¿Hay una función real-valued en un cerrado intervalo no vacío acotado que no es Riemann integrable, pero es "Ito-Riemann" integrable, es decir: Si el punto de muestreo es siempre el punto final de izquierda del subinterval de la partición?
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
He aquí un ejemplo simple. Definir $f\colon[0,1]\to\mathbb{R}$$f(x)=1/\sqrt{1-x}$$x < 1$$f(1)=0$. Esta es ilimitado, por lo que no es Riemann integrable. A ver que $f$ es integrable cuando se restringe a la izquierda sumas de Riemann, es suficiente que el $f$ es no negativa y Riemann integrable en cada sub-intervalo de $[0,a]$ $0 < a < 1$ (que es el caso, ya que es continua en a $[0,1)$), y que la integral indefinida $I\equiv\int_0^1f(x)dx=\lim_{a\uparrow1}\int_0^af(x)dx$ es finito.
Deje $a\in(0,1)$ ser tal que $I_a\equiv\int_0^af(x)dx\ge I-\epsilon/2$. Entonces, por la integrabilidad de Riemann en $[0,a]$, elija $\delta > 0$, de modo que la suma de Riemann de $f$ en cualquier partición de $[0,a]$ de malla de menos de $\delta$ está dentro de$\epsilon/2$$I_a$. Dejando $P=\{0=x_0 < x_1 < \cdots < x_n=1\}$ ser una partición de $[0,1]$ de malla de menos de $\delta$,$y_k=\min(x_k,a)$. Luego, por la no-negatividad de $f$, $f(x_{k-1})(x_k-x_{k-1})\ge f(y_{k-1})(y_k-y_{k-1})$ $$ I+\epsilon/2\ge I_a+\epsilon/2\ge\sum_{k=1}^nf(x_{k-1})\left(x_k-x_{k-1}\right)\ge\sum_{k=1}^nf(y_{k-1})(y_k-y_{k-1})\ge I_a-\epsilon/2\ge I-\epsilon. $$ Tomando $\epsilon$ arbitrariamente pequeño, el de la mano izquierda sumas de Riemann convergen a $I$.
Para delimitadas las funciones, por otro lado, se puede demostrar que la integrabilidad de Riemann es equivalente a la "izquierda" de integrabilidad de Riemann, que te voy a mostrar ahora.
De hecho hay dos definiciones de la parte izquierda de la integral de Riemann que podría ser utilizado. Si $P=\{0=x_0 < x_1 <\cdots < x_n\}$ es una partición del intervalo cerrado $[a,b]$ voy a escribir $I_P(f)$ para la parte izquierda de la suma de Riemann $\sum_{k=1}^nf(x_{k-1})(x_k-x_{k-1})$. A continuación, por un determinado número real $I$ hay dos definiciones alternativas de la izquierda de la integral de Riemann de existir y la igualdad de $I$ (todas las particiones son las particiones de $[a,b]$).
Definición 1: Para cada una de las $\epsilon > 0$ existe un $\delta > 0$ tal que $\lvert I_P(f)-I\rvert < \epsilon$ por cada partición de $P$ de malla de menos de $\delta$.
Definición 2: Para cada una de las $\epsilon > 0$ existe una partición de $P$ de manera tal que cada partición $Q$ refino $P$ satisface $\lvert I_Q(f)-I\rvert < \epsilon$.
En primer lugar, las implicaciones "de Riemann integrable ⇒ integrable acc. def 1 ⇒ integrable acc. def 2" seguir a partir de las definiciones. Tan sólo debe ser que aquí se muestra que la implicación "integrable acc. def 2 ⇒ Riemann integrable" tiene para delimitadas las funciones. Así que, suponiendo $f$ es acotado, existe una $L > 0$ $\lvert f(x)-f(y)\rvert\le L$ todos los $x,y\in[a,b]$.
Para cada uno de ellos fijo $c > 0$ deje $S_c$ el conjunto de puntos de $x\in[a,b]$$\limsup_{y\to x}\lvert f(y)-f(x)\rvert > c$. El uso de Lebesgue de la condición de integrabilidad de Riemann, solo necesita ser demostrado que $S_c$ tiene medida cero.
Para cualquier $\epsilon > 0$ deje $P$ ser una partición con $\lvert I_Q(f)-I\rvert < \epsilon$ para cualquier partición $Q$ refino $P$. También, elegir cualquier $\alpha\in(0,1)$. Si $P=\{a=x_0 < x_1 < \cdots < x_n=b\}$ a continuación, para cada una de las $k=1,\ldots,n$, vamos a $\tilde x_k=\alpha x_{k-1}+(1-\alpha)x_k$$s_k=\sup\{\lvert f(x)-f(x_{k-1})\rvert\colon x\in[x_{k-1},\tilde x_k]\}$. Tenga en cuenta que $S_c$ es disjunta de a $(x_{k-1},\tilde x_k)$ siempre $s_k \le 2c$. Así, el exterior de la medida de Lebesgue de $S_c$ está delimitado por $$ \lvert S_c\rvert\le\sum_{k=1}^n1_{\{s_k > 2c\}}(\tilde x_k - x_{k-1})+\sum_{k=1}^nL(x_k-\tilde x_{k-1}) \le\sum_{k=1}^n\frac{s_k}{2c}(x_k-x_{k-1})+\alpha L(b-a). $$ Ahora debemos demostrar que $s_k$ son pequeñas en un promedio de sentido. Podemos refinar la partición $P$ mediante la introducción de un nuevo punto de $y_k$ en cada uno de los intervalos de $[x_{k-1},\tilde x_k]$, para obtener una nueva partición $Q$. La elección de $y_k=x_{k-1}$ siempre que sea necesario, podemos asumir que $f(y_k)\ge f(x_{k-1})$. A continuación, $$ 2\epsilon > I_Q(f)-I_P(f)=\sum_{k=1}^n(f(y_k)-f(x_{k-1})(x_k-y_k)\ge\alpha\sum_{k=1}^n(f(y_k)-f(x_{k-1}))(x_k-x_{k-1}). $$ Tomando el supremum sobre el conjunto de posibles opciones de $y_k$ da $\sum_k\sup_{y\in[x_{k-1},x_k]}(f(y)-f(x_{k-1}))(x_k-x_{k-1})$ delimitada por $2\epsilon/\alpha$. Aplicando el mismo resultado a $-f$ da $$ \sum_{k=1}^ms_k(x_k-x_{k-1})\le4\epsilon/\alpha. $$
Conectando en la desigualdad anterior, $$ \lvert S_c\rvert\le\frac{2\epsilon}{\alpha c}+\alpha L(b-a). $$ Haciendo $\alpha$ pequeñas, el segundo término en el lado derecho puede hacerse tan pequeño como nos gusta a continuación, tomando $\epsilon$ lo suficientemente pequeño, el primer término en el lado derecho puede hacerse arbitrariamente pequeña. Por eso, $S_c$ cero exterior de Lebesgue medida como necesaria.
