Una función integrable de Riemann tiene infinitamente muchos puntos de continuidad

Question

Me preguntaba si alguien podría ser tan amable brevemente comprobar mi prueba? Se supone que debo probar la declaración sin usar ningún teoremas que haría la prueba trivial.

Si $\displaystyle\int_a^b f$ existe $f$ tiene una infinidad de puntos de continuidad en $[a,b]$

Por el bien de la contradicción, supongamos $f$ tiene un número finito. Esto es suficiente para mostrar que hay un intervalo de $[u,v]\subset [a,b]$ más que $f$ no es Riemann integrable. Elija cualquiera de los $[u,b]\subset [a,b]$ tal que $f$ es discontinua en todas partes en $[u,v]$. Para cualquier partición finita $D=\{x_1\cdots x_n\}$ $[u,v]$ vamos:

$$s(f,D)=\sum_i (x_{i+1}-x_i)\inf_{x\in[x_{i},x_{i+1}]}f\quad\text{and}\quad S(f,D)=\sum_i (x_{i+1}-x_i)\sup_{x\in[x_{i},x_{i+1}]}f$$ Demostramos $\sup_D s(f,D) <\inf_D S(f,D)\;(1)$. Para lograr este considere arbitraria de la cadena: $$D_0\subset D_1\subset \cdots$$ Elija cualquiera de los $I_0\subset I_1\subset \cdots$ donde $I_k=[u_k,v_k]$ $I_k$ es un intervalo de la partición de $D_k$. Sin pérdida de generalidad $\bigcap_i I_i=z$. Dado que el $f$ es discontinua en todas partes, no existe $\epsilon>0$ tal que para cualquier $\delta>0$ existe $y$ tal que $|z-y|<\delta$ aún $|f(z)-f(y)|\geq \epsilon$.

Esto implica inmediatamente $\displaystyle\sup_{I_n} f>\inf_{I_n} f$ y, por tanto,$\displaystyle\sup_{D_n} s(f,D)<\inf_{D_n} S(f,D)$.

Esto es válido para cualquier secuencia $D_n$ así reclamar $(1)$ mantiene, contradiciendo la integrabilidad de $f$.

Answer 1

También se puede dar una prueba directa. Supongamos $f:[0,1]\to \Bbb R$ es Riemann integrable.

Lema Supongamos que para una partición $P$; $\displaystyle D(f,P)=\sum_{k=0}^n (M_k-m_k)\Delta x_k<\varepsilon$. A continuación, $M_k-m_k<\varepsilon $ algunos $k$.

La prueba Más $\displaystyle\varepsilon =\sum_{k=0}^n \varepsilon\Delta x_k\geqslant \sum_{k=0}^n (M_k-m_k)\Delta x_k$, lo que demuestra el contrapositivo.

Obs , en general, se consigue $M_k-m_k<(b-a)\varepsilon$ si el intervalo de integración es $[a,b]$.

Vamos a proceder a la prueba de su reclamación.

La notación Para un conjunto $S$, denotamos $o(f,S)=\sup\limits_{t,t'\in S}|f(t)-f(t')|$.

Con este lema en la mano, podemos empezar a rodar: tome $\varepsilon =1$. Sabemos que existe una partición de $P_1=\{0=x_0,x_1,\ldots,x_n=1\}$$D(f,P_1)<1$, ya que el $f$ es Riemann integrable. Por el lema, no es un subinterval $I_i=[x_{i-1},x_i]$ donde $o(f,I_i)<1$. Si $i\neq 1$ o $n$, vamos a $K_1=I_i$. Otra cosa, pick $x_0<x_0'<x_1$ o $x_{n-1}<x_n'<x_n$, y reemplazar esta en los extremos de $K_i$. Ahora $f$ es integrable sobre $K_1$, de modo que existe una partición de $P_2$ para el cual la suma de $K_1$, $D(f,P_2)<\frac 1 2$, lo que da algunas subinterval $K_2$ donde $o(f,K_2)<\dfrac 1 2|K_1|<\dfrac 1 2 $, ya que el $|K_1|<1$. De nuevo, se reemplazan los extremos si es necesario. Ya que estamos reduciendo el dominio, en cualquier caso, la oscilación descreases, así que estamos a salvo. De manera inductiva, se puede construir una secuencia de estrictamente anidadas cerrado bouned intervalos $$K_1\supsetneq K_2\supsetneq K_2\supsetneq\cdots$$ where $s(f,K_i)<\frac 1 i$. By Cantor, there is $x_0\en\bigcap\limits_{j\geqslant 1} K_j$. I claim $f$ is continuous at $x_0$. (La prueba?)

Ahora considere el $[0,x_0],[x_0,1]$. Tenga en cuenta que por la construcción de $x_0\neq 0,1$, por lo que la repetición de este en $[0,x_0]$ obtenemos $x_1\neq x_0$ donde $f$ es continua, y así sucesivamente. El uso de este, también podemos mostrar

Reclamo El conjunto donde $f$ es continua es denso en $[0,1]$.