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# 8.12: Integración y Diferenciación

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I. Ahora vincularemos los derivados de Rn (§11) a los del Capítulo 7, §12.

A continuación, utilizamos la notación de la Definición 3 en el Capítulo 7, §10 y la Definición 1 del Capítulo 7, §12. (¡Revíselos!) En particular,

$m : \mathcal{M}^{*} \rightarrow E^{*}$

es la medida de Lebesgue en$$E^{n}$$ (presupone en términos tales como “a.e.”, etc.);$$s$$ es una función de conjunto arbitraria. Para mayor comodidad, establecemos

$s^{\prime}(\overline{p})=0$

y

$\int_{X} f dm=0,$

a menos que se defina lo contrario; así$$s^{\prime}$$ y$$\int_{X} f$$ existir siempre.

Comenzamos con varios lemmas que se remontan a Lebesgue.

## Lema$$\PageIndex{1}$$

Con la notación de la Definición 3 del Capítulo 7, §10, las funciones

$\overline{D} s, \underline{D} s, \text { and } s^{\prime}$

son Lebesgue medibles$$E^{n}$$ para cualquier función de conjunto

$s : \mathcal{M}^{\prime} \rightarrow E^{*} \quad\left(\mathcal{M}^{\prime} \supseteq \overline{\mathcal{K}}\right).$

Prueba

Por definición,

$\overline{D} s(\overline{p})=\inf _{r} h_{r}(\overline{p}),$

donde

$h_{r}(\overline{p})=\sup \left\{\frac{s I}{m I} | I \in \mathcal{K}_{\overline{p}}^{r}\right\}$

y

$\mathcal{K}_{\overline{p}}^{r}=\left\{I \in \overline{\mathcal{K}} | \overline{p} \in I, d I<\frac{1}{r}\right\}, \quad r=1,2, \ldots.$

Como se ve fácilmente (¡verifica!) ,

$E^{n}\left(h_{r}>a\right)=\bigcup\left\{I \in \overline{\mathcal{K}} | a<\frac{s I}{m I}, d I<\frac{1}{r}\right\}, \quad a \in E^{*}.$

La unión del lado derecho es Lebesgue medible por el Problema 2 en el Capítulo 7, §10. Así, por el Teorema 1 de §2, la función$$h_{r}$$ es medible en$$E^{n}$$ para$$r=1,2, \ldots$$ y así es

$\overline{D} s=\inf _{r} h_{r}$

por Lema 1 de §2 y Definición 3 en el Capítulo 7, §10. De manera similar para$$\underline{D} s$$.

De ahí que por el Corolario 1 en §2, el conjunto

$A=E^{n}(\underline{D} s=\overline{D} s)$

es medible. Como$$s^{\prime}=\overline{D} s$$ en$$A, s^{\prime}$$ es mensurable en$$A$$ y también en$$-A$$ (por convención,$$s^{\prime}=0$$ por$$-A ),$$ lo tanto, en todos$$E^{n}. \quad \square$$

## Lema$$\PageIndex{2}$$

Con la misma notación, deja$$s : \mathcal{M}^{\prime} \rightarrow E^{*}\left(\mathcal{M}^{\prime} \supseteq \overline{\mathcal{K}}\right)$$ ser una medida regular en$$E^{n}.$$ Let$$A \in \mathcal{M}^{*}$$ y$$B \in \mathcal{M}^{\prime}$$ con$$A \subseteq B,$$ y$$a \in E^{1}$$.

Si

$\overline{D} s>a \quad \text { on } A,$

entonces

$a \cdot m A \leq s B.$

Prueba

Fijar$$\varepsilon>0.$$ Por regularidad (Definición 4 en el Capítulo 7, §7), hay un conjunto abierto$$G \supseteq B,$$ con

$s B+\varepsilon \geq s G.$

Ahora vamos

$\mathcal{K}^{\varepsilon}=\{I \in \overline{\mathcal{K}} | I \subseteq G, s I \geq(a-\varepsilon) m I\}.$

Como$$\overline{D} s>a,$$ la definición de$$\overline{D} s$$ implica que$$\mathcal{K}^{\varepsilon}$$ es una cubierta Vitali de$$A$$. (¡Verifica!)

