Lite för enkelt bevis för jämförelsesatsen?

Jag tror $R$ borde gå mot $b$ och inte mot oändligheten i beviset, eftersom $0\le f\le g$ bara gäller på $(a, b)$.

Utöver elementära egenskaper hos integraler, så använder beviset den monotona konvergenssatsen för funktioner. Specifikt används den för att dra slutsatsen att $A\left(R\right)$ växande + $A\left(R\right)$ uppåt begränsad $\Rightarrow$$\underset{R\to b}{\lim }A\left(R\right)$existerar.

Monotona konvergenssatsen för funktioner säger följande:

Låt $f$ vara växande på något intervall $(a,b)$ där vi tillåter att $a$, $b$ eller båda är $\infty$. Antag att $f$ är uppåt begränsad, och låt $S=\{f(x):x\in (a,b)\}$. Då konvergerar $f$ och

$\underset{x\to b}{\lim }f\left(x\right)=\sup \mathrm{S}$.

Denna sats följer från det som kallas least-upper-bound (LUB) property som de reella talen $\mathrm{ℝ}$ besitter. LUB säger att varje icke-tom delmängd $A\subset \mathrm{ℝ}$ som är uppåt begränsad (det existerar något tal $M$ sådant att $a\le M$ för alla $a\in A$) har en minsta sådan övre begränsning (least upper bound, eller supremum). Denna egenskap är en ekvivalent form av något som även kallas för completeness.

Ja, det hade blivit fel märkte jag nu. Borde R gå mot b eller b^-, för ser några bevis som kör mot b^-?

Vi gick faktiskt igenom majorant, minorant och intervallinkapslingssatsen den sista föreläsningen. Mest för att bevisa satsen om mellanliggande värden samt max- och min-satsen för kontinuerliga funktioner. Det var väl ganska spännande. 

Jag vet inte om detta hjälper men det finns en sats som säger att en funktion $g:[a,b]\to\mathbb{R}$ är Riemannintegrerbar om och endast om det för varje $\varepsilon>0$ existerar en partition $P\subseteq [a,b]$ sådan att översumman minus undersumman är strikt större än $\varepsilon$. Uttryckt symboliskt:

$\displaystyle \left(\forall \varepsilon >0\right)\left(\exists P\subseteq [a,b]\right): U\left(g, P\right)-L\left(g, P\right) < \varepsilon$

Jag vet inte hur ni har definierat integraler som objekt men denna sats kan vara rätt användbar och borde passa er definition (om ni har definierat integraler i termer av under- och översummor då).

Hur som helst kan man nog göra så här för kriterium nr. 2:

Antag att $\displaystyle \int_{a}^{b}g$ är konvergent. Då finns det enligt satsen för alla $\varepsilon>0$ ett $P \subseteq [a,b]$ sådana att:

$\displaystyle U\left(g, P\right)-L\left(g, P\right) < \varepsilon$

Eftersom $f \le g$ så har vi att $\displaystyle U\left(f, P\right) \le U\left(g, P\right)$ samt $\displaystyle L\left(f, P\right)\le L\left(g, P\right)$.

Sammantaget har vi då:

$\displaystyle U\left(f, P\right)- L\left(f, P\right) \le U\left(g, P\right)-L\left(g, P\right)$

Eftersom det till höger om olikheten är mindre än $\varepsilon$ måste det till vänster också vara det, alltså har vi:

$\displaystyle U\left(f, P\right)- L\left(f, P\right) < \varepsilon$

Detta betyder att $f$ också är integrerbar över $[a,b]$, alltså är $f$ också konvergent.

Jag tror att detta gäller även för generaliserade integraler, eftersom vi inte har sagt något om gränsen $b$. Vi hade nog lika gärna kunnat slänga på ett gränsvärde nemas problemas. Som sagt bara en tanke.

EDIT: nu är jag rätt övertygad om att argumentet borde kunna förlängas till generaliserade integraler. Om vi jobbar på intervallet $[a, \infty)$ så kan vi säga att integrerbarhetskriteriet gäller för varje finit intervall [a,b]. Och om det gäller på varje finit intervall, oavsett val av $b$, gäller det även då $b\to \infty$.

Ja, det går bra att låta $b$ vara oändligheten, och beviset blir i princip identiskt.

Men stämmer det verkligen att $U(f,P)\le U(g,P)$ och $L(f,P)\le L(f,P)$ medför $U(f,P)-L(f,P)\le U(g,P)-L(g,P)$?

