Reclamo: Si dos funciones $f,g: \Omega \to \overline{\mathbb{R}}$ son iguales casi en todas partes en $E$, es decir, $f=g$ en $E \setminus N$ con $\mu(N)=0$, y $f \in \mathcal{L}(E)$, entonces $g \in \mathcal{L}(E)$ y las integrales tienen el mismo valor.
Mis definiciones son las siguientes:
Definición: Sea $(\Omega,\Sigma,\mu)$ un espacio de medida y $E \in \Sigma$. Entonces la integral de una función simple no negativa $s: \Omega \to [0,\infty]$ con representación $s(x) = \sum \limits_{j=1}^{k} \alpha_j \chi_{A_j(x)}$ en $E$ es
$$\int_E s d\mu := \sum \limits_{j=1}^{k} \alpha_j \mu(A_j \cap E).$$
Nótese que se puede demostrar que la integral no depende de la representación de $s$.
Definición: Sea $(\Omega,\Sigma,\mu)$ un espacio de medida y $E \in \Sigma$, entonces la integral de una función no negativa $f: \Omega \to [0,\infty]$ es
$\int_E f d\mu := sup \{\int_E s d\mu: 0 \leq s \leq f \text{ en E, s simple}\}.$
Nótese que no se requiere que $f$ sea medible, pero las funciones integrales al final deberán ser medibles.
Definición: Sea $(\Omega,\Sigma,\mu)$ un espacio de medida, $E \in \Sigma$ y $f: \Omega \to \overline{\mathbb{R}}$.
(i) Si al menos una de las integrales de $\int_E f_+ d\mu$, $\int_E f_- d\mu$ es finita, entonces la integral de $f$ es
$$\int_E f d\mu := \int_E f_+ d\mu - \int_E f_- d\mu.$$
(ii) Si $f$ es medible y ambas integrales son finitas, es decir, $\int_E f d\mu \in \mathbb{R}$, entonces $f$ es Lebesgue-integrable ($f \in \mathcal{L}(E)$).
Ahora mi idea para probar el reclamo es la siguiente:
Hay un lema en mis apuntes de clase que establece:
Lema: Sea $(\Omega,\Sigma,\mu)$ un espacio de medida, $E \in \Sigma$ y $f,g: \Omega \to \overline{\mathbb{R}}$.
$A \subset E, A \in \Sigma$ con $\mu(E \setminus A)=0$ y $f \in \mathcal{L}(E) \implies f \in \mathcal{L}(A)$ y $\int_A f d\mu = \int_E f d\mu$.
La prueba procede de forma escalonada para funciones simples, no negativas y luego generales.
Es bastante fácil ver que la igualdad de la integral es válida para funciones escalonadas y luego se sigue para funciones no negativas:
-
Una función simple con $0 \leq s \leq f$ en E, también satisface esta condición en $A$, por lo que $\int_A f d\mu \geq \int_E f d\mu$.
-
Una función simple con $0 \leq s \leq f$ en A se puede extender a $E$ con $s(x)=0$ para todo $x \in E \setminus A$, por lo que $\int_A f d\mu \leq \int_E f d\mu$.
Dado que $f \in \mathcal{L}(E)$, tanto la parte positiva como la negativa tienen integrales finitas, por lo que $f \in \mathcal{L}(A)$ y la igualdad de la integral se sigue de la de las partes positiva y negativa.
De todas formas, la prueba muestra que el lema también es válido para funciones no negativas sin necesidad de asumir que $f \in \mathcal{L}(E)$ y creo que podemos usar esto para demostrar el reclamo si ya sabemos que $g$ es medible:
$f=g$ en $E \setminus N$ implica que $f_{\pm}=g_{\pm}$ en $E \setminus N$.
Entonces $\int_E f_{\pm} = \int_{E \setminus N} f_{\pm} = \int_{E \setminus N} g_{\pm} = \int_E g_{\pm}$, lo que prueba que $g \in \mathcal{L}(E)$ y que las integrales tienen el mismo valor. Para el último paso obviamente necesitamos que $f \in \mathcal{L}(E)$, pero el lema se puede usar incluso antes de saber que $g \in \mathcal{L}(E)$.
Ahora solo queda demostrar que $g$ es de hecho medible si $f \in \mathcal{L}(E)$. Si el espacio de medida es completo, entonces la medibilidad de $g$ se deduce de la medibilidad de $f$ y hemos terminado (ver aquí).
Ahora tengo dos preguntas:
- ¿Es la completitud del espacio necesaria para que el resultado sea correcto?
- ¿Es correcto que solo necesitamos completitud para mostrar que $g$ es medible, es decir, es correcta mi demostración?
¡Muchas gracias!
