tema1 loojnin,

8/17/2019 tema1 loojnin,

1/56

1

1 Integrals múltiples de Riemann

1.1 Integració sobre un rectangle

SiguiQ = [a1, b1] × [a2, b2] × · · · × [an, bn]

amb a1 < b1, a2 < b2, . . . , an < bn un rectangle en IRn.

Cada interval [ai, bi] es diu interval component de Q.

Es defineixen:

Amplada de Q = max{b1 − a1, . . . , bn − an}

Volum de Q, denotat v(Q), com v(Q) = (b1 − a1)(b2 − a2) · · · (bn − an)

Observació En el cas particular n = 1,

v([a, b]) = amplada de [a, b] = b − a,

i aquest nombre també es diu la longitud de [a, b].

Definició Considerem l’interval [a, b] de IR. Una partició de [a, b] és una col·lecció finitaP de punts de [a, b] que inclou els punts a i b:

a = t0 < t1


2/56

2

a1 b1

a2

b2

Definició Siguin Q un rectangle en IRn, f : Q → IR una funció fitada, i P una partició de

Q. Per cada subrectangle R determinat per P , siguin

mR(f ) = inf {f (x) : x ∈ R}

M R(f ) = sup{f (x) : x ∈ R}

La suma inferior de f determinada per P és

L(f, P ) =R

mR(f )v(R),

i la suma superior de f determinada per P és

U (f, P ) =R

M R(f )v(R).

En cada cas, la suma recorre tots els subrectangles R de la partició P .

Definició Sigui P = (P 1, . . . , P n) una partició de Q. Si P ′′ = (P ′′1 , . . . , P ′′n ) és una partició

de Q obtinguda de P afegint un # finit (que pot ser 0) de punts a cada una les particionsP 1, . . . , P n, llavors P ′′ es diu un refinament de P (el nombre de punts afegits no té perquèser el mateix a cada una de les particions).

Donades dues particions P i P ′ = (P ′1, . . . , P ′n) de Q, la partició

P ′′ = (P 1 ∪ P ′1, . . . , P n ∪ P

′n)

és un refinament d’ambdues P i P ′ i es diu el seu refinament comú.

Lema Siguin Q un rectangle en IRn, f : Q → IR una funció fitada, i P una partició de Q.Si P ′′ és un refinament de P , llavors

L(f, P ) ≤ L(f, P ′′) i U (f, P ′′) ≤ U (f, P ).


3/56

3

Prova SiguiQ = [a1, b1] × [a2, b2] × · · · × [an, bn].

És suficient, per inducció, provar el lema quan P ′′ sóbté afegint un sol punt addicional a lapartició d’un dels intervals components de Q.

Sigui P = (P 1, . . . , P n) i suposem, per simplificar la notació, que P ′′ s’obté afegint el punt q a la partició P 1.

Sigui P 1 la particióa1 = t0 < · · · < tk = b1

i suposem que q ∈ (ti−1, ti).

• L(f, P ) ≤ L(f, P ′′):

La majoria dels subrectangles determinats per P són també subrectangles determinats perP ′′, però no és així pels subrectangles determinats per P de la forma

RS = [ti−1, ti] × S,

on S és un dels subrectangles de [a2, b2] × · · · × [an, bn] determinat per (P 2, . . . , P n).

El terme que involucra el subrectangle RS desapareix de la suma inferior i és reemplaçatpels termes que involucren els dos subrectangles

R′S = [ti−1, q ] × S i R′′S = [q, ti] × S,

que són determinats per P ′′.

a1 b1

a2

b2

ti−1 q ti

S R′S R′′S

Ara tenim quemRS(f ) ≤ f (x) ∀x ∈ R

′S ⇒ mRS(f ) ≤ mR′S(f )

mRS(f ) ≤ f (x) ∀x ∈ R′′S ⇒ mRS(f ) ≤ mR′′S(f )

Per tant,mRS(f )v(RS ) = mRS(f )(v(R

′S ) + v(R

′′S ))


4/56

4

= mRS (f )v(R′S ) + mRS(f )v(R

′′S )

≤ mR′S

(f )v(R′S ) + mR′′S(f )v(R′′S )

Com que aquesta desigualtat es verifica per cada subrectangle de la forma RS , se segueixque

L(f, P ) ≤ L(f, P ′′).

• U (f, P ′′) ≤ U (f, P ):

Es prova de forma similar.

Respecte a la relació entre les sumes inferiors i les sumes superiors, tenim el següent resultat:

Lema Siguin Q un rectangle en IRn i f : Q → IR una funció fitada. Donades P, P ′ particionsqualssevol de Q, tenim que

L(f, P ) ≤ U (f, P ′

).

Prova

• Cas P = P ′:

R subrectangle determinat per P ⇒ mR(f ) ≤ M R(f ). AleshoresR

mR(f )v(R) ≤R

M R(f )v(R).

• Cas general:

Siguin P, P ′ particions de Q. Denotem per P ′′ el seu refinament comú, aleshores

L(f, P ) ≤ L(f, P ′′) ≤ U (f, P ′′) ≤ U (f, P ′).

La 1a i 3a desigualtas se segueixen del lema anterior, i la 2a del cas de la mateixa partició.

Definició Siguin Q un rectangle en IRn i f : Q → IR una funció fitada. Considerem

Q

f = supP

{L(f, P )} i Q

f = inf P

{U (f, P )}.

Aquests números es diuen la integral inferior i la integral superior, respectivament, def sobre Q.

Existeixen ja que els números L(f, P ) estan fitats superiorment per U (f, P ′), on P ′ ésqualsevol partició fixada de Q; i els números U (f, P ) estan fitats inferiorment per L(f, P ′).

Si Q

f =

Q

f,


5/56

5

es diu que f és integrable sobre Q i es defineix la integral de f sobre Q com aquest nombrecomú. Denotarem la integral de f sobre Q per

Q

f, o també per x∈Q

f.

Exemple La funció f : [0, 1] → IR donada per

f (x) =

0 si x ∈ Q1 si x /∈ Q

no és integrable sobre [0, 1]:

Si P és una partició qualsevol de [0, 1] i R és un subinterval qualsevol determinat per P ,tenim que

mR(f ) = 0 i M R(f ) = 1 ja que R conté racionals i irracionals.

Aleshores,L(f, P ) =

R

0 · v(R) = 0,

U (f, P ) =R

1 · v(R) = 1.

Com que P és arbitrària,

[0,1]

f = 0 ̸= 1 = [0,1]

f.

Abans de veure un exemple de funció integrable, vegem una carcterització de la integrabil-itat:

Teorema (La condició de Riemann) Siguin Q un rectangle en IRn i f : Q → IR unafunció fitada. Aleshores

Qf ≤ Qf.A més,

Q

f =

Q

f ⇔ donat ϵ > 0, ∃ P partició de Q t.q. U (f, P ) − L(f, P ) < ϵ.

Prova Sigui P ′ partició fixada de Q. Tenim

L(f, P ) ≤ U (f, P ′) ∀ P partició de Q


6/56

6

⇒

Q

f ≤ U (f, P ′).

Ara, com que P ′ és arbitrària, tenim també que

Q

f ≤ Q

f.

⇒) Suposem Q

f =

Q

f

=

Q

f

.

Sigui ϵ > 0.

Elegim P ′ partició t.q.

Q

f − L(f, P ′) < ϵ

2.

Elegim P ′′ partició t.q.

U (f, P ′′) −

Q

f < ϵ

2.

Sigui P el refinament comú de P ′ i P ′′. Tenim que

U (f, P ) − L(f, P ) ≤ U (f, P ′′) − L(f, P ′)

= U (f, P ′′) − Q

f + Q

f − L(f, P ′) < ϵ

2

+ ϵ

2

= ϵ.

⇐) Suposem Q

f ̸=

Q

f.

Sigui

ϵ =

Q

f −

Q

f > 0.

Sigui P qualsevol partició de Q. Llavors

L(f, P ) ≤

Q

f <

Q

f ≤ U (f, P )

⇒ U (f, P ) − L(f, P ) ≥

Q

f −

Q

f = ϵ.

Com que aquesta desigualtat es verifica per tota partició P , no es verifica la condició deRiemann.


7/56

7

Com aplicació senzilla d’aquest teorema tenim que tota funció constant, definida sobre unrectangle, és integrable. De fet tenim el següent resultat:

Teorema Siguin Q un rectangle en IRn i f : Q → IR una funció constant f (x) = c ∀x ∈ Q.Aleshores f és integrable sobre Q. A més, si P és una partició qualsevol de Q, tenim que

Q

c = c · v(Q) = c ·R

v(R),

on R recorre tots els subrectangles determinats per P .

Prova

• f és integrable sobre Q:

Sigui P partició qualsevol de Q.

R subrectangle determinat per P ⇒ mR(f ) = c = M R(f ). Aleshores

L(f, P ) = cR

v(R) = U (f, P ).

Per tant, la condició de Riemann se satisfà trivialment ⇒ f integrable.

• Sigui P partició qualsevol de Q, vegem que Q

c = c · v(Q) = c ·R

v(R) :

TenimcR

v(R) = L(f, P ) ≤

Q

c ≤ U (f, P ) = cR

v(R),

aleshores Q

c = c ·R

v(R).

A més, si agafam el cas particular de la partició P que té com a únic subrectangle el propiQ, tenim que

Q

c = c · v(Q).

Corol·lari Sigui Q un rectangle en IRn. Sigui {Q1, . . . , Qk} una col·lecció finita de rectanglesen Rn que cobreixen Q. Aleshores

v(Q) ≤k

i=1

v(Qi).


8/56

8

Prova Elegim un rectangle Q′ que contengui els rectangles Q1, . . . , Qk.

Empram els punts extrems dels intervals components dels rectangles Q, Q1, . . . , Qk perdefinir una partició P de Q′.

Q′

Q1

Q

Q2

Aleshores cada un dels rectangles

Q, Q1, . . . , Qk

és una unió de subrectangles determinats per P .

Pel teorema anterior, tenim que

v(Q) =R⊆Q

v(R),

on R recorre tots els subrectangles continguts en Q.

