Una característica común a todos estos puestos e?s la preeminencia de las funciones organizativas y de mando por encima de las estrictamente técnicas.

Question

Todos sabemos que si $f\leq{}g$ $[a,b]$ $$ \int_a^bf\,dx\leq\int_a^bg\,dx $$ ahora, imagina que tenemos $f<g$, es cierto que

$$ \int_a^bf\,dx<\int_a^bg\,dx $$

Answer 1

Aquí es un argumento que pidió prestado ideas de la teoría de la medida, pero no asume ningún conocimiento directo.

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Prueba. Basta probar que la siguiente afirmación:

La reclamación. Si $h \in \mathscr{R}([a, b])$ satisface $h \geq 0$$\int_{a}^{b} h \, \mathrm{d}x = 0$, $h(c) = 0$ algunos $c \in [a, b]$.

Paso 1. Para ello, suponga que $h$ cumple con los supuestos de la reclamación. Entonces tenemos la siguiente observación:

De la observación. Para cualquier $\epsilon > 0$$\delta > 0$, existe una relativamente abierto subconjunto $U \subseteq [a, b]$ tal que

1. $U$ es la unión de un número finito de relativamente abierto subintervalos de $[a, b]$,
2. las longitudes de $U$ es de menos de $\delta$, y
3. $\{ x \in [a, b] : h(x) > \epsilon \} \subseteq U$.

Primero comprobamos que este hecho implica la reclamación. Para cada una de las $n \geq 1$, elija $U_n$ como en la Observación con $\epsilon = 1/n$$\delta = 3^{-n}(b-a)$, por lo que

1. la longitud de $U_n$ es de menos de $3^{-n}(b-a)$, y
2. $\{ x \in [a, b] : h(x) > 1/n \} \subseteq U_n$.

Entonces nos encontramos con que

$$ \{ x \in [a, b] : h(x) > 0 \} = \bigcup_{n=1}^{\infty} \{ x \in [a, b] : h(x) > 1/n \} \subseteq \bigcup_{n=1}^{\infty} U_n. $$

Ahora, supongamos lo contrario que $h > 0 $ sobre todo $[a, b]$. Luego de ello se sigue que $\bigcap_{n=1}^{\infty} U_n = [a, b]$ e lo $\{ U_n : n \geq 1 \}$ es una cubierta abierta de a $[a, b]$. Así que podemos elegir de un número finito de subcover, decir $\{ U_{n_1}, \dots, U_{n_K} \}$. Esto implica que

$$ [a, b] = U_{n_1} \cup \cdots \cup U_{n_K}. $$

Esto es una contradicción ya que el lado derecho tiene una longitud en la mayoría de los

$$\sum_{n=1}^{\infty} 3^{-n}(b-a) < b-a. $$

Paso 2. Ahora queda probar la observación. (La prueba es esencialmente una variante de la Markov en la desigualdad.)

Seleccione una partición $P$ tal que $U(P, h) < \delta \epsilon$. Escribir $P = \{a = x_0 < \cdots < x_N = b\}$ un definen $M_j = \sup_{[x_{j-1}, x_j]} h$$\Delta x_j = x_j - x_{j-1}$. Entonces sabemos que el $U(P, h) = \sum_{j=1}^{N} M_j \Delta x_j < \delta \epsilon$. Por otro lado, vamos a $J$ el conjunto de los índices de $j$ que $M_j > \epsilon$. Entonces

$$ \sum_{j \J} \Delta x_j \leq \frac{1}{\epsilon} \sum_{j \J} M_j \Delta x_j \leq \frac{1}{\epsilon} U(P, h) < \delta $$

y que $\cup_{j \notin J} [x_{j-1}, x_j]$ es una unión finita de intervalos cerrados en los que $h \leq \max_{j \notin J} M_j \leq \epsilon$ mantiene. Por lo tanto, la observación de la siguiente manera tomando $U$ como el complemento de $\cup_{j \notin J} [x_{j-1}, x_j]$.

Answer 2

Suponiendo $$f+h=g$$

y $$h>0$$

$$\int_a^b f dx+\int_a^b h dx=\int_a^b g dx$$

desde

$$\int_a^b h dx>(b-a)\times\min(h(x))>0$$ Podemos escribir

$$\int_a^b f dx < \int_a^b g dx$$

pero lo que si $h$ no tiene mínimo? es suficiente para encontrar cualquier pieza donde $h$ tiene un mínimo para demostrar $\int_a^b h dx >0$. A menos $h$ no tiene mínimo en cualquier barrio. Pero si $f$ $g$ son integrables, a continuación, $h$ debe ser integrable.

Answer 3

Supongamos por el contrario que $\int f=\int g$, podemos suponer $f,g$ se desvanece fuera del intervalo, entonces ambos son $\mathscr L^1$, luego tenemos $$\int_\Bbb R(f-g)dx=0. $$ desde $f- g\ge 0$, de hecho,$f=g$.e. en $\Bbb R$, contradicción.

Te agradecería una primaria de la prueba sin ningún tipo de apelación a la teoría de Lebesgue.