Si hallas algún problema con tu código o proyecto, recuerda probar siempre en un entorno de testing antes aplicar el código al trabajo final.
Solución:
Necesita $partial_1f(t,x)$ dominado por una función integrable, es decir, necesita $|partial_1f(t,x)|le g(x)$ por cada $x,t$ para que pueda tomar el límite $t’to t$ dentro de la integral para cada $t$.
Solo $partial_1f(t,x)$ siendo integrable sobre $[c,d]$ por cada $tin fijo [a,b]$ no es suficiente.
Editar:
Permítanme aclarar las cosas aquí. El problema es que no puedes escribir directamente $$fracmathrm dmathrm dtint_c^df(t,x) , mathrm dx = lim_t’to t frac 1t’-tint_c^df(t’,x)-f(t,x) , mathrm dx $$ a menos que ya haya demostrado que $int_c^df(t,x) , mathrm dx$ es diferenciable frente a $t$.
Entonces, sea $t_n$ una sucesión que converge a $t$ y sea $$g_n(x)=fracf(t_n,x)-f(t,x)t_n-t$$ Entonces $ lim g_n(x)=partial_1 f(t,x)$ (dado).
Entonces por el teorema del valor medio $$|g_n(x)|le sup_tin [a,b]|partial_1 f(t,x)|le g(x)$$ por lo que DCT se aplica a $g_n(x)$.
Por lo tanto $$lim_t_nto t frac1t_n-tint_c^d [f(t_n,x)-f(t,x)]mathrm dx$$ existe y es igual a $$ int_c^d lim_t_nto tfracf(t_n,x)-f(t,x)t_n-tmathrm dx= int_c^d parcial_1f(t,x) , mathrm dx$$
Acabo de reproducir aquí lo que una vez aprendí del libro Real Analysis de Folland.
He encontrado un contraejemplo no trivial:
Sea $I = [0,1]PS Construiré un contraejemplo $f in L^1(Itimes I)$. Demostrando que suposiciones adicionales a lo largo de las líneas de
- Por cada $t_0in I$ existe $gin L^1(I)$ y un vecindario $U$ de $t_0$, st para todo $tin U$ tenemos: $$|parcial_1f( t,x)| le g(x) qquadtextcasi en todas partes$$
no se puede prescindir (si queremos que la igualdad reclamada se mantenga para todos los $t$ en lugar de casi todos los $t$).
Definimos $f: Itimes Ito mathbb R_ge 0$ por
$$f(t,x) = sum_n=1^infty chi_I_n(x) beta_n(t)$$
donde
- $I_n = (2^-n, 2^-n+1)$ y $chi_I_n$ denota la función característica de $I_n$,
- $beta_n:I to mathbb R$ es diferenciable con
- $0le beta_n(t) le dfrac2^nn(n+1)$, $0le beta_n'(t)$ para todo $ten I$,
- $beta_n(t) = begincasos 0 & 0le t le dfrac12n \ dfrac2^nn(n+1) & dfrac 1n le t le 1 endcasos$
es decir, cada $beta_n$ es una función diferenciable monótona que es constante cerca de $t=0$.
Para un $x$ fijo, como máximo un sumando en la definición de $f(t,x)$ no es igual a cero, por lo que no hay problemas con la convergencia.
Así obtenemos $partial_1f(t,x) = sum_n=1^infty chi_I_n(x) beta_n'(t)$ y – usando la no negatividad de todos los sumandos
$$ beginalign int_0^1int_0^1 |partial_1f(t,x)|, dt, dx &= int_0^1int_0^1 left(sum_n = 1 ^infty chi_I_n(x)beta_n'(t)right) , dt, dx\ &= sum_n=1^infty |I_n| (beta_n(1) – beta_n(0)) \ &= sum_n=1^infty 2^-n frac2^nn(n+1) \ &= sum_n=1^infty left(frac1n – frac1n+1right) \ &= 1 < infty endalign $$ De manera similar, un cálculo rápido muestra $$ int_0^1int_0^1 |f(t,x)|, dt, dx le 1 < infty $$ Por lo tanto $f, partial_1f in L^1(Itimes I)$. Pero ahora observamos $$ beginalign int_0^1 fracf(1/m, x)-f(0,x)1/m , dx &= m int_0^1 izquierda(sum_n=1^infty chi_I_n(x)[beta_n(1/m) - beta_n(0)]right), dx \ &= msum_n=1^infty |I_n|beta_n(1/m) \ &ge m sum_n=m^infty 2^ -n frac2^nn(n+1) \ &= mcdot frac1m = 1 endalign $$ para todo $min mathbb N$. En particular, con $partial_1f(0,x) = sum_n chi_I_n(x) underbracebeta_n'(0)_=0; forall n = 0$ vemos:
$$limsup_tto 0 int_0^1 fracf(t, x)-f(0,x)t , dx ge 1 ne 0 = int_0^1 partial_1f (0,x) , dx$$
Demostrar que $f$ es un contraejemplo como se afirma.