La equivalencia de un Lebesgue Integrable función

Question

Tengo la siguiente pregunta:

Vamos $X$: $\mu(X)<\infty$, y deje $f \geq 0$$X$. Demostrar que $f$ es Lebesgue integrable en $X$ si y sólo si $\sum_{n=0}^{\infty}2^n \mu(\lbrace x \in X : f(x) \geq 2^n \rbrace) < \infty $.

Tengo las siguientes ideas, pero soy un poco inseguro. Para la dirección de avance:

Por nuestra hipótesis, estamos llevando $f$ es Lebesgue integrable. Suponga $\sum_{n=0}^{\infty}2^n \mu(\lbrace x \in X : f(x) \geq 2^n \rbrace) = \infty $. Entonces para cualquier n, no importa cuán grande, $\mu(\lbrace x \in X : f(x) \geq 2^n \rbrace)$ tiene medida positiva. De lo contrario, la suma rescindir para un determinado $N$, dándonos $\sum_{n=0}^{N}2^n \mu(\lbrace x \in X : f(x) \geq 2^n \rbrace) < \infty $. Así tenemos a $f$ acotada en un conjunto de medida positiva, que en combinación con $f(x) \geq 0$, nos da ese $\int_E f(x) d\mu=\infty$. Esta es una contradicción a $f$ Lebesgue integrable. Así que nuestra suma debe ser finito.

Para la dirección inversa:

Tenemos que $\sum_{n=0}^{N}2^n \mu(\lbrace x \in X : f(x) \geq 2^n \rbrace) < \infty \\$. Suponga que $f$ no es Lebesgue integrable, entonces tenemos $\int_E f(x) d\mu=\infty$. Ya que estamos integrando sobre un conjunto finito $X$, esto significa que $f(x)$ debe ser acotada en un conjunto de medida positiva, que hace que nuestra suma infinita, una contradicción.

Cualquier pensamiento en cuanto a la validez de mi prueba? Me siento como si hay una manera más fácil, una forma directa de hacerlo.

Answer 1

$$\frac12\left(1+\sum_{n=0}^{+\infty}2^n\,\mathbf 1_{f\geqslant2^n}\right)\leqslant f\lt1+\sum_{n=0}^{+\infty}2^n\,\mathbf 1_{f\geqslant2^n}$$

Answer 2

Sugerencia: cambiar el orden de integración da $$\int_X f(x)\,\mu(dx)=\int_X \int_0^{f(x)}\,dt\,\mu(dx) =\int_0^\infty \mu(x: f(x)>t)\,dt$$ Esta ecuación es verdadera si las dos partes son finitos o infinitos.

Desde $G(t):= \mu(x: f(x)>t)$ está disminuyendo, tenemos $$G(2^{n+1}) \int_{2^n}^{2^{n+1}}\,dt \leq \int_{2^n}^{2^{n+1}} G(t) \,dt \leq G(2^n) \int_{2^n}^{2^{n+1}}\,dt$$ y, por tanto, $\int_0^\infty G(t)\,dt<\infty$ si y sólo si $\sum_{n=0}^\infty 2^n G(2^n)<\infty.$

También, hizo ver la respuesta aquí.

Answer 3

Deje $E_n = \lbrace x \in X : 2^n \leq f(x) < 2^{n+1} \rbrace$. Deje $F = \lbrace x \in X : f(x) < 1 \rbrace$. A continuación, $X$ es un discontinuo de la unión de $F$ y $E_n$, $n = 0,1,\dots$. Por lo tanto $\int_X f(x) d\mu = \int_F f(x) d\mu + \sum_{n=0}^{\infty} \int_{E_n} f(x) d\mu$.

