La Reinvención De La Rueda - Parte 2: La Integral De Lebesgue

Question

Descargo de responsabilidad

Después de luchar durante algún tiempo para encontrar una definición apropiada para la noción de integración encontré otro intento por que necesito su ayuda para decidir en qué medida esto puede o no puede ser razonable.

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Contexto

La integral de Lebesgue como la mayoría de ustedes saben, puede ser interpretado como una especie de integrabilidad absoluta. Mucho de lo mismo es cierto para la integral de Bochner que - equivalente a la integral de Lebesgue - hace de este hecho aún más luz. Mientras se estudia el concepto de la suma me dio cuenta de las similitudes de esta técnica dentro de la infinita sumas. Que es a fin de manejar las infinitas sumas de dinero y su convergencia condicional se introduce una estructura de espacio de Banach. Luego, por la convergencia absoluta o similar plaza summability estos pueden ser controlados, de modo de garantizar la convergencia incondicional. Sin embargo, tomar una mirada más cercana en el concepto de la suma de sí mismo se entiende que estos problemas simplemente surgir como un uso indebido de la suma de la serie, dando todo tipo de problemas de convergencia condicional. Así que empecé a preguntarme es la análogos problema que sucede dentro de la integral de Lebesgue...

A partir de sumas uno podría pensar que las redes pueden manejar el problema (por supuesto, uno tiene que ser muy cuidadoso ya que las medidas son considerados como 'sólo' countably aditivo). Ahora el gran problema está en el medio: Si un concepto apropiado puede dar una satisfactoria de la noción de integral de lo que será el pedido dando redes de entonces?

Un primer intento le dará la integral de Riemann. Pasando de halfopen particiones medibles de particiones patológico ejemplos como el de la función de Dirichlet son administrados manteniendo funciones continuas sobre conjuntos compactos integrables. Sin embargo ilimitada de funciones como el recíproco squareroot permanecer intacta. Así que uno tiene que trabajar más duro. Pensar acerca de los problemas que uno entiende que hay dos problemas conceptuales, el ilimitado de dominio y el ilimitado de gama. La primera puede ser manejado fácilmente por primera permite, naturalmente, sólo finita medir espacios, como por ejemplo en el caso de medidas complejas y, a continuación, se extiende por el manejo inadecuado de las integrales por el uso de la red de todos finito subespacios (no sólo algunos de secuencia). Este de inmediato se descarta la posibilidad de salvar el recíproco squareroot como una integral impropia como otros sin límites de funciones. Ahora, cualquier forma de introducir un orden en el etiquetado de las particiones del dominio no manejar general ilimitada de funciones (un control ilimitado de funciones que toman valores en un espacio vectorial topológico se vuelve aún más difícil).

Otro intento de introducir un medidor. A pesar de ser muy muy potente compacto intervalos que dependen en gran medida de la compacidad del intervalo y, además, en la medida de espacio de Borel. Por lo que uno tiene duro posibilidad de generalizar el medidor integral, por ejemplo, a la situación que enfrentan en el teorema espectral. El muy el mismo problema que se plantea para cualquier tipo de medidor integral...

Por lo tanto uno debe encontrar otra forma de ataque ilimitado de la gama. Una conjetura es, por supuesto, como Lebesgue ya lo hice así que de alguna manera partición de la gama - esta vez, sin embargo, conceptualmente similar para el caso de summability como se describió anteriormente.

Una vez más dijo: La idea es encontrar un concepto similar a summability sin convergencia absoluta!

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Intento

Aquí viene el segundo intento...

Deje que $\Omega$ ser de un número finito de medir el espacio y $V$ un espacio vectorial topológico y $f:\Omega\to V$.

Llamar a un triple $\rho:=(S,U;A_s)$ una resolución w.r.t. $f$ con:
$S$ un subconjunto finito de $V$, $$ U un abierto barrio de cero y $A_s$ medibles disjuntos conjuntos de $\Omega$ si:

• $A_s\subseteq f^{-1}(U+s)$
• $\bigcup_{s\in S}A_s=f^{-1}(U+S)$

(Esto no debe interpretarse como un indicador, sino más bien como una partición).

Introducir un pedido de $\rho\leq\rho'$ en las resoluciones:

• $S\subseteq S'$
• $U\supseteq U'$
• $f^{-1}(U+S)\subseteq f^{-1}(U'+S')$

(El orden es dirigida.)

Construcción de la red de sumas por: $$I(f;\rho):=\sum_{s\in S}\mu(A_s)s$$ (El barrio de $U$ toma el papel de las medidas relativas a los vectores.)

Definir $f$ a ser integrable con integral $I(f)$ si: $$I(f;\rho)\I(f)$$ (El ser integral único proporcionó $V$ ser Hausdorff.)