Generellt så medför ju inte $a\le c$, $b\le d$ att $a-b\le c-d$.

Ja för vi har också att:

$\displaystyle L\left(f, P\right)\le U\left(f, P\right)$

$\displaystyle L\left(g, P\right)\le U\left(g, P\right)$

Men jag kanske tänker knasigt. Kan du försöka hitta värden på under- och översummorna som uppfyller dessa två kriterier och de andra kriterierna men där olikheten inte stämmer? Jag kan inte komma på något.

Lf = 1, Uf = 3,

Lg = 3, Ug = 4.

Då är

3 < 4 och

1 < 3, men

3 - 1 >? 4 - 3.

Jo, det har du rätt i. Det är någon liten detalj då som saknas. Är nästan spiksäker på att jag har sett ett liknande bevis innan.

Känns verkligen som epsilon-P-kriteriet borde gå att använda.

Jag tror problemet är att man inte kan välja värdena på över- och undersummorna helt godtyckligt som du gjorde i ditt exempel. Om vi väljer en extremt förfinad partition $P'$ så kommer $L(f) \approx U(f)$.

Om man vet att g är integrerbar på [a, b] och f är begränsad av g på intervallet, så räcker inte det för att dra slutsatsen att f är integrerbar. Jag tror vi behöver något ytterligare faktum.

Funktionen f skulle nämligen kunna vara Dirichlet funktionen som är 1 för rationella tal och 0 annars (som är ett klassiskt exempel på en icke Riemann-integrerbar funktion).

Men man måste väl få anta att funktionerna är riemannintegrerbara? Annars blir det ju lite svårt att bevisa jämförelsesatsen. Men jag fick en idé när jag var ute och spatserade. Låt säga att vi har kommit hit:

$\displaystyle U\left(f,P\right) \le U\left(g,P\right), L\left(f,P\right) \le L\left(g,P\right)$

Då borde vi ju kunna skapa en partition $\displaystyle P':=P\cup \bigcup_{i=1}^{n}P_i$, sådan att $L\left(f,P'\right) \approx U\left(f,P'\right)$. I själva verket kommer de kunna komma godtyckligt nära varandra. I så fall kommer deras differens vara nästan noll. Det borde ju rimligtvis finnas någon serie partitioner $P_i$ av$[a,b]$ tillsammans med något $n$ som funkar. Och då har vi:

$\displaystyle U\left(f,P'\right)-L\left(f,P'\right) \le U\left(g,P\right)-L\left(g,P\right) < \varepsilon$

Nu borde denna olikhet gälla då differensen till vänster om olikhetstecknet kan göras godtyckligt liten, vilket innebär att vi kan garantera att differensen till höger kommer vara större.

Jag upplevde det som att ditt argument var att visa att f är integrerbar på intervallet och således att integralen konvergerade. Om du som i uppgiften antar att f är integrerbar på varje delintervall [c, d] av (a, b) så behöver du nog använda det någonstans i beviset.

Är det inte samma sak att säga att differensen U - L kan göras godtyckligt liten som att säga att funktionen är integrerbar? Vet inte om jag förstår ditt resonemang riktigt.

Har tyvärr inga bra idéer om hur man skulle kunna göra annorlunda, men jag håller med om att det borde gå att resonera på något liknande vis som du är inne på.

Gustor skrev:

Ja, det går bra att låta $b$ vara oändligheten, och beviset blir i princip identiskt.

Men stämmer det verkligen att $U(f,P)\le U(g,P)$ och $L(f,P)\le L(f,P)$ medför $U(f,P)-L(f,P)\le U(g,P)-L(g,P)$?

Generellt så medför ju inte $a\le c$, $b\le d$ att $a-b\le c-d$.

Aa. Fick tag på lektionsanteckningarna och tydligen hade jag glömt att lägga till ”vi visar fallet [c, d] delmängd av [a, oändlighet)”. Då borde väl det inte vara ngt problem längre?

Gustor skrev:

Jag upplevde det som att ditt argument var att visa att f är integrerbar på intervallet och således att integralen konvergerade. Om du som i uppgiften antar att f är integrerbar på varje delintervall [c, d] av (a, b) så behöver du nog använda det någonstans i beviset.

Japp, det har du helt rätt i. Jag missade det fullständigt. Jag trodde det man skulle visa var att $f$ var integrerbar om $g$ var integrerbar och $f \le g$, trodde inte man fick anta att $f$ redan var integrerbar.

