Lebesgue integral, diferenciación bajo el signo integral

Question

Deje $f:[0,1] \times [0,1] \to \mathbb R$ ser una función tal que:

(a) para cada una de las $x \in [0,1]$, la función de $y \to f(x,y)$ es Lebesgue integrable en $[0,1]$.

(b) $\dfrac{\partial f}{\partial x}(x,y)$ es un delimitada la función de $(x,y)$.

Demostrar que para cada una de las $x$, la función de $y \to \dfrac{\partial f}{\partial x}(x,y)$ es medible y $\dfrac{d}{dx} \int_0^1 f(x,y)dy=\int_0^1 \dfrac{\partial f}{\partial x}(x,y)dy$.

Estoy un poco atascado en el ejercicio, para demostrar que $g_x(y)=\dfrac{\partial f}{\partial x}(x,y)$ hice lo siguiente:

Si para cada $x$, $f_x(y)=f(x,y)$ es integrable, por definición, es medible. Así que, dado que $x$ en [0,1), la función de $f_{x+\frac{1}{n}}$ es medible para cada una de las $n>\dfrac{1}{x+1}$ y la función de $f_{1-\frac{1}{n}}$ es medible para $x=1$, pero para las $0 \leq x <1$ tenemos $$\dfrac{\partial f}{\partial x}(x,y)=\lim_{n \to \infty} \dfrac{f(x+\frac{1}{n},y)-f(x,y)}{\frac{1}{n}}$$

y para $x=1$, $$\dfrac{\partial f}{\partial x}(x,y)=\lim_{n \to \infty} \dfrac{f(x-\frac{1}{n},y)-f(x,y)}{-\frac{1}{n}}$$

Puesto que cada función es un pointwise límite de funciones medibles, entonces para cada $0 \leq x \leq 1$, $\dfrac{\partial f}{\partial x}(x,y)$ es una función medible.

No estoy seguro de si mi razonamiento es correcto y no sé qué hacer para que la última parte del ejercicio. Cualquier ayuda sería muy apreciada. Gracias de antemano

Answer 1

Medición de la $\partial_x f(x, \cdot)$ es correcta. Así que sólo voy a decir algo acerca de la $\frac{d}{dx} \int_0^1 f(x,\cdot) = \int_0^1 \frac\partial{\partial x} f(x, \cdot)$.

Su enfoque es correcto, sólo poco incompleta. Usted no puede utilizar una secuencia de como dominar la "función" si su $L_1$ norma es ilimitado.

Suponga $\frac\partial{\partial x} f$ está delimitado por $M$. Corregir algunos $x\in[0,1]$. Deje $0\ne h_n\to 0$ y definen $f_n(y) = \frac{f(x+ h_n, y) - f(x,y)}{h_n}$$n\in\mathbb N$$y\in[0,1]$. Por medio del teorema del valor que hemos $$ |f_n(y)| = \left|\frac\partial{\partial x} f(\xi_n(y), y) \right| \le M $$ para un adecuado $\xi_n(y)$ en el intervalo abierto span por $x$ $x+h_n$ que depende de la $n$$y$. Eso es $f_n$ está dominado por $M$. Puesto que la integral de dominio tiene medida finita, la función constante $M$ es integrable y el teorema de convergencia dominada se aplica: \begin{align} \lim_{n\to\infty} \frac{1}{h_n} \left( \int_0^1 f(x+h_n, \cdot) - \int_0^1 f(x, \cdot) \right) &= \lim_{n\to\infty} \int_0^1 f_n \\ &= \int_0^1 \lim_{n\to\infty} f_n = \int_0^1 \frac\partial{\partial x} f(x, \cdot). \end{align} Desde $h_n$ fue arbitraria, se deduce que el $x\mapsto \int_0^1 f(x, \cdot)$ es diferenciable en a $x$ con $$ \frac{d}{dx} \int_0^1 f(x, \cdot) = \int_0^1 \frac\partial{\partial x} f(x, \cdot). $$

Answer 2

La medición de la $y\to\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}$ es ACEPTAR. Para la diferenciación bajo el signo integral - me siga Teorema de 2.75 aquí.

Tomar una arbitraria $x_0\in (0,1)$ y denotan $\Phi(x)=\int\limits_{0}^{1}{f(x,y)dy}\,$. Deje $\{x_n\}_{n=1}^{\infty}\subset [0,1]$ es una secuencia arbitraria tiende a $x_0$: $$\left(\frac{d}{dx}\int\limits_{0}^{1}{f(x,y)dy}\right)_{|x=x_0}=\frac{d\Phi}{d x}(x_0)=\lim\limits_{n\to\infty}{\frac{\Phi(x_n)-\Phi(x_0)}{x_n-x_0}}=\\ \lim\limits_{n\to\infty}{\int\limits_{0}^{1}{\underbrace{\frac{f(x_n,y)-f(x_0,y)}{x_n-x_0}}_{g_n(y)\to\frac{\partial f}{\partial x}(x_0,y)\,\,a.e\,\,y\in [0,1]}dy}}$$ Así que tenemos una pointwise una.e (en $y$) la convergencia de la secuencia de funciones de $g_n(y)$ en el último integrante de la función de $\frac{\partial f}{\partial x}(x_0,y)$. Ahora para aplicar Lebesgue teorema de Convergencia Dominada sólo tenemos esta secuencia para estar delimitado por algunos summable de la función en $y$. Utilizamos el MVT: $$\left | \frac{f(x_n,y)-f(x_0,y)}{x_n-x_0}\right |=\left | \frac{\partial f}{\partial x}(\xi_n,y)\right|\leq M$$ donde $\xi_n$ entre $x_n$$x_0$, e $M=const$ es de alguna cota superior para $\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)$$[0,1]\times[0,1]$. Aquí $M$ es summable porque $[0,1]$ tiene medida finita. Ahora aplicamos el teorema de los PMA a la secuencia de $$g_n(y)=\frac{f(x_n,y)-f(x_0,y)}{x_n-x_0}\to \frac{\partial f}{\partial x}(x_0,y)$$ y tomar el límite bajo el signo integral: $$\left(\frac{d}{dx}\int\limits_{0}^{1}{f(x,y)dy}\right)_{|x=x_0}=\lim\limits_{n\to\infty}{\int\limits_{0}^{1}{g_n(y)dy}}=\int\limits_{0}^{1}{\lim\limits_{n\to\infty}{g_n(y)}dy}=\int\limits_{0}^{1}{\frac{\partial f}{\partial x}(x_0,y)dy}$$ Por último, desde el $x_0\in(0,1)$ fue arbitraria, el resultado de la siguiente manera.