Así, el Teorema 1 en el Capítulo 7, §10, produce una secuencia disjunta$$\left\{I_{k}\right\} \subseteq \mathcal{K}^{\varepsilon}$$, con

$m\left(A-\bigcup_{k} I_{k}\right)=0$

y

$m A \leq m\left(A-\bigcup I_{k}\right)+m \bigcup I_{k}=0+m \bigcup I_{k}=\sum_{k} m I_{k}.$

Como

$\bigcup I_{k} \subseteq G \text { and } s B+\varepsilon \geq s G$

(por nuestra elección de$$\mathcal{K}^{\varepsilon}$$ y$$G$$, obtenemos

$s B+\varepsilon \geq s \bigcup_{k} I_{k}=\sum_{k} s I_{k} \geq(a-\varepsilon) \sum_{k} m I_{k} \geq(a-\varepsilon) m A.$

Así

$(a-\varepsilon) m A \leq s B+\varepsilon.$

Haciendo$$\varepsilon \rightarrow 0,$$ obtenemos el resultado. $$\quad \square$$

## Lema$$\PageIndex{3}$$

Si

$t=s \pm u,$

con$$s, t, u : \mathcal{M}^{\prime} \rightarrow E^{*}$$ y$$\mathcal{M}^{\prime} \supseteq \overline{\mathcal{K}},$$ y si$$u$$ es diferenciable en un punto$$\overline{p} \in E^{n}$$, entonces

$\overline{D} t=\overline{D} s \pm u^{\prime} \text { and } \underline{D} t=\underline{D} s \pm u^{\prime} \text { at } \overline{p}.$

Prueba

La prueba, a partir de las definiciones, se deja al lector (Capítulo 7, §12, Problema 7).

## Lema$$\PageIndex{4}$$

Cualquier medida$$m$$ -continua$$s : \mathcal{M}^{*} \rightarrow E^{1}$$ es fuertemente regular.

Prueba

Por Corolario 3 del Capítulo 7, §11,$$v_{s}=s<\infty$$$$s$$es finito!). Así$$v_{s}$$ es ciertamente$$m$$ -finito.

De ahí que por el Teorema 2 en el Capítulo 7, §11,$$s$$ sea absolutamente$$m$$ -continuo. Entonces dado$$\varepsilon>0,$$ que hay$$\delta>0$$ tal que

$\left(\forall X \in \mathcal{M}^{*} | m X<\delta\right) \quad s X<\varepsilon.$

Ahora, vamos$$A \in \mathcal{M}^{*}.$$ Por la fuerte regularidad de la medida de Lebesgue$$m$$ (Capítulo 7, §8, Teorema 3 (b)), hay un conjunto abierto$$G \supseteq A$$ y un cerrado$$F \subseteq A$$ tal que

$m(A-F)<\delta \text { and } m(G-A)<\delta.$

Así, por nuestra elección de$$\delta$$,

$s(A-F)<\varepsilon \text { and } s(G-A)<\varepsilon,$

según sea necesario. $$\quad \square$$

## Lema$$\PageIndex{5}$$

Que$$s, s_{k}(k=1,2, \ldots)$$ sean medidas finitas$$m$$ -continuas, con$$s_{k} \nearrow s$$ o$$s_{k} \searrow s$$ sobre$$\mathcal{M}^{*}.$$

Si los$$s_{k}$$ son a.e. diferenciables, entonces

$\overline{D} s=\underline{D} s=\lim _{k \rightarrow \infty} s_{k}^{\prime} \text{ a.e.}$

Prueba

Vamos primero$$s_{k} \nearrow s.$$ Set

$t_{k}=s-s_{k}.$

Por Corolario 2 en el Capítulo 7, §11, todos$$t_{k}$$ son$$m$$ -continuos, de ahí fuertemente regulares (Lema 4). También,$$t_{k} \searrow 0$$ (desde$$s_{k} \nearrow s$$). De ahí

$t_{k} I \geq t_{k+1} I \geq 0$

para cada cubo$$I;$$ y la definición de$$\overline{D} t_{k}$$ implica que

$\overline{D} t_{k} \geq \overline{D} t_{k+1} \geq \underline{D} t_{k+1} \geq 0.$

Como$$\{\overline{D} t_{k}\} \downarrow,$$$$\lim_{k \rightarrow \infty} \overline{D} t_{k}$$ existe (puntual). Ahora establece

$A_{r}=E^{n}\left(\lim _{k \rightarrow \infty} \overline{D} t_{k} \geq \frac{1}{r}\right), \quad r=1,2, \ldots.$

