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# 9.2: Más sobre L-Integrales y Continuidad Absoluta

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I. En esta sección, presuponemos el “estrellado” §10 en el Capítulo 7. Primero, sin embargo, agregamos algunas ideas nuevas que no requieren de ningún material estrellado. La notación es como en §1.

## Definición

Dado$$F : E^{1} \rightarrow E, p \in E^{1},$$ y$$q \in E,$$ escribimos

$q \sim D F(p)$

y llamar a$$q$$ un$$F$$ derivado en$$p$$ iff

$q=\lim _{k \rightarrow \infty} \frac{F\left(x_{k}\right)-F(p)}{x_{k}-p}$

para al menos una secuencia$$x_{k} \rightarrow p\left(x_{k} \neq p\right)$$.

Si$$F$$ tiene un derivado en$$p,$$ él es el único$$F$$ -derivado en$$p;$$ lo contrario, puede haber muchos derivados en$$p$$ (finitos o no).

Tales derivados deben existir si$$E=E^{1}\left(E^{*}\right).$$ Efectivamente, dado cualquier$$p \in E^{1},$$ let

$x_{k}=p+\frac{1}{k} \rightarrow p;$

dejar

$y_{k}=\frac{F\left(x_{k}\right)-F(p)}{x_{k}-p}, \quad k=1,2, \ldots$

Por la compacidad de$$E^{*}$$ (Capítulo 4, §6, ejemplo (d)),$$\left\{y_{k}\right\}$$ debe tener una subsecuencia$$\left\{y_{k_{i}}\right\}$$ con un límite$$q \in E^{*}$$ (e.g., take$$q=\underline{\lim} y_{k}$$), y así$$q \sim D F(p)$$.

También obtenemos el siguiente lema.

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

Si no$$F : E^{1} \rightarrow E^{*}$$ tiene derivaciones negativas sobre$$A-Q,$$ dónde$$A=$$$$[a, b]$$ y$$m Q=0,$$ y si no hay derivado de$$F$$ on$$A$$ iguales$$-\infty,$$ entonces$$F \uparrow$$ on$$A$$.

Prueba

Primero, supongamos que no$$F$$ tiene derivaciones negativas$$A$$ en absoluto. Fijar$$\varepsilon>0$$ y configurar

$G(x)=F(x)+\varepsilon x.$

Buscando una contradicción, supongamos$$a \leq p<q \leq b,$$ todavía$$G(q)<G(p).$$ Entonces si

$r=\frac{1}{2}(p+q),$

uno de los intervalos$$[p, r]$$ y$$[r, q]$$ (llámalo$$[p_{1}, q_{1}]$$) satisface$$G\left(q_{1}\right)<G\left(p_{1}\right)$$.

Vamos

$r_{1}=\frac{1}{2}\left(p_{1}+q_{1}\right).$

Nuevamente, uno de$$[p_{1}, r_{1}]$$ y$$[r_{1}, q_{1}]$$ (llámalo$$[p_{2}, q_{2}]$$) satisface$$G\left(q_{2}\right)<G\left(p_{2}\right).$$ Let

$r_{2}=\frac{1}{2}\left(p_{2}+q_{2}\right),$

y así sucesivamente.

Así obtener intervalos de contratación$$\left[p_{n}, q_{n}\right],$$ con

$G\left(q_{n}\right)<G\left(p_{n}\right), \quad n=1,2, \ldots.$

Ahora, por el Teorema 5 del Capítulo 4, §6, vamos

$p_{o} \in \bigcap_{n=1}^{\infty}\left[p_{n}, q_{n}\right].$

A continuación, establezca$$x_{n}=q_{n}$$ si$$G\left(q_{n}\right)<G\left(p_{o}\right),$$ y de$$x_{n}=p_{n}$$ otra manera. Entonces

$\frac{G\left(x_{n}\right)-G\left(p_{o}\right)}{x_{n}-p_{o}}<0$

y$$x_{n} \rightarrow p_{o}.$$ Por la compacidad de$$E^{*},$$ fijar una subsecuencia

$\frac{G\left(x_{n_{k}}\right)-G\left(p_{o}\right)}{x_{n_{k}}-p_{o}} \rightarrow c \in E^{*},$

decir. Entonces$$c \leq 0$$ es un$$G$$ -derivado en$$p_{o} \in A$$.