Com que cada tal subrectangle R està contingut en almenys un dels rectangles Q1, . . . , Qk,tenim que

R⊆Q

v(R) ≤R⊆Q1

v(R) + · · · +R⊆Qk

v(R)

= v(Q1) + · · · + v(Qk).


9/56

9

Notació En el cas n = 1, la integral [a,b]

f

la denotarem també per

ba f o

x=bx=a f (x).

1.2 Existència de la integral

Definició Un subconjunt A ⊆ IRn es diu que té mesura zero en IRn si per tot ϵ > 0,existeix un cobriment numerable (finit o infinit numerable) de A per rectangles Q1, Q2, . . . t.q.

∞i=1

v(Qi) < ϵ.

(En el cas finit es considera la suma finita).Si es verifica aquesta desigualtat es diu que el volum total dels rectangles Q1, Q2, . . . és

< ϵ.

Proposició

a) Si A ⊆ IRn té mesura 0 en IRn i B ⊆ A, llavors B té mesura 0 en IRn.

b) A1, A2, . . . col·lecció numerable de conjunts de mesura 0 en IRn ⇒

A =∞

j=1

A j

té mesura 0 en IRn.

c) Si A ⊆ IRn, llavors:A té mesura 0 en IRn ⇔ per tot ϵ > 0, existeix un cobriment numerable de A per rectangles

oberts Q̊1, Q̊2, . . . t.q.∞i=1

v(Qi) < ϵ.

d) Q rectangle en IRn ⇒ FrQ té mesura 0 en IRn, però Q no.

Prova


10/56

10

a) Obvi.

b) Sigui ϵ > 0.

Per cada j, cobrim A j per una col·lecció numerable de rectangles

Q1 j, Q2 j, Q3 j, . . .

amb volum total<

ϵ

2 j.

Aleshores la col·lecció de rectangles {Qij} és numerable, cobreix A i té volum total

<∞

j=1

ϵ

2 j = ϵ.

c)

⇒) Sigui ϵ > 0.Cobrim A per rectangles Q′1, Q

′2, . . . de volum total < ϵ/2.

Per cada i, elegim un rectangle Qi t.q. Q′i ⊆ Q̊i i v(Qi) ≤ 2v(Q′i).

Qi

Q′i

(Això es pot fer ja que v(Q) és una funció contínua dels extrems dels intervals componentsde Q).

Llavors Q̊1, Q̊2, . . . cobreixen A, i v(Qi) < ϵ.

⇐) Sigui ϵ > 0.

Cobrim A per rectangles oberts Q̊1, Q̊2, . . . t.q.

v(Qi) < ϵ.Aleshores Q1, Q2, . . . cobreixen A i tenen volum total < ϵ.

d) Sigui Q = [a1, b1] × · · · × [an, bn].

• FrQ té mesura 0:

Per cada i = 1, . . . , n, considerem les dues cares i-èsimes de Q:

C i = {x ∈ Q : xi = ai}

Di = {x ∈ Q : xi = bi}


11/56

11

a1 b1

a2

b2

C 1 D1

Cada cara i-èsima té mesura 0 en IRn:

P.e. C i es pot cobrir per l’únic rectangle

[a1, b1] × · · · × [ai, ai + δ ] × · · · × [an, bn]

el volum del qual es pot fer tan petit com es vulgui agafant δ petit.

Ara, FrQ és la unió de les cares de Q, que són finites en nombre ⇒ FrQ té mesura 0 enIRn.

• Q no té mesura 0:

Suposem que Q tengui mesura 0.

Agafem ϵ = v(Q).Per c), existeixen Q̊1, Q̊2, . . . que cobreixen Q t.q.

∑v(Qi) < ϵ.

Però Q és compacte ⇒ ∃ k ∈ ZZ+ t.q. Q̊1, . . . , Q̊k cobreixen Q.

Per tant,k

i=1

v(Qi) < ϵ.

Per altra part, com queQ ⊆ Q1 ∪ . . . ∪ Qk,

sabem pel corol·lari anterior que

v(Q) ≤k

i=1

v(Qi) < ϵ.

Però v(Q) = ϵ, aleshores hem arribat a que ϵ < ϵ. Contradicció.

Observació En la definició de conjunt de mesura 0, hauriem obtingut una noció diferent sihaguéssim permès només colleccions finites de rectangles: Un subconjunt A ⊆ IRn es diu que


12/56

12

té contingut (o volum) zero en IRn si per tot ϵ > 0, existeix un cobriment finit de A perrectangles Q1, Q2, . . . , Qk t.q.

ki=1

v(Qi) < ϵ.

Òbviament, tot subconjunt de contingut 0 és de mesura 0. Però el recíproc no és cert engeneral.

Exercici Provau que si A és un subconjunt de IRn que és compacte i té mesura 0, aleshoresA té contingut 0.

Teorema Siguin Q un rectangle en IRn i f : Q → IR una funció fitada. Considerem

D = {x ∈ Q : f no és contínua a x}.

Aleshores: Q

f existeix ⇔ D té mesura 0 en IRn.

Prova Sigui M t.q. |f (x)| ≤ M ∀x ∈ Q.

Passa 1 Prova de la part ⇐).

Veurem que donat ϵ > 0, ∃ P partició de Q t.q. U (f, P ) − L(f, P ) < ϵ.

Sigui ϵ′ = ϵ2M + 2v(Q)

.

Per ser D de mesura 0, ∃ Q̊1, Q̊2, . . . rectangles oberts que cobreixen D t.q.

∞i=1

v(Qi) < ϵ′.

Per cada a ∈ Q \ D, com que f és contínua en a, elegim un rectangle obert Q̊a entorn de at.q.

|f (x) − f (a)| < ϵ′ ∀x ∈ Q̊a ∩ Q.

Ara, {Q̊i : i ∈ ZZ+} ∪ {Q̊a : a ∈ Q \ D} és un cobriment de Q per oberts ⇒ [Q és compacte]

∃ Q̊1, . . . , Q̊k, Q̊a1, . . . , Q̊al

que cobreixen Q. (Pot passar que Q̊1, . . . , Q̊k no cobreixin D).

Per simplicitat, denotarem Qaj per Q′ j . Aleshores

Q1, . . . , Qk, Q′1, . . . , Q

′l


13/56

13

cobreixen Q i a més satisfan

1)k

i=1v(Qi) < ϵ

′

2)|f (x) − f (y)| < 2ϵ′ ∀ x,y ∈ Q′ j ∩ Q ( j = 1, . . . , l).

Sense canviar la notació, reemplacem cada Qi per la seva intersecció amb Q i cada Q′ j tambéper la seva intersecció amb Q. Els nous rectangles encara cobreixen Q i satisfan 1) i 2).

Ara empram els punts extrems dels intervals components dels rectangles Q1, . . . , Qk, Q′1, . . . , Q′l

per definir una partició P de Q. Llavors cada un dels Qi i dels Q′ j serà una unió de subrect-angles determinats per P .

Q1

Q2

D

Dividim la col·lecció dels subrectangles determinats per P en dues subcol·leccions disjuntes R i R ′ que satisfacin:

- Si R ∈ R ⇒ R ⊆ Qi per qualque i

- Si R ∈ R ′ ⇒ R ⊆ Q′ j per qualque j

Tenim que R∈ R

(M R(f ) − mR(f ))v(R) ≤ 2M R∈ R

v(R),


14/56

14

ja que |f (x) − f (y)| ≤ 2M ∀ x,y ∈ Q.

I també R∈ R ′

(M R(f ) − mR(f ))v(R) ≤ 2ϵ′R∈ R ′

v(R),

ja que |f (x

) − f (y

)| < 2ϵ

′

∀ x

,y

∈ R ∈ R ′

.Per altra part, R∈ R

v(R) ≤k

i=1

R⊆Qi

v(R) =k

i=1

v(Qi) < ϵ′

R∈ R ′

v(R) ≤R⊆Q

v(R) = v(Q)

AleshoresU (f, P ) − L(f, P ) < 2Mϵ′ + 2ϵ′v(Q) = ϵ.

Passa 2 Donats a ∈ Q i δ > 0, siguin

Aδ = {f (x) : x ∈ Q i |x − a| < δ },

on per z = (z 1, . . . , z n) ∈ IRn, |z| = max{|z 1|, . . . , |z n|};

M δ(f ) = sup Aδ; i

mδ(f ) = inf Aδ.

Es defineix l’oscil·lació de f a a per

ν (f, a) = inf δ>0

{M δ(f ) − mδ(f )}.

Notem que ν (f, a) ≥ 0.

Provarem que: f és contínua a a ⇔ ν (f, a) = 0.

⇒) Sigui ϵ > 0 ⇒ [f és contínua a a] ∃δ > 0 t.q. |f (x) −f (a)| < ϵ ∀x ∈ Q amb |x−a| < δ .Aleshores

M δ(f ) ≤ f (a) + ϵ i mδ(f ) ≥ f (a) − ϵ

⇒ ν (f, a) ≤ 2ϵ.

Com que ϵ és arbitrari, ν (f, a) = 0.

⇐) Sigui ϵ > 0 ⇒ [ν (f, a) = 0] ∃ δ > 0 t.q. M δ(f ) − mδ(f ) < ϵ.

Ara, si x ∈ Q i |x − a| < δ

⇒ mδ(f ) ≤ f (x) ≤ M δ(f ), i en particular també mδ(f ) ≤ f (a) ≤ M δ(f ).


15/56

15

Aleshores |f (x) − f (a)| < ϵ ⇒ f contínua a a.

Passa 3 Prova de la part ⇒).

Per cada m ∈ ZZ+, sigui

Dm

= a ∈

Q : ν (f, a) ≥

1

m

⇒ D =∞

m=1

Dm.

Aleshores basta provar que cada Dm té mesura 0. Fixem m. Donat ϵ > 0, cobrirem Dmamb una quantitat numerable de rectangles de volum total < ϵ.

Sigui P partició de Q t.q. U (f, P ) − L(f, P ) < ϵ

2m.

