Sumas superiores y sumas inferiores

Denotaremos por $\underset{―}{S}(f)$ al conjunto de todas las sumas inferiores de una función f (Definida sobre el rectángulo R) y como $\bar{S}(f)$ al conjunto de todas las sumas inferiores es decir
$$\underset{―}{S}(f)=\{\underset{―}{S}(f,P)|P\in P_R\}$$
$$\bar{S}(f)=\{\bar{S}(f,P)|P\in P_R\}$$
Definición: Al supremo del conjunto $\underset{―}{S}(f)$ lo
llamamos integral inferior de f sobre R y se puede denotar ${\displaystyle \underset{―}{\int }(f)}$. Y al ínfimo del conjunto $\bar{S}(f)$ lo llamamos integral superior de f sobre R y se puede denotar ${\displaystyle \bar{\int }(f)}$.
Definición: Sea $f:R\subset {\mathbb{R}}^n\to \mathbb{R}$ acotada sobre el
rectángulo R. Decimos que f es integrable según Riemann sobre R si se tiene que la integral inferior y la integral superior de f sobre R son iguales. Es decir $$\underset{―}{\int }{R}_f=\bar{\int }{R}_f$$ En este caso, a
este número lo llamaremos la integral de f y lo denotarremos por
$$\int {\int }_{R}f$$
Lema: Para cada $ϵ>0$ existe una partición P de R tal que
$$0\le \underset{―}{\int }Rf-\underset{―}{S}(f,p)<ϵy0\le \bar{S}(f,p)-\bar{\int }Rf<ϵ$$
Demostración:

Como
$$\underset{―}{\int }R(f)=sup\underset{―}{S}(f)\mathrm{\exists }{P}_1\in P_{R}talque$$
$$\underset{―}{\int }R(f)-sup\underset{―}{S}(f)<ϵ$$ $$\bar{\int }R(f)=inf\bar{S}(f)\mathrm{\exists }{P}_2\in P_{R}talque$$
$$inf\bar{S}(f)-\underset{―}{\int }R(f)<ϵ$$ Sea $P=P1\bigcup P_2$ se tiene entonces que
$$\bar{S}(f,P)\le \bar{S}(f,P_2)-\underset{―}{S}(f,P_1)\le \underset{―}{S}(f,P)$$
por lo tanto
$$0\le \underset{―}{\int }Rf-\underset{―}{S}(f,P)\le \underset{―}{\int }Rf-\underset{―}{S}(f,P_1)<ϵ$$
$$0\le \bar{S}(f,P)-\bar{\int }Rf\le \underset{―}{S}(f,P2)-{\underset{―}{\int }}_{R}f<ϵ\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◼"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fc.svg">}$$
Teorema: Sea $f:R\subset {\mathbb{R}}^n\to \mathbb{R}$ acotada sobre el rectángulo R. Se tiene que f es integrable sobre R si y solo si para cada $ϵ>0$ existe una P partición de R tal que $$\bar{S}(f,P)-\underset{―}{S}(f,P)<ϵ$$
Demostración: Sea $ϵ>0$ como f es integrable $\underset{―}{\int }Rf=\bar{\int }Rf=I$ y por las propiedades del supremo sabemos que para ${\displaystyle \frac{ϵ}{2}>0}$ $\mathrm{\exists }$ una $P\prime$ partición de R tal que
$$I-\frac{ϵ}{2}\le \underset{―}{S}(f,P\prime )\le I.$$ Por otra parte de las propiedades del ínfimo sabemos que $\mathrm{\exists }$ una $Q\prime$ partición de R tal que
$$I\le \bar{S}(f,Q\prime )\le I+\frac{ϵ}{2}.$$ Si hacemos $P=P\prime \bigcup Q\prime$ tenemos que $$\underset{―}{S}(f,P\prime )\le \underset{―}{S}(f,P)\le \bar{S}(f,P)\le \bar{S}(f,P\prime )$$
$\therefore$
$$I-\frac{ϵ}{2}\le \underset{―}{S}(f,P)\le \bar{S}(f,P)\le I+\frac{ϵ}{2}$$
$\therefore$
$$\bar{S}(f,P)-\underset{―}{S}(f,P)\le I+\frac{ϵ}{2}-(I-\frac{ϵ}{2})=ϵ.$$
$\therefore$ f es integrable.