Ahora estas definiciones parecen tremendamente complicado pero siguen unas sencillas ideas:

• La idea central aquí es centrarse en vectores como el objeto principal dentro de las sumas también, a partir de la integral de sí mismo es uno, así que empieza con un número finito de suma de vectores $s\in S$
• El problema ahora es relacionar los vectores a los conjuntos, esto se realiza básicamente por el barrio de cero $U$. Tener un espacio vectorial topológico hace $U+s$ un barrio de $s$.
• La integral de una función debe involucrar a la propia función del curso, que es la preimagen de la función bajo consideración se relaciona los barrios de $U+s de$ medibles de subconjuntos de $A_s$. El requisito de que $U$ a ser mejor abrir hace evidente aquí.
• Finalmente, estos conjuntos medibles peso de la persona sumandos por su masa $\mu(A_s)$ y se cierra el círculo de vector-set-set-número de vectores. Aquí una vez más, tener un espacio vectorial hace evidente para permitir/restringir el acceso a complejo de medidas, en lugar de positivos (para nonfinite medir los espacios de ver doscussion en el contexto)

El resto es tecnicismos...

Por otra parte, estos pueden ser interpretados como una aproximación por funciones simples. Lo bueno de aquí es que se ordena automáticamente los malos pasos como bloques de escapar hacia el infinito, o torres de volar como los picos de...

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Discusión

Como una primera comprobación:

• Es de $f(x)=c$ $c\in V$ integrable más de $[0,1]$ con integral $I(f)=c\cdot 1=c$?
• Es de $f(x)=x$ integrable más de $[0,1]$ con integral $I(f)=\frac12\cdot1^2=\frac12$?
• Es de $f(x)=\frac{1}{\sqrt{x}}$ integrable más de $[0,1]$ con integral $I(f)=2\cdot\sqrt{1}=2$?

Ahora viene la seca (muy interesante) parte:

• No se incluyen las funciones simples resp. funciones continuas sobre conjuntos compactos?
• No se incluyen las/extender la integral de Riemann resp. Integral de Lebesgue resp. McShane integral?
• Permite la convergencia de los teoremas de resp. el teorema fundamental del cálculo?
• No se permiten los métodos de cálculo?
• Etc. ...

Aquí yo realmente podría necesitar su ayuda =S

Answer 1

Sin pérdida de generalidad, supongamos que estamos tratando con una probabilidad de espacio $(\Omega\Sigma\mu)$. Vamos a llamar a una función F integrable si cumple la definición.

Cada función simple en un Hausdorff localmente convexo espacio vectorial topológico es F integrable.

Prueba: Deja que $f$ ser simple y $V$ ser un barrio de de $0$. Vamos a $n=|f(\Omega)|$ y dejar que $U$ ser equilibrado convexo barrio de cero tales que $U\subseteq V$ y $x-y\noen U+U$ para todo $x,y\in f(\Omega)$. Vamos $S=f(\Omega)$, vamos a $A_s=f^{-1}(s+U)$. Yo reclamo que por $\rho\geq(S,U,(A_s))$, $$I(f,\rho)\in\sum_{s\in f(\Omega)}\mu\Big(f^{-1}\big(\{s\}\big)\Big)+V.$$ Así que vamos a $\rho=(S',U'(B_s))$. Por cada $s\in f(\Omega)$, vamos $G(s)=\{y\in S':s\in s+U\}$. Para todos $y\noen S'\barra invertida\bigcup_{s\in f(\Omega)}G(s)$ tenemos $\emptyset=f^{-1}(y+U)\supseteq f^{-1}(y+V)$ y por tanto $B_y=\emptyset$. También, tenga en cuenta que $G(s)\cap G(s')=\emptyset$ para $s\neq s'$.

Tenemos por lo tanto $$I(f,\rho)=\sum_{s\in f(\Omega)}\sum_{y\in G(s)}\mu(B_y)y.$$ Ahora, por cada $s\in f(\Omega)$ tenemos $\bigcup_{y\in G(s)}B_y\subseteq A_s=f^{-1}(s+U)$ y por tanto $$\mu\bigg(\bigcup_{y\in G(s)}B_y\bigg)\leq\mu(A_s).$$ Si una de estas desigualdades eran muy estrictos, los $B_y$ no puede formar una partición de $\Omega=f^{-1}(S'+U')$. De manera que todas las igualdades y por cada $s\in f(\Omega)$, el punto $\sum_{y\in G(s)}\mu(B_y)$ y es una combinación convexa de un punto de $y_s\s+U$ multiplicado por $\mu(A_s)=\mu\big(f^{-1}(s+U)\big)$. Por lo $$I(f,\rho)=\sum_{s\in f(\Omega)}\mu\Big(f^{-1}\big(\{s\}\big)\Big)y_s.$$ Ahora $y_s-s\en U$, por lo que $$I(f,\rho)-\sum_{s\in f(\Omega)}\mu\Big(f^{-1}\big(\{s\}\big)\Big)$$

$$=\sum_{s\in f(\Omega)}\mu\Big(f^{-1}\big(\{s\}\big)\Big) (y_s-s),$$, que es una combinación convexa de los elementos de $U$, ya que $\mu$ es una medida de probabilidad. $\square$

A continuación...