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11.1: Riemann integral sobre rectángulos

( \newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}\)

Riemann integral sobre rectángulos

Nota: Conferencias FIXME1

Al igual que en el capítulo FIXME, definimos la integral de Riemann utilizando las integrales superior e inferior de Darboux. Las ideas de esta sección son muy similares a la integración en una dimensión. La complicación es mayoritariamente notacional.

Rectángulos y particiones

Dejar(a1,a2,,an) y(b1,b2,,bn) ser tal queakbk para todosk. Un conjunto de la forma[a1,b1]×[a2,b2]××[an,bn] se llama rectángulo cerrado. Siak<bk, entonces un conjunto de la forma(a1,b1)×(a2,b2)××(an,bn) se llama rectángulo abierto.

Para un rectángulo abierto o cerradoR:=[a1,b1]×[a2,b2]××[an,bn]Rn oR:=(a1,b1)×(a2,b2)××(an,bn)Rn, definimos el volumenn -dimensional porV(R):=(b1a1)(b2a2)(bnan).

Una particiónP del rectángulo cerradoR=[a1,b1]×[a2,b2]××[an,bn] es un conjunto finito de particionesP1,P2,,Pn de los intervalos[a1,b1],[a2,b2],,[an,bn]. Es decir, por cadak hay un enterok y el conjunto finito de númerosPk={xk0,xk1,xk2,,xkk} tal queak=xk0<xk1<xk2<<xkk1<xkk=bk. Escogiendo un conjunto den enterosj1,j2,,jn dondejk{1,2,,k} obtenemos el subrectángulo[x1j11,x1j1]×[x2j21,x2j2]××[xnjn1,xnjn]. Por simplicidad, ordenamos los subrectángulos de alguna manera y decimos {R1,R2,,RN}son los subrectángulos correspondientes a la particiónP deR. En otras palabras, subdividimos el rectángulo original en muchos subrectángulos más pequeños. No es difícil ver que estos subrectángulos cubren nuestro originalR, y su volumen se suma al deR. Eso esR=Nj=1Rj,andV(R)=Nj=1V(Rj).

CuandoRk=[x1j11,x1j1]×[x2j21,x2j2]××[xnjn1,xnjn] entoncesV(Rk)=Δx1j1Δx2j2Δxnjn=(x1j1x1j11)(x2j2x2j21)(xnjnxnjn1).

DejarRRn ser un rectángulo cerrado y dejarf:RR ser una función acotada. DejarP ser una partición de[a,b]. DejarRi ser un subrectángulo correspondiente aP que tengaN subrectángulos. Definirmi:=inf{f(x):xRi},Mi:=sup{f(x):xRi},L(P,f):=Ni=1miV(Ri),U(P,f):=Ni=1MiV(Ri). Llamamos aL(P,f) la suma inferior de Darboux yU(P,f) a la suma superior de Darboux.

Comenzamos a probar hechos sobre las sumas de Darboux análogas a los resultados de una variable.

[mv:sumulbound:prop] Supongamos queRRn es un rectángulo cerrado yf:RR es una función acotada. Seamos talesm,MR que por todoxR lo que tenemosmf(x)M. Para cualquier particiónP deR tenemosmV(R)L(P,f)U(P,f)MV(R).

DejarP ser una partición. Entonces tenga en cuenta quemmi para todosi yMiM para todosi. TambiénmiMi para todosi. Por últimoNi=1V(Ri)=V(R). Por lo tanto,mV(R)=m(Ni=1V(Ri))=Ni=1mV(Ri)Ni=1miV(Ri)Ni=1MiV(Ri)Ni=1MV(Ri)=M(Ni=1V(Ri))=MV(R).\qedhere

Integrales superiores e inferiores

Por el conjunto de superior e inferior Darboux las sumas son conjuntos acotados y podemos tomar su infima y suprema. Como antes, ahora hacemos la siguiente definición.