Pero esto es imposible; porque por nuestra elección$$G$$ y nuestra suposición, todos los derivados de$$G$$ son$$>0.$$ (¿Por qué?)

Esta contradicción demuestra que$$a \leq p<q \leq b$$ implica$$G(p) \leq G(q),$$ i.e.

$F(p)+\varepsilon p \leq F(q)+\varepsilon q.$

Haciendo$$\varepsilon \rightarrow 0,$$ obtenemos$$F(p) \leq F(q)$$ cuando$$a \leq p<q \leq b,$$ es decir,$$F \uparrow$$ en$$A$$.

Ahora, para el caso general, que$$Q$$ sea el conjunto de todos los$$p \in A$$ que tienen al menos uno$$D F(p)<0;$$ así$$m Q=0$$.

$$g$$Sea como en el Problema 8 de §1; así$$g^{\prime}=\infty$$ sucesivamente$$\varepsilon>0,$$ Conjunto$$Q.$$ dado

$G=F+\varepsilon g.$

Como$$g \uparrow,$$ tenemos

$(\forall x, p \in A) \quad \frac{G(x)-G(p)}{x-p} \geq \frac{F(x)-F(p)}{x-p}.$

De ahí$$D G(p) \geq 0$$ si$$p \notin Q$$.

Si, sin embargo,$$p \in Q,$$ entonces$$g^{\prime}(p)=\infty$$ implica$$D G(p) \geq 0.$$ (¿Por qué?) Así todos$$D G(p)$$ son$$\geq 0;$$ así por lo que se probó anteriormente,$$G \uparrow$$ en$$A.$$ Se deduce, como antes, eso$$F \uparrow$$$$A,$$ también. El lema está probado. $$\quad \square$$

Ahora procedemos a probar los Teoremas 3 y 4 de §1. Para ello, solo necesitaremos un teorema “estrellado” (Teorema 3 del Capítulo 7, §10).

Prueba de Teorema 3 de §1. (1) Primero,$$f$$ déjese acotar:

$|f| \leq K \quad \text {on } A.$

Vía componentes y por Corolario 1 del Capítulo 8, §6, todo se reduce al caso positivo real$$f \geq 0$$ en$$A.$$ (¡Explique!)

Entonces (Teorema 1 (f) del Capítulo 8, §5)$$a \leq x<y \leq b$$ implica

$L \int_{a}^{x} f \leq L \int_{a}^{y} f,$

es decir,$$F(x) \leq F(y);$$ así$$F \uparrow$$ y$$F^{\prime} \geq 0$$ sucesivamente$$A$$.

Ahora, por el Teorema 3 del Capítulo 7, §10,$$F$$ es a.e. diferenciable en$$A.$$ Así exactamente como en el Teorema 2 en §1, establecemos

$f_{n}(t)=\frac{F\left(t+\frac{1}{n}\right)-F(t)}{\frac{1}{n}} \rightarrow F^{\prime}(t) \text { a.e.}$

Ya que todos$$f_{n}$$ son$$m$$ -mensurables en$$A$$ (¿por qué?) , así es$$F^{\prime}$$. Además, como$$|f| \leq K$$, obtenemos (como en el Lema 1 de §1)

$\left|f_{n}(x)\right|=n\left(L \int_{x}^{x+1 / n} f\right) \leq n \cdot \frac{K}{n}=K.$

Así, por el Teorema 5 del Capítulo 8, §6 (con$$g=K$$),

$L \int_{a}^{x} F^{\prime}=\lim _{n \rightarrow \infty} L \int_{a}^{x} f_{n}=L \int_{a}^{x} f$

(Lema 1 de §1). De ahí

$L \int_{a}^{x}\left(F^{\prime}-f\right)=0, \quad x \in A,$

y así (Problema 10 en §1)$$F^{\prime}=f$$ (a.e.) como se afirma.

