\{f_i\}$ a cero, $A_{i+1} \subseteq A_i$$\,\bigcap_{i=1}^ \infty A_i = \varnothing$.

Por lo tanto, si $\,B_i=A_i \setminus A_{i+1}$, $\{B_i\}$ es un discontinuo de la secuencia y $\,\bigcup_{i=1}^ \infty B_i = A_1$.

Por el R-integrabilidad de $f_i$, la $\,B_i\,$ ha Jordania contenido (en $\mathbb R^2$) y , por el contable de la suma de Jordania contenido en su dominio, el de la serie de $\sum_{i=1}^ \infty m(B_i)$ es convergente, entonces la secuencia de sus restos a $\{\sum_{i=n}^ \infty m(B_i)\}$ es nulo.

Pero $\,\sum_{i=n}^ \infty m(B_i) = m(A_n)= \int_0^1 f_n \,\dots$