Siguin

D′m = {a ∈ Dm : a ∈ FrR per qualque subrectangle R determinat per P } i

D′′m = Dm \ D′m.

Cobrim D′m:

Donat R, FrR té mesura 0 en IRn ⇒ ∪

R FrR també.

Però D′m ⊆ ∪

R FrR ⇒ D′m es pot cobrir per una quantitat numerable de rectangles de

volum total < ϵ2

.

Cobrim D′′m:

Siguin R1, . . . , Rk els subrectangles determinats per P que contenen punts de D′′m. Veuremque

ki=1

v(Ri) < ϵ

2.

Donat i, Ri conté qualque a ∈ D′′m ⇒ a /∈ FrRi i per tant ∃ un entorn cúbic C (a, δ ) ⊆ Ri.Llavors

1

m ≤ ν (f, a) ≤ M δ(f ) − mδ(f ) ≤ M Ri(f ) − mRi(f ).

Multiplicant per v(Ri) i sumant tenim

ki=i

1

mv(Ri) ≤ U (f, P ) − L(f, P ) <

ϵ

2m

⇒k

i=1

v(Ri) < ϵ

2.


16/56

16

Les dues proposicions següents són aplicacions d’aquest teorema:

Proposició Siguin Q un rectangle en IRn i f : Q → IR una funció integrable.

a) Si f és nul·la excepte en un conjunt de mesura 0 ⇒ ∫ Q f = 0.b) Si f ≥ 0 i

∫ Q

f = 0 ⇒ f és nul·la excepte en un conjunt de mesura 0.

Prova

a) Tenim f (x) = 0 ∀x ∈ Q \ E , on E ⊆ Q té mesura 0.

Sigui P partició de Q.

Si R subrectangle determinat per P ⇒ R E ⇒ f val 0 a qualque punt de R

⇒ mR(f ) ≤ 0 i M R(f ) ≥ 0.

Com que això és cert per tot subrectangle R determinat per P , tenim

L(f, P ) ≤ 0 i U (f, P ) ≥ 0.

Però P era arbitrària, aleshores tenim aquestes dues desigualtats per tota partició P de Q

⇒

Q

f ≤ 0 i Q

f ≥ 0.

Però com que ∫ Q f existeix, ha de ser Q

f = 0.

b) Com que f és integrable, tenim del teorema que

D = {a ∈ Q : f no contínua a a}

té mesura 0.

Veurem que f |Q\D≡ 0.

Sigui a ∈ Q \ D, vegem que f (a) = 0:Suposem f (a) > 0 i arribarem a contradicció.

Sigui ϵ = f (a), com que f és contínua a a, ∃δ > 0 t.q.

x ∈ Q i |x − a| < δ ⇒ |f (x) − f (a)| < ϵ

2 ⇒ [f (a) = ϵ] f (x) >

ϵ

2.

Sigui P partició de Q de malla < δ .

Si R0 és un subrectangle determinat per P que conté a, aleshores mR0(f ) ≥ ϵ

2.


17/56

17

a

< δ

R0

Per altra part, mR(f ) ≥ 0 ∀ R.

AleshoresL(f, P ) =

R

mR(f )v(R) ≥ ϵ

2v(R0) > 0.

Però

L(f, P ) ≤

Q

f = 0.

Contradicció.

Proposició Siguin Q rectangle en IRn i f , g : Q → IR funcions fitades.

a) Linealitat f, g integrables sobre Q; a, b ∈ IR ⇒ af + bg integrable sobre Q i Q

(af + bg) = a

Q

f + b

Q

g.

b) Comparació f , g intrgrables sobre Q i f (x) ≤ g(x) ∀x ∈ Q

⇒

Q

f ≤

Q

g.

Prova Recordem en primer lloc el següent resultat de continuïtat de funcions: Si tenim unsubconjunt ∅ ̸ = A ⊆ IRn i h, k : A → IR funcions t.q. són contínues a x0 ∈ A, aleshores h + k,i ch, on c ∈ IR, són també contínues a x0.

a) Com que f i g són fitades, af + bg també.

A més, f i g integrables sobre Q ⇒ f és contínua sobre Q \ D i g és contínua sobre Q \ E ,

on D, E ⊆ Q són de mesura 0 ⇒ af + bg és contínua sobre Q \ (D ∪ E ), essent D ∪ E demesura 0.

Aleshores af + bg és integrable sobre Q.

Vegem ara que Q

(af + bg) = a

Q

f + b

Q

g.

• Cas 1. a, b ≥ 0:

Sigui P ′′ partició arbitrària de Q.


18/56

18

Si R és subrectangle determinat per P ′′, aleshores

amR(f ) + bmR(g) ≤ af (x) + bg(x) = (af + bg)(x) ∀x ∈ R

⇒ amR(f ) + bmR(g) ≤ mR(af + bg)

⇒ aL(f, P ′′) + bL(g, P ′′) ≤ L(af + bg,P ′′) ≤ Q

(af + bg).

Un argument similar mostra que Q

(af + bg) ≤ aU (f, P ′′) + bU (g, P ′′).

Ara, siguin P, P ′ dues particions qualssevol de Q, i sigui P ′′ el seu refinament comú. Tenimque

aL(f, P ) + bL(g, P ′) ≤ Q

(af + bg) ≤ aU (f, P ) + bU (g, P ′).

Per altra part, per definició,

aL(f, P ) + bL(g, P ′) ≤ a

Q

f + b

Q

g ≤ aU (f, P ) + bU (g, P ′).

Com que P i P ′ són arbitràries, concloem que Q

(af + bg) = a

Q

f + b

Q

g.

• Cas 2. Vegem que Q

(−f ) = −

Q

f :

Sigui P partició de Q.

Si R és subrectangle determinat per P , aleshores

mR(f ) ≤ f (x) ≤ M R(f ) ∀x ∈ R

⇒ −M R(f ) ≤ −f (x) ≤ −mR(f ) ∀x ∈ R

⇒ −M R(f ) ≤ mR(−f ) i M R(−f ) ≤ −mR(f ).Multiplicant per v(R) i sumant, tenim

−U (f, P ) ≤ L(−f, P ) ≤

Q

(−f ) ≤ U (−f, P ) ≤ −L(f, P ).

Per altra part, per definició,

L(f, P ) ≤

Q

f ≤ U (f, P )


19/56

19

⇒ −U (f, P ) ≤ −

Q

f ≤ −L(f, P ).

Com que P és arbitrària, tenim que

Q(−f ) = −

Q f.

• Cas 3. a


20/56

20

b) Siguin f : [a, b] → IR contínua i g : [a, b] → IR funció t.q. g′(x) = f (x) ∀ x ∈ [a, b]

⇒

ba

f = g(b) − g(a).

Quan ens referim a les derivades F ′ i g′ als punts extrems de l’interval [a, b], volem dir les

derivades laterals.

Teorema de Fubini Siguin A rectangle en IRk i B rectangle en IRn ⇒ Q = A × B ésrectangle en Rk+n. Sigui f : Q → IR funció fitada; escrivim f en la forma f (x,y) per totsx ∈ A, y ∈ B .

Per cada x ∈ A fixat, considerem les integrals inferior i superior

I (x) =

y∈B

f (x,y) i I (x) = y∈B

f (x,y).

Si f és integrable sobre Q ⇒ aquestes dues funcions de x són integrables sobre A, i x∈A

y∈B

f (x,y) =

Q

f =

x∈A

y∈B

f (x,y).

Prova Suposant que ∫

Qf existeix, provarem que les funcions I, I : A → IR són integrables

sobre A, i que les seves integrals valen ∫

Qf .

Sigui P partició de Q ⇒ P = (P A, P B) on P A és partició de A i P B és partició de B .

Si RA és un subrectangle genèric de A determinat per P A i RB és un subrectangle genèric

de B determinat per P B ⇒ RA × RB és un subrectangle genèric de Q determinat per P .

Passa 1 L(f, P ) ≤ L(I, P A):

Siguin RA × RB un subrectangle genèric determinat per P i x0 ∈ RA

⇒ mRA×RB(f ) ≤ f (x0,y) ∀ y ∈ RB

⇒ mRA×RB(f ) ≤ mRB(f (x0, −)).

RB (x0,y)y

x0

RA


21/56

21

Fixem ara x0 i RA i facem variar tots els subrectangles RB.

x0

RA

Multiplicam per v(RB) i sumam respecte de tots els subrectangles RB:RB

mRA×RB(f )v(RB)

≤RB

mRB(f (x0, −))v(RB) = L(f (x0, −), P B)

≤ y∈B

f (x0,y) = I (x0).

Ara, aquesta desigualtat es verifica per tot x0 ∈ RA. En particular, deduïm que I estàfitada inferiorment.

Concloem que RB

mRA×RB(f )v(RB) ≤ mRA(I ).

Ara, multiplicam per v(RA) i sumam respecte de RA:

RA

RB

mRA×RB(f )v(RB)

v(RA) ≤RA

mRA(I )v(RA) = L(I, P A).

Però v(RA)v(RB) = v(RA × RB), per tant el primer membre de la desigualtat anterior ésRA×RB

mRA×RB(f )v(RA × RB) = L(f, P ).

Passa 2 U (I, P A) ≤ U (f, P ):


22/56

22

La prova (exercici) és similar a la de la passa 1.

Es dedueix també en particular que I està fitada superiorment. Aleshores, com que

I (x) = y∈Bf (x,y) ≤ y∈Bf (x,y) = I (x),resulta que tant I com I estan fitades.

Passa 3 Tenim el següent diagrama de desigualtats:

L(f, P ) ≤ L(I, P A)

≤ U (I, P A)

≤ U (I, P A) ≤ U (f, P )

≤ L(I, P A)passa 1 passa 2

Les desigualtats de la part superior esquerra i de la part inferior dreta se segueixen del fetque L(h, P ) ≤ U (h, P ) per qualssevol h i P .

Les de la part inferior esquerra i part superior dreta se segueixen del fet que I (x) ≤I (x) ∀ x ∈ A.