(2) Si no$$f$$ está acotado, todavía podemos reducir todo al caso para$$f \geq 0, f : E^{1} \rightarrow E^{*}$$ que$$F \uparrow$$ y$$F^{\prime} \geq 0$$ en$$A.$$

Si es así, usamos “truncation”: For$$n=1,2, \ldots,$$ set

$g_{n}=\left\{\begin{array}{ll}{f} & {\text { on } A(f \leq n), \text { and }} \\ {0} & {\text { elsewhere.}}\end{array}\right.$

Entonces (ver Problema 12 en §1) los$$g_{n}$$ son$$L$$ -medibles y acotados, por lo tanto$$L$$ -integrables$$A,$$ con$$g_{n} \rightarrow f$$ y

$0 \leq g_{n} \leq f$

on$$A.$$ Por la primera parte de la prueba, entonces,

$\frac{d}{d x} L \int_{a}^{x} g_{n}=g_{n} \quad \text { a.e. on } A, n=1,2, \ldots.$

Además, establecer$$(\forall n)$$

$F_{n}(x)=L \int_{a}^{x}\left(f-g_{n}\right) \geq 0;$

so$$F_{n}$$ is monótona ($$\uparrow$$) on$$A.$$ (¿Por qué?)

Así, por el Teorema 3 en el Capítulo 7, §10, cada uno$$F_{n}$$ tiene una derivada en casi cada$$x \in A,$$

$F_{n}^{\prime}(x)=\frac{d}{d x}\left(L \int_{a}^{x} f-L \int_{a}^{x} g_{n}\right)=F^{\prime}(x)-g_{n}(x) \geq 0 \quad \text {a.e. on } A.$

Haciendo$$n \rightarrow \infty$$ y recordando que$$g_{n} \rightarrow f$$ en$$A,$$ obtenemos

$F^{\prime}(x)-f(x) \geq 0 \quad \text {a.e. on } A.$

Así

$L \int_{a}^{x}\left(F^{\prime}-f\right) \geq 0.$

Pero como$$F \uparrow$$ (ver arriba), el Problema 11 de §1 rinde

$L \int_{a}^{x} F^{\prime} \leq F(x)-F(a)=L \int_{a}^{x} f;$

entonces

$L \int_{a}^{x}\left(F^{\prime}-f\right)=L \int_{a}^{x} F^{\prime}-L \int_{a}^{x} f \leq 0.$

Combinando, obtenemos

$(\forall x \in A) \quad L \int_{a}^{x}\left(F^{\prime}-f\right)=0;$

así por el Problema 10 de §1,$$F^{\prime}=f$$ a.e. encendido$$A,$$ según se requiera. $$\quad \square$$

Prueba de Teorema 4 de §1. A través de componentes, todo vuelve a reducir a un real$$f$$.

Let$$(\forall n)$$

$g_{n}=\left\{\begin{array}{ll}{f} & {\text { on } A(f \leq n),} \\ {0} & {\text { on } A(f>n);}\end{array}\right.$

así$$g_{n} \rightarrow f$$ (puntual),$$g_{n} \leq f, g_{n} \leq n,$$ y$$\left|g_{n}\right| \leq|f|$$.