Sif:RR es una función delimitada en un rectángulo cerradoRRn. DefinirR_f:=sup{L(P,f):P a partition of R},¯Rf:=inf{U(P,f):P a partition of R}._ Llamamos integral de Darboux inferior y integral¯ de Darboux superior.

Al igual que en una dimensión tenemos refinamientos de particiones.

DejarRRn ser un rectángulo cerrado y dejarP={P1,P2,,Pn} y˜P={˜P1,˜P2,,˜Pn} ser particiones deR. Decimos˜P un refinamiento deP si como conjuntosPk˜Pk para todosk=1,2,,n.

No es difícil ver que si˜P es un refinamiento deP, entonces subrectángulos deP son uniones de subrectángulos de˜P. En pocas palabras, en un refinamiento tomamos los subrectángulos deP y los cortamos en subrectángulos más pequeños.

[mv:prop:refinement] Supongamos queRRn es un rectángulo cerrado,P es una partición deR y˜P es un refinamiento deP. Si esf:RR una función acotada, entoncesL(P,f)L(˜P,f)andU(˜P,f)U(P,f).

R1,R2,,RNDejen ser los subrectángulos deP y˜R1,˜R2,,˜RM ser los subrectángulos de˜R. IkDejen ser el conjunto de índicesj tales que˜RjRk. Nos damos cuenta de queRk=jIk˜Rj,V(Rk)=jIkV(˜Rj).

Vamosmj:=inf{f(x):xRj}, y˜mj:=inf{f(x):∈˜Rj} como de costumbre. Observe también que sijIk, entoncesmk˜mj. EntoncesL(P,f)=Nk=1mkV(Rk)=Nk=1jIkmkV(˜Rj)Nk=1jIk˜mjV(˜Rj)=Mj=1˜mjV(˜Rj)=L(˜P,f).\qedhere

El punto clave de esta proposición siguiente es que la integral inferior de Darboux es menor o igual que la integral superior de Darboux.

[mv:intulbound:prop] LetRRn ser un rectángulo cerrado yf:RR una función acotada. Seamos talesm,MR que por todoxR lo que tenemosmf(x)M. EntoncesmV(R)R_f¯RfMV(R).

Para cualquier particiónP, víamV(R)L(P,f)U(P,f)MV(R). Al tomar suprema deL(P,f) e infima deU(P,f) sobre todoP obtenemos la primera y la última desigualdad.

La clave por supuesto es la desigualdad media en [mv:intulbound:eq]. DejarP1={P11,P21,,Pn1} yP2={P12,P22,,Pn2} ser particiones deR. Definir˜P={˜P1,˜P2,,˜Pn} dejando˜Pk=Pk1Pk2. Entonces˜P es una partición deR como se puede verificar fácilmente, y˜P es un refinamiento deP1 y un refinamiento deP2. Por,L(P1,f)L(˜P,f) yU(˜P,f)U(P2,f). Por lo tanto,L(P1,f)L(˜P,f)U(˜P,f)U(P2,f). en otras palabras, para dos particiones arbitrariasP1 yP2 tenemosL(P1,f)U(P2,f). Vía obtenemossup{L(P,f):P a partition of R}inf{U(P,f):P a partition of R}. En otras palabrasR_f¯Rf.

La integral de Riemann

Ahora tenemos todo lo que necesitamos para definir la integral de Riemann enn dimensiones sobre rectángulos. Nuevamente, la integral de Riemann solo se define en una cierta clase de funciones, llamadas funciones integrables de Riemann.

DejarRRn ser un rectángulo cerrado. Quef:RR sea una función acotada tal queba_f(x) dx=¯baf(x) dx. Entoncesf se dice que es Riemann integrable. El conjunto de funciones integrables de Riemann enR se denota porR(R). CuandofR(R) definimos la integral de RiemannRf:=R_f=¯Rf.

Cuando la variablexRn necesita ser enfatizada escribimosRf(x) dx,

implica inmediatamente la siguiente proposición.