Passa 4 Provem el que resta:

Sigui ϵ > 0.

f integrable sobre Q ⇒ ∃ P = (P A, P B) t.q. U (f, P ) − L(f, P ) < ϵ ⇒ [passa 3]

U (I, P A) − L(I, P A) < ϵ i

U (I, P A) − L(I, P A) < ϵ

⇒ I i I integrables sobre A.

Ara, com que

L(I, P A) ≤

A

I ≤ U (I, P A) i

L(I, P A) ≤ A

I ≤ U (I, P A),

tenim que els 3 nombres A

I,

Q

f,

A

I

estan entre els nombres extrems del diagrama de la passa 3, i com que ϵ > 0 és arbitrari, A

I =

Q

f =

A

I.


23/56

23

Observacions

1) Aquest teorema expressa ∫

Qf com una integral iterada. Per calcular

Q f primer es calcula la integral inferior (o superior) de f respecte de y, i després s’integra lafunció resultant respecte de x.

2) No hi ha res d’especial sobre l’ordre de la integració: Una prova similar mostra que espot calcular

Q

f

primer agafant la integral inferior (o superior) de f respecte de x, i després integrar la funcióresultant respecte de y.

Corol·lari Sigui Q = A × B, on A és un rectangle en IRk i B és un rectangle en IRn. Siguif : Q → IR fitada. Si

Q

f existeix, i a més y∈B

f (x,y) existeix ∀x ∈ A

⇒

Q

f =

x∈A

y∈B

f (x,y).

Corol·lari Sigui Q = [a1, b1] × · · · × [an, bn]. Si f : Q → IR és contínua

⇒

Q

f =

x1∈[a1,b1]

. . .

xn∈[an,bn]

f (x1, . . . , xn).

Exemple Siguin Q = [0, 2] × [1, 2] i f : Q → IR donada per f (x, y) = x − 3y2, tenim que

Q

(x − 3y2) = x∈[0,2]

y∈[1,2]

(x − 3y2) = x=2

x=0

y=2

y=1

(x − 3y2) = [integram respecte de y]

x=2x=0

[xy − y3

y=2y=1

=

x=2x=0

(x − 7) =

x2

2 − 7x

x=2x=0

= −12.

També, seguint l’observació 2), resulta que

Q

(x − 3y2) =

y=2y=1

x=2x=0

(x − 3y2) = [integram respecte de x] y=2y=1

x2

2 − 3xy2

x=2x=0


24/56

24

=

y=2y=1

(2 − 6y2) = [2y − 2y3]y=2y=1 = −12.

Exemple Siguin Q = [0, 1] × [−1, 2] × [0, 3] i f : Q → IR donada per f (x,y,z ) = xyz 2. Per

calcular ∫

Q f podem emprar qualsevol dels sis possibles ordres d’integració.Integrem respecte de x, llavors respecte de y , i llavors respecte de z ; tenim

Q

xyz 2 =

z=3z=0

y=2y=−1

x=1x=0

xyz 2 =

z=3z=0

y=2y=−1

x2yz 2

2

x=1x=0

=

z=3z=0

y=2y=−1

yz 2

2

=

z=3z=0

y2z 2

4

y=2y=−1

=

z=3z=0

3z 2

4 =

z 3

4

z=3z=0

= 27

4 .

Integrem ara respecte de z , llavors respecte de x, i llavors respecte de y; tenim Q

xyz 2 =

y=2y=−1

x=1x=0

z=3z=0

xyz 2 =

y=2y=−1

x=1x=0

xyz 3

3

z=3z=0

=

y=2y=−1

x=1x=0

9xy

=

y=2y=−1

9x2y

2

x=1x=0

=

y=2y=−1

9y

2 =

9y2

4

y=2y=−1

= 9 − 9

4 =

27

4 .

1.4 La integral sobre un conjunt fitat

Definició Siguin S un subconjunt fitat de IRn i f : S → IR una funció fitada. Es defineixf S : IR

n → IR per

f S (x) =

f (x) si x ∈ S

0 altrament

S’elegeix un rectangle Q que contengui S . Es defineix la integral de f sobre S per S

f =

Q

f S ,

suposant que la integral de la dreta existeix.

S’ha de veure que aquesta definició és independent de l’elecció de Q.


25/56

25

S

Q

Q′

Lema Siguin Q, Q′ rectangles en IRn i f : IRn → IR una funció fitada que s’anul·la fora deQ ∩ Q′, i.e. f |IRn\(Q∩Q′)≡ 0. Aleshores

Q

f existeix ⇔ Q′

f existeix.

A més, en aquest cas, Q

f =

Q′

f.

Prova

• Cas Q ⊆ Q′:

En aquest cas tenim que f |IRn\Q≡ 0. Sigui E = {x ∈ Q̊ : f no és contínua a x} ⇒

f : Q → IR i f : Q′

→ IR són contínues respectivament a Q \ (E ∪ FrQ) i Q′

\ (E ∪ FrQ).

Q

Q′

L’existència de cada integral és per tant equivalent al requeriment que E sigui de mesura 0.

Suposem ara que ambdues integrals existeixen, volem veure que valen el mateix.

Sigui P partició de Q′. Considerem P ′′ el refinament de P obtingut de P afegint els puntsextrems dels intervals components de Q.

Llavors Q és unió de subrectangles R determinats per P ′′.


26/56

26

Q

Q′

Si R és subrectangle determinat per P ′′ que no està contingut en Q ⇒ f s’anul·la a qualquepunt de R ⇒ mR(f ) ≤ 0.

Per tant,L(f, P ′′) =

RQ

mR(f )v(R) + R⊆Q

mR(f )v(R)

≤R⊆Q

mR(f )v(R) ≤

Q

f

⇒ [P ′′ és refinament de P ] L(f, P ) ≤ Q

f.

Un argument similar prova que Q

f ≤ U (f, P ).

Ara, com que P és partició arbitrària de Q′, tenim que Q

f =

Q′

f.

• Cas Q, Q′ arbiraris:

Agafem Q′′ t.q. Q′′ ⊇ Q, Q′.

Q

Q′

Q′′


27/56

27

Tenim que Q

f existeix ⇔ Q′′

f existeix ⇔ Q′

f existeix.

A més, suposant que existeixen, Q

f =

Q′′

f =

Q′

f.

Observació La definició d’abans és independent de l’elecció de Q: Si Q, Q′ són rectanglesque contenen S , aleshores S ⊆ Q ∩ Q′. A més, f S : IR

n → IR és fitada i f S |IRn\(Q∩Q′)≡ 0.Aleshores, pel lema,

Qf S existeix ⇔

Q′

f S existeix.

A més, en aquest cas, Q

f S =

Q′

f S .

Lema a) Siguin h, k : IRn → IR funcions. Consideram les funcions max(h, k), min(h, k) :IRn → IR donades per

max(h, k)(x) = max{h(x), k(x)},

min(h, k)(x) = min{h(x), k(x)}.

Si h i k són contínues a x0 ∈ IRn ⇒ max(h, k) i min(h, k) també.

b) Siguin S un subconjunt fitat de IRn i f, g : S → IR funcions fitades. Si f i g són integrablessobre S ⇒ max(f, g) i min(f, g) també.

Prova

a) Comprovau com exercici que

max(h, k) = 1

2(h + k + |h − k|),

min(h, k) = 1

2(h + k − |h − k|).

A més, sabem de l’estudi de la continuïtat de funcions que si tenim funcions h, k : IRn → IRcontínues a un punt x0 ∈ IR

n, aleshores |h|, h + k i ch, on c ∈ IR, són també contínues a x0.

Aplicant això al nostre cas, tenim que max(h, k) i min(h, k) són contínues a x0.

b) Per simplificar la notació, posem F = max(f, g) i G = min(f, g).


28/56

28

Sigui Q rectangle t.q. Q ⊇ S . Aleshores f S i gS són integrables sobre Q ⇒ f S és contínuasobre Q \ D i gS és contínua sobre Q \ E , on D, E ⊆ Q són de mesura 0.

Tenim que (exercici):

F S (x) = max{f S (x), gS (x)},GS (x) = min{f S (x), gS (x)}.

Aleshores F S i GS són contínues sobre Q \ (D ∪ E ), essent D ∪ E de mesura 0.

A més, F S i GS són fitades (ja que f S i gS ho són).

Llavors F S i GS són integrables sobre Q ⇒ F i G són integrables sobre S .

Proposició (Propietats de la integral) Siguin S un subconjunt fitat de IRn i f, g : S → IRfuncions fitades.

a) Linealitat f, g integrables sobre S ; a, b ∈ IR ⇒ af + bg integrable sobre S i S

(af + bg) = a

S

f + b

S

g.

b) Comparació f , g intrgrables sobre S i f (x) ≤ g(x) ∀x ∈ S

⇒

S

f ≤

S

g.

A més, |f | és integrable sobre S i S

f ≤

S

|f |.

c) Monotonia Si T ⊆ S , f ≥ 0 sobre S , f integrable sobre T i sobre S

⇒

T

f ≤

S

f.

d) Additivitat Si S = S 1 ∪ S 2 i f és integrable sobre S 1 i sobre S 2

⇒ f és integrable sobre S i sobre S 1 ∩ S 2; a més,

S

f =

S 1

f +

S 2

f −

S 1∩S 2

f.

Prova

a) Sigui Q rectangle t.q. Q ⊇ S .

f, g integrables sobre S ⇒ f S , gS : IRn → IR integrables sobre Q. Aleshores, per linealitat

en el cas d’un rectangle,af S + bgS


29/56

29

és integrable sobre Q i Q

(af S + bgS ) = a

Q

f S + b

Q

gS .

Però ara tenim que af S + bgS = (af + bg)S (exercici).

Aleshores af + bg és integrable sobre S i S

(af + bg) = a

S

f + b

S

g.

b) Sigui Q rectangle t.q. Q ⊇ S . Les funcions f S , gS : IRn → IR són integrables sobre Q i

satisfan f S (x) ≤ gS (x) ∀x ∈ IRn. Aleshores, per comparació en el cas d’un rectangle,

Q

f S ≤

Q

gS .