Esto hace que cada uno$$g_{n}$$$$L$$ -integrable en$$A.$$ Así como antes, por el Teorema 5 del Capítulo 8, §6

$\lim _{n \rightarrow \infty} L \int_{a}^{x} g_{n}=L \int_{a}^{x} f, \quad x \in A.$

Ahora, establece

$F_{n}(x)=F(x)-L \int_{a}^{x} g_{n}.$

Entonces por el Teorema 3 de §1 (ya probado),

$F_{n}^{\prime}(x)=F^{\prime}(x)-\frac{d}{d x} L \int_{a}^{x} g_{n}=f(x)-g_{n}(x) \geq 0 \quad \text {a.e. on } A$

(ya que$$g_{n} \leq f$$).

Así$$F_{n}$$ tiene únicamente derivados no negativos en$$A-Q(m Q=0).$$ También, a medida$$g_{n} \leq n,$$ que obtenemos

$\frac{1}{x-p} L \int_{a}^{x} g_{n} \leq n,$

aunque$$x<p.$$ (¿Por qué?) De ahí

$\frac{\Delta F_{n}}{\Delta x} \geq \frac{\Delta F}{\Delta x}-n,$

como

$F_{n}(x)=F(x)-L \int_{a}^{x} g_{n}.$

Por lo tanto, ninguno de los$$F_{n}$$ -derivados en$$A$$ puede ser$$-\infty$$.

Por Lema 1, entonces,$$F_{n}$$ es monótona ($$\uparrow$$) en$$A;$$ lo que$$F_{n}(x) \geq F_{n}(a),$$ es decir,

$F(x)-L \int_{a}^{x} g_{n} \geq F(a)-L \int_{a}^{a} g_{n}=F(a),$

o

$F(x)-F(a) \geq L \int_{a}^{x} g_{n}, \quad x \in A, n=1,2, \ldots.$

De ahí por (1),

$F(x)-F(a) \geq L \int_{a}^{x} f, \quad x \in A.$

Para la desigualdad inversa, aplicar la misma fórmula a$$-f.$$ Así obtenemos el resultado deseado:

$F(x)=F(a)+L \int_{a}^{x} f \quad \text { for } x \in A. \quad \square$

Nota 1. La fórmula (2) es equivalente a$$F=L \int f$$ on$$A$$ (ver la última parte de §1). Para si (2) se mantiene, entonces

$F(x)=c+L \int_{a}^{x} f,$

con$$c=F(a);$$ así$$F=L \int f$$ por definición.

Por el contrario, si

$F(x)=c+L \int_{a}^{x} f,$

establecido$$x=a$$ para encontrar$$c=F(a)$$.

II. Una continuidad de bsoluto redefinida.

## Definición

Un mapa$$f : E^{1} \rightarrow E$$ es absolutamente continuo en un intervalo$$I \subseteq E^{1}$$ iff para cada$$\varepsilon>0,$$ hay$$\delta>0$$ tal que

$\sum_{i=1}^{r}\left(b_{i}-a_{i}\right)<\delta \text { implies } \sum_{i=1}^{r}\left|f\left(b_{i}\right)-f\left(a_{i}\right)\right|<\varepsilon$

para cualquier intervalo disjunta$$\left(a_{i}, b_{i}\right),$$ con$$a_{i}, b_{i} \in I$$.

A partir de ahora, esto sustituye a la definición “más débil” dada en el Capítulo 5, §8. El lector verificará fácilmente las siguientes tres proposiciones “rutinarias”.

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

Si$$f, g, h : E^{1} \rightarrow E^{*}(C)$$ son absolutamente continuos en$$A=[a, b]$$ lo que son

$f \pm g, h f, \text { and }|f|.$

Así también lo es$$f / h$$ si

$(\exists \varepsilon>0) \quad|h| \geq \varepsilon \text { on } A.$

Todo esto también se mantiene si$$f, g : E^{1} \rightarrow E$$ se valoran vectoriales y$$h$$ se valoran escalar. Finalmente, si$$E \subseteq E^{*},$$ entonces

$f \vee g, f \wedge g, f^{+}, \text {and } f^{-}$

son absolutamente continuos junto con$$f$$ y$$g.$$

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

Una función$$F : E^{1} \rightarrow E^{n}\left(C^{n}\right)$$ es absolutamente continua en$$A=$$$$[a, b]$$ iff todos sus componentes$$F_{1}, \ldots, F_{n}$$ son.

