Encuentre $\delta >0$ tal que $\int_E |f| d\mu < \epsilon$ siempre que $\mu(E)<\delta$

Question

Estoy estudiando para un examen de calificación, y estoy luchando con este problema ya que $f$ no es necesariamente integrable.

Dejemos que $(X,\Sigma, \mu)$ sea un espacio de medidas y que $$\mathcal{L}(\mu) = \{ \text{ measurable } f \quad| \quad \chi_Ef \in L^1(\mu) \text{ whenever } \mu(E)<\infty\}.$$ Demuestre que para cualquier $f\in \mathcal{L}(\mu)$ y cualquier $\epsilon >0$ hay $\delta >0$ tal que $\int_E|f| d\mu < \epsilon$ siempre que $\mu(E)< \delta$ .

Una técnica que he utilizado en otros problemas similares es definir $A_n = \{ x\in X \, | \, 1/n \leq |f(x)| \leq n \}$ y que $A = \displaystyle \bigcup_{n=1}^\infty A_n$ . También podemos definir $A_0 = \{ x\in X \,|\, f(x) = 0\}$ y $A_\infty= \{x\in X\, | \, |f(x)| = \infty\}$ . La parte en la que estoy atascado es ahora que $$\int_X|f|d\mu = \int_{A_0} |f|d\mu + \int_{A} |f| d\mu + \int_{A_\infty} |f|d\mu$$ donde el primer término de la derecha es cero, y quiero que el último término de la derecha sea cero.

¿Existe otra forma de solucionar este problema? Las explicaciones me son útiles ya que estoy estudiando y no quiero confundirme más. Gracias.

Answer 1

Mi intento: lo mejor, en mi opinión, es trabajar de forma absurda. Supongamos que la tesis no se sostiene.

Entonces $\exists \varepsilon >0$ tal que $\forall n \geq 1$ existe $E_n \in \Sigma$ tal que $\mu (E_n) < 2^{-n} \varepsilon$ PERO $\int_{E_n} |f| d \mu > \varepsilon$ .

Entonces llame a $E=\bigcup_{n\geq1} E_n$ . Tenemos que $\mu(E) < \varepsilon$ pero $$\int_{E} |f| d\mu = \sum_{n\geq1} \varepsilon = +\infty$$

Esto contradice la suposición sobre $f$ .

El único problema es que esto sólo funciona si $\{E_n \}_{n\geq1}$ son disjuntos entre sí.

Answer 2

EDIT: Hay un fallo en esta prueba para $X \neq R^n$ (que probablemente sea algo así como $X$ no hausdorff) como se señala en los comentarios.

Aquí hay una prueba que sigue el tren de pensamiento que tuve donde inicialmente adiviné que la declaración dada era incorrecta. Las ideas aquí son similares a la respuesta de Crostul.

En primer lugar, debemos tener la medida de $E_n = f^{-1}([2^n, \infty))$ finalmente ser finito. Es decir, hay un $N$ tal que $n \geq N$ implica $\mu(E_n) \leq m(E_N) < \infty$ .

Supongamos que esto no fuera cierto. Es decir, $\mu(E_n) = \infty$ para todos $n$ . Entonces, para cada $E_n$ hay una cantidad infinita de espacio para elegir inductivamente un conjunto $A_n \subset E_n \setminus \cup_{k=1}^{n-1} A_k$ con $2^{-n-1} \leq \lambda(A_n) \leq 2^{-n}$ desde $\mu(E_n \setminus \cup_{k=1}^{n-1} A_k) = \infty$ . Pero esto significa $A = \cup_{k=1}^\infty A_k$ es finito y produce la contradicción

$$\infty = \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{2} \leq \sum_{k=1}^\infty \mu(A_k) 2^k \leq \sum_{k=1}^\infty \int_{A_k} f d\mu = \int_A f(x) dx < \infty.$$

Así que lo siguiente es $E_N = f^{-1}([2^N,\infty)$ y observe que $\chi_{E_N} f$ es un $L^1$ función y $L^1$ tienen la propiedad deseada (intenta demostrarlo si no lo sabes). Así que queda por demostrar que la propiedad se mantiene para $\chi_{E_N^c} f$ .

Esto es fácil ya que $\mu(E)<\delta$ con medios $$\int_E \chi_{E_N^c} f d \mu \leq \mu(E \cap E_N^c) 2^N \leq \mu(E) 2^Nv\leq \delta 2^N$$ porque $f$ está limitada por $2^N$ en $E_N^c$ . Así que elegimos $\delta = 2^{-N} \epsilon$ .

Por último, sólo queda demostrar que si la propiedad deseada se cumple para $g$ y $h$ , entonces se cumple para $g+h$ y limar un par de asperezas en este argumento, pero eso es fácil de hacer.

Answer 3

Supongamos que no: hay $\varepsilon_0\gt 0$ de tal manera que para cada positivo $\delta$ existe un conjunto medible $A$ tal que $$\mu(A)\lt \delta\quad \mbox{ and }\quad \int_A|f|\mathrm d\mu\gt\varepsilon_0.$$ En particular, para cada número entero $k$ y $\delta:=2^{-k}$ existe $A_k$ de medida menor que $2^{-k}$ para lo cual $\int_{A_k}|f|\mathrm d\mu\gt\varepsilon$ . Definir $A:=\bigcup_k A_k$ (un conjunto de medida finita). Tenemos $$\varepsilon_0\lt \int_{A_k}|f|\mathrm d\mu\leqslant n\mu(A_k)+\int \chi_{A_k}\chi_{\{|f|\gt n\}}|f|\mathrm d\mu\\\leqslant n2^{-k}+\int \chi_A\chi_{\{|f|\gt n\}}|f|\mathrm d\mu,$$ por lo que $$\varepsilon_0\leqslant\int \chi_A\chi_{\{|f|\gt n\}}|f|\mathrm d\mu,$$ y por convergencia monótona, $\lim_{n\to\infty}\int \chi_A\chi_{\{|f|\gt n\}}|f|\mathrm d\mu=0$ una contradicción.