En física teórica, a menudo uno se encuentra con la siguiente justificación: si $f$ y $g$ son funciones en $\mathbf{R}^n$, satisfacer algunas condiciones técnicas, y $\displaystyle\int_\Omega f=\int_\Omega g$ para abrir todos los conjuntos $\Omega$, entonces $f=g$. (Por ejemplo, se obtiene a partir de Gauss la ley de "forma integral" $\displaystyle\int_\Omega\mathrm{div} \ E = \int_\Omega \rho$ su "forma diferenciada" $\mathrm{div} \ E=\rho$.) Ahora mi problema es: yo quiero saber que estas condiciones técnicas. Por supuesto, es una afirmación aparentemente obvia, pero me molesta no saber bajo qué condiciones este razonamiento es de fiar. ¿Hay algún teorema que responde a esta pregunta? Por supuesto, yo también soy feliz con una buena referencia.
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Me gustaría dar un carácter más abstracto, la medida de la teoría de la explicación. Por supuesto, esto es excesivo para la mayoría de las aplicaciones de la física, donde la más simple explicación proporcionada por Haskell Curry funciona perfectamente agradable.
Vamos $(\Omega \mathcal{F}, \mu)$ ser una medida en el espacio. Podemos suponer que una de las funciones es igual a cero, por ejemplo, de $g=0$. Se trata por tanto de encontrar las condiciones en las integrales de $f\colon \Omega \to \mathbb{R}$, que garanticen su desaparición hasta un conjunto de medida cero. Esta última observación es inevitable que realmente estamos trabajando en una categoría de funciones definidas a "casi en todas partes de equivalencia", es decir, hasta conjuntos de medida cero.
La primera afirmación es bastante simple: si todas las integrales desaparecen, después de la propia función se desvanece.
Lema Si $f\colon \Omega \to \mathbb{R}$ es una función medible tal que $$\int_A f\, d\mu=0,\qquad \forall \in \mathcal{F}, $$ entonces $f=0$ en casi todas partes.
Prueba. Considerar la parte positiva de $f^+$ de $f$, que se define como $f^+(x)=\max(f(x), 0)$. Esta es una función medible. Desde $$\int_{\Omega} f^+\, d\mu= \int_{\{f\ge 0\}} f\, d\mu =0, $$ y puesto que $f^+\ge 0$ en casi todas partes, podemos concluir que $f^+=0$ en casi todas partes. De hecho, podemos descomponer el conjunto $$\left\{f^+> 0\right\}=\bigcup_{n=1}^\infty \left\{f^+\ge \frac{1}{n}\right\},$$ y la pone en el lado derecho son todos nulos, debido a que $$ 0=\int_{\left\{f\ge \frac{1}{n}\right\}}f\, d\mu=\int_{\left\{f^+\ge \frac{1}{n}\right\}}f^+\, d\mu\ge\frac{1}{n}\left\lvert \left\{f^+\ge \frac{1}{n}\right\}\right\rvert.$$ Por lo tanto la condición de $f^+(x)>0$ sólo puede contener en un conjunto de medida cero. Desde $f^+$ es no negativa, esto significa que se debe desaparecer casi por todas partes, como se reivindica. La prueba de que la parte negativa de $f^-$ desvanece es análogo. $\square$
Por supuesto, no hay necesidad de comprobar la desaparición de las integrales sobre todos los conjuntos medibles. Uno puede hacer con sustancialmente menor a las familias de las integrales.
Teorema Suponga que $f\in L^1(\Omega)$ y $\mathcal{A}\subconjunto \mathcal{F}$ es una familia de conjuntos medibles tales que
- Por cada $A\in \mathcal{A}$ se tiene que $\int_A f\, d\mu=0$.
- $\Omega \in \mathcal{A}$ y $\mathcal{A}$ es $\pi$-sistema.
- El sigma-álgebra generada por $\mathcal{A}$ (que denotamos por $\sigma(\mathcal{A})$) es el conjunto de $\mathcal{F}$.
Entonces $f=0$ en casi todas partes.
Prueba. Definir $$\mathcal{A}'=\left\ {'\in \mathcal{F}\ :\ \int_{A'} f\, d\mu=0\right\}.$$ Por supuesto, tenemos $\mathcal{A}\subconjunto \mathcal{A}'$. Así que, claramente, $$\mathcal{F}=\sigma(\mathcal{A})=\sigma(\mathcal{A}').$$ Para concluir debemos demostrar que $\mathcal{A}'$ es una sigma-álgebra, lo cual implica que $\mathcal{A}'=\mathcal{F}$ y así la conclusión deseada por el Lema anterior. Desde $\mathcal{A}$ es $\pi$-sistema, será suficiente para demostrar que $\mathcal{A}'$ es $\lambda$-sistema y, a continuación, aplicar el $\pi$-$\lambda$ teorema. Procedemos a comprobar el $\lambda$-propiedades del sistema.