De ahí que una función compleja$$F : E^{1} \rightarrow C$$ sea absolutamente continua si sus partes reales e imaginarias,$$F_{re}$$ y$$F_{im},$$ son.

## Corolario$$\PageIndex{2}$$

Si$$f : E^{1} \rightarrow E$$ es absolutamente continuo en$$A=[a, b],$$ él está acotado, es uniformemente continuo, y tiene variación acotada,$$V_{f}[a, b]<\infty$$ todo en$$A.$$

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

Si$$F : E^{1} \rightarrow E^{n}\left(C^{n}\right)$$ es de variación limitada en$$A=[a, b],$$ entonces

(i)$$F$$ es a.e. diferenciable en$$A,$$ y

(ii)$$F^{\prime}$$ es$$L$$ -integrable en$$A$$.

Prueba

Vía componentes (Teorema 4 del Capítulo 5, §7), todo reduce al caso real,$$F : E^{1} \rightarrow E^{1}$$.

Entonces desde$$V_{F}[A]<\infty,$$ que tenemos

$F=g-h$

para algunos no decrecientes$$g$$ y$$h$$ (Teorema 3 en el Capítulo 5, §7).

Ahora, por Teorema 3 del Capítulo 7, §10,$$g$$ y$$h$$ son a.e. diferenciables en$$A.$$ Por lo tanto, así es

$g-h=F.$

Además,$$g^{\prime} \geq 0$$ y$$h^{\prime} \geq 0$$ desde$$g \uparrow$$ y$$h \uparrow$$.

Así, para la$$L$$ -integrabilidad de$$F^{\prime},$$ proceder como en el Problema 11 en §1, es decir, mostrar que$$F^{\prime}$$ es medible en$$A$$ y que

$L \int_{a}^{b} F^{\prime}=L \int_{a}^{b} g^{\prime}-L \int_{a}^{b} h^{\prime}$

es finito. Esto arroja el resultado. $$\quad \square$$

## Teorema$$\PageIndex{2}$$ (Lebesgue)

Si$$F : E^{1} \rightarrow E^{n}\left(C^{n}\right)$$ es absolutamente continuo$$A=[a, b],$$ entonces lo siguiente es cierto:

(i*)$$F$$ es a.e. diferenciable, y$$F^{\prime}$$ es$$L$$ -integrable, on$$A$$.

(ii*) Si, además,$$F^{\prime}=0$$ a.e. on$$A,$$ entonces$$F$$ es constante on$$A$$.

Prueba

La aserción (i*) es inmediata desde Lema 2, ya que cualquier función absolutamente continua es de variación acotada por el Corolario 2.

(ii*) Ahora deja$$F^{\prime}=0$$ a.e. en$$A.$$ Fijar cualquier

$B=[a, c] \subseteq A$

y dejar$$Z$$ constar de todo$$p \in B$$ en el que la derivada$$F^{\prime}=0$$.

Dado$$\varepsilon>0,$$ dejar$$\mathcal{K}$$ ser el conjunto de todos los intervalos cerrados de$$[p, x], p<x,$$ tal manera que

$\left|\frac{\Delta F}{\Delta x}\right|=\left|\frac{F(x)-F(p)}{x-p}\right|<\varepsilon.$

Por supuesto,

$\lim _{x \rightarrow p} \frac{\Delta F}{\Delta x}=0 \quad(p \in Z),$

y$$m(B-Z)=0; B=[a, c] \in \mathcal{M}^{*}.$$ Si$$p \in Z,$$ y$$x-p$$ es lo suficientemente pequeño, entonces

$\left|\frac{\Delta F}{\Delta x}\right|<\varepsilon,$

es decir,$$[p, x] \in \mathcal{K}$$.

