Sulle funzioni localmente integrabili

[Dorian1]

Sia $I=[lambda,mu]$ ($lambdaRR$ una funzione localmente Riemann-integrabile (*) su $I$ \ $mu$.
Dimostrare che, sotto queste ipotesi, $f$ Riemann-integrabile su $I$.

(*) è il modo più usato per dire che $f$ è Riemann-integrabile su ogni sottoinsieme (sequenzialmente) compatto di $I$.

[dissonance]

Se ammettiamo il risultato secondo cui:

$f:I\toRR$ è Riemann integrabile$\ \iff\ f$ è continua quasi ovunque su $I$

allora forse va bene così:
per ipotesi $f$ è integrabile su ogni sottoinsieme compatto e perciò sicuramente su ogni intervallo $[lambda, nu], nu
Ma forse vanno usati solo risultati più elementari? (ammesso che come scritto sopra sia corretto, eh!)

[dissonance]

Un'altra possibilità potrebbe essere questa. A grandi linee:

Essendo $f$ localmente integrabile su $I$, su questo intervallo è ben definita la funzione integrale $F(x):=int_lambda^xf(t)\ dt$. Queste funzioni sono sempre continue perché localmente Lipschitziane:
$\forallK\subI, K\ "compatto", \forall x,y\inK: |F(x)-F(y)|=|int_y^xf(t)\ dt|<=|x-y|*"sup"_{t\inK}\ f(t)$ che è finito per via dell'integrabilità di $f$ su $K$.
Questo comporta anche che necessariamente deve esistere finito il limite $lim_{x\tomu}F(x)$. E quindi la nostra funzione $f$, che è definita per $x=mu$, ha la funzione integrale prolungabile per continuità in $mu$. Da qui dovrebbe discendere l'integrabilità.

[Dorian1]

"dissonance":Un'altra possibilità potrebbe essere questa. A grandi linee:

Essendo $f$ localmente integrabile su $I$, su questo intervallo è ben definita la funzione integrale $F(x):=int_lambda^xf(t)\ dt$. Queste funzioni sono sempre continue perché localmente Lipschitziane:
$\forallK\subI, K\ "compatto", \forall x,y\inK: |F(x)-F(y)|=|int_y^xf(t)\ dt|<=|x-y|*"sup"_{t\inK}\ f(t)$ che è finito per via dell'integrabilità di $f$ su $K$.
Questo comporta anche che necessariamente deve esistere finito il limite $lim_{x\tomu}F(x)$. E quindi la nostra funzione $f$, che è definita per $x=mu$, ha la funzione integrale prolungabile per continuità in $mu$. Da qui dovrebbe discendere l'integrabilità.

Si, il ragionamento sta in piedi. Però si riesce a dimostrare la proposizione ancola più elementermente (basti pensare che, nel mio libro di Analisi 1, quest'esercizio è messo subito dopo aver definito l'integrabilità locale... Quindi a questo punto non sono note le funzioni integrali, ne quelle lipschitziane!).

[dissonance]

E allora possiamo fare così:
quello che vogliamo dimostrare è che, per ogni $epsilon>0$, esiste una partizione $sigma={x_1, ldots, x_n}$ di $I$ tale che $S(sigma, f)-s(sigma, f) Fissiamo $epsilon$. Scegliamo un $mu' $S(sigma, f)=S(sigma', f|_{[lambda, mu']})+ "sup"{f(x)\ |\ x\in[mu', mu]}(mu-mu')$,
$s(sigma, f)=s(sigma', f|_{[lambda, mu']})+ "inf"{f(x)\ |\ x\in[mu', mu]}(mu-mu')$;
e la differenza tra le due è quindi $<=epsilon + k* epsilon$, dove $k="sup"{f(x)\ |\ x\in[mu', mu]}-"inf"{f(x)\ |\ x\in[mu', mu]}$. Quel $k$ non dovrebbe rappresentare un problema... o no? (Quando ho tempo vedo di correggere, non sono convinto al 100%).

