Demostrar que $\,f=0$ casi en todas partes.

Question

Deje $f$ ser un Lebesgue integrable de la función en $[0,1]$ tal que, para cualquier $0 \leq a < b \leq 1$,

$$\biggl|\int^b_a f(x)\,dx\,\biggr| \leq (b-a)^2\,.$$

Demostrar que $f=0$ en casi todas partes.

Yo estaría muy agradecido si alguien me dijera si mi intento es correcta o no:

Considere la posibilidad de la partición $$ [0,1]=\left[0,\frac{1}{n}\right) \cup \left[\frac{1}{n},\frac{2}{n}\right) \cup \cdots \cup \left[\frac{n-1}{n},1\right]. $$

Voy a usar el hecho de que si $g$ es integrable sobre un conjunto medible $E$, $g$ es finito en casi todas partes en $E$, es decir, $M>0$ tal que $\vert g\rvert<M$ .e. en E, por otra parte $$ \bigg|\int_Eg(x)dx\,\bigg|\leq M m(E) $$

Ahora, utilizando la hipótesis de

$$ \biggl|\int^{\frac{1}{n}}_{0} f(x)\,dx\biggr| \leq \biggl( \frac{1}{n} \biggr)^2 \Rightarrow |f(x)| \leq \frac{1}{n} \ \ una.e. \ en \ \biggl[0,\frac{1}{n} \biggr) $$

$$\biggl|\int^{\frac{2}{n}}_{\frac{1}{n}} f(x)\,dx\biggr| \leq \biggl(\frac{1}{n}\biggr)^2 \Rightarrow |f(x)| \leq \frac{1}{n} \ \ a.e. \ on \ \biggl[\frac{1}{n},\frac{2}{n}\biggr) $$

y del mismo modo

$$\biggl|\int^{1}_{\frac{n-1}{n}} f(x)\,dx\biggr| \leq \biggl(\frac{1}{n}\biggr)^2 \Rightarrow |f(x)| \leq \frac{1}{n} \ \ a.e. \ on \ \biggl[\frac{n-1}{n},1\biggr]$$

Por lo tanto,

$$ |f(x)| \leq \frac{1}{n} \ \ a.e. \ on \ [0,1]$$ we can let $n \rightarrow \infty$ which yields that $f=0$ almost everywhere on $[0,1]$.

Answer 1

Definir $g(x)=\int_0^x f(t)dt$. A continuación, $g$ satisface $|g(x)-g(y)|\leq (x-y)^2$. Esto implica, a la vez que $g$ es continua, diferenciable con $g'(x)=0$. Por lo tanto, $g$ es constante y $g(0)=0$ implica que el $g(x)=0$.

Esto significa que $f$ es integrable con $\int_I f=0$ por cada intervalo de $I \subset [0,1]$ y esto se extiende a $\int_B f=0$ por cada Borel medible set $B \subset [0,1]$. Considere ahora los conjuntos de $A_n = \{ |f| \geq \frac{1}{n}\}$. A continuación, los conjuntos de $A_n$ son Lebesgue medibles y tenemos $\mu(A_n)=\sup\limits_{K \subset A_n, \text{ compact} }\mu(K)=0$ (desde compacto conjuntos de Borel medible; $\mu$ es la medida de Lebesgue).

Por lo tanto, $$\mu(\{f\neq 0\})=\mu(\bigcup_n A_n) =\sum_n \mu(A_n)=0 $$ por lo $f=0$ en casi todas partes.

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Answer 2

Hecho. Para cada $\varepsilon>0$, existe un $\delta>0$, de tal manera que $m(E)<\delta$ implica que el $\int_E|f|dx<\varepsilon$.

Esto es debido al hecho de que $f$ es integrable.

Tenemos que $$ \{x: f(x)\ne 0\}=\bigcup_{k\in Z} \{x: f(x)\(2^k,2^{k+1})\}\cup \bigcup_{k\in Z} \{x: f(x)\en (-2^{k+1},-2^{k})\}=\bigcup_{k\in Z}^+_k\cup\bigcup_{k\in Z}A^-_k. $$ Esto es suficiente para mostrar que $$ m(A_k^+)=m(A_k^-)=0, \quad\text{para todo}\,\,\, k\in \mathbb Z. $$ Suponga que $m(A_k^+)=a>0$. Para cada $\varepsilon>0$, existe un conjunto abierto $U$, de tal manera que $A_k^+\subset U$$m(U\smallsetminus A_k^+)<\varepsilon$. Entonces $$ \int_U f\,dx=\int_{A_k^+}f\,dx+\int_{U\smallsetminus A_k^+}f\,dx. $$ Claramente, $\int_{A_k^+}f\,dx\ge 2^ka$. Usando el Hecho anterior, podemos optar $\varepsilon$ lo suficientemente pequeño para que $\int_{U\smallsetminus A_k^+}|f|<2^{k-1}a$, y por lo tanto $$ \int_{U\smallsetminus A_k^+}f\,dx\ge-2^{k-1}, $$ y, por tanto,$\int_U f\,dx\ge2^{k-1}a.$, Pero, como $U$ es abierta, puede ser escrito como una unión de distintos intervalos abiertos: $U=\cup_{n\in\mathbb N}I_n$, y $$ 0<\int_U f\,dx=\sum_{n\in\mathbb N}\int_{I_n}f\,dx, $$ lo que significa que para algunos intervalo de $I_n=(c,d)$ debemos tener $$ \int_c^d f\,dx>0. $$ Utilizando ahora la asunción, para cada $n\in\mathbb N$, tenemos $$ \int_c^d f\,dx=\sum_{k=1}^n\int_{c+\frac{(k-1)(d-c)}{n}}^{c+\frac{k(d-c)}{n}} f\,dx\le n\cdot \left(\frac{d-c}{n}\right)^2=\frac{(d-c)^2}{n}, $$ lo que por supuesto implica que $\int_c^d f\,dx=0$, lo cual es una contradicción. Por lo tanto $f=0$.e.

Answer 3

El teorema de la diferenciación de Lebesgue dice eso si $f$ es integrable, entonces el $f(x) = \lim_{\epsilon \downarrow 0} {1 \over 2\epsilon} \int_{x-\epsilon}^{x+\epsilon} f(t) dt$ para ae. [$m$] $x \in [0,1]$. Desde $| {1 \over 2\epsilon} \int_{x-. \epsilon}^{x+\epsilon} f(t) dt | \le { (2 \epsilon)^2\over 2 \epsilon} $, podemos ver $f(x) = 0$ ae. [$m$] $x \in [0,1]$.