8.12: Integración y Diferenciación

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

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

Además, como se ve fácilmente

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

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\(\mu.\quad \square\)

Ambos teoremas combinados arrojan el siguiente resultado.

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.