Deje $G_n = \lbrace x \in X : f(x) \geq 2^n \rbrace$. A continuación,$E_n = G_n - G_{n+1}$. Deje $m_n = \mu(G_n)$. Desde $\mu(E_n) = \mu(G_n - G_{n+1}) = m_n - m_{n+1}$, $2^n(m_n - m_{n+1}) \leq \int_{E_n} f(x) d\mu \leq 2^{n+1}(m_n - m_{n+1})$. Por lo tanto

$\int_F f(x) d\mu + \sum_{n=0}^{\infty} 2^n(m_n - m_{n+1}) \leq \int_X f(x) d\mu \leq \int_F f(x) d\mu + \sum_{n=0}^{\infty} 2^{n+1}(m_n - m_{n+1})$

Deje $s = \sum_{n=0}^{\infty} 2^n m_n$. Supongamos $f$ es integrable. El de arriba a la izquierda de la desigualdad, $\sum_{n=0}^{\infty} 2^n(m_n - m_{n+1}) < \infty$. Desde $\sum_{n=0}^{\infty} 2^n(m_n - m_{n+1}) = m_0 + \sum_{n=0}^{\infty} 2^n m_{n+1} = m_0 + (\sum_{n=0}^{\infty} 2^{n+1} m_{n+1})/2 < \infty$, $s < \infty$.

Por el contrario supongamos $s< \infty$. Tenga en cuenta que $\int_F f(x) d\mu < \infty$. Por la parte superior derecha de la desigualdad, $\int_X f(x) d\mu \leq \int_F f(x) d\mu + \sum_{n=0}^{\infty} 2^{n+1}(m_n - m_{n+1}) = \int_F f(x) d\mu + 2m_0 + \sum_{n=0}^{\infty} 2^{n+1} m_{n+1} = \int_F f(x) d\mu + m_0 + s < \infty$.

Answer 4

Esto no va a hacer bien. Su argumento no se utilizan realmente el $2^n$ a todos los: sería exactamente el mismo si lo que pedían $\sum_{n=0}^{\infty}\mu(\{x \in X: f(x) \geq 2^n\}) < \infty$. Sin embargo, $\frac{1}{x}$ satisface esta más débil de la hipótesis en $[0,1]$: la infinita suma se convierte en $\sum_{i=0}^\infty \frac{1}{2^i}=2$, mientras que sabemos que la integral diverge. Vea si usted puede tratar de un enfoque similar que utiliza de forma explícita el decaimiento exponencial de la medida de los conjuntos en que $f$ es grande.

Answer 5

El hecho de que la suma es infinita, no significa que no convergen, considere la posibilidad de $f(x)=\frac{1}{\sqrt x}$$[0,1]$. Es integrable, sin embargo, claramente la suma no es finito en este caso: es $\sum_n 2^n\cdot 2^{-2n}=2<\infty$.

Poner $A_n:=\{ x\vert f(x)\geq 2^n\},B_n:=A_n\setminus A_{n+1},a_n=\mu(A_n)$. A continuación, defina $h_1=\sum_n2^{n+1}\chi_{B_n}$. Excepto en los puntos donde la $f<1$ o $f=\infty$ (que se resuelven fácilmente), tenemos $h_1/2\leq f\leq h_1$, por lo que si $f$ no es infinito en un conjunto de medida positiva, $f$ es integrable iff $h_1$ es.

Por otro lado, $$\int f\leq \int h_1=2\sum_{n\geq 0} 2^n(a_n-a_{n+1})\leq 2\sum_n 2^n a_n$$

Edit2: En su lugar, echa un vistazo a $h_2:=\sum_n 2^{n-1}\chi_{A_n}$. A continuación, para cada una de las $x\in B_n$ tenemos que $h_2(x)\leq \sum_{j\leq n}2^{j-1}<2^n\leq f(x)$, e $h_2\leq f$ en casi todas partes, así que si $f$ es integrable, $h_2$ es demasiado. Entonces: $$\int h_2=\sum_n 2^{n-1}\mu(A_n)=\frac{1}{2}\sum_n 2^n\mu(A_n)$$ por lo $\sum_n 2^n\mu(A_n)$ converge y hemos terminado.