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.
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.
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.
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”.
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\(g.\)
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.
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\(A.\)
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. \(\quad \square\)
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).
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. \(\quad \square\)
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.
\(p \in E^{1}\)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\(p\).
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. \(\quad \square\)
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!)
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. \(\quad \square\)