Aleshores S

f =

Q

f S ≤

Q

gS =

S

g.

Suposem ara que f és integrable sobre S , vegem que |f | també ho és i que S

f

≤ S

|f |.

Però |f (x)| = max{f (x), −f (x)}, i com que f, −f són integrables sobre S , |f | també.

Ara, com que −|f (x)| ≤ f (x) ≤ |f (x)| ∀x ∈ S , tenim −|f | ≤ f ≤ |f | i per tant,

−

S

|f | =

S

−|f | ≤

S

f ≤

S

|f |

⇒

S

f

≤ S

|f |.

c) Sigui Q rectangle t.q. Q ⊇ S ⊇ T .

Com que f ≥ 0 sobre S , tenim f T (x) ≤ f S (x) ∀x ∈ IRn. Per tant, per comparació,

T

f = Q

f T ≤ Q

f S = S

f.

d) Sigui T = S 1 ∩ S 2.

• f és integrable sobre S i sobre T :

- Cas f ≥ 0 sobre S :

Sigui Q rectangle t.q. Q ⊇ S ⇒ f S 1 i f S 2 són integrables sobre Q per hipòtesi.


30/56

30

Per altra part, tenim que

f S (x) = max{f S 1(x), f S 2(x)} i f T (x) = min{f S 1(x), f S 2(x)}

⇒ f S i f T són integrables sobre Q ⇒ f és integrable sobre S i sobre T .

- Cas general:Siguin

f +(x) = max{f (x), 0} i f −(x) = max{−f (x), 0} ∀x ∈ S.

f

f +

f −

Com que f és integrable sobre S 1 i sobre S 2, també ho són f + i f −. Aleshores, aplicant elcas anterior, f + i f − són integrables sobre S i sobre T .

Però f = f + − f − aleshores, per linealitat, f és integrable sobre S i sobre T .

• S

f =

S 1

f +

S 2

f −

S 1∩S 2

f :

Sigui Q rectangle t.q. Q ⊇ S . Tenim que

f S (x) = f S 1(x) + f S 2(x) − f T (x) ∀x ∈ IRn.

Aleshores, per linealitat, S

f

=

Q

f S =

Q

f S 1 +

Q

f S 2 −

Q

f T


31/56

31

=

S 1

f +

S 2

f −

T

f.

Corol·lari Siguin S 1, . . . , S k ⊆ IRn

fitats t.q. si i ̸ = j ⇒ S i ∩ S j és de mesura 0. Sif : S = S 1 ∪ . . . ∪ S k → IR és integrable sobre cada S i, aleshores f és integrable sobre S i amés

S

f =

S 1

f + · · · +

S k

f.

Prova

• Cas k = 2:

Per additivitat, f és integrable sobre S i sobre S 1 ∩ S 2 i a més,

S 1∪S 2

f = S 1

f + S 2

f − S 1∩S 2

f.

Sigui Q rectangle t.q. Q ⊇ S 1 ∩ S 2. Tenim que f S 1∩S 2 ≡ 0 a Q \ (S 1 ∩ S 2).

Ara, com que S 1 ∩ S 2 és de mesura 0, tenim S 1∩S 2

f =

Q

f S 1∩S 2 = 0

⇒ S 1∪S 2

f = S 1

f + S 2

f.

• Cas general:

Per inducció (exrecici).

Conveni D’ara endavant, ens restringirem a estudiar la integració de funcions contínuesf : S → IR.

Encara que suposem f fitada i contínua sobre S , necessitam qualque tipus de condició, que

involucra el conjunt S , per tal d’assegurar que ∫

S f existeixi.Aquesta condició és la següent:

Proposició Siguin S un subconjunt fitat de IRn i f : S → IR una funció contínua i fitada.

SiE = {x0 ∈ FrS : no es verifica lim

x→x0f (x) = 0}

té mesura 0, aleshores f és integrable sobre S .


32/56

32

Prova Sigui x0 ∈ IRn \ E , veurem que f S és contínua a x0, de la qual cosa tendrem que f S

serà contínua a IRn \ E i se seguirà el resultat. Distingim 3 casos:

i) x0 ∈ S̊ ⇒ f i f S coincideixen en un entorn de x0, i com que f és contínua a x0, f S també.

ii) x0 ∈ extS = ˚

(IRn

\ S ) [l’exterior de S , que és l’interior del complement de S ] ⇒ f S ≡ 0en un entorn de x0 ⇒ f S és contínua a x0.

iii) x0 ∈ FrS :

Com que x0 /∈ E tenim, per hipòtesi, que

limx→x0

f (x) = 0,

on en aquest límit els x que s’aproximen a x0 són de S .

Aleshores, com que

f S (x) = f (x) si x ∈ S

0 altrament

també tenim quelimx→x0

f S (x) = 0,

on en aquest límit els x que s’aproximen a x0 són de IRn.

Per veure que f S és contínua a x0, hem de veure que f S (x0) = 0. Distingim 2 subcasos:

· x0 ∈ S ⇒ [f contínua a x0] f (x0) = 0 ⇒ f S (x0) = 0.

· x0 /∈ S ⇒ f S (x0) = 0 per definició.

Observació Amb les notacions de la proposició anterior, si FrS té mesura 0 aleshores f jaés automàticament integrable sobre S .

Com que S és fitat, FrS també (es un subconjunt de la clausura A, que és fitat). AleshoresFrS és tancat i fitat en IRn, i per tant compacte. Consegüentment, FrS té mesura 0 ssi FrS té contingut 0.

També tenim el següent resultat:

Proposició Siguin S un subconjunt fitat de IRn

i f : S → IR una funció contínua i fitada.Si f és integrable sobre S , aleshores f és integrable sobre S̊ i S̊

f =

S

f.

Prova

Passa 1 Si f S és contínua a x0 ⇒ f ̊S és contínua a x0 i f ̊S (x0) = f S (x0).

Distingim 2 casos:


33/56

33

i) x0 ∈ S̊ o x0 ∈ extS .

Aleshores f S i f ̊S coincideixen en un entorn de x0 ⇒ f ̊S és contínua a x0 i f ̊S (x0) = f S (x0).

ii) x0 ∈ FrS .

f S contínua a x0 ⇒ limx→x0 f S (x) = f S (x0).

Però arbitràriament a prop de x0 hi ha punts x /∈ S , i per a ells és f S (x) = 0.

Aleshores ha de ser f S (x0) = 0.

Ara, com que

f ̊S (x) =

f S (x)o0

,

també tenim que limx→x0 f ̊S (x) = 0.

Però com que x0 /∈ S̊ , és f ̊S (x0) = 0.

Aleshores f ̊S és contínua a x0 i f ̊S (x0) = 0 = f S (x0).

Passa 2 Provem ja la proposició.

f integrable sobre S ⇒ f S contínua a IRn \ D, on D és de mesura 0 ⇒ [passa 1] f ̊S

contínua a IRn \ D i f ̊S |IRn\D= f S |IRn\D ⇒ f integrable sobre S̊ i f ̊S − f S ≡ 0 sobre IRn \ D.

Sigui Q rectangle que conté S , aleshores Q

(f ̊S − f S ) = 0 ⇒

Q

f ̊S =

Q

f S

⇒ ̊S f =

S f.

1.5 Conjunts rectificables

Definició Sigui S un subconjunt fitat de IRn. Si la funció constant 1 és integrable sobre S ,es diu que S és rectificable (o mesurable Jordan). En aquest cas, es defineix el volum(n-dimensional) de S per

v(S ) = S 1.

Observació Aquesta definició està d’acord amb la definició prèvia de volum quan S és unrectangle: Vérem anteriorment que per tot rectangle Q,

∫ Q

1 = v(Q). De fet el que vérem fouque per tot rectangle Q i tota constant c,

∫ Q

c = c · v(Q).

Proposició Sigui S un subconjunt fitat de IRn. Aleshores

S és rectificable ⇔ FrS té mesura 0


34/56

34

Prova La funció 1S : IRn → IR, que ve donada per

1S (x) =

1 si x ∈ S 0 si x /∈ S

,

és contínua sobre els oberts S̊ i extS , i no és contínua a cap punt de FrS .

Sigui Q rectangle t.q. Q̊ ⊇ S . Tenim que:

S rectificable ⇔ S

1 existeix ⇔ Q

1S existeix

⇔ {x ∈ Q : 1S |Q no contínua a x} té mesura 0 ⇔ [exercici] FrS té mesura 0.

A continuació veim diverses propietats dels conjunts rectificables.

Proposició

a) Positivitat S rectificable ⇒ v(S ) ≥ 0.

b) Monotonia S 1, S 2 rectificables i S 1 ⊆ S 2 ⇒ v(S 1) ≤ v(S 2).

c) Additivitat S 1, S 2 rectificables ⇒ S 1 ∪ S 2, S 1 ∩ S 2 rectificables i

v(S 1 ∪ S 2) = v(S 1) + v(S 2) − v(S 1 ∩ S 2).

d) Suposem S rectificable. Aleshores

v(S ) = 0 ⇔ S té mesura 0

e) S rectificable ⇒ S̊ rectificable i v(S̊ ) = v(S ).

f) Si S és un subconjunt rectificable de IRn i f : S → IR és una funció contínua i fitada

⇒ f és integrable sobre S.

Prova

a) S rectificable ⇒ S fitat, 1 integrable sobre S i v(S ) =∫ S

1 ⇒ [per comparació] |1| = 1és integrable sobre S i

0 ≤

S

1

≤ S

|1| =

S

1 = v(S ).

b) Tenim S 2 fitat, S 1 ⊆ S 2, 1 integrable sobre S 1 i sobre S 2

⇒ [per monotonia] v(S 1) = S 1

1 ≤

S 2

1 = v(S 2).


35/56

35

c) Tenim S 1 ∪ S 2 fitat, 1 integrable sobre S 1 i sobre S 2 ⇒ [additivitat] 1 integrable sobreS 1 ∪ S 2 i sobre S 1 ∩ S 2, i a més

S 1∪S 2

1 =

S 1

1 +

S 2

1 −

S 1∩S 2

1

⇒ v(S 1 ∪ S 2) = v(S 1) + v(S 2) − v(S 1 ∩ S 2).

d) S rectificable ⇒ S fitat, 1 integrable sobre S i v(S ) =∫ S

1.