Men i så fall fattar jag inte ens vad vi försöker bevisa i (ii). Det är ju trivialt sant. Att $f$ är integrerbar över varje delintervall $[c,d]$ betyder ju att den är konvergent. En funktion som divergerar är inte integrerbar.

Ja, men vi ska ju visa att f är integrerbar på (a,b), inte [c,d]. Eller från a till b, eller vad man nu säger. 

Ja men om den är integrerbar på varje delintervall $[c, d]\subset (a,b)$ så måste den vara konvergent på $[a,b]$. Eller jag tycker det känns så trivialt att jag inte fattar hur man ska visa det. Om det är sant på varje delintervall kan man låta $c\to a$ och $d \to b$ och voilà, proof by obviousness.

När menar du? Det beror ju på resten av förutsättningarna. Eller menar du att efter man skrivit att f är integrerbar efteråt inte kan säga att den är divergent som i 1an?

Det jag menar är att om $f$ är integrerbar på varje delintervall $[c,d] \subset (a,b)$ så betyder det redan där att den kommer vara konvergent. Det spelar ingen roll hur $g$ beter sig.

Det tror jag inte stämmer. Eftersom den uppenbarligen kan vara generaliserad i ändpunkterna a och b som inte inkluderas i [c, d].

Nej det har du helt rätt i. Herre gud vad jag har fel hela tiden idag 😭. Hjärnan fungerar inte.

Sorry att jag rörde till det i tråden.

naytte skrev:

Nej det har du helt rätt i. Herre gud vad jag har fel hela tiden idag 😭. Hjärnan fungerar inte.

Sorry att jag rörde till det i tråden.

😊

Typ som för mig då hela tiden!

naytte skrev:

Nej det har du helt rätt i. Herre gud vad jag har fel hela tiden idag 😭. Hjärnan fungerar inte.

Sorry att jag rörde till det i tråden.

Haha, kan relatera väl till denna känsla. Så var det näst intill varje dag på universitetet för mig. Men man lär sig mycket på att diskutera saker med andra.

Jag har funderat mer på detta och jag tror att jag har en ansats som är bättre än den förra:

Låt $f,g$ vara kontinuerliga funktioner och antag att $g$ är integrerbar på $[a,b]$ och att $f$ är integrerbar på alla stängda delintervall $[c,d]\subseteq (a,b)$, samt att $f\left(x\right) \le g\left(x\right)\;\; \forall x$. Vi har då enligt vårt antagande om att $g$ är integrerbar att:

$\displaystyle \left(\forall \varepsilon >0\right)\left(\exists P[a,b]\right):$

$\displaystyle U\left(g, P\right) - L\left(g, P\right) < \varepsilon$

Vi har även att:

$\displaystyle U\left(g,P\right) \ge U\left(f,P\right)$

$\displaystyle L\left(g,P\right) \ge L\left(f,P\right)$

Vilket sammantaget ger:

$\displaystyle U\left(g,P\right)+L\left(g,P\right) \ge U\left(f,P\right)+ L\left(f,P\right)$

Ur vårt antagande om integrerbarhet för $g$ har vi då:

$\displaystyle 2L\left(g,P\right) + \varepsilon > U\left(f,P\right) + L\left(f,P\right)$

Det är såklart sant att högerledet fortsätter vara mindre än vänsterledet om vi drar bort undersumman istället för att lägga till den:

$\displaystyle 2L\left(g,P\right) + \varepsilon > U\left(f,P\right) - L\left(f,P\right)$

Nu har jag inte kommit längre. Men det är nästan den formen vi vill ha. Det känns som det borde gå och sammanfatta talet till vänster om olikhetstecknet till ett tal $\alpha$ och i så fall skulle man vara klar. Men jag vet inte. Vi har ju inte heller använt antagandet att $f$ är integrerbar på alla delintervall.

Tillägg: 30 okt 2024 18:18

EDIT: jag tror jag kom på hur man kan göra nu.

Om vi utgår från detta:

$\displaystyle  \varepsilon > U\left(f,P\right) - L\left(f,P\right)-2L\left(g,P\right)$

Så borde man kunna dra slutsatsen att $\displaystyle U\left(f,P\right) - L\left(f,P\right) < \alpha$ för något positivt $\alpha$ samt $\displaystyle -2L\left(g,P\right) < \beta$, för något $\beta$, sådana att $\alpha + \beta = \varepsilon$?

Och då är vi väl klara?