$\sum_{m=1}^{\infty }\frac{m}{2^n} \mu (E_{n,m}) \uparrow \int f d\mu$

Question

Dejemos que $f \geq 0$ y $E_{m,n}=\{x :m/2^n \leq f(x) < (m+1)/2^n \}$

Necesito mostrar que como $n \uparrow \infty$

$\sum_{m=1}^{\infty }\frac{m}{2^n} \mu (E_{n,m}) \uparrow \int f d\mu$

Mi intento: Sé que arreglando $n$ tenemos que en el conjunto $E_{n,m}$ que $m/2^n \leq f(x)$ Si consideramos que m es finito, entonces $F=\mathbb{1}_{E_{n,m}}m/2^n$ es una función simple tal que

$F \leq f \implies \int F d \mu \leq \int f d \mu \Leftrightarrow \sum_{m=1}^{K }\frac{m}{2^n} \mu(E_{m,n}) \leq \int f d \mu $

Ahora llevando K al límite obtenemos que $\sum_{m=1}^{\infty }\frac{m}{2^n} \mu (E_{n,m}) \leq \int f d \mu$ .

Es evidente que para un n fijo los conjuntos $E_{n,m}$ son disjuntos

Primero tengo que demostrar que el L.H.S está aumentando en $n$ (Ya he demostrado que siempre es menor que igual a $\int f d \mu$ . Entonces también tengo que demostrar que el lim de la L.H.S es efectivamente $\int f d \mu$ .

No puedo demostrar que L.H.S está aumentando en $n$ y que el límite es efectivamente el R.H.S

¿Pueden darme alguna pista sobre cómo proceder? Tenga en cuenta que no estoy buscando ninguna solución completa Gracias

Answer 1

La integral se define como el sumo de funciones acotadas con soporte finito.

Yo trabajaría directamente a partir de esta definición para mostrar el resultado. Si su función hubiera sido acotada y de soporte finito, entonces su análisis anterior está casi completo. Cada $f_n$ estaría compuesto por un conjunto finito de funciones que como $n$ va al infinito, obteniendo el supremum en la definición.

Sin embargo, su función es más general. Así es como yo procedería. En general, para $f$ para ser integrable en primer lugar, no puede tener a) mucha masa fuera del infinito, b) mucha masa por encima de un determinado punto. En términos de integrales: $$\int_\mathbb{R} f d\mu = \int_{[-N, N]^c} f \chi_{\{f(x) \leq M\}} d\mu + \int_\mathbb{R} f \chi_{\{f(x) > M\}} d\mu + \int_{[-N, N]} f \chi_{\{f(x) \leq M\}} d\mu$$ donde $[-N, N]^c$ es el complemento del intervalo $[-N, N]$ .

Esperemos que esto sea lo suficientemente sugerente como para que puedas terminar a partir de ahí, y concretar los detalles de lo anterior.

Answer 2

El L.H.S. está aumentando con $n$

Utilizar la igualdad $$E_{m,n}=E_{2m,n+1} \biguplus E_{2m+1,n+1}$$ para conseguir $$\sum_{m=1}^{\infty }\frac{m}{2^n} \mu (E_{n,m}) \le \sum_{m=1}^{\infty }\frac{m}{2^{n+1}} \mu (E_{n+1,m}).$$

El límite es efectivamente el R.H.S.

Demostrar que si $f$ es cualquier función simple, tendrá $\sum_{m=1}^{\infty }\frac{m}{2^n} \mu (E_{n,m}) \ge \int f d\mu$ para $n$ lo suficientemente grande.

Answer 3

Sugerencia :

Si $f_{n}:=\sum_{m=1}^{\infty}m2^{-n}1_{E_{m.n}}$ entonces $f_{n}\left(x\right)=\lfloor f\left(x\right)2^{n}\rfloor2^{-n}$ para un fijo $x\in\mathbb{R}$ .

En general $2\lfloor a\rfloor\leq\lfloor2a\rfloor$ para cada $a\in\mathbb R$ para que: $$f_{n}\left(x\right)=\lfloor f\left(x\right)2^{n}\rfloor2^{-n}\leq\lfloor f\left(x\right)2^{n+1}\rfloor2^{-n-1}=f_{n+1}\left(x\right)$$