[mv:intbound:prop] Letf:RR Ser una función integrable de Riemann en un rectángulo cerradoRRn. Seamosm,MR tal quemf(x)M para todosxR. EntoncesmV(R)bafMV(R).

Una función constante es Riemann integrable. Supongamosf(x)=c para todosx enR. EntoncescV(R)R_f¯RfcV(R). Asíf es integrable, y ademásRf=cV(R).

Las pruebas de linealidad y monotonicidad son casi completamente idénticas a las pruebas de una variable. Por lo tanto, lo dejamos como un ejercicio para probar las dos proposiciones siguientes. (FIXME añadir el ejercicio).

DejarRRn ser un rectángulo cerrado y dejarf yg estar dentroR(R) yαR.

  1. αfestá enR(R) yRαf=αRf
  2. f+gestá enR(R) yR(f+g)=Rf+Rg.

DejarRRn ser un rectángulo cerrado y dejarf yg estar dentroR(R) y dejarf(x)g(x) para todosxR. EntoncesRfRg.

De nuevo por simplicidad sif:SR es una función yRS es un rectángulo cerrado, entonces si la restricciónf|R es integrable decimos quef es integrable enR, ofR(R) y escribimosRf:=Rf|R.

Para un rectángulo cerradoSRn, sif:SR es integrable yRS es un rectángulo cerrado, entoncesf es integrable sobreR.

Dadoϵ>0, nos encontramos con una particiónP tal queU(P,f)L(P,f)<ϵ. Al hacer un refinamiento deP podemos suponer que los puntos finales deR están enP, o en otras palabras,R es una unión de subrectángulos deP. Entonces los subrectángulos de seP dividen en dos colecciones, unas que son subconjuntos deR y otras cuya intersección con el interior deR está vacía. Supongamos queR1,R2,RK sean los subrectángulos que son subconjuntos deR yRK+1,,RN sean el resto. Dejar˜P ser la partición deR compuesta de esos subrectángulos deP contenidos enR. Después usando la misma notación que antes. ϵ>U(P,f)L(P,f)=Kk=1(Mkmk)V(Rk)+Nk=K+1(Mkmk)V(Rk)Kk=1(Mkmk)V(Rk)=U(˜P,f|R)L(˜P,f|R)Por lo tantof|R es integrable.

Integrales de funciones continuas

FIXME: Más adelante demostraremos un resultado mucho más general, pero es útil comenzar solo con funciones continuas. Antes de llegar a las funciones continuas, expongamos la siguiente proposición, la cual tiene una prueba muy fácil, pero es útil enfatizar como técnica.

DejarRRn ser un rectángulo cerrado yf:RR una función acotada. Si por cadaϵ>0, existe una particiónP deR tal queU(P,f)L(P,f)<ϵ, entoncesfR(R).

Dado unϵ>0 hallazgoP como en la hipótesis. Entonces¯RfR_fU(P,f)L(P,f)<ϵ. Como¯RfR_f y lo anterior sostiene para cadaϵ>0, concluimos¯Rf=R_f yfR(R).

Decimos que un rectánguloR=[a1,b1]×[a2,b2]××[an,bn] tiene el lado más largo como muchoα si esbkakα para todosk.

Si un rectánguloR \subset {\mathbb{R}}^n tiene el lado más largo como máximo\alpha. Entonces para cualquierx,y \in R,\lVert {x-y} \rVert \leq \sqrt{n} \, \alpha .

\begin{split} \lVert {x-y} \rVert & = \sqrt{ {(x^1-y^1)}^2 + {(x^2-y^2)}^2 + \cdots + {(x^n-y^n)}^2 } \\ & \leq \sqrt{ {(b^1-a^1)}^2 + {(b^2-a^2)}^2 + \cdots + {(b^n-a^n)}^2 } \\ & \leq \sqrt{ {\alpha}^2 + {\alpha}^2 + \cdots + {\alpha}^2 } = \sqrt{n} \, \alpha . \qedhere \end{split}

[mv:thm:contintrect] LetR \subset {\mathbb{R}}^n ser un rectángulo cerrado yf \colon R \to {\mathbb{R}} una función continua, entoncesf \in {\mathcal{R}}(R).