Por Lemma 1 (y Lemma 1 en §2),$$A_{r} \in \mathcal{M}^{*}.$$ Desde

$\overline{D} t_{k} \geq \lim _{i \rightarrow \infty} \overline{D} t_{i} \geq \frac{1}{r}$

en rendimientos de$$A_{r},$$ Lemma 2

$\frac{1}{r} m A_{r} \leq t_{k} A_{r}.$

Como$$t_{k} \searrow 0,$$ tenemos

$\frac{1}{r} m A_{r} \leq \lim _{k \rightarrow \infty} t_{k} A_{r}=0.$

Así

$m A_{r}=0, \quad r=1,2, \ldots.$

$E^{n}\left(\lim _{k \rightarrow \infty} \overline{D} t_{k}>0\right)=\bigcup_{r=1}^{\infty} E^{n}\left(\lim _{k \rightarrow \infty} \overline{D} t_{k} \geq \frac{1}{r}\right)=\bigcup_{r=1}^{\infty} A_{r}$

y

$m \bigcup_{r=1}^{\infty} A_{r}=0.$

De ahí

$\lim _{k \rightarrow \infty} \overline{D} t_{k} \leq 0 \quad \text {a.e.}$

Como

$\overline{D} t_{k} \geq \underline{D} t_{k} \geq 0$

(ver arriba), obtenemos

$\lim _{k \rightarrow \infty} \overline{D} t_{k}=0=\lim _{k \rightarrow \infty} D t_{k} \quad \text { a.e. on } E^{n}.$

Ahora, como$$t_{k}=s-s_{k}$$ y como los$$s_{k}$$ son diferenciables, Lemma 3 rinde

$\overline{D} t_{k}=\overline{D} s-s_{k}^{\prime} \text { and } \underline{D} t_{k}=\underline{D} s-s_{k}^{\prime} \quad \text {a.e.}$

Así

$\lim _{k \rightarrow \infty}\left(\overline{D} s-s_{k}^{\prime}\right)=0=\lim \left(\underline{D} s-s_{k}^{\prime}\right),$

es decir,

$\overline{D} s=\lim _{k \rightarrow \infty} s_{k}^{\prime}=\underline{D} s \quad \text {a.e.}$

Esto resuelva el caso$$s_{k} \nearrow s$$.

En el caso$$s_{k} \searrow s,$$ uno sólo tiene que fijar$$t_{k}=s_{k}-s$$ y proceder como antes. (¡Verifica!) $$\quad \square$$

## Lema$$\PageIndex{6}$$

Dado$$A \in \mathcal{M}^{*}, m A<\infty,$$ let

$s=\int C_{A} dm$

on$$\mathcal{M}^{*}.$$ Entonces$$s$$ es a.e. diferenciable, y

$s^{\prime}=C_{A} \text { a.e. on } E^{n}.$

$$\left(C_{A}=\text { characteristic function of } A.\right)$$

Prueba

Primero,$$A$$ déjese abrir y dejar$$\overline{p} \in A$$.

Luego$$A$$ contiene algunos$$G_{\overline{p}}(\delta)$$ y por lo tanto también todos los cubos$$I \in \overline{\mathcal{K}}$$ con$$d I<\delta$$ y$$\overline{p} \in I.$$

Así, para tal$$I \in \overline{\mathcal{K}}$$,

$s I=\int_{I} C_{A} d m=\int_{I}(1) d m=m I;$

es decir,

$\frac{s I}{m I}=1=C_{A}(\overline{p}), \quad \overline{p} \in A.$

De ahí que por la Definición 1 del Capítulo 7, §12,

$s^{\prime}(\overline{p})=1=C_{A}(\overline{p})$

si$$\overline{p} \in A;$$ es decir,$$s^{\prime}=C_{A}$$ en$$A$$.

