(1,5 \mathrm{pt})\) Seja \(/:[a, b] \rightarrow \mathbb{R}\) definida pot \[f(x)= \begin{cases}1, & \text { se } x \in \mathbb{Q} \cap[a, b], \\\\ 0, & \text { se } x \in[a, b] \backslash \mathbb{Q} .\end{cases}
Mostre que (f] năo é integrável.

Passo 1

O enunciado dá a função f:[a,b]\to\mathbb{R}\) definida por \[f(x)=\begin{cases} 1, & \text{se } x\in\mathbb{Q}\cap[a,b],\\[4pt] 0, & \text{se } x\in[a,b]\setminus\mathbb{Q}. \end{cases}
A pergunta é: mostrar que f\] não é integrável em \([a,b]. Vou assumir que a<b (caso a=b o intervalo é degenerado e a integral é trivialmente 0 — depois eu comento isso).
As informações relevantes que temos são:
  • O domínio é o intervalo [a,b] com a<b.
  • Em qualquer ponto racional x de [a,b] vale f(x)=1.
  • Em qualquer ponto irracional x de [a,b] vale f(x)=0.]

Passo 2

Antes de calcular qualquer coisa, vou explicar as definições que vamos usar (tudo bem explicado, passo a passo).
Definição de partição: uma partição P de [a,b] é uma sequência a=x_0<x_1<\cdots<x_n=b. Cada intervalo [x_{i-1},x_i] é um subintervalo.
Em cada subintervalo [x_{i-1},x_i] definimos:
  • o ínfimo de f nesse subintervalo, isto é \inf\{f(x)\mid x\in[x_{i-1},x_i]\};
  • o supremo de f nesse subintervalo, isto é \sup\{f(x)\mid x\in[x_{i-1},x_i]\}.
A soma inferior (lower sum) relativa à partição P é
L(f,P)=\sum_{i=1}^{n}\Bigl(\inf_{x\in[x_{i-1},x_i]} f(x)\Bigr)\,(x_i-x_{i-1}).
A soma superior (upper sum) relativa à partição P é
U(f,P)=\sum_{i=1}^{n}\Bigl(\sup_{x\in[x_{i-1},x_i]} f(x)\Bigr)\,(x_i-x_{i-1}).
Critério de integrabilidade que usaremos (explicado em palavras): a função f é integrável em [a,b] se e somente se for possível, para todo \varepsilon>0, escolher uma partição P tal que U(f,P)-L(f,P)<\varepsilon. Outra forma equivalente de dizer é: f é integrável se o ínfimo de todas as somas superiores for igual ao supremo de todas as somas inferiores.
Vou usar essas definições para mostrar que não conseguimos tornar U(f,P)-L(f,P) pequeno.

Passo 3

Um fato chave que precisamos: em qualquer subintervalo não degenerado [c,d]\subset[a,b] (isto é, com c<d) existem números racionais e números irracionais. Vou justificar isso de maneira construtiva.
Provar que existe racional em (c,d): usando a propriedade arquimediana, existe inteiro n tal que \frac{1}{n}<d-c. Então existem inteiros m tais que c<\frac{m}{n}<d (basta tomar m como o inteiro imediatamente maior que cn). Assim \frac{m}{n} é racional e fica em (c,d).
Provar que existe irracional em (c,d): ache primeiro um racional r\in(c,d) como acima. Tome a constante \sqrt{2} (irracional) e escolha inteiro N suficientemente grande tal que
r+\frac{\sqrt{2}}{N}<d.
Isto é possível porque \frac{\sqrt{2}}{N}\to 0 quando N\to\infty. Então r+\frac{\sqrt{2}}{N} é soma de racional com irracional, logo é irracional, e está em (c,d). Assim há irracionais também.
Portanto, todo subintervalo [x_{i-1},x_i] com x_{i-1}<x_i contém pelo menos um racional e pelo menos um irracional.

Passo 4

Com o passo anterior em mãos, agora determinamos os supremos e ínfimos de f em qualquer subintervalo [x_{i-1},x_i] não degenerado.
Lembre-se do que são supremo e ínfimo: o supremo de um conjunto é o menor dos limites superiores (a menor cota superior), e o ínfimo é a maior das cotas inferiores.
No nosso caso, porque cada subintervalo contém algum racional x com f(x)=1, qualquer cota superior de valores de f naquele subintervalo tem que ser pelo menos 1. Como 1 é de fato um valor atingido, o supremo é exatamente 1. Logo
\sup_{x\in[x_{i-1},x_i]} f(x)=1.
Porque cada subintervalo contém algum irracional y com f(y)=0, qualquer cota inferior tem que ser no máximo 0. Como 0 é valor atingido, o ínfimo é exatamente 0. Logo
\inf_{x\in[x_{i-1},x_i]} f(x)=0.
Esses dois fatos valem para todo subintervalo não degenerado do partition.

Passo 5

Agora calculamos as somas superior e inferior para uma partição arbitrária P=\{a=x_0<\cdots<x_n=b\}. Como em cada subintervalo [x_{i-1},x_i] temos \sup f=1 e \inf f=0, então
para a soma superior:
U(f,P)=\sum_{i=1}^{n} \bigl(\sup_{x\in[x_{i-1},x_i]} f(x)\bigr)\,(x_i-x_{i-1}) =\sum_{i=1}^{n} 1\cdot (x_i-x_{i-1}) = \sum_{i=1}^{n} (x_i-x_{i-1}) = b-a.
para a soma inferior:
L(f,P)=\sum_{i=1}^{n} \bigl(\inf_{x\in[x_{i-1},x_i]} f(x)\bigr)\,(x_i-x_{i-1}) =\sum_{i=1}^{n} 0\cdot (x_i-x_{i-1}) =0.
Observe que essas fórmulas não dependem da escolha da partição P: para qualquer partição válida obtemos sempre U(f,P)=b-a e L(f,P)=0.

Passo 6

Pelo critério de integrabilidade, para que f fosse integrável teríamos que conseguir, dado \varepsilon>0, escolher uma partição P tal que U(f,P)-L(f,P)<\varepsilon. Mas, pelo passo anterior, para qualquer partição P vale
U(f,P)-L(f,P)= (b-a)-0 = b-a.
Se a<b então b-a>0. Assim não há como tornar U(f,P)-L(f,P) menor que um número positivo fixo b-a; em particular, não podemos torná-lo arbitrariamente pequeno. Portanto f não satisfaz o critério de integrabilidade e não é integrável em [a,b].
(Fato adicional e tranquilizador: se a=b então o intervalo tem comprimento zero e as somas triviais dão integral 0. Mas para qualquer intervalo não degenerado a<b a função não é integrável.)

Resposta

f não é integrável em [a,b] quando a<b.

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