[edit] Il $k$ non è un problema se, subito dopo aver fissato $epsilon>0$, consideriamo $epsilon/(1+Omega(f))>0$, inteso come $Omega(f)="sup"_{x\inI}\ f(x)-"inf"_{x\inI}\ f(x)$ (se dovesse risultare nullo allora $f$ sarebbe costante e perciò integrabile). Sicuramente allora $k<=Omega(f)$ e al termine del discorso otteniamo una partizione $sigma$ per cui $S(sigma, f)-s(sigma,f)<=(1+k)/(1+Omega(f))*epsilon<=epsilon$.

[Dorian1]

"dissonance":E allora possiamo fare così:
quello che vogliamo dimostrare è che, per ogni $epsilon>0$, esiste una partizione $sigma={x_1, ldots, x_n}$ di $I$ tale che $S(sigma, f)-s(sigma, f) Fissiamo $epsilon$. Scegliamo un $mu' $S(sigma, f)=S(sigma', f|_{[lambda, mu']})+ "sup"{f(x)\ |\ x\in[mu', mu]}(mu-mu')$,
$s(sigma, f)=s(sigma', f|_{[lambda, mu']})+ "inf"{f(x)\ |\ x\in[mu', mu]}(mu-mu')$;
e la differenza tra le due è quindi $<=epsilon + k* epsilon$, dove $k="sup"{f(x)\ |\ x\in[mu', mu]}-"inf"{f(x)\ |\ x\in[mu', mu]}$. Quel $k$ non dovrebbe rappresentare un problema... o no? (Quando ho tempo vedo di correggere, non sono convinto al 100%).

[edit] Il $k$ non è un problema se, subito dopo aver fissato $epsilon>0$, consideriamo $epsilon/(1+Omega(f))>0$, inteso come $Omega(f)="sup"_{x\inI}\ f(x)-"inf"_{x\inI}\ f(x)$ (se dovesse risultare nullo allora $f$ sarebbe costante e perciò integrabile). Sicuramente allora $k<=Omega(f)$ e al termine del discorso otteniamo una partizione $sigma$ per cui $S(sigma, f)-s(sigma,f)<=(1+k)/(1+Omega(f))*epsilon<=epsilon$.

Perfetto!
Notare che ho dimenticato un'ipotesi... $f$ dev'essere limitata su $I$! Però vedo che lo abbiamo assunto tacitamente...
Questo risultato si può facilmente generalizzare: Se $f$ è localmente integrabile (e limitata ) su $I$ \ $D$ (dove $I$ è un intervallo reale e $D$ contiene finiti punti), essa è integrabile su $I$.

[dissonance]

Si, l'ipotesi che $f$ sia limitata l'ho assunta implicitamente ... ma è proprio necessaria: un controesempio potrebbe essere ${(1/(x-1), x!=1), (0, x=1):}$ per $x\in[0, 1]$, che è integrabile sui compatti di $[0, 1)$ ma non su tutto $[0, 1]$ (ovviamente).

Stavo pensando che questo risultato, nella generalizzazione che ne hai dato tu, è abbastanza importante per vari motivi. Innanzitutto, con lo stesso metodo di dimostrazione, otteniamo che se due funzioni integrabili $f$ e $g$ differiscono in un numero finito di punti, allora i loro integrali sono uguali. Poi dimostriamo subito che una funzione continua tranne al più in un numero finito di punti e limitata è integrabile. (Certo, i risultati "veri" sono molto più profondi ma anche parecchio più difficili da dimostrare!). Infine gettiamo un ponte tra integrali propri e impropri. Infatti con questo risultato diventa indifferente considerare integrali "propri" (su $[lambda, mu]$) o impropri su $[lambda, mu)$. Vabbé, solo qualche piccola considerazione.

P.S.: @dorian - non ti avevo mai visto parlare di analisi!