Nos calim que

$\overline{D} s=s^{\prime}=0 \quad \text {a.e. on } -A.$

Para probarlo, tenga en cuenta que

$s=\int C_{A} dm$

es un finito (¿por qué?) $$m$$-medida continua en$$\mathcal{M}^{*}$$. Por Lemma 4,$$s$$ es fuertemente regular. Además, como$$s I \geq 0$$ para cualquiera$$I \in \overline{\mathcal{K}},$$ que sin duda tenemos

$\overline{D} s \geq \underline{D} s \geq 0.$

(¿Por qué?) Ahora vamos

$B=E^{n}(\overline{D} s>0)=\bigcup_{r=1}^{\infty} B_{r},$

donde

$B_{r}=E^{n}\left(\overline{D} s \geq \frac{1}{r}\right), \quad r=1,2, \ldots.$

Tenemos que demostrar que$$m(B-A)=0.$$

Supongamos

$m(B-A)>0.$

Entonces por (2), debemos tener$$m\left(B_{r}-A\right)>0$$ para al menos uno$$B_{r};$$ arreglamos esto$$B_{r}$$ También, por (3),

$\overline{D} s \geq \frac{1}{r} \text { on } B_{r}-A$

(incluso en todos$$B_{r}$$). Así por Lemma 2,

$0<\frac{1}{r} m\left(B_{r}-A\right) \leq s\left(B_{r}-A\right)=\int_{B_{r}-A} C_{A} dm.$

Pero esto es imposible. En efecto, como$$C_{A}=0$$ en$$-A$$ (de ahí en$$B_{r}-A$$), la integral en (4) no puede ser$$>0.$$ Esto refuta la suposición$$m(B-A)>0;$$ así por (2),

$m\left(E^{n}(\overline{D} s>0)-A\right)=0;$

es decir,

$\overline{D} s=0=\underline{D} s \quad \text { a.e. on } -A.$

Vemos que

$s^{\prime}=0=C_{A} \quad \text { a.e. on } -A,$

y

$s^{\prime}=1=C_{A} \quad \text { on } A,$

demostrando el lema para sets abiertos$$A.$$

Ahora toma cualquier$$A \in \mathcal{M}^{*}, m A<\infty.$$ medida de Lebesgue es regular (Capítulo 7, §8, Teorema 3 (b)), encontramos para cada uno$$k \in N$$ un conjunto abierto$$G_{k} \supseteq A,$$ con

$m\left(G_{k}-A\right)<\frac{1}{k} \text { and } G_{k} \supseteq G_{k+1}.$

Let

$s_{k}=\int C_{G_{k}} dm.$

Después$$s_{k} \searrow s$$ en$$\mathcal{M}^{*}$$ (ver Problema 5 (ii) en §6). También, por lo que se mostró anteriormente, los$$s_{k}$$ son diferenciables, con$$s_{k}^{\prime}=C_{G_{k}}$$ a.e.

De ahí por Lemma 5

$\overline{D} s=\underline{D} s=\lim _{k \rightarrow \infty} C_{G_{k}}=C_{A} \text { (a.e.).}$

El lema está probado. $$\quad \square$$

## Teorema$$\PageIndex{1}$$

Let$$f : E^{n} \rightarrow E^{*}\left(E^{r}, C^{r}\right)$$ be$$m$$ -integrable, al menos en cada cubo en$$E^{n}.$$ Entonces la función set

$s=\int f dm$

es diferenciable, con$$s^{\prime}=f,$$ a.e. en$$E^{n}.$$

Así$$s^{\prime}$$ es la$$RN$$ -derivada de$$s$$ con respecto a la medida de Lebesgue$$m$$ (Teorema 1 en §11).

Prueba

Como$$E^{n}$$ es una unión contable de cubos (Lema 2 en el Capítulo 7, §2), basta con mostrar que$$s^{\prime}=f$$ a.e. en cada cubo abierto$$J,$$ con a.e.$$s$$ diferenciable en$$J.$$

Así fijar tal$$J \neq \emptyset$$ y$$m$$ restringir$$s$$ y

$\mathcal{M}_{0}=\left\{X \in \mathcal{M}^{*} | X \subseteq J\right\}.$

Esto no afecta$$s^{\prime}$$ a$$J;$$ para como$$J$$ está abierto, cualquier secuencia de cubos

$I_{k} \rightarrow \overline{p} \in J$

termina dentro de$$J$$ todos modos.

Cuando así se restrinja,

$s=\int f$

es una medida generalizada en$$J;$$ for$$\mathcal{M}_{0}$$ es un$$\sigma$$ anillo (verificar!) , y$$f$$ es integrable en$$J.$$ También,$$m$$ es fuertemente regular, y$$s$$ es$$m$$ -continuo.