Se deduce fácilmente que$$\mathcal{K}$$ cubre$$Z$$ en el sentido Vitali (¡verifica!) ; así que para cualquier
$$\delta>0,$$ Teorema 2 del Capítulo 7, §10 rinde intervalos disjuntos

$I_{k}=\left[p_{k}, x_{k}\right] \in \mathcal{K}, I_{k} \subseteq B,$

con

$m^{*}\left(Z-\bigcup_{k=1}^{q} I_{k}\right)<\delta,$

de ahí también

$m\left(B-\bigcup_{k=1}^{q} I_{k}\right)<\delta$

(para$$m(B-Z)=0$$). Pero

\begin{aligned} B-\bigcup_{k=1}^{q} I_{k} &=[a, c]-\bigcup_{k=1}^{q-1}\left[p_{k}, x_{k}\right] \\ &=\left[a, p_{1}\right) \cup \bigcup_{k=1}^{q-1}\left[x_{k}, p_{k+1}\right) \cup\left[x_{q}, c\right] \quad\left(\text { if } x_{k}<p_{k}<x_{k+1}\right); \end{aligned}

entonces

$m\left(B-\bigcup_{k=1}^{q} I_{k}\right)=\left(p_{1}-a\right)+\sum_{k=1}^{q-1}\left(p_{k+1}-x_{k}\right)+\left(c-x_{q}\right)<\delta.$

Ahora, como$$F$$ es absolutamente continuo, podemos elegir$$\delta>0$$ para que (3) implique

$\left|F\left(p_{1}\right)-F(a)\right|+\sum_{k=1}^{q-1}\left|F\left(p_{k+1}\right)-F\left(x_{k}\right)\right|+\left|F(c)-F\left(x_{q}\right)\right|<\varepsilon.$

Pero$$I_{k} \in \mathcal{K}$$ también implica

$\left|F\left(x_{k}\right)-F\left(p_{k}\right)\right|<\varepsilon\left(x_{k}-p_{k}\right)=\varepsilon \cdot m I_{k}.$

De ahí

$\left|\sum_{k=1}^{q}\left[F\left(x_{k}\right)-F\left(p_{k}\right)\right]\right|<\varepsilon \sum_{k=1}^{q} m I_{k} \leq \varepsilon \cdot m B=\varepsilon(c-p).$

Combinando con (4), obtenemos

$|F(c)-F(a)| \leq \varepsilon(1+c-a) \rightarrow 0 \text { as } \varepsilon \rightarrow 0;$

así$$F(c)=F(a).$$ como$$c \in A$$ fue arbitrario,$$F$$ es constante en$$A,$$ como se afirma. $$\quad \square$$

Nota 2. Esto demuestra que la función de Cantor (Problema 6 del Capítulo 4, §5) no es absolutamente continua, aunque sea continua y monótona, de ahí de variación acotada sobre$$[0,1].$$ Indeed (ver Problema 2 en §1), tiene una derivada cero a.e. on$$[0,1]$$ pero no es constante ahí. Así, la continuidad absoluta, como ahora se define, difiere de su contraparte “débil” (Capítulo 5, §8).

## Teorema$$\PageIndex{3}$$

Un mapa$$F : E^{1} \rightarrow E^{1}\left(C^{n}\right)$$ es absolutamente continuo en$$A=$$$$[a, b]$$ iff

$F=L \int f \quad \text { on } A$

para alguna función$$f;$$ y luego

$F(x)=F(a)+L \int_{a}^{x} f, \quad x \in A.$

Brevemente: Los mapas absolutamente continuos son exactamente todos$$L$$ -primitivos.

