Propiedades de las integrales (Criterio de integrabilidad)

Por Ruben Hurtado

Sumas superiores y sumas inferiores

Denotaremos por $\underline{S}(f)$ al conjunto de todas las sumas inferiores de una función f (Definida sobre el rectángulo R) y como $\overline{S}(f)$ al conjunto de todas las sumas inferiores es decir
$$\underline{S}(f)=\{\underline{S}(f,P)~|~P~\in~P_{R}\}$$
$$\overline{S}(f)=\{\overline{S}(f,P)~|~P~\in~P_{R}\}$$
Definición: Al supremo del conjunto $\underline{S}(f)$ lo
llamamos integral inferior de f sobre R y se puede denotar $\displaystyle{\underline{\int}(f)}$. Y al ínfimo del conjunto $\overline{S}(f)$ lo llamamos integral superior de f sobre R y se puede denotar $\displaystyle{\overline{\int}(f)}$.
Definición: Sea $f:R\subset\mathbb{R}^{n}\rightarrow\mathbb{R}$ 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 $$\underline{\int}R_{f}=\overline{\int}R_{f}$$ En este caso, a
este número lo llamaremos la integral de f y lo denotarremos por
$$\int\int_{R}f$$
Lema: Para cada $\epsilon>0$ existe una partición P de R tal que
$$0\leq \underline{\int}{R}f-\underline{S}(f,p)<\epsilon~~y~~0\leq \overline{S}(f,p)-\overline{\int}{R}f<\epsilon$$

Demostración:

Como
$$\underline{\int}{R}(f)=\sup{\underline{S}(f)}~ \exists~ P_{1}\in~P_{R}~tal~que$$
$$\underline{\int}{R}(f)-\sup{\underline{S}(f)}<\epsilon$$ $$\overline{\int}{R}(f)=\inf{\overline{S}(f)}~\exists~ P_{2}\in~P_{R}~ tal~que$$
$$\inf{\overline{S}(f)}-\underline{\int}{R}(f)<\epsilon$$ Sea $P=P{1}\bigcup P_{2}$ se tiene entonces que
$$\overline{S}(f,P)\leq \overline{S}(f,P_{2})-\underline{S}(f,P_{1})\leq \underline{S}(f,P)$$
por lo tanto
$$0\leq \underline{\int}{R}f-\underline{S}(f,P)\leq \underline{\int}{R}f-\underline{S}(f,P_{1})<\epsilon$$
$$0\leq \overline{S}(f,P)-\overline{\int}{R}f\leq \underline{S}(f,P{2})-\underline{\int}_{R}f<\epsilon~~\blacksquare$$
Teorema: Sea $f:R\subset\mathbb{R}^{n}\rightarrow\mathbb{R}$ acotada sobre el rectángulo R. Se tiene que f es integrable sobre R si y solo si para cada $\epsilon>0$ existe una P partición de R tal que $$\overline{S}(f,P)-\underline{S}(f,P)<\epsilon$$
Demostración: Sea $\epsilon>0$ como f es integrable $\underline{\int}{R}f=\overline{\int}{R}f=I$ y por las propiedades del supremo sabemos que para $\displaystyle{\frac{\epsilon}{2}>0}$ $\exists$ una $P\prime$ partición de R tal que
$$I-\frac{\epsilon}{2}\leq\underline{S}(f,P\prime)\leq I.$$ Por otra parte de las propiedades del ínfimo sabemos que $\exists$ una $Q\prime$ partición de R tal que
$$I\leq\overline{S}(f,Q\prime)\leq I+\frac{\epsilon}{2}.$$ Si hacemos $P=P\prime\bigcup Q\prime$ tenemos que $$\underline{S}(f,P\prime)\leq\underline{S}(f,P)\leq\overline{S}(f,P)\leq\overline{S}(f,P\prime)$$
$\therefore$
$$I-\frac{\epsilon}{2}\leq\underline{S}(f,P)\leq\overline{S}(f,P)\leq I+\frac{\epsilon}{2}$$
$\therefore$
$$\overline{S}(f,P)-\underline{S}(f,P)\leq I+\frac{\epsilon}{2}-(I-\frac{\epsilon}{2})=\epsilon.$$
$\therefore$ f es integrable.