Primero, supongamos que$$f$$ es$$\mathcal{M}_{0}$$ -simple en$$J,$$ decir,

$f=\sum_{i=1}^{q} a_{i} C_{A_{i}},$

decir, con$$0<a_{i}<\infty, A_{i} \in \mathcal{M}^{*},$$ y

$J=\bigcup_{i=1}^{q} A_{i} \text { (disjoint).}$

Entonces

$s=\int f=\sum_{i=1}^{q} a_{i} \int C_{A_{i}}.$

De ahí que por el Lema 6 anterior y por el Teorema 1 en el Capítulo 7, §12,$$s$$ sea diferenciable a.e. (como cada uno$$\int C_{A_{i}}$$ es), y

$s^{\prime}=\sum_{i=1}^{q} a_{i}\left(\int C_{A_{i}}\right)^{\prime}=\sum_{i=1}^{q} a_{i} C_{A_{i}}=f \text { (a.e.),}$

según sea necesario.

El caso general se reduce (a través de los componentes y la fórmula$$f=f^{+}-f^{-}$$) al caso$$f \geq 0,$$ con$$f$$ medible (incluso integrable) en$$J.$$

Por Problema 6 en §2, entonces, tenemos$$f_{k} \nearrow f$$ para algunos mapas simples$$f_{k} \geq 0.$$ Let

$s_{k}=\int f_{k} \text { on } M_{0}, k=1,2, \ldots.$

Entonces todos$$s_{k}$$ y$$s=\int f$$ son medidas finitas y$$s_{k} \nearrow s,$$ por el Teorema 4 en §6. También, por lo que se mostró anteriormente, cada uno$$s_{k}$$ es diferenciable a.e. on$$J,$$ con$$s_{k}^{\prime}=f_{k}$$ (a.e.). Así como en Lema 5,

$\overline{D} s=\underline{D} s=s^{\prime}=\lim _{k \rightarrow \infty} s_{k}^{\prime}=\lim f_{k}=f \text { (a.e.) on } J,$

con$$s^{\prime}=f \neq \pm \infty$$ (a.e.), como$$f$$ es integrable en$$J.$$ Así todo está demostrado. $$\quad \square$$

II. Hasta el momento hemos considerado la$$(\overline{\mathcal{K}})$$ diferenciación de Lebesgue. Sin embargo, nuestros resultados se extienden fácilmente a$$\Omega$$ la diferenciación (Definición 2 en el Capítulo 7, §12).

La prueba es aún más sencilla. Así, en el Lema 1, la unión en la fórmula (1) es contable (como$$\overline{\mathcal{K}}$$ se sustituye por la familia de conjuntos contables$$\Omega$$); de ahí que sea$$\mu$$ -medible. En el Lema 2, el uso del teorema de Vitali es sustituido por el Teorema 3 en el Capítulo 7, §12. De lo contrario, uno solo tiene que sustituir medida Lebesgue$$m$$ por$$\mu$$ on$$\mathcal{M}.$$ Una vez establecidos los lemmas (¡releer las pruebas!) , obtenemos lo siguiente.

## Teorema$$\PageIndex{2}$$

Dejar$$S, \rho, \Omega,$$ y$$\mu : \mathcal{M} \rightarrow E^{*}$$ ser como en la Definición 2 del Capítulo 7, §12. Dejar$$f : S \rightarrow E^{*}\left(E^{r}, C^{r}\right)$$ ser$$mu$$ -integrable en cada uno$$A \in \mathcal{M}$$ con$$\mu A<\infty.$$

A continuación, la función set

$s=\int f d \mu$

es$$\Omega$$ -diferenciable, con$$s^{\prime}=f,$$ (a.e.) encendido$$S$$.

Prueba

Recordemos que$$S$$ es una unión contable de conjuntos$$U_{n}^{i} \in \Omega$$ con$$0<\mu U_{n}^{i}<\infty.$$ As$$\mu^{*}$$ es$$\mathcal{G}$$ -regular, cada uno$$U_{n}^{i}$$ se encuentra en un conjunto abierto$$J_{n}^{i} \in \mathcal{M}$$ con

$\mu J_{n}^{i}<\mu U_{n}^{i}+\varepsilon_{n}^{i}<\infty.$

Además,$$f$$ es$$\mu$$ -medible (incluso integrable) en$$J_{n}^{i}.$$ Dejar caer un conjunto nulo, asumir que$$f$$ es$$\mathcal{M}$$ -medible en$$J=J_{n}^{i}$$.