Prueba

Si$$F=L \int f,$$ entonces por el Teorema 1 de §1,$$F$$ es absolutamente continuo en$$A,$$ y por la Nota 1,

$F(x)=F(a)+L \int_{a}^{x} f, \quad x \in A.$

Por el contrario, si$$F$$ es absolutamente continuo, entonces por el Teorema 2, es a.e. diferenciable y$$F^{\prime}=f$$ es$$L$$ -integrable (todo encendido$$A$$). Vamos

$H(x)=L \int_{a}^{x} f, \quad x \in A.$

Entonces$$H,$$ también, es absolutamente continuo y así es$$F-H.$$ También, por el Teorema 3 de §1,

$H^{\prime}=f=F^{\prime},$

y así
$(F-H)^{\prime}=0 \quad \text {a.e. on } A.$

Por Teorema 2,$$F-H=c;$$ es decir,

$F(x)=c+H(x)=c+L \int_{a}^{x} f,$

y así$$F=L \int f$$ sucesivamente$$A,$$ como se reclama. $$\quad \square$$

## Corolario$$\PageIndex{3}$$

Si$$f, F : E^{1} \rightarrow E^{*}\left(E^{n}, C^{n}\right),$$ tenemos

$F=L \int f$

en un intervalo$$I \subseteq E^{1}$$ iff$$F$$ es absolutamente continuo encendido$$I$$ y$$F^{\prime}=f$$ a.e. encendido$$I$$.

(Use Problema 3 en §1 y Teorema 3.)

Nota 3. Esto (o Teorema 3) podría servir como definición. Comparando primitivas ordinarias

$F=\int f$

con$$L$$ -primitivas

$F=L \int f,$

vemos que los primeros requieren$$F$$ ser apenas relativamente continuos pero permiten sólo un conjunto contable “excepcional”$$Q,$$ mientras que los segundos requieren de continuidad absoluta pero$$Q$$ permiten incluso ser incontables, siempre y cuando$$m Q=0$$.

El tipo de funciones absolutamente continuas más simples y “más fuertes” son los llamados mapas de Lipschitz (ver Problema 6). Ver también Problemas 7 y 10.

III. Concluimos con otra idea importante, debido a Lebesgue.

## Definición

$$p \in E^{1}$$Llamamos punto Lebesgue (”$$L$$ -punto”) de$$f : E^{1} \rightarrow E$$ iff

i)$$f$$ es$$L$$ -integrable en algunos$$G_{p}(\delta)$$;

(ii)$$q=f(p)$$ es finito; y

iii)$$\lim _{x \rightarrow p} \frac{1}{x-p} L \int_{p}^{x}|f-q|=0$$.

El conjunto de Lebesgue$$f$$ consiste en todos esos$$p$$.

## Corolario$$\PageIndex{4}$$

Vamos

$F=L \int f \quad \text { on } A=[a, b].$

Si$$p \in A$$ es un$$L$$ -punto de$$f,$$ entonces$$f(p)$$ es la derivada de$$F$$ at$$p$$ (pero lo contrario falla).

Prueba

Por supuesto,

$F(x)=c+L \int_{p}^{x} f, \quad x \in G_{p}(\delta),$

y

$\frac{1}{|\Delta x|}\left|L \int_{p}^{x}(f-q)\right| \leq \frac{1}{|\Delta x|} L \int_{p}^{x}|f-q| \rightarrow 0$

como$$x \rightarrow p.$$ (Aquí$$q=f(p)$$ y$$\Delta x=x-p$$.)

Así con$$x \rightarrow p,$$ conseguimos

\begin{aligned}\left|\frac{F(x)-F(p)}{x-p}-q\right| &=\frac{1}{|x-p|}\left|L \int_{p}^{x} f-(x-p) q\right| \\ &=\frac{1}{|x-p|}\left|L \int_{p}^{x} f-L \int_{p}^{x}(q)\right| \rightarrow 0, \end{aligned}

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

## Corolario$$\PageIndex{5}$$

Let$$f : E^{1} \rightarrow E^{n}\left(C^{n}\right).$$ Entonces$$p$$ es un$$L$$ -punto de$$f$$ iff es un$$L$$ -punto para cada uno de los$$n$$ componentes,$$f_{1}, \ldots, f_{n},$$ de$$f$$.