Vegem que:v(S ) = 0 ⇔ S té mesura 0

⇒) 0 = v(S ) =∫ S

1 ⇒ [Q rectangle que conté S ] ∫

Q 1S = 0 ⇒ [1S ≥ 0] 1S ≡ 0 sobre Q,

excepte en un conjunt de mesura 0.

Però com que 1S : Q → IR ve donada per

1S (x) =

1 si x ∈ S 0 si x ∈ Q \ S

,

resulta que S ha de tenir mesura 0.

⇐) Sigui Q rectangle que contengui S .

S té mesura 0 ⇒ v(S ) =∫ S

1 =∫ Q

1S = 0, on l’última igualtat es verifica ja que 1S ≡ 0en Q excepte en un conjunt de mesura 0 (el propi S ).

e) Tenim S fitat, 1 : S → IR contínua i fitada, i a més 1 integrable sobre S . Aleshores, peruna proposició anterior, 1 és integrable sobre S̊ i

S̊

1 = S

1

⇒ S̊ és rectificable i v(S̊ ) = v(S ).

f) Com que {x0 ∈ FrS : no es verifica limx→x0 f (x) = 0} ⊆ FrS òbviament, i a més FrS témesura 0, resulta per una proposició anterior que f és integrable sobre S .

Exemple Construirem un subconjunt A ⊆ IR, obert i fitat t.q. FrA no té mesura 0.

Disposem els racionals de (0, 1) en una successió q 1, q 2, . . .

Sigui 0 < a


36/56

36

Suposem que FrA té mesura 0 i arribarem a contradicció.

Sigui ϵ = 1 − a ⇒ [FrA té mesura 0] ∃ (α1, β 1), (α2, β 2), . . . intervals oberts que cobreixenFrA i de longitud total < ϵ.

Per altra part tenim que A = [0, 1], ja que A ⊆ [0, 1] i Q ∩ (0, 1) ⊆ A.

Aleshores [0, 1] = A ∪ FrA

⇒ (a1, b1), (a2, b2), . . . , (α1, β 1), (α2, β 2), . . . cobreixen [0, 1]

⇒ [l’interval [0, 1] és compacte] ∃ k ∈ ZZ+ t.q.

(a1, b1), . . . , (ak, bk), (α1, β 1), . . . , (αk, β k) cobreixen [0, 1].

Aleshores

[0, 1] ⊆ [a1, b1] ∪ . . . ∪ [ak, bk] ∪ [α1, β 1] ∪ . . . ∪ [αk, β k]

⇒ 1 = v([0, 1])

≤ v([a1, b1]) + · · · + v([ak, bk]) + v([α1, β 1]) + · · · + v([αk, β k])

< a + ϵ = a + 1 − a = 1.

Contradicció.

Definició Sigui C ⊆ IRn−1 compacte i rectificable. Siguin φ, ψ : C → IR contínues t.q.φ(x) ≤ ψ(x) ∀x ∈ C . Aleshores el conjunt

S = {(x, t) ∈ IRn : x ∈ C i φ(x) ≤ t ≤ ψ(x)}

es diu regió simple en IRn.

C

gràfica de φ

gràfica de ψ


37/56

37

Observació L’última coordenada no és especial en aquesta definició: Si k + l = n − 1,y ∈ IRk, z ∈ IRl, llavors

S ′ = {(y, t, z) ∈ IRn : (y, z) ∈ C i φ(y, z) ≤ t ≤ ψ(y, z)}

es diu també regió simple en Rn.

Lema S regió simple en IRn ⇒ S compacte i rectificable.

Prova Sigui S com a la definició, veurem que S és compacte i que FrS té mesura 0.

Passa 1 Siguin

Gφ = {(x, t) ∈ IRn : x ∈ C i t = φ(x)} (gràfica de φ)

Gψ = {(x, t) ∈ IRn : x ∈ C i t = ψ(x)} (gràfica de ψ)

D = {(x, t) ∈ IRn : x ∈ FrC i φ(x) ≤ t ≤ ψ(x)}

Veurem que Fr(S ) ⊆ Gφ ∪ Gψ ∪ D.

C

gràfica de φ

gràfica de ψ

D

Sigui (x0, t0) /∈ Gφ ∪ Gψ ∪ D, veurem que (x0, t0) /∈ FrS . Tenim 3 possibilitats:

i) x0 /∈ C . Aleshores ∃ U entorn de x0 disjunt amb C ⇒ U × IR és un obert disjunt ambS que conté (x0, t0) ⇒ (x0, t0) /∈ FrS .

ii) x0 ∈ C i (t0 < φ(x0) o t0 > ψ(x0)).

· Suposem t0 < φ(x0) ⇒ φ(x0) − t0 > 0. La funció C × IR → IR donada per

(x, t) → φ(x) − t

és contínua i al punt (x0, t0) val > 0 ⇒ ∃ un entorn de (x0, t0) en C × IR de la forma(C ∩ V ) × (a, b), on V és obert de IRn−1, t.q. φ(x) − t > 0 ∀ (x, t) ∈ (C ∩ V ) × (a, b).


38/56

38

Ara, (x0, t0) ∈ V × (a, b) i a més (exercici) (V × (a, b)) ∩ S = ∅. Aleshores (x0, t0) /∈ FrS .

· Un argument similar s’aplica si t0 > ψ(x0).

iii) x0 ∈ C̊ i φ(x0) < t0 < ψ(x0).

La funció C̊ × IR → IR donada per

(x, t) → t − φ(x)

és contínua i t0 − φ(x0) > 0.

També, la funció C̊ × IR → IR donada per

(x, t) → ψ(x) − t

és contínua i ψ(x0) − t0 > 0.

Aleshores ∃ V × (a, b) entorn de (x0, t0) en IRn, on V ⊆ C̊ és un obert de IRn−1, t.q.

t − φ(x) > 0, ψ(x) − t > 0 ∀ (x, t) ∈ V × (a, b)

⇒ V × (a, b) ⊆ S . Per tant, (x0, t0) /∈ FrS .

Passa 2 S és compacte.

Per definició de cada un d’ells, tenim que

Gφ ⊆ S, Gψ ⊆ S, D ⊆ S.

Aleshores, per la passa 1,

FrS ⊆ Gφ ∪ Gψ ∪ D ⊆ S ⇒ S és tancat.

A més, S és fitat, i per tant compacte.

Passa 3 Gφ i Gψ tenen mesura 0.

· Gφ té mesura 0: Sigui Q rectangle de IRn−1 t.q. Q ⊇ C . Donat ϵ > 0, sigui ϵ′ <

ϵ

2v(Q).

Com que φ : C → IR és contínua i C és compacte, φ és uniformement contínua ⇒ ∃ δ > 0t.q.

|φ(x) − φ(y)| < ϵ′ ∀ x,y ∈ C amb |x − y| < δ.

Sigui P partició de Q de malla < δ .

Sigui R = {R subrectangles determinats per P t.q. R ∩ C ̸= ∅}.

R ∈ R ⇒ |φ(x) − φ(y)| < ϵ′ ∀ x,y ∈ R ∩ C .

Per cada R ∈ R , elegim xR ∈ R ∩ C i definim l’interval

I R = [φ(xR) − ϵ′, φ(xR) + ϵ

′]

⇒ (x, φ(x)) ∈ R × I R ∀ x ∈ R ∩ C .


39/56

39

Els rectangles R × I R, quan R recorre R , cobreixen Gφ i el seu volum total ésR∈ R

v(R × I R) =R∈ R

v(R) · 2ϵ′ ≤ 2ϵ′ · v(Q) < 2 ϵ

2v(Q)v(Q) = ϵ.

· Gψ té mesura 0: Com el cas anterior.

Passa 4 D té mesura 0.

φ, ψ : C → IR són contínues i C és compacte ⇒ ∃ M > 0 t.q.

−M ≤ φ(x) ≤ ψ(x) ≤ M ∀ x ∈ C.

Donat ϵ > 0, com que FrC té mesura 0, ∃ Q1, Q2, . . . rectangles en IRn−1 que cobreixen FrC

i t.q.

v(Qi) < ϵ

2M .

Aleshores els rectangles Qi × [−M, M ] en IRn cobreixen D i tenen volum total

v(Qi × [−M, M ]) =

v(Qi) · 2M 0 t.q.

Q × [−M, M ] ⊇ S.

Com que S és rectificable i f : S → IR és contínua i fitada ⇒ f és integrable sobre S ⇒ Q×[−M,M ]

f S existeix.


40/56

40

C Q

Sigui x0 ∈ Q fixat.

· Si x0 /∈ C ⇒ f S (x0, −) : IR → IR donada per

t → f S (x0, t)

és ≡ 0.

· Si x0 ∈ C ⇒ f S (x0, −) : IR → IR donada per

t → f S (x0, t)

és contínua a IR \ {φ(x0), ψ(x0)}.

Aleshores

t=M t=−M f S (x, −) existeix ∀ x ∈ Q.

Per tant, pel teorema de Fubini, Q×[−M,M ]

f S =

x∈Q

t=M t=−M

f S (x, t).

Com que t=M t=−M

f S (x, t) = 0 ∀ x ∈ Q \ C,

podem posar S

f =

x∈C

t=M t=−M

f S (x, t).

Ara

f S (x, t) =

f (x, t) si t ∈ [φ(x), ψ(x)]

0 si t /∈ [φ(x), ψ(x)] ,

aleshores ens queda S

f =

x∈C

t=ψ(x)t=φ(x)

f (x, t).


41/56

41

Observació Aquest teorema ens dóna un mètode per reduir la integral n-dimensional

S

f

a integrals de dimensió menor, almenys si l’integrant és continu i el conjunt S és una regiósimple.

Exemple Siguin S la regió limitada per les paràboles y = 2x2 i y = 1 + x2, i f : S → IRdonada per f (x, y) = x + 2y. Volem calcular

∫ S

f .