A partir de aquí, proceder exactamente como en el Teorema 1, sustituyendo$$m$$ por$$\mu.\quad \square$$

## Corolario$$\PageIndex{1}$$

Si$$s : \mathcal{M}^{\prime} \rightarrow E^{*}\left(E^{r}, C^{r}\right)$$ es una medida generalizada$$m$$$$m$$ -continua y -finita en$$E^{n},$$ entonces$$s$$ es$$\overline{\mathcal{K}}$$ -diferenciable a.e. on$$E^{n},$$ y$$d s=s^{\prime} d m$$ (ver Definición 3 en §10) en cualquier$$A \in \mathcal{M}^{*}(m A<\infty).$$

De manera similar para$$\Omega$$ -diferenciación.

Prueba

Dado$$A \in \mathcal{M}^{*}(m A<\infty),$$ que hay un conjunto abierto$$J \supseteq A$$ tal que

$mJ<mA+\varepsilon<\infty.$

Como antes,$$m$$ restringir$$s$$ y

$\mathcal{M}_{0}=\left\{X \in \mathcal{M}^{*} | X \subseteq J\right\}.$

Entonces por suposición,$$s$$ es finito y$$m$$ -continuo en$$\mathcal{M}_{0}$$ (a$$\sigma$$ -anillo); así por el Teorema 1 en §11,

$s=\int f dm$

encendido$$\mathcal{M}_{0}$$ para algún mapa$$m$$ -integrable$$f$$ en$$J$$.

De ahí que por nuestro presente Teorema 1,$$s$$ sea diferenciable, con$$s^{\prime}=f$$ a.e. encendido$$J$$ y así

$s=\int f=\int s^{\prime} \text { on } \mathcal{M}_{0}.$

Esto implica$$d s=s^{\prime} d m$$ en$$A$$.

Para$$\Omega$$ -diferenciación, use el Teorema 2. $$\quad \square$$

## Corolario$$\PageIndex{2}$$ (change of measure)

Seamos$$s$$ como en Corolario 1. Sujeto a la Nota 1 en §10, si$$f$$ es$$s$$ -integrable en$$A \in \mathcal{M}^{*}(m A<\infty),$$ entonces$$f s^{\prime}$$ es$$m$$ -integrable en$$A$$ y

$\int_{A} f d s=\int_{A} f s^{\prime} dm.$

De igual manera para$$\Omega$$ -derivados, con$$m$$ reemplazados por$$\mu$$.

Prueba

Por Corolario 1,$$d s=s^{\prime} d m$$ en$$A.$$ Así Teorema 6 de §10 arroja el resultado. $$\quad \square$$

Nota 1. En particular, el Corolario 2 se aplica a$$m$$ -medidas LS firmadas continuas$$s=s_{\alpha}$$ en$$E^{1}$$ (ver final de §11). Si$$A=[a, b],$$ entonces$$s_{\alpha}$$ es seguramente finito en los subconjuntos$$s_{\alpha}$$ medibles de$$A;$$ los Corolarios 1 y 2 muestran que

$\int_{A} f ds_{\alpha}=\int_{A} f s_{\alpha}^{\prime} dm=\int_{A} f \alpha^{\prime} dm,$

ya que$$s_{\alpha}^{\prime}=\alpha^{\prime}.$$ (Ver Problema 9 en el Capítulo 7, §12.)

Nota 2. Además,$$s=s_{\alpha}$$ (ver Nota 1) es absolutamente$$m$$ -continuo iff$$\alpha$$ es absolutamente continuo en el sentido más fuerte (Problema 2 en el Capítulo 4, §8).

En efecto, asumiendo esto último, fijar$$\varepsilon>0$$ y elegir$$\delta$$ como en la Definición 3 del Capítulo 7, §11. Entonces si$$m X<\delta,$$ tenemos

$X \subseteq \bigcup I_{k} \text { (disjoint)}$

para algunos intervalos$$I_{k}=\left(a_{k}, b_{k}\right],$$ con

$\delta>\sum m I_{k}=\sum\left(b_{k}-a_{k}\right).$

De ahí

$|s X| \leq \sum\left|s I_{k}\right|<\varepsilon.$

(¿Por qué?) De igual manera para lo contrario.

8.12: Integración y Diferenciación is shared under a CC BY 1.0 license and was authored, remixed, and/or curated by LibreTexts.