Diferenciación bajo el signo integral de Lebesgue integrable derivado

Question

El problema es el siguiente:

Deje $a,b,c,d \in \mathbb R$ recibir tal que $a<b$$c<d$. Supongamos $f: [a,b]\times [c,d] \to \mathbb R$ es una función tal que $\partial_1 f: [a,b]\times [c,d]\to\mathbb R$ existe y es (Lebesgue-)integrable.

Mostrar que para $t\in [a,b]$ hemos

$$\frac{\mathrm d}{\mathrm dt}\int_c^d f(t,x) \, \mathrm dx = \int_c^d \partial_1 f(t,x)\, \mathrm dx$$

He probado los siguientes: Por el teorema fundamental del cálculo, tenemos $f(t',x) - f(t,x) = \int_{t}^{t'} \partial_1f(s,x)\, \mathrm ds$. De ello se sigue que

$$ \begin{align} \int_c^d f(t',x)-f(t,x) \, \mathrm dx &= \int_c^d \int_{t}^{t'} \partial_1f(s,x)\, \mathrm ds \, \mathrm dx \\ &= \int_{t}^{t'} \int_c^d \partial_1f(s,x)\, \mathrm dx \, \mathrm ds \end{align} $$

así que para casi todos los $t$, tenemos

$$ \begin{align} \frac{\mathrm d}{\mathrm dt}\int_c^d f(t,x) \, \mathrm dx &= \lim_{t'\to t} \frac{1}{t'-t}\int_c^d f(t',x)-f(t,x) \, \mathrm dx \\ &= \lim_{t'\to t} \frac{1}{t'-t}\int_{t}^{t'} \int_c^d \partial_1f(s,x)\, \mathrm dx \, \mathrm ds \\ &= \int_c^d \partial_1f(t,x)\, \mathrm dx \end{align} $$

desde $t \mapsto \int_c^d \partial_1f(t,x)\, \mathrm dx$ $L^1$ función (de ahí casi todos los puntos $t$ es un Lebesgue-punto).

Por desgracia, la igualdad para casi todos los $t$ no es suficiente en este caso.

He estado pensando en esto durante bastante tiempo ahora, pero no puedo averiguar la razón de por qué cada punto de $t\in [a,b]$ tiene que ser un punto de Lebesgue de

$$t\mapsto \int_c^d \partial_1f(t,x)\, \mathrm dx$$

También he estado pensando acerca de las posibles contraejemplos, pero realmente no podía venir para arriba con uno. (Al menos si uno define el $\frac{\mathrm d}{\mathrm dt} \infty = 0$ para la función constante $\infty$...)

Un poco de ayuda sería apreciada, gracias!

Answer 1

Usted necesita $\partial_1f(t,x)$ ser dominado por una función integrable, es decir, necesita $|\partial_1f(t,x)|\le g(x)$ por cada $x,t$ para que usted tome el límite de $t'\to t$ dentro de la integral para cada $t$.

Sólo $\partial_1f(t,x)$ integrable sobre $[c,d]$ para todos los fijos $t\in [a,b]$ no es suficiente.

Editar:

Permítanme aclarar las cosas aquí. El problema es que no se puede escribir inmediatamente $$\frac{\mathrm d}{\mathrm dt}\int_c^d f(t,x) \, \mathrm dx = \lim_{t\t} \frac{1}{t'-t}\int_c^d f(t,x)-f(t,x) \, \mathrm dx $$ unless you have already shown that $\int_c^d f(t,x) \, \mathrm dx$ is differentiable w.r.to $t$.

Por lo tanto, vamos a $t_n$ ser una sucesión convergente a $t$ y dejar $$g_n(x)=\frac{f(t_n,x)-f(t,x)}{t_n-t}$$ Then $\lim g_n(x)=\partial_1 f(t,x)$ (dado).

A continuación, por medio del teorema del valor $$|g_n(x)|\le \sup_{t\in [a,b]}|\partial_1 f(t,x)|\le g(x)$$ so DCT applies to $g_n(x)$.