$(\Leftarrow)$ Tenemos que probar que la función es integrable es decir $\displaystyle{\underline{\int}{R}f=\overline{\int}{R}f}$ o equivalentemente
$\displaystyle{\underline{\int}{R}f-\overline{\int}{R}f=0}$ sabemos que
$$\underline{\int}{R}f\leq\overline{\int}{R}f\Rightarrow
0\leq\overline{\int}{R}f-\underline{\int}{R}f.$$ Sea $\epsilon>0$
por hipótesis, existe P partición de R tal que
$\overline{S}(f,P)-\underline{S}(f,P)<\epsilon$ por otra parte se
tiene que:
$$\underline{S}(f,P)\leq\underline{\int}{R}f\leq\overline{\int}{R}f\leq\overline{S}(f,P)$$
$\therefore$
$$0\leq\overline{\int}{R}f-\underline{\int}{R}f\leq\overline{S}(f,P)-\underline{S}(f,P)<\epsilon$$
$\therefore$
$$\overline{\int}{R}f=\underline{\int}{R}f$$ $\therefore$ f es
integrable. $\blacksquare$
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
$$\overline{S}(f,P)-\underline{S}(f,P)=\sum_{i=1}^{m}\sum_{j=1}^{n}M_{ij}\Delta (R_{ij})-\sum_{i=1}^{m}\sum_{j=1}^{n}m_{ij}\Delta (R_{ij})=\sum_{i=1}^{m}\sum_{j=1}^{n}(M_{ij}-m_{ij})\Delta (R_{ij})$$
$$\sum_{i=1}^{m}\sum_{j=1}^{n}\frac{\epsilon}{A(R)}\Delta (R_{ij})=\frac{\epsilon}{A(R)}\sum_{i=1}^{m}\sum_{j=1}^{n}\Delta (R_{ij})=\frac{\epsilon}{A(R)}A(R)$$
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 $$\overline{x_{ij}},\overline{y_{ij}}\in R_{ij}~con~~~|x_{ij}-y_{ij}|<\delta\Rightarrow
|f(x_{ij})-f(y_{ij})|<\frac{\epsilon}{A(R)}~~\blacksquare$$
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
$$\overline{S}(f,P)-\underline{S}(f,P)<\epsilon$$
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
$$\overline{S}(f,P)=\overline{S}(f,P_{1})+\overline{S}(f,P_{2})$$
$$\underline{S}(f,P)=\underline{S}(f,P_{1})+\underline{S}(f,P_{2})$$
por lo tanto
$$\overline{S}(f,P_{1})-\underline{S}(f,P_{1})+\overline{S}(f,P_{2})-\underline{S}(f,P_{2})=\overline{S}(f,P)-\underline{S}(f,P)<\epsilon$$
como cada término de la suma es positivo se tiene que
$$\overline{S}(f,P_{1})-\underline{S}(f,P_{1})<\epsilon$$
y tenemos una partición de $R_{k}\subset R$ donde f es integrable.$~~\blacksquare$
Teorema: Sea $f:R\subset\mathbb{R}^{2}\rightarrow \mathbb{R}$ 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
$$\overline{S}(f,P)-\underline{S}(f,P)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}(M_{ij}-m_{ij})A(R)<A(R)$$ como los sumandos son términos no negativos, existen subíndices $ij_{1}$ tal que $M_{ij_{1}}-m_{ij_{1}}<1$ pues de lo contrario si
$$M_{ij}-m_{ij}\geq1~\forall i,j~~\Rightarrow~(M_{ij}-m_{ij})A(R_{ij})\geq A(R_{ij})~\Rightarrow~\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}(M_{ij}-m_{ij})A(R_{ij})\geq \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}(R_{}ij)=A(R)$$ lo cual contradice nuestra suposición.
Ahora bien sea $R_{ij_{1}}$ el subrectángulo de la partición P que cumple $M_{ij_{1}}-m_{ij_{1}}<1$ donde $R_{ij_{1}}\subset R$.
Como f es integrable sobre R y $R_{ij_{1}}\subset R$ entonces f es integrable en $R_{ij_{1}}$, existe entonces una partición $P_{1}$ de $R_{ij_{1}}$
tal que
$$\overline{S}(f,P_{1})-\underline{S}(f,P_{1})=\sum_{i=1}^{n_{1}}\sum_{j=1}^{m_{1}}(M_{ij_{1}}-m_{ij_{1}})A(R_{ij_{1}})<\frac{A(R_{ij_{1}})}{2}$$Podemos asegurar que existe un subrectángulo $R_{ij_{2}}$ inducido por $P_{1}$ con la propiedad $\displaystyle{M_{ij_{2}}-m_{ij_{2}}<\frac{1}{2}}$ donde
$$M_{ij_{2}}=\sup\{f(x)~|~x\in R_{ij_{2}}\}~~~m_{ij_{2}}=\inf\{f(x)~|~x\in R_{ij_{2}}\}$$ y además $R_{ij_{2}}\subset R_{ij_{1}}$.

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

Sabemos que
$$\bigcap_{k=1}^{\infty}R_{ij_{k}}\neq\emptyset$$
Ahora, si $$x_{0}\in\bigcap_{k=1}^{\infty}R_{ij_{k}}$$ vamos a comprobar que f es continua en $x_{0}$. Sea $\epsilon>0$ y $N\in\mathbb{N}$ tal que $\displaystyle{\frac{1}{N}<\epsilon}$. Como $x_{0}\in R_{ij_{N+1}}\subset R_{ij_{N}}$ existe un $\delta>0$ tal que
$$B_{\delta}(x_{0})\subset R_{ij_{N}}$$ de tal forma que
$$m_{ij_{N}}\leq f(x)\leq M_{ij_{N}}~\forall x\in B_{\delta}(x_{0})$$ como $\displaystyle{M_{ij_{N}}-m_{ij_{N}}<\frac{1}{N}}$ se tiene que
$$|f(x)-f(x_{0})|<\frac{1}{N}<\epsilon~\forall x\in B_{\delta}(x_{0})$$por lo tanto f es continua en $x_{0}$.$~~\blacksquare$
Ejercicio:Sea $f:R\subset\mathbb{R}^{2}\rightarrow \mathbb{R}$ integrable sobre R tal que $f(x)\geq0$ $\forall~x\in~R$. 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 $f(x_{0})>0$ $\exists~\delta>0$ tal que
$$|f(x)-f(x_{0})|<\frac{f(x_{0})}{2}$$ por lo tanto $$\frac{f(x_{0})}{2}0$$
por lo tanto
$$0<\underline{S}(f,P)\leq\int_{R}f~~\blacksquare$$


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