[Analisi] - Un classico senza tempo sull'integrabilità

[Paolo902]

E' un classico (presente, tra l'altro, su vari testi tra cui il Rudin e, forse, il Giusti). Dispongo di una soluzione (per maggiori dettagli vedi spoiler) e - stando a quanto ci aveva detto il nostro prof - è un esercizio "difficile" (o se preferite non banale ).

Osservato che ogni numero razionale positivo si può scrivere come rapporto di interi [tex]$\frac{n}{m}[/tex] con [tex]n,m \in \mathbb{N} \text{ e }(n,m)=1[/tex] (ovviamente [tex]m \neq 0[/tex]), si pone il seguente

Problema. Sia [tex]f:\left[0,1\right]\rightarrow\mathbb{R}[/tex] così definita:

[tex]\[
f(x)=\begin{cases}
\frac{1}{m}\,\, \text{ se} & x=\frac{n}{m}\in\mathbb{Q}^* \cap \nn [0,1], \, (n,m) =1 \\
0\,\,\,\text{ altrimenti} \end{cases}\][/tex]

cioè la funzione che vale $1/m$ sui punti razionali dell'intervallo (dove $m$ indica il denominatore del numero) e vale 0 altrimenti (cioè se [tex]& x\in\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}\cap [0,1] \vee x=0[/tex]). Si provi che $f$ è integrabile secondo Riemann su $[0,1]$.

Sono in possesso di una soluzione che usa il Teorema di Vitali-Lebesgue, che di solito si cita nei corsi di Analisi I come "cannone" per simili questioni. In effetti, usando V-L, è sufficiente provare che la $f$ è continua in tutti i punti irrazionali (essendo $QQ$ numerabile e dunque di misura nulla).
Il prof mi aveva detto che la mia soluzione era corretta (aiutandomi a sistemare qualche dettaglio) ma - nonostante la mia richiesta - non mi hai mai spiegato come fare a mostrare direttamente l'integrabilità di $f$, costruendo cioè due funzioni a scala (una minorante e l'altra maggiorante) la cui differenza fosse piccola quanto si vuole. Ci avevo pensato, ma non avevo tirato fuori nulla di significativo.
Avete suggerimenti in proposito? Se avete voglia, illuminatemi, per piacere.

[fu^2]

Non saprei dirti se questo teorema è quello di Vitali - Lebesgue, però io userei questo per risolvere il problema (dai libri che ho letto su questo argomento nessuno dava il nome esplicito a questo teorema).

Teorema: Una funzione limitata $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ è integrabile secondo Riemann sse $f$ è continua quasi ovunque su $[a,b]$.

La dimostrazione di questo teorema si può trovare su classici libri del calcolo integrale, come ad esempio (uno dei miei libri preferiti in questo ambito, anzi forse il mio libro preferito) "Measure and Integral: An Introduction to Real Analysis". Se si guarda la dimostrazione, le funzioni a scala sono costruite (se ricordo bene) e quindi,la tua curiosità può essere risolta.

Dunque ci basta mostrare che $f$ è continua qusi ovunque su $[0,1]$. Come hai detto te, ci basta mostrare che $f$ è continua sugli irrazionali.


edit: mi sono accordo di imprecisioni, riscrivo quando ho sistemato i dettagli.

[Paolo902]

fu^2, non ho letto nei dettagli la tua dimostrazione perchè ora devo scappare. Comunque, sì, quello che hai citato è quello che io ho chiamato teorema di Vitali - Lebesgue.

Nel frattempo, comunque, segnalo questo.

[j18eos]

Potresti indicare gli autori del libro citato nello spoiler; grazie!

[G.D.5]

Richard Wheeden e Antony Zigmund. O sbaglio?

[fu^2]

@ j18eos: http://www.amazon.com/Measure-Integral- ... 0824764994 (su google libri per vedere le anteprime non l'ho trovato, io lo posseggo in versione cartacea)

Ora sono arrivato a una dimostrazione semplice, ma divertente.
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dimostrazione della continuità sugli irrazionali:

Sia $\epsilon>0$, $x_0\in [0,1]$ irrazionale.

Consideriamo l'insieme $A=\{y\in (x_0-\sigma, x_0+\sigma)\cap \mathbb{Q} : y=n/m, 1/m <\epsilon )\}$

Mostriamo che esiste $\delta >0$ per cui $A=(x_0-\delta, x_0+\delta)\cap mathbb{Q}$. Se così non fosse, avremo che per ogni $\delta >0$ esiste $x=n/m$ razionale tale che $x\in (x_0-\delta, x_0+\delta)$, con $1/m >\epsilon$.

Dunque possiamo considerare una successione $\delta_n\to 0$ e costruire una successione $x_n=k_n/m_n$ tale che $x_n\in (x_0-\delta_n, x_0+\delta_n)$, $1/m_n>\epsilon$ e $x_n\to x_0$.

Inoltre possiamo considerare la sottosuccessione "in base alla monotonia degli $m_n$".

Ovvero (indicando con $x_n$ tale sottosuccessione che esiste) se $x_n=k_n/m_n$, allora i denominatori soddisfano la condizione $m_1<=m_2<=m_3<=...$. In queste condizioni mostriamo che $1/m_n\to 0$. Infatti essendo $m_n$ una successione monotona non descrescente di numeri naturali, o diverge o converge a un numero $m$. Dal momento che $x_0$ non è razionale, questo secondo caso lo possiamo escludere. Dunque abbiamo trovato l'assurdo.

[j18eos]

Sì WiZaRd hai scritto bene; fu^2 te l'ho scritto per non far perdere tempo ad altri utenti che sono alle prime armi od ignoranti (come me) su tali parti della matematica in ricerche bibliografiche.

[Rigel1]

Il prof mi aveva detto che la mia soluzione era corretta (aiutandomi a sistemare qualche dettaglio) ma - nonostante la mia richiesta - non mi hai mai spiegato come fare a mostrare direttamente l'integrabilità di f, costruendo cioè due funzioni a scala (una minorante e l'altra maggiorante) la cui differenza fosse piccola quanto si vuole. Ci avevo pensato, ma non avevo tirato fuori nulla di significativo.
Avete suggerimenti in proposito? Se avete voglia, illuminatemi, per piacere.

(Ho letto solo adesso questa parte messa in spoiler nel primo messaggio.)

La migliore funzione a scala minorante è chiaramente quella identicamente nulla.
Si tratta dunque, per ogni $\epsilon > 0$, di costruire una maggiorante $g$ tale che $\int_0^1 g < \epsilon$.
Fissiamo $\epsilon > 0$, e sia $M > 2/\epsilon$.
L'insieme $Q_M := \{x\in \mathbb{Q}\cap [0,1]:\ x=\frac{n}{m},\ (n,m) = 1,\ m\le M\}$ è chiaramente finito, diciamo
$Q_M = \{x_1, \ldots, x_N\}$.
Definiamo $A := \bigcup_{j=1}^N (x_j-\frac{\epsilon}{4N}, x_j+\frac{\epsilon}{4N})$, e
$g(x) = {(1, "se"\ x\in A\cap [0,1]), (\frac{1}{M}, "altrimenti".):}$
Abbiamo che $g\ge f$; inoltre, essendo $1/M < \epsilon/2$, si ha
$\int_0^1 g \le N \frac{2\epsilon}{4N} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon.$