Mostrar conjuntos tienen medida cero.

Question

Deje $L=L(X,\textbf{X},\mu)$ denota el conjunto de funciones integrables. Recordar, definimos la integral indefinida de $f$ por $$\lambda(E)=\int_{E} f \, d\mu$$ for $E \ \ en \textbf{X}$. Let $f_1$ and $f_2$ be in $L$ and let $\lambda_1$ and $\lambda_2$ be their indefinite integrals. Show that $\lambda_1 (E) = \lambda_2 (E)$ for all $E \ \ en \textbf{X}$ if and only if $f_1(x)=f_2(x)$ for almost all $x \in X$.

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Similar a mi última pregunta, estoy teniendo problemas con una dirección de la prueba. Estoy asumiendo $\lambda_1 (E) = \lambda_2 (E)$ todos los $E \in \textbf{X}$. Mi idea es mostrar que el conjunto de $F= \{x \in X: f_1(x)\neq f_2(x)\}$ tiene una medida de $0$. Los números racionales son numerables; por lo tanto, pueden ser indexados por los números naturales. Deje $(r_n)$ ser la secuencia de los números racionales. Conjunto $$F_n = (\{x \in X: f_1(x)>r_n\} \cap \{x \in X: f_2(x)<r_n\}) \cup (\{x \in X: f_1(x)<r_n\} \cap \{x \in X: f_2(x)>r_n\})$$ for each $n$. Then, $\bigcup F_n = F$. But, I am not too sure how to show that $\mu(F_n)=0$ for each $n$. Or, perhaps, there is a much easier way. Based on this and my previous question, it appears I am lacking in techniques of how to show sets have measure $0$. Cualquier ayuda sería muy apreciada. Gracias!

Answer 1

Escriba $F_n=F'_n\cup F''_n$, donde $F'_n={f_1>r_n}\cap{f_2<r_n cada="" definir="" demostrar="" fijar="" para="" que="" semejantemente="" tenemos="" y="">r_n+k^{-1}}\cap {f_2<r_n a_k="" d="" entonces="" lo="" por="" tanto="" tenemos=""></r_n></r_n>

Answer 2

Sugerencia: si el conjunto donde$f_1(x) \neq f_2(x)$ tiene una medida mayor que 0, intente mostrar que hay un conjunto con una medida positiva donde$f_1(x) > f_2(x) + \epsilon$ o un conjunto con una medida positiva donde$f_2(x) > f_1(x) + \epsilon$, para algunos $\epsilon > 0$. Es decir, ¿qué sucede si obtiene la medida cero para todos los$\epsilon$? Su idea de usar los racionales para establecer muchos conjuntos puede ser útil.

Answer 3

Su pregunta se reduce a mostrar que: $$f = 0 \text{ [a.e.]} \ffi \forall E \in \mathbf{X} : \int_E f \,d\mu = 0$$

La dirección ($\implies$) es muy fácil. Vamos a mostrar la otra dirección. En primer lugar, asumir $f$ es no negativo. Consideremos el conjunto a $A_n = \left\{x \in X : f(x) > 1/n\right\}$. Tenemos: $$\frac{\mu(A_n)}{n} \le \int_{A_n} f \,d\mu = 0$$

Por lo tanto, $\mu(A_n) = 0$ todos los $n$. De ello se desprende que $\mu\left(\left\{x \in X : f(x) > 0\right\}\right) = 0$ como se desee.

Ahora, suponga $f$ es real y corregir $E \in \mathbf X$. Deje $A = \left\{x \in E: f(x) \ge 0\right\}$. Desde $\int_A f \, d\mu = 0$, se sigue que: $$\int_A f \,d\mu = \int_E f^+ \,d\mu = 0$$

Por lo tanto $f^+ = 0$ [un.e.] el primer paso de esta prueba (desde $E$ es arbitrario). Del mismo modo, $f^- = 0$ [un.e.]. Por lo tanto, $f = 0$ [un.e.].

Answer 4

El estado de necesidad. Supongamos que $\{ x : x \in X ~\&~f_1(x) \neq f_2(x)\}$ positivo $\mu$-medida. Luego, sin pérdida de generalidad podemos suponer que $\mu(E_1)>0$ o $\mu(E_2)>0$ donde$E_1=\{ x : f_1(x)>f_2(x)\}$$E_2=\{ x : f_1(x)<f_2(x)\}$. Tenga en cuenta que si $\mu(E_1)>0$, entonces tenemos $\int_{E_1}f_1(x)d\mu(x) > \int_{E_1}f_2(x)d\mu(x)$ , lo que contradice a la condición de que $\int_{E}f_1(x)d\mu(x)=\int_{E}f_2(x)d\mu(x)$ por cada $E \in \cal{X}$. Del mismo modo, si $\mu(E_2)>0$ a continuación se obtienen $\int_{E_2}f_1(x)d\mu(x) < \int_{E_2}f_2(x)d\mu(x)$, lo que también contradice a la condición de que $\int_{E}f_1(x)d\mu(x)=\int_{E}f_2(x)d\mu(x)$ por cada $E \in \cal{X}$. Por lo tanto debemos tener $\mu(\{x : f_1(x) \neq f_2(x)\})=0.$

Autosuficiencia. Por lo $\mu(\{x : f_1(x) \neq f_2(x)\})=0$ $E \in \cal{X}$ hemos $$\int_{E}(f_1(x)-f_2(x))d\mu(x)=\int_{\{ x: x \in E ~\&~ f_1(x) \neq f_2(x)\} }(f_1(x)-f_2(x))d\mu(x)+$$ $$\int_{ \{x: x \in E ~\&~ f_1(x)=f_2(x)\} }(f_1(x)-f_2(x))d\mu(x)=0.$$ The latter relation implies that $\int_{E}f_1(x)d\mu(x)=\int_{E}f_2(x)d\mu(x)$.