Les paràboles intersequen quan 2x2 = 1 + x2, i.e. quan x2 = 1, per tant quan x = ±1.

Tenim que S és la regió simple

S = {(x, y) | x ∈ [−1, 1] i 2x2 ≤ y ≤ 1 + x2},

aleshores S

(x + 2y) =

x∈[−1,1]

y=1+x2y=2x2

(x + 2y) =

x=1x=−1

[xy + y2]y=1+x2

y=2x2

=

x=1x=−1

(x(1 + x2) + (1 + x2)2 − x(2x2) − (2x2)2) =

x=1x=−1

(−3x4 − x3 + 2x2 + x + 1)

= −3x55

− x4

4 + 2

x3

3 +

x2

2 + x

x=1

x=−1

= 32

15.

Exemple Siguin S el tetràedre sòlid limitat pels plans x = 0, y = 0, z = 0, i x + y + z = 1,i f : S → IR donada per f (x,y,z ) = z . Volem calcular

∫ S

f .

La projecció de S sobre el pla xy (z = 0) és C = {(x, y) | 0 ≤ x ≤ 1 i 0 ≤ y ≤ −x + 1}, iS és la regió simple

S = {(x,y,z ) | (x, y) ∈ C i 0 ≤ z ≤ 1 − x − y}.

Aleshores S

z =

(x,y)∈C

z=1−x−yz=0

z =

(x,y)∈C

z 2

2

z=1−x−yz=0

= 1

2

(x,y)∈C

(1 − x − y)2 = (∗)

Ara, com que C és a la vegada una regió simple, tenim que

(∗) = 1

2

x∈[0,1]

y=−x+1y=0

(1 − x − y)2 = 1

2

x=1x=0

−

(1 − x − y)3

3

y=−x+1y=0


42/56

42

= 1

6

x=1x=0

(1 − x)3 = 1

6

−

(1 − x)4

4

10

= 1

24.

Observació Si S no és una regió simple, sovint a la pràctica es pot expressar S com una

unió de regions simples que se superposen només en conjunts de mesura 0. L’additivitat dela integral ens diu que podem avaluar

S

f

integrant cada una d’aquestes regions i sumant tots els resultats.

Exemples

1) Sigui f : S → IR contínua, on S és com a la figura

S

Encara que S no sigui una regió simple, es pot rompre S en regions simples que se superposennomés en conjunts de mesura 0:

2) Sigui S = {(x, y) ∈ IR2 : 1 ≤ x2 + y2 ≤ 4}.

1 2

S


43/56

43

Encara que S no sigui una regió simple, es pot avaluar una integral sobre S rompent S endues regions simples que se superposin en un conjunt de mesura 0 (veure la figura), i integrantsobre cada una d’aquestes regions separadament.

1 2

1.6 Integrals impròpies

Definirem S

f

en el cas en què S no sigui necessàriament fitat i f no sigui necessàriament fitada.

Aquests tipus d’integrals se solen dir integrals impròpies.

Només estudiarem el cas en què S sigui obert de IRn.

Definició Siguin A un subconjunt obert de IRn i f : A → IR una funció contínua amb

f ≥ 0. La integral (ampliada) de f sobre A, es defineix per A

f = supD

D

f

on D recorre tots els subconjunts de A que siguin compactes i rectificables, suposant queaquest suprem existeixi.

En aquest cas es diu que f és integrable sobre A (en el sentit ampliat).

Més generalment, si f : A → IR és contínua (no necessàriament f ≥ 0), posam

f +(x) = max{f (x), 0}f −(x) = max{−f (x), 0},

i deim que f és integrable sobre A (en el sentit ampliat) si ambdues f + i f − ho són; i enaquest cas posam

A

f =

A

f + −

A

f −,

on A


44/56

44

denota la integral ampliada arreu.

Observació Siguin A un subconjunt obert de IRn i f : A → IR una funció contínua; si amés A és fitat i f és fitada, ara tenim 2 significats diferents pel símbol

A

f.

Podria significar la integral ampliada, o podria significar la integral ordinària.

Resulta que si la integral ordinària existeix, aleshores també la integral ampliada i les duesintegrals valen el mateix.

No obstant això, persisteix un poc d’ambigüitat, ja que pot existir la integral ampliada i laordinària no.

Per evitar ambigüitats, farem el següent conveni:

Conveni Si A és obert en IRn, llavors A

f

denotarà la integral ampliada excepte quan es digui una altra cosa.

Lema Sigui A ⊆ IRn obert. Aleshores ∃ C 1, C 2, . . . subconjunts de A que són compactes irectificables, que la seva unió és A, i que C N ⊆ C̊ N +1 per tot N .

Prova Siguid(x,y) = |x − y| = max{|x1 − y1|, . . . , |xn − yn|}.

Si E ⊆ IRn, la distància de x a E és

d(x, E ) = inf {d(x, e) : e ∈ E }.

Sigui B = IRn \ A. Per cada N ∈ ZZ+, sigui

DN = {x ∈ IRn

: d(x, B) ≥

1

N i d(x,0) ≤ N }.

Les funcionsd(−, B) : IRn → IR i d(−,0) : IRn → IR

donades respectivament per

x → d(x, B) i x → d(x,0)

són contínues.


45/56

45

Aleshores DN és tancat de IRn.

Per altra part, sigui C (0, N ) = {x ∈ IRn : |x| < N } el cub de centre 0 i radi N . Tenim que

DN ⊆ C (0, N ) ⇒ DN és fitat.

Consegüentment, DN és compacte.DN ⊆ A:

x ∈ DN ⇒ d(x, B) ≥ 1

N ⇒ x /∈ B ⇒ [B = IRn \ A] x ∈ A.

A ⊆∪

N DN :

x ∈ A ⇒ [A obert] d(x, B) > 0 ⇒ ∃ N t.q. d(x, B) ≥ 1

N i d(x,0) ≤ N ⇒ x ∈ DN .

El conjunt

AN +1 = {x ∈ IRn : d(x, B) >

1

N

i d(x,0) < N + 1}

és obert ja que d(−, B) i d(−,0) són contínues.

Ara, per definició, tenim que DN ⊆ AN +1 ⊆ DN +1. Aleshores DN ⊆ D̊N +1.

Però els conjunts DN no són els que volem ja que poden no ser rectificables.

Construïm C N de la següent manera:

Per cada x ∈ DN , agafam un cub tancat C (x, ϵx) ⊆ D̊N +1. Aleshores

{C (x, ϵx) : x ∈ DN }

és un cobriment per oberts de DN ⇒ [DN és compacte] n’existeixen un nombre finit quecobreixen DN ; sigui C N la unió dels corresponents cubs tancats.

Com que C N és unió finita de rectangles, és compacte i rectificable.

Tenim

DN ⊆ C̊ N ⊆ C N ⊆ D̊N +1.

Consegüentment,

∪N C N = A:


46/56

46

⊆) C N ⊆ D̊N +1 ⊆ DN +1 ⊆ A.

⊇) A ⊆∪

N DN ⊆∪

N C̊ N ⊆∪

N C N .

C N ⊆ C̊ N +1:

C N ⊆ D̊N +1 ⊆ C̊ N +1.

Teorema Siguin A un subconjunt obert de IRn i f : A → IR una funció contínua. ElegimC 1, C 2, . . . successió de subconjunts de A que siguin compactes i rectificables, que la seva uniósigui A, i que C N ⊆ C̊ N +1 ∀ N . Aleshores:

f és integrable sobre A ⇔ la successió C 1

|f |,

C 2

|f |, . . . és fitada.

A més, en aquest cas,

A f = limN →∞

C N

f.

(Se segueix d’aquest teorema que: f integrable sobre A ⇔ |f | integrable sobre A).

Prova

Passa 1 Cas f ≥ 0.

Tenim |f | = f . Com que la successió C N

f

és creixent (per monotonia), convergeix ssi és fitada.

⇒) Suposem f integrable sobre A. Tenim C N

f ≤ sup

D

f : D ⊆ A, D compacte i rectificable

=

A

f ∀ N,

ja que C N ⊆ A és compacte i rectificable.

Aleshores la successió

C 1f,

C 2f , . . .

és fitada i

limN →∞

C N

f ≤

A

f.

⇐) Suposem que la successió C 1

f,

C 2

f , . . .

és fitada.


47/56

47

Sigui D ⊆ A compacte i rectificable ⇒ D està cobert pels oberts C̊ 1 ⊆ C̊ 2 ⊆ · · · [x ∈ D⇒ x ∈ C N per qualque N ⇒ x ∈ C̊ N +1] ⇒ [D compacte] D està cobert per un # finitd’ells, i per tant per un d’ells, diguem-ne C̊ M .

Aleshores,

D f ≤

C M f ≤ limN →∞

C N f.

Com que D és arbitrari, se segueix que f és integable sobre A, i que A

f ≤ limN →∞

C N

f.

Passa 2 Cas general.

Tenim:

f integrable sobre A ⇔ [per definició] f + i f − integrables sobre A ⇔ [passa 1] les sucessions C 1

f +,

C 2

f +, . . . i C 1

f −,

C 2

f −, . . .

són fitades.

Ara, tenint en compte que0 ≤ f +(x) ≤ |f (x)|

0 ≤ f −(x) ≤ |f (x)|

|f (x)| = f +(x) + f −(x),

resulta que les sucessions C 1

f +,

C 2

f +, . . . i C 1

f −,

C 2

f −, . . .

són fitades

⇔

C 1

|f |,

C 2

|f |, . . . és fitada.

A més, en aquest cas,

limN →∞

C N

f + = A

f + i limN →∞

C N

f − = A

f −

i per tant, A

f =

A

f + −

A

f − = limN →∞

C N

f + − limN →∞

C N

f −

= limN →∞

C N

f + −

C N

f −

= lim

N →∞

C N

(f + − f −) = limN →∞

C N

f.