$(\Leftarrow )$ Tenemos que probar que la función es integrable es decir ${\displaystyle \underset{―}{\int }Rf=\bar{\int }Rf}$ o equivalentemente
${\displaystyle \underset{―}{\int }Rf-\bar{\int }Rf=0}$ sabemos que
$$\underset{―}{\int }Rf\le \bar{\int }Rf\Rightarrow 0\le \bar{\int }Rf-\underset{―}{\int }Rf.$$ Sea $ϵ>0$
por hipótesis, existe P partición de R tal que
$\bar{S}(f,P)-\underset{―}{S}(f,P)<ϵ$ por otra parte se
tiene que:
$$\underset{―}{S}(f,P)\le \underset{―}{\int }Rf\le \bar{\int }Rf\le \bar{S}(f,P)$$
$\therefore$
$$0\le \bar{\int }Rf-\underset{―}{\int }Rf\le \bar{S}(f,P)-\underset{―}{S}(f,P)<ϵ$$
$\therefore$
$$\bar{\int }Rf=\underset{―}{\int }Rf$$ $\therefore$ f es
integrable. $\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◼"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fc.svg">}$
Teorema: Si una función f es continua en un rectángulo $Q=[a,b]\times [c,d]$ entonces
f es integrable en Q.
Demostración: Tenemos que
$$\bar{S}(f,P)-\underset{―}{S}(f,P)=\sum _{i=1}^m\sum _{j=1}^n{M}_{ij}\mathrm{\Delta }(R_{ij})-\sum _{i=1}^m\sum _{j=1}^n{m}_{ij}\mathrm{\Delta }(R_{ij})=\sum _{i=1}^m\sum _{j=1}^n(M_{ij}-m_{ij})\mathrm{\Delta }(R_{ij})$$
$$\sum _{i=1}^m\sum _{j=1}^n\frac{ϵ}{A(R)}\mathrm{\Delta }(R_{ij})=\frac{ϵ}{A(R)}\sum _{i=1}^m\sum _{j=1}^n\mathrm{\Delta }(R_{ij})=\frac{ϵ}{A(R)}A(R)$$
La desigualdad se justifica de la siguiente forma: Como f es continua en un conjunto cerrado y acotado entonces f es uniformemente continua $\therefore$ para $$\overline{x_{ij}},\overline{y_{ij}}\in R_{ij}con|x_{ij}-y_{ij}|<\delta \Rightarrow |f(x_{ij})-f(y_{ij})|<\frac{ϵ}{A(R)}\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◼"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fc.svg">}$$
Ejemplo: Si f es una función integrable sobre R y $R_k\subset R$ entonces f es integrable sobre $R_k$
Demostracion: Como f es integrable sobre R existe una partición P de R tal que
$$\bar{S}(f,P)-\underset{―}{S}(f,P)<ϵ$$
Sean $P_1$ los $R_{i,j}\in P$ tal que $R_{ij}\subset R_k$ y sea $P_2$ los $R_{ij}$ restantes, tenemos entonces que
$$\bar{S}(f,P)=\bar{S}(f,P_1)+\bar{S}(f,P_2)$$
$$\underset{―}{S}(f,P)=\underset{―}{S}(f,P_1)+\underset{―}{S}(f,P_2)$$
por lo tanto
$$\bar{S}(f,P_1)-\underset{―}{S}(f,P_1)+\bar{S}(f,P_2)-\underset{―}{S}(f,P_2)=\bar{S}(f,P)-\underset{―}{S}(f,P)<ϵ$$
como cada término de la suma es positivo se tiene que
$$\bar{S}(f,P_1)-\underset{―}{S}(f,P_1)<ϵ$$
y tenemos una partición de $R_k\subset R$ donde f es integrable.$\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◼"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fc.svg">}$
Teorema: Sea $f:R\subset {\mathbb{R}}^2\to \mathbb{R}$ integrable sobre R. Entonces existe $x_0\in int(R)$ tal que f es continua en $x_0$
Demostración: Como f es integrable sobre R existe una partición P de R tal que
$$\bar{S}(f,P)-\underset{―}{S}(f,P)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m(M_{ij}-m_{ij})A(R)<A(R)$$ como los sumandos son términos no negativos, existen subíndices $i{j}_1$ tal que $M_{i{j}_1}-m_{i{j}_1}<1$ pues de lo contrario si
$$M_{ij}-m_{ij}\ge 1\mathrm{\forall }i,j\Rightarrow (M_{ij}-m_{ij})A(R_{ij})\ge A(R_{ij})\Rightarrow \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m(M_{ij}-m_{ij})A(R_{ij})\ge \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m(R_{}ij)=A(R)$$ lo cual contradice nuestra suposición.
Ahora bien sea $R_{i{j}_1}$ el subrectángulo de la partición P que cumple $M_{i{j}_1}-m_{i{j}_1}<1$ donde $R_{i{j}_1}\subset R$.
Como f es integrable sobre R y $R_{i{j}_1}\subset R$ entonces f es integrable en $R_{i{j}_1}$, existe entonces una partición $P_1$ de $R_{i{j}_1}$
tal que
$$\bar{S}(f,P_1)-\underset{―}{S}(f,P_1)=\sum _{i=1}^{n_1}\sum _{j=1}^{m_1}(M_{i{j}_1}-m_{i{j}_1})A(R_{i{j}_1})<\frac{A(R_{i{j}_1})}{2}$$Podemos asegurar que existe un subrectángulo $R_{i{j}_2}$ inducido por $P_1$ con la propiedad ${\displaystyle M_{i{j}_2}-m_{i{j}_2}<\frac{1}{2}}$ donde
$$M_{i{j}_2}=sup\{f(x)|x\in R_{i{j}_2}\}{m}_{i{j}_2}=inf\{f(x)|x\in R_{i{j}_2}\}$$ y además $R_{i{j}_2}\subset R_{i{j}_1}$.