La prueba es análoga a la prueba de una variable con algunas complicaciones. El conjuntoR es cerrado y acotado y por lo tanto compacto. Así que no sólof es continuo sino de hecho uniformemente continuo por. Dejemos\epsilon > 0 que se den. Encontrar un\delta > 0 tal que\lVert {x-y} \rVert < \delta implique\left\lvert {f(x)-f(y)} \right\rvert < \frac{\epsilon}{V(R)}.

DejarP ser una partición deR tal manera que el lado más largo de cualquier subrectángulo es estrictamente menor que\frac{\delta}{\sqrt{n}}. Entonces para todosx, y \in R_k para un subrectánguloR_k deP tenemos, por la proposición anterior,\lVert {x-y} \rVert < \sqrt{n} \frac{\delta}{\sqrt{n}} = \delta. Por lo tantof(x)-f(y) \leq \left\lvert {f(x)-f(y)} \right\rvert < \frac{\epsilon}{V(R)} . Asf es continuo enR_k, alcanza un máximo y un mínimo en este intervalo. Dejarx ser un puntof donde alcance el máximo yy ser un puntof donde alcance el mínimo. Entoncesf(x) = M_k yf(y) = m_k en la notación a partir de la definición de la integral. Por lo tanto,M_i-m_i = f(x)-f(y) < \frac{\epsilon}{V(R)} . Y así\begin{split} U(P,f) - L(P,f) & = \left( \sum_{k=1}^N M_k V(R_k) \right) - \left( \sum_{k=1}^N m_k V(R_k) \right) \\ & = \sum_{k=1}^N (M_k-m_k) V(R_k) \\ & < \frac{\epsilon}{V(R)} \sum_{k=1}^N V(R_k) = \epsilon. \end{split} As\epsilon > 0 fue arbitrario,\overline{\int_a^b} f = \underline{\int_a^b} f , yf es Riemann integrable enR.

Integración de funciones con soporte compacto

DejarU \subset {\mathbb{R}}^n ser un conjunto abierto yf \colon U \to {\mathbb{R}} ser una función. Decimos el soporte def ser el conjunto Es\operatorname{supp} (f) := \overline{ \{ x \in U : f(x) \not= 0 \} } . decir, el soporte es el cierre del conjunto de puntos donde la función es distinta de cero. Entonces por un punto no en el apoyo que tenemos quef es constantemente cero en todo un barrio.

fSe dice que una función tiene soporte compacto si\operatorname{supp}(f) es un conjunto compacto. Consideraremos principalmente el caso cuandoU={\mathbb{R}}^n. A la luz del siguiente ejercicio, no se trata de una simplificación en exceso.

Supongamos queU \subset {\mathbb{R}}^nf \colon U \to {\mathbb{R}} es abierto y es continuo y de soporte compacto. Demostrar que la función\tilde{f} \colon {\mathbb{R}}^n \to {\mathbb{R}}\tilde{f}(x) := \begin{cases} f(x) & \text{ if $x \in U$} \\ 0 & \text{ otherwise} \end{cases} es continua.

[mv:prop:rectanglessupp] Supongamosf \colon {\mathbb{R}}^n \to {\mathbb{R}} que es una función con soporte compacto. SiR es un rectángulo cerrado tal que\operatorname{supp}(f) \subset R^o dondeR^o es el interior deR, yf es integrable sobreR, entonces para cualquier otro rectángulo cerradoS con\operatorname{supp}(f) \subset S^o, la funciónf es integrable sobreS y\int_S f = \int_R f .