Prueba

(¡Ejercicio!)

## Teorema$$\PageIndex{4}$$

Si$$f : E^{1} \rightarrow E^{*}\left(E^{n}, C^{n}\right)$$ es$$L$$ -integrable en$$A=[a, b],$$ entonces casi todos$$p \in A$$ son puntos Lebesgue de$$f.$$

Obsérvese que esto fortalece el Teorema 3 de §1.

Prueba

Por Corolario 5, sólo necesitamos considerar el caso$$f : E^{1} \rightarrow E^{*}$$.

Para cualquiera$$r \in E^{1},|f-r|$$ es$$L$$ -integrable en$$A;$$ así por el Teorema 3 de §1, ajuste

$F_{r}(x)=L \int_{a}^{x}|f-r|,$

obtenemos

$F_{r}^{\prime}(p)=\lim _{x \rightarrow p} \frac{1}{|x-p|} L \int_{p}^{x}|f-r|=|f(p)-r|$

para casi todos$$p \in A$$.

Ahora, para cada uno$$r,$$ deja$$A_{r}$$ ser el conjunto de aquellos$$p \in A$$ para los que (5) falla; así$$m A_{r}=0.$$$$\left\{r_{k}\right\}$$ Sea la secuencia de todos los racionales en$$E^{1}.$$ Let

$Q=\bigcup_{k=1}^{\infty} A_{r_{k}} \cup\{a, b\} \cup A_{\infty},$

donde

$A_{\infty}=A(|f|=\infty);$

entonces$$m Q=0.$$ (¿Por qué?)

Para terminar, demostramos que todos$$p \in A-Q$$ son$$L$$ -puntos de$$f.$$ Indeed, arreglar cualquier$$p \in A-Q$$ y cualquier$$\varepsilon>0.$$ Let$$q=f(p).$$ Fix un racional$$r$$ tal que

$|q-r|<\frac{\varepsilon}{3}.$

Entonces

$| | f-r|-| f-q| | \leq|(f-r)-(f-q)|=|q-r|<\frac{\varepsilon}{3} \text { on } A-A_{\infty}.$

De ahí como$$m A_{\infty}=0,$$ tenemos

$\left|L \int_{p}^{x}\right| f-r\left|-L \int_{p}^{x}\right| f-q| | \leq L \int_{p}^{x}\left(\frac{\varepsilon}{3}\right)=\frac{\varepsilon}{3}|x-p|.$

Desde

$p \notin Q \supseteq \bigcup_{k} A_{r_{k}},$

se aplica la fórmula (5). Entonces hay$$\delta>0$$ tal que$$|x-p|<\delta$$ implica

$\left|\left(\frac{1}{|x-p|} L \int_{p}^{x}|f-r|\right)-\right| f(p)-r| |<\frac{\varepsilon}{3}.$

Como

$|f(p)-r|=|q-r|<\frac{\varepsilon}{3},$

obtenemos

\begin{aligned} \frac{1}{|x-p|} L \int_{p}^{x}|f-r| & \leq\left|\left(\frac{1}{|x-p|} L \int_{p}^{x}|f-r|\right)-\right| q-r| |+|q-r| \\ &<\frac{\varepsilon}{3}+\frac{\varepsilon}{3}=\frac{2 \varepsilon}{3}. \end{aligned}

De ahí

$L \int_{p}^{x}|f-r|<\frac{2 \varepsilon}{3}|x-p|.$

Combinando con (6), tenemos

$\frac{1}{|x-p|} L \int_{p}^{x}|f-q|<\frac{\varepsilon}{3}+\frac{2 \varepsilon}{3}=\varepsilon$

siempre que$$|x-p|<\delta.$$ así

$\lim _{x \rightarrow p} \frac{1}{|x-p|} L \int_{p}^{x}|f-q|=0,$

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

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