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.
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\(E^{n}. \quad \square\)
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
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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. \(\quad \square\)
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).
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. \(\quad \square\)
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
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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!) \(\quad \square\)
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
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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. \(\quad \square\)
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
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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.
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
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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.
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. \(\quad \square\)
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.