¿Bastan las funciones convexas para determinar una medida?

Question

Supongamos que estamos hablando de $\mathbb{R}^n$ . Sabemos que si $\mu$ , $\nu$ son dos medidas de Borel finitas tales que $$\int_{\mathbb{R}^n}f(x) \, d\mu(x)=\int_{\mathbb{R}^n}f(x) \, d\nu(x),$$ para todas las funciones continuas $f$ entonces $\mu$ y $\nu$ son realmente la misma medida.

Ahora, supongamos que la ecuación sólo es válida para todas las funciones convexas. ¿Sigue siendo cierto que $\mu$ y $\nu$ son la misma medida?

Edición: Como ha señalado Emanuele Paolini, existe un contraejemplo a la pregunta original. Entonces, ¿qué pasa si restringimos aún más $\mu$ y $\nu$ para tener un soporte compacto?

Answer 1

Asumir $\mathbb R$ la medida $d\mu = \frac{dx}{1+x^2}$ . Entonces para toda función convexa no constante $f(x)$ si la integral está bien definida se tiene $$\int f(x) d\mu(x) = +\infty$$ desde $f(x)>mx$ para $x\to +\infty$ o $x\to-\infty$ . Para funciones constantes la integral sólo depende de la masa total de la medida $\mu$ .

Por lo tanto, no se puede distinguir $\mu$ de una traducción de sí mismo.

Por otro lado si, además, supones que la medida tiene soporte compacto creo que la función convexa es suficiente para distinguirla.

Answer 2

El caso unidimensional

El resultado es cierto si suponemos que algunas integrales son finitas. A continuación supondré que $\int_0^\infty x \,\mu(dx)=\int_0^\infty x \,\nu(dx)<\infty.$ Emanuele Paolini demuestra que es necesaria alguna suposición de este tipo.

Arreglar $z\in\mathbb{R}$ y $m>0$ . Las funciones $f(x)=(m(x-z)+1)_+$ y $g(x)=m(x-z)_+$ son ambos convexos. Conjunto $h(x)=f(x)-g(x)$ que es cero a la izquierda de $z-1/m$ , uno a la derecha de $z$ y lineal entre ellos.

Por hipótesis, tenemos $$\begin{eqnarray*} \int h(x)\,\mu(dx)&=&\int f(x)\,\mu(dx) -\int g(x)\,\mu(dx)\\&=&\int f(x)\,\nu(dx)-\int g(x)\,\nu(dx)\\&=&\int h(x)\,\nu(dx),\end{eqnarray*}$$ y dejar que $m\to\infty$ da $\mu([z,\infty))=\nu([z,\infty))$ .

Como esto es cierto para cualquier $z$ encontramos que $\mu(B)=\nu(B)$ para todos los conjuntos de Borel.

---

El caso multidimensional

Supongamos que tenemos dos medidas finitas sobre $\mathbb{R}^n$ tal que $\int \phi(x)\,\mu(dx)=\int \phi(x)\,\nu(dx)$ para cada convexo no negativo función $\phi$ con $\int \|x\|\,\mu(dx)=\int \|x\| \,\nu(dx)<\infty.$

Entonces, para cualquier $t\in\mathbb{R}^n$ y mis funciones convexas no negativas $f,g$ en $\mathbb{R}$ tenemos $$\int f(w)\,\mu_t(dw)=\int f(\langle x,t\rangle)\,\mu(dx)=\int f(\langle x,t\rangle)\,\nu(dx) =\int f(w)\,\nu_t(dw)<\infty,$$ y de forma similar para $g$ . Aquí $\mu_t$ y $\nu_t$ son las medidas de imagen de $\mu$ y $\nu$ respectivamente bajo el mapa $x\mapsto \langle x,t\rangle.$ El argumento para $\mathbb{R}$ da $\mu_t=\nu_t$ .

Esto implica que $\int e^{i \langle x,t\rangle}\,\mu(dx)=\int e^{iw}\,\mu_t(dw)= \int e^{iw}\,\nu_t(dw)= \int e^{i \langle x,t\rangle}\,\nu(dx)$ y así, por la unicidad de Fourier $\mu=\nu$ .