Medida Cero y Contenido Cero. U i. v(u i ) < ) I k y v(i k ) = ɛ. y para la suma de los volumenes se tiene

Transcripción

1 Denición 1. Si f : A R R. Denotamos por D fa al conjunto de discontinuidades de F en A, es decir D fa = {x A f es discontinua en x} Corolario 1. Sea f : A R R integrable sobre R. Entonces D fr tiene interior vacio intd fr = Demostración. Si intd fr entonces existe R tal que R int(d fr ) D fr R como f es integrable sobre R y R R entonces f es integrable sobre R de modo que existe x 0 int(r ) tal que f es continua en x 0 lo cual contradice el hecho de que f es discontinua en todo x D fr Medida Cero y Contenido Cero Un subconjunto A R n tiene medida cero si para cada > 0 existe un recubrimiento {U 1, U,...} de A por rectángulos tales que A y v(u i ) < U i Por ejemplo un conjunto formado por un número nito de puntos claramente tiene medida cero Si A tiene innitos puntos que pueden ordenarse formando una sucesión a 1, a,... entonces A tiene medida cero, pues para cada > 0 se puede elegir U i que sea rectángulo cerrado que contenga a i con v(u i ) <. i Entonces v(u i ) < 1. Q es de medida cero. i = ( 1 1 i = ) = (1 + 1 ) +... = ( ) = () = Demostración: como Q es numerable podemos formar {r k } 1 y dado > 0, sea ( I k = r k k+, r k + ) k+ Por lo que Q y para la suma de los volumenes se tiene Q tiene medida cero I k y v(i k ) = k+1 k+1 = (1 + 1 ) = < 1

2 . El conjunto de Cantor Demostración: Tenemos que C = C n = C 0 = 0, 1] C 1 = 0, 1 ] ] 3 3, 1 0, 1 ] 9 9, 1 ] 3 3, 7 ] 9 0, ] 1 3 n n, 1 Tenemos que C = k=0 C k (Conjunto de Cantor) Cada C k es la unión de k intervalos de longitud 1 3 k si los llamamos I 1, I,..., I k entonces ] C C k = k I i y k vol(i i ) = ( ) k 3 por lo que dado > 0 podemos tomar k tal que ( 3) k <. entonces C es de medida cero 3. En R consideramos la recta y = y 0 Demostración:La semirecta derecha A = {(x, y 0 ) x R} la cubrimos con R k = k, k + 1] y 0 k+3, y 0 + ] k+3 con k N {0} y ( ) v(r k ) = 1 k+ k+ = < Mientras que para la semirecta izquierda consideramos R k = k 1, k] y 0 k+3, y 0 + ] k+3 ( ) v(r k ) = 1 k+ k+ = < la recta entera se puede cubrir con una unión numerable de rectángulos cuya suma es menor a 4. Los intervalos cerrados a, b] R con a < b no tienen medida cero Demostración: Supongamos que a, b] n=1 U n con U n abierto, como a, b] es compacto existe

3 una subcubierta nita {U n } con v(u k ) < pero v(u k ) b a lo cual nos dice que la suma de volumenes no se puede hacer tan pequeña como se desee, por lo que el conjunto dado no es de medida cero Teorema 1. Si A = A 1 A... y cada Ai tiene medida cero, entonces A tiene medida cero. Demostración. Sea > 0. Puesto que cada A i tiene medida cero un recubrimiento {U i1, U i,...} de A i por rectángulos cerrados tales que la colección de todos los U ij cubren a A y formamos la sucesión numerable U 11, U 1,,... v(u ij ) < i < j=1 Un subconjunto A de R n tiene contenido cero si para cada > 0 existe un recubrimiento nito {U 1, U,..., U n } de A por rectángulos tales que v(u i ) < Teorema. Si A es compacto y tiene medida cero, entonces A tiene contenido cero Demostración. Sea > 0. Puesto que A tiene medida cero, un recubrimiento {U 1, U,...} de A por rectángulos tales que v(u i) <. Dado que A es compacto, un número nito de {U 1, U,..., U n } recubren a A y ademas n v(u i) < Teorema 3. Sea φ : a, b] R una función continua. Entonces la gráca de φ tiene contenido cero Demostración. Siendo φ continua en el compacto a, b], es uniformemente continua en dicho intervalo. Es decir dado > 0 δ > 0 tal que para x, y a, b] si x y < δ f(x) f(y) < b a. Sea n N tal que b a n < δ y consideremos la partición de a, b] en n partes iguales a = x 0 < x 1 <... < x n = b con x i = a + i b a n se tiene entonces que para x, y x i 1, x i ] f(x) f(y) < b a (x i x i 1 ) b a = b a (x i x i 1 ) = (b a) = b a 3

4 Teorema 4. Sea R un rectángulo cerrado y f : R R una función acotada. Sea B = {x R f no es continua en x} entonces si B es un conjunto de contenido cero f es integrable Demostración. Vamos a dividir los subrectángulos R ij en I)R ij B y II)R ij B = de manera que para los rectángulos I se tiene que B es de contenido cero m j=1 v(r ij ) < Mientras que para los rectángulos II se tiene que f es continua y por tanto M ij m ij A(R ij ) < j=1 Dada la partición P de R se tiene que j=1 j=1 j=1 A(R) A(R ij) S(f, P ) S(f, P ) = M ij m ij A(R ij ) + v(r ij ) < = A(R) A(R ij) m j=1 A(R ij ) + = j=1 A(R) A(R) + = + = A(R) A(R ij) + Teorema 5. Sea f una función denida en un rectángulo R. Si el conjunto S de puntos donde f es discontinua tiene contenido cero, entonces f es integrable sobre R Demostración. Sea > 0 dado y sea R 1, R,..., R k el conjunto de rectángulos que cubren a S 4

5 tal que k A(R i ) < si se colocan sobre cada R j un rectángulo R j con el mismo centro pero del doble de dimensiones se tiene que k k A(R i) = 4A(R i ) < 4 Además, entre los rectángulos R j habrá un lado más corto. Denotemos su longitud por r si tomo el conjunto R el resto de R después que se han eliminado los interiores de los R j. 5

6 Se tiene que sobre R f es continua y por tanto uniformemente continua por lo tanto para cualesquiera p,q en R Sea P una partición de R tal que P < δ < r f(p) f(q) < si p q < δ Vamos a estimar S(f, P ) S(f, P ) Para esto dividimos los rectangulos de la partición P en dos conjnutos R j Rj R j Rj = se tiene entonces que m S(f, P ) S(f, P ) = (M ij m ij )A(R ij ) = ( (Mij m ij )A(R ij )) donde M = sup{f(x)} sobre R R j Rj j=1 ( ) + (Mij m ij )A(R ij ) R j Rj= < 4M + A = (4M + A) 6