¿Si $f$ es continua integrable en $\mathbb{R}$ que sea $f(x)>0$ o $f(x)+f(x+1)>0$, entonces es $\int_{-\infty}^{\infty}f(x)dx>0$?

Question

Deje $f$ ser una continua integración de la función en $\mathbb{R}$ tal que para cada una de las $x$, $f(x)>0$ o $f(x)+f(x+1)>0$. A continuación, se $\int_{-\infty}^{\infty}f(x)dx>0$ ?

Intuitivamente, creo que esto es cierto, porque cada vez que en un conjunto $A$ , $f(x)<0$ , a continuación, $\int_{A\cup A+1} f(x)dx>0$. Pero no sé cómo escribir este argumento rigurosamente.

Answer 1

Aquí es un boceto, tenga en cuenta que las integrales por debajo de sentido ya que $A,B$ están abiertos y $C$ es cerrado.

Deje $A:=\{ x : f(x) < 0 \}$ e $B= \{ x +1 :x \in A \}$. Luego, ambos se $A,B$ están abiertos y disjuntos*( desde $f(x)+f(x+1)>0$).

Deje $C:= \mathbb R \backslash (A \cup B)$. A continuación, $A,B,C$ son pares distintos, $A,B$ abrir $C$ cerrado (es decir, son Borel si usted está familiarizado con los conjuntos de Borel) y, por tanto, $$ \int_{\mathbb R} f(x) d x = \int_A f(x) d x+ \int_B f(x) d x +\int_C f(x) d x \\ \stackrel{t=x-1}{===}\int_A f(x) d x+ \int_A f(t+1) d t +\int_C f(x) d x \\ =\int_A \left( f(x) +f(x+1) \right)d x +\int_C f(x) d x \\ $$

Ahora, cada integrante es $\geq 0$ lo $\int_{\mathbb R} f(x) dx \geq 0$.

Si $A \neq \emptyset$ desde $A$ es abierto y $f(x)+f(x+1)>0$ es fácil argumentar el uso de continuidad que $\int_A f(x)+f(x+1) dx >0$.

Si $A =\emptyset$ entonces $C =\mathbb R$ e $f(x) \geq 0$ para todos los $x$. Ahora, es fácil argumentar que $f$ no puede ser idéntica a cero, y por el mismo argumento de $\int_C f(x) dx >0$.

Answer 2

Deje $A:=\{x\in\Bbb R: f(x)>0\}$. Debido a $f$ es continuo, a continuación, $A$ es abierto y por tramos conectados (por "tramos conectados" me refiero a que es la unión de contables distintos intervalos abiertos).

WLOG supongamos que $A\neq\Bbb R$. Esto implica que $A^\complement$ es la unión de contables y cerrado intervalos. A continuación, $A^\complement=\bigcup_{j\in I} R_j$, $|I|\le\aleph_0$, donde $R_j\cap R_k=\emptyset$ para $j\neq k$ y cada una de las $R_j$ es un intervalo cerrado.

Ahora tenga en cuenta que debido a $f(x)\le 0$ por cada $x\in A^\complement$ luego nos sabe que, para cada una de las $R_j$ hay algunos (no vacío) intervalo abierto $I_j$ tal que $\lambda(I_j)\ge\lambda(R_j)$, $\sup R_j=\inf I_j$ e $f|_{I_j}>0$. Desde aquí es fácil ver que

$$\Bbb R=I_0\cup\left(\bigcup_{j\in I}(R_j\cup I_j)\right)$$

es un distinto, partición de $\Bbb R$ donde $I_0$ podría estar vacío, es decir, en cada intervalo de $I_j$ o $R_j$ es distinto de cualquier otro intervalo de $I_k$ o $R_k$. Por lo tanto

$$\int_{\Bbb R} f(x)\,\lambda(dx)=\\=\int_{I_0} f(x)\,\lambda(dx)+\sum_{j\in I}\int_{R_j}(f(x)+f(x+1))\,\lambda (dx)+\sum_{j\in I}\int_{H_j}f(x)\,\lambda(dx)$$

donde $H_j:=I_j\setminus(R_j+1)$.

Entonces claramente $\int_{R_j} (f(x)+f(x+1))\,\lambda(dx)\ge 0$ por cada $j\in I$ porque $f(x)+f(x+1)>0$ e $\lambda(R_j)\ge 0$. También se $\int_{H_j} f(x)\lambda(dx)\ge 0$ porque $\lambda(H_j)\ge 0$ e $H_j\subset A$. Por último, si $I_0\neq\emptyset$ entonces $\lambda(I_0)>0$ e $I_0\subset A$.

Luego de agregar todos nos encontramos con que la integral es necesariamente positivo, porque si algunos $\lambda(R_j)=0$ (es decir, si $R_j$ es un singleton), a continuación, $\lambda(H_j)>0$, y viceversa.