Siguiendo este procedimiento, obtenemos una sucesión de rectángulos $R_{i{j}_k}$ anidados en ${\mathbb{R}}^2$ con la propiedad
$$M_{i{j}_k}-m_{i{j}_k}<\frac{1}{k}donde{M}_{i{j}_k}=sup\{f(x)|x\in R_{i{j}_k}\}{m}_{i{j}_k}=inf\{f(x)|x\in R_{i{j}_k}\}{R}_{i{j}_{k+1}}\subset R_{i{j}_k}$$

Sabemos que
$$\bigcap _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{R}_{i{j}_k}\ne \mathrm{\varnothing }$$
Ahora, si $$x_0\in \bigcap _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{R}_{i{j}_k}$$ vamos a comprobar que f es continua en $x_0$. Sea $ϵ>0$ y $N\in \mathbb{N}$ tal que ${\displaystyle \frac{1}{N}<ϵ}$. Como $x_0\in R_{i{j}_{N+1}}\subset R_{i{j}_N}$ existe un $\delta >0$ tal que
$$B_{\delta }(x_0)\subset R_{i{j}_N}$$ de tal forma que
$$m_{i{j}_N}\le f(x)\le M_{i{j}_N}\mathrm{\forall }x\in B_{\delta }(x_0)$$ como ${\displaystyle M_{i{j}_N}-m_{i{j}_N}<\frac{1}{N}}$ se tiene que
$$|f(x)-f(x_0)|<\frac{1}{N}<ϵ\mathrm{\forall }x\in B_{\delta }(x_0)$$por lo tanto f es continua en $x_0$.$\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◼"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fc.svg">}$
Ejercicio:Sea $f:R\subset {\mathbb{R}}^2\to \mathbb{R}$ integrable sobre R tal que $f(x)\ge 0$ $\mathrm{\forall }x\in R$. Si f es continua en $x_0\in R$ y $f(x_0)>0$ entonces $${\int }_{R}f>0$$
Solución: Si f es continua en $x_0\in R$ y $f(x_0)>0$ $\mathrm{\exists }\delta >0$ tal que
$$|f(x)-f(x_0)|<\frac{f(x_0)}{2}$$ por lo tanto $$\frac{f(x_0)}{2}0$$
por lo tanto
$$0<\underset{―}{S}(f,P)\le {\int }_{R}f\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◼"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fc.svg">}$$