48/56

48

Proposició (Propietats de la integral ampliada) Siguin A un subconjunt obert de IRn

i f, g : A → IR funcions contínues.

a) Linealitat f, g integrables sobre A; a, b ∈ IR ⇒ af + bg integrable sobre A i

A

(af + bg) = a A

f + b A

g.

b) Comparació f , g intrgrables sobre A i f (x) ≤ g(x) ∀x ∈ A

⇒

A

f ≤

A

g.

En particular,

A

f

≤

A

|f |.

c) Monotonia Si B ⊆ A és també obert de IRn, f ≥ 0 sobre A, i f integrable sobre A

⇒ f integrable sobre B i B

f ≤

A

f.

d) Additivitat Si B és també obert de IRn, f : A ∪ B → IR és contínua, i f és integrablesobre A i sobre B

⇒ f és integrable sobre A ∪ B i sobre A ∩ B; a més,

A∪Bf =

Af +

Bf −

A∩Bf.

Prova Sigui C 1, C 2, . . . una successió de conjunts compactes i rectificables, que la seva unióés A i que C N ⊆ C̊ N +1 ∀ N .

a) Per les propietats de comparació i linealitat de la integral ordinària tenim que C N

|af + bg| ≤ |a|

C N

|f | + |b|

C N

|g|.

Com que ambdues successions

C N

|f | i C N

|g|

són fitades, també ho és C N

|af + bg|

⇒ af + bg és integrable sobre A.

A més, C N

(af + bg) = a

C N

f + b

C N

g i fent N → ∞, resulta:


49/56

49

A

(af + bg) = a

A

f + b

A

g.

b)

f ≤ g ⇒ C N

f ≤ C N

g, fent N → ∞ tenim A f ≤

A g.

La resta es deriva de què f, −f ≤ |f |.

c) Sigui D ⊆ B compacte i rectificable ⇒ D ⊆ A compacte i rectificable. Aleshores, perdefinició,

D

f ≤

A

f.

Com que D és arbitrari, f és integrable sobre B i

B f ≤

A f.

d) Sigui D1, D2, . . . una successió de conjunts compactes i rectificables, que la seva unió ésB i que DN ⊆ D̊N +1 ∀ N .

Siguin E N = C N ∪ DN i F N = C N ∩ DN . Llavors E N i F N són successions de conjuntscompactes i rectificables que les seves unions són A ∪ B i A ∩ B respectivament.

E N ⊆ E̊ N +1 :

x ∈ E N ⇒ x ∈ C N ⊆ C̊ N +1 ⇒ ∃ U entorn de x t.q. U ⊆ C N +1 ⊆ E N +1ox ∈ DN ⊆ D̊N +1 ⇒ ∃ V entorn de x t.q. V ⊆ DN +1 ⊆ E N +1

⇒ x ∈ E̊ N +1.

F N ⊆ F̊ N +1 :

x ∈ F N ⇒

x ∈ C N ⊆ C̊ N +1 ⇒ ∃ U entorn de x t.q. U ⊆ C N +1ix ∈ DN ⊆ D̊N +1 ⇒ ∃ V entorn de x t.q. V ⊆ DN +1

⇒ x ∈ U ∩ V ⊆ C N +1 ∩ DN +1 = F N +1 ⇒ x ∈ F̊ N +1.


50/56

50

Ara, per additivitat de la integral ordinària, tenim

(∗)

E N

f =

C N

f +

DN

f −

F N

f.

Aplicant aquesta equació a |f | tenim E N

|f | =

C N

|f | +

DN

|f | −

F N

|f |

i per tant, E N

|f | i F N

|f | estan fitades superiorment per C N

|f | +

DN

|f |.

Llavors f és integrable sobre A ∪ B i sobre A ∩ B.

A més, fent N → ∞ a (∗) resulta: A∪B

f =

A

f +

B

f −

A∩B

f.

Vegem ara la relació que hi ha entre la integral ordinària i la integral ampliada:

Teorema Siguin A un subconjunt obert i fitat de IRn i f : A → IR una funció contínua ifitada. Aleshores:

a) La integral ampliada ∫

Af existeix.

b) Si la integral ordinària ∫

Af existeix ⇒ les dues integrals valen el mateix.

Prova Sigui Q rectangle t.q. Q ⊇ A.

a) Sigui M > 0 t.q. |f (x)| ≤ M ∀ x ∈ A.

Si D ⊆ A és compacte i rectificable

⇒

D|f | ≤

DM ≤ M · v(Q)

⇒ (ampliada) A

|f | existeix

⇒ (ampliada) A

f existeix.

b) Suposam que

(ordinària) A

f existeix.


51/56

51


Tenim, per definició,

(ordinària) A

f =

Q

f A.

Si D ⊆ A és compacte i rectificable

⇒

D

f =

D

f A ≤

Q

f A = (ordinària) A

f.

(La primera igualat ja que f = f A sobre D, i la ≤ per monotonia).

Aleshores, D arbitrari,

(ampliada) A

f ≤ (ordinària) A

f.

Per altra part, sigui P partició de Q.

Siguin R1, . . . , Rk els subrectangles determinats per P continguts en A, posem

D = R1 ∪ . . . ∪ Rk.

A

Q

D

Si R és un subrectangle determinat per P tenim que

mR(f A) =

mR(f ) si R ∈ {R1, . . . , Rk}0 si R /∈ {R1, . . . , Rk}

,

aleshores

L(f A, P ) =k

i=1

mRi(f )v(Ri) ≤k

i=1

Ri

f =

D

f ≤ (ampliada) A

f,

on la primera ≤ és gràcies a la comparació, i la segona igualtat a l’additivitat.

Com que P és arbitrària,

(ordinària) A

f ≤ (ampliada) A

f.


52/56

52

Passa 2 Cas general.

Consideremf +(x) = max{f (x), 0}

f −(x) = max{−f (x), 0}

Tenim quef = f + − f −

f integrable sobre A en sentit ordinari ⇒ f + i f − integrables sobre A en sentit ordinari.

Aleshores

(ordinària) A

f = (ordinària) A

f + − (ordinària) A

f −

= (ampliada) A

f + − (ampliada) A

f −

= (ampliada) A

f.

(La primera = és gràcies a la linealitat, i la segona a la passa 1).

Ara veurem un exemple en el qual per una f : A → IR contínua i fitada, on A és obert ifitat de IR, la integral ordinària no existeix. L’ampliada existeix automàticament aplicant elteorema.

Exemple Recordem que a la secció de conjunts rectificables havíem construït un subconjunt

A ⊆ IR, obert i fitat (de fet A ⊆ (0, 1)), amb FrA que no tenia mesura 0.Aleshores,

(ordinària) A

1 no existeix, però (ampliada) A

1 sí.

Corol·lari Siguin S un subconjunt fitat de IRn i f : S → IR contínua i fitada. Si f ésintegrable sobre S en sentit ordinari, aleshores

(ordinària) S

f = (ordinària) ̊S

f = (ampliada) ̊S

f.

Prova Per ser S fitat, i f contínua, fitada i integrable en sentit ordinari sobre S ⇒ tambéen sentit ordinari, f és integrable sobre S̊ i

S̊

f =

S

f.


53/56

53

El resultat següent és útil en moltes situacions pràctiques.

Teorema Siguin A un subconjunt obert de IRn i f : A → IR contínua. Siguin també

U 1 ⊆ U 2 ⊆ · · ·

una successió d’oberts que la seva unió és A. Aleshores A

f existeix ⇔ la successió U N

|f | existeix i és fitada.

A més, en aquest cas, A

f = limN →∞

U N

f.

Prova


⇒) Suposem que A

f

existeix.

Aleshores, per monotonia de la integral ampliada, tenim que per tot N , U N

f existeix i a més U N

f ≤

A

f.

Aleshores, la successió creixent U N

f

convergeix, i

limN →∞

U N

f ≤

A

f.

⇐) Suposem que la successió

U N f existeix i és fitada.

Si D ⊆ A és compacte i rectificable ⇒ D està cobert pels oberts

U 1 ⊆ U 2 ⊆ · · · ,

i la compacitat de D implica que D està cobert per un # finit d’ells, i per tant per un d’ells,diguem-ne U M . Tenim que

D

f =

D̊

f ≤

U M

f ≤ limN →∞

U N

f.


54/56

54

Com que D és arbitrari, A

f ≤ limN →∞

U N

f.

Passa 2 Cas general. (Exercici).

Observació En aplicar aquest teorema, normalment elegim U N que sigui rectificable i f fitada sobre U N , llavors la integral

U N

f

existeix com a integral ordinària (i per tant com a integral ampliada) i es pot calcular per lestècniques usuals.

Exemple Siguin A = {(x, y) ∈ IR2 : x > 1 i y > 1} i f : A → IR donada per

f (x, y) = 1

x2y2.

f és fitada sobre A, però A no és fitat.

Calculem A

f

emprant el teorema anterior.

Siguin U N = (1, N )2

A

1 N

U N

U N és rectificable i f és fitada sobre U N , ja que U N és compacte i f és contínua sobre U N .Aleshores

U N

f


55/56

55

existeix com a integral ordinària, de manera que podem aplicar el teorema de Fubini.

U N

f =

U N

f =

x=N x=1

y=N y=1

1

x2y2

=

x=N

x=1

1

x2

y−1

−1

N

1

=

x=N

x=1

1

x2

1 −

1

N

=

1 −

1

N

x=N x=1

1

x2 =

1 −

1

N

1 −

1

N

=

1 −

1

N

2=

N − 1

N

2.

Concloem que A

f = 1.

Exemple Siguin B = (0, 1)2 i f : B → IR donada per

f (x, y) = 1

x2y2.

B és fitat, però f no és fitada sobre B.

Si agafam

U N =

1

N , 1

2,

llavors f és fitada sobre U N .

B

1N

1

U N


56/56

56

Tenim que U N

f =

U N

f =

x=1x= 1

N

y=1y= 1

N

1

x2y2

= x=1x= 1

N

1

x2y−1

−11

1

N = x=1x= 1

N

1

x2 (N − 1)

= (N − 1)

x=1x= 1

N

1

x2 = (N − 1)(N − 1)

= (N − 1)2.

Concloem que

A f no existeix.

Documents

tema1 loojnin,