Por supuesto, tenemos $\Omega \in \mathcal{A}'$. También, es inmediato que si $A'$ y $B$ son $\mathcal{A}'$ y $Un'\subconjunto B'$, entonces $$\int_{B'\setminus Una'} f\, d\mu=0, $$ es decir, $B'\setminus Un'\in \mathcal{A}'$. Por último, si $A_1'\subconjunto A_2'\subconjunto \ldots $ es una expansión de la familia en $\mathcal{A}'$, entonces $$\int_{\bigcup_n A_n} f\, d\mu= \lim_{n \to \infty} \int_{\Omega} f\chi_{A_n}\, d\mu =0, $$ por el teorema de convergencia dominada, que es aplicable, ya que $\lvert f\chi_{A_n}\rvert \le \lvert f \rvert \en L^1(\Omega)$. $\square$
Este teorema se aplica para el caso en cuestión porque es la familia de todos los conjuntos cumple las propiedades 1, 2 y 3 anteriores cuando $\mathcal{F}$ es la sigma-álgebra de Borel conjuntos de $\mathbb{R}^n$. En realidad, no hay muchas más familias que tengan esas propiedades y son de uso práctico. La familia de todos los rectángulos es uno, pero la familia de todas las bolas (para que el teorema es verdadero) no es, porque no en propiedad 2. De hecho, la intersección de dos bolas de necesidades no ser una pelota. Supongo que la propiedad 2 puede ser sustituido por el siguiente más débil:
2$_\mathrm{débil}$. $\Omega\in \mathcal{A}$ y para todo $A, B\in \mathcal{A}$ existe $\varnothing \ne C\in \mathcal{A}$ tal que $C\subconjunto A\cap B$.
Si $ f $ y $ g $ se continua en $ L^{1} $-funciones, entonces usted sin duda puede concluir que $ f = g $. Necesitamos la $ L^{1} $-a fin de asegurar que las integrales de $ \displaystyle \int_{\Omega} f $ y $ \displaystyle \int_{\Omega} g $ se definen en el muy menos (especialmente si usted deja que $ \Omega = \mathbb{R}^{n} $).
Ahora, supongamos que $ \displaystyle \int_{\Omega} f = \int_{\Omega} g $ para abrir todos los subconjuntos de $ \Omega $ de $ \mathbb{R}^{n} $. Supongamos que, por el bien de la contradicción, de que $ f \neq g $. Sin pérdida de generalidad, podemos suponer que existe un valor de $ x \in \mathbb{R}^{n} $ tal que $ f(x) < g(x) $. Entonces, por la continuidad de $ f $ y $ g $, podemos encontrar una abierta barrio $ U $ de $ x $ tal que $ f(y) < g(y) $ para todo $ y \en U $. De ello se deduce fácilmente que $ \displaystyle \int_{U} f < \int_{U} g $, lo que contradice nuestra hipótesis inicial. El supuesto es falso, por lo que concluimos que $ f = g $.
Si usted está satisfecho con $f=g$, excepto en un conjunto de medida cero, esto es cierto para todos los integrable con un valor real de las funciones:
Por $\epsilon>0$, vamos a $A_\epsilon=\{x\in\mathbf{R}^n:f(x)-g(x)\geq\epsilon\}$. Supongamos que $\lambda(A_\epsilon)> 0$ $\epsilon$. Entonces $A_\epsilon$ contiene un abierto balón $B(y;\delta)$. Sigue
$$\int_{B(y;\delta)}(f-g)\geq\epsilon\cdot\lambda(B(y;\delta))>0,$$
lo que contradice la hipótesis. Por lo que $\lambda(A_\epsilon)=0$ para todo $\epsilon>0$. El mismo se puede hacer con $g-f$ en vez de $f-g$. Por tanto, el conjunto $\{x\in\mathbf{R}^n:|f(x)-g(x)|\geq\epsilon\}$ medida $0$ para $\epsilon$. Esto implica que $\{x\in\mathbf{R}^n:|f(x)-g(x)|>0\}$ medida $0$, por ejemplo, por la monotonía teorema de convergencia.
No estoy seguro de si la afirmación es verdadera para el complejo - o vector de valores de las funciones.