Por lo tanto $$\lim_{t_n\to t} \frac{1}{t_n-t}\int_c^d [f(t_n,x)-f(t,x)]\mathrm dx$$ exists and is equal to $$ \int_c^d \lim_{t_n\to t}\frac{f(t_n,x)-f(t,x)}{t_n-t}\mathrm dx=\int_c^d \partial_1f(t,x) \, \mathrm dx$$

Acabo de reproducir aquí lo que una vez que se aprende a partir de Folland del Análisis Real del libro.

Answer 2

He encontrado un no-trivial contraejemplo:

Deje $I = [0,1]$. Voy a construir un contraejemplo $f \in L^1(I\times I)$. Mostrando que los supuestos adicionales a lo largo de las líneas de

• Para cada $t_0\in I$ existe $g\in L^1(I)$ y un barrio de $U$$t_0$, s.t. para todos los $t\in U$ tenemos: $$|\partial_1f(t,x)| \le g(x) \qquad\text{almost everywhere}$$

no puede ser evitada con (si queremos que la reivindica la igualdad a todos los $t$ más que en casi todos los $t$).

Definimos $f: I\times I\to \mathbb R_{\ge 0}$ por

$$f(t,x) = \sum_{n=1}^\infty \chi_{I_n}(x) \beta_n(t)$$

donde

• $I_n = (2^{-n}, 2^{-n+1})$ $\chi_{I_n}$ denota la función característica de a $I_n$,
• $\beta_n:I \to \mathbb R$ es diferenciable con
  • $0\le \beta_n(t) \le \dfrac{2^n}{n(n+1)}$, $0\le \beta_n'(t)$ para todos los $t\in I$,
  • $\beta_n(t) = \begin{cases} 0 & 0\le t \le \dfrac{1}{2n} \\ \dfrac{2^n}{n(n+1)} & \dfrac 1n \le t \le 1 \end{casos}$

es decir, cada $\beta_n$ es un monótono función derivable que es constante cerca de $t=0$.

Para una fija $x$ a más de un sumando en la definición de $f(t,x)$ no es igual a cero, así que no hay problemas con la convergencia.

Así obtenemos $\partial_1f(t,x) = \sum_{n=1}^\infty \chi_{I_n}(x) \beta_n'(t)$ y el uso de nonnegativity de todos los sumandos

$$ \begin{align} \int_0^1\int_0^1 |\partial_1f(t,x)|\, dt\, dx &= \int_0^1\int_0^1 \left(\sum_{n = 1}^\infty \chi_{I_n}(x)\beta_n'(t)\right) \, dt\, dx\\ &= \sum_{n=1}^\infty |I_n| (\beta_n(1) - \beta_n(0)) \\ &= \sum_{n=1}^\infty 2^{-n} \frac{2^n}{n(n+1)} \\ &= \sum_{n=1}^\infty \left(\frac1n - \frac1{n+1}\right) \\ &= 1 < \infty \end{align} $$ Del mismo modo un cálculo rápido muestra $$ \int_0^1\int_0^1 |f(t,x)|\, dt\, dx \le 1 < \infty $$ Por lo tanto,$f, \partial_1f \in L^1(I\times I)$. Pero ahora observamos $$ \begin{align} \int_0^1 \frac{f(1/m, x)-f(0,x)}{1/m} \, dx &= m \int_0^1 \left(\sum_{n=1}^\infty \chi_{I_n}(x)[\beta_n(1/m) - \beta_n(0)]\right)\, dx \\ &= m\sum_{n=1}^\infty |I_n|\beta_n(1/m) \\ &\ge m \sum_{n=m}^\infty 2^{-n} \frac{2^n}{n(n+1)} \\ &= m\cdot \frac{1}{m} = 1 \end{align} $$ para todos los $m\in \mathbb N$. En particular, con $\partial_1f(0,x) = \sum_n \chi_{I_n}(x) \underbrace{\beta_n'(0)}_{=0\; \forall n} = 0$ podemos ver:

$$\limsup_{t\to 0} \int_0^1 \frac{f(t, x)-f(0,x)}{t} \, dx \ge 1 \ne 0 = \int_0^1 \partial_1f(0,x) \, dx$$

Mostrando que $f$ es un contraejemplo como se reivindica.