La intersección de rectángulos cerrados vuelve a ser un rectángulo cerrado (o vacío). Por lo tanto podemos tomar\tilde{R} = R \cap S ser la intersección de todos los rectángulos que contienen\operatorname{supp}(f). Si\tilde{R} es el conjunto vacío, entonces\operatorname{supp}(f) es el conjunto vacío yf es idénticamente cero y la proposición es trivial. Entonces supongamos que eso no\tilde{R} está vacío. Como\tilde{R} \subset R, sabemos quef es integrable sobre\tilde{R}. Además\tilde{R} \subset S. Dado\epsilon > 0, tomar\tilde{P} para ser una partición de\tilde{R} tal queU(\tilde{P},f|_{\tilde{R}})- L(\tilde{P},f|_{\tilde{R}}) < \epsilon . Ahora agregue los puntos finales deS\tilde{P} a para crear una nueva particiónP. Tenga en cuenta que los subrectángulos de también\tilde{P} son subrectángulos deP. R_1,R_2,\ldots,R_KDejen ser los subrectángulos de\tilde{P} yR_{K+1},\ldots,R_N los nuevos subrectángulos. Tenga en cuenta que desde\operatorname{supp}(f) \subset \tilde{R}, entonces parak=K+1,\ldots,N nosotros tenemos\operatorname{supp}(f) \cap R_k = \emptyset. En otras palabrasf es idénticamente cero encendidoR_k. Por lo tanto en la notación utilizada anteriormente tenemos\begin{split} U(P,f|_S)-L(P,f|_S) & = \sum_{k=1}^K (M_k-m_k) V(R_k) + \sum_{k=K+1}^N (M_k-m_k) V(R_k) \\ & = \sum_{k=1}^K (M_k-m_k) V(R_k) + \sum_{k=K+1}^N (0) V(R_k) \\ & = U(\tilde{P},f|_{\tilde{R}})- L(\tilde{P},f|_{\tilde{R}}) < \epsilon . \end{split} Del mismo modo tenemos esoL(P,f|_S) = L(\tilde{P},f_{\tilde{R}}) y por lo tanto\int_S f = \int_{\tilde{R}} f. ya que también\tilde{R} \subset R obtenemos\int_R f = \int_{\tilde{R}} f, o en otras palabras\int_R f = \int_S f.

Debido a esta proposición, cuandof \colon {\mathbb{R}}^n \to {\mathbb{R}} tiene soporte compacto y es integrable sobre un rectánguloR que contiene el soporte escribimos\int f := \int_R f \qquad \text{or} \qquad \int_{{\mathbb{R}}^n} f := \int_R f . Por ejemplo sif es continuo y de soporte compacto entonces\int_{{\mathbb{R}}^n} f existe.

Ejercicios

FIXME

FIXME: Mostrar que la integración sobre un rectángulo con un lado de tamaño cero resulta en cero integral.

[mv:exersmallerset] SupongamosR yR' son dos rectángulos cerrados conR' \subset R. Supongamos quef \colon R \to {\mathbb{R}} está en{\mathcal{R}}(R). f \in {\mathcal{R}}(R')Demuéstralo.

[mv:ceroexterior] SupongamosR yR' son dos rectángulos cerrados conR' \subset R. Supongamos que esof \colon R \to {\mathbb{R}} está en{\mathcal{R}}(R') yf(x) = 0 parax \notin R'. Mostrar esof \in {\mathcal{R}}(R) y\int_{R'} f = \int_R f . Pista: ver el ejercicio anterior.

Demostrar una versión más fuerte de. Supongamosf \colon {\mathbb{R}}^n \to {\mathbb{R}} que es una función con soporte compacto. Demostrar que siR es un rectángulo cerrado tal que\operatorname{supp}(f) \subset R yf es integrable sobreR, entonces para cualquier otro rectángulo cerradoS con\operatorname{supp}(f) \subset S, la funciónf es integrable sobreS y\int_S f = \int_R f. Pista: observe que ahora los nuevos rectángulos que agregue como en la prueba pueden intersectarse\operatorname{supp}(f) en su límite.

Supongamos queR yS son rectángulos cerrados. Dejarf(x) := 1 six \in R y def(x) = 0 otra manera. Demostrar quef es integrable sobreS y computar\int_S f.


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