demostrando que $g=0$ casi en todas partes en $[0,1]$

Question

Dejemos que $g \in L^1[0,1]$ . Supongamos que dado cualquier par de racionales $0\leq p\lt q \leq 1$ tenemos $$\int_p^q g(x) d\mu=0.$$ Por favor, me gustaría que me ayudaran a demostrar que $g=0$ casi en todas partes en $[0,1]$ .

Answer 1

Tal vez mostrar la colección de conjuntos $A$ tal que $\int_A g\,d\mu = 0$ es una sigma-álgebra.

Answer 2

Este es un enfoque.

• Dejemos que $a$ y $b$ sean elementos de $[0,1]$ con $a<b$ . Tomando secuencias de racionales $(p_n)$ y $(q_n)$ en $[0,1]$ con $\lim\limits_{n\to\infty} p_n =a$ y $\lim\limits_{n\to\infty} q_n = b$ se puede demostrar que $\int\limits_a^b g\ d\mu =\lim\limits_{n\to\infty}\ \int\limits_{p_n}^{q_n}g\ d\mu$ .
• Si $U=\bigcup\limits_{n=1}^{\infty}(a_n,b_n)$ es un subconjunto abierto arbitrario de $[0,1]$ con $\{(a_n,b_n)\}$ una colección de intervalos abiertos disjuntos por pares, se puede demostrar que $\int\limits_U g \ d\mu =\sum\limits_{n=1}^\infty \ \int\limits_{a_n}^{b_n} g\ d\mu$ .
• Si $G=\bigcap\limits_{n=1}^\infty U_n$ es una arbitraria $G_\delta$ conjunto, con cada $U_n$ un subconjunto abierto de $[0,1]$ y con $U_{n+1}\subseteq U_n$ para cada $n$ se puede demostrar que $\int\limits_G g\ d\mu=\lim\limits_{n\to\infty}\ \int\limits_{U_n} g\ d\mu$ .
• Si $E$ es un subconjunto medible arbitrario de $[0,1]$ entonces $E=G\setminus N$ para algunos $G_\delta$ set $G$ y algún conjunto nulo $N$ y $\int\limits_E g\ d\mu=\int\limits_G g\ d\mu$ .
• Consideremos los conjuntos medibles $\{x:g(x)>0\}$ y $\{x:g(x)<0\}$ .

Answer 3

Los dos hechos siguientes son útiles:

(1) Que $f:[0,1] \rightarrow \overline{\mathbb{R}}$ sea una función integrable, entonces para todo $\epsilon > 0,$ existe un $\delta > 0$ tal que para todo $A \in \mathcal{L}([0,1])$ con $\mu(A) < \delta$ la integral $\displaystyle \int_A |f| d\mu < \epsilon.$

(2) Que $A \in \mathcal{L}([0,1]),$ entonces para cualquier $\epsilon > 0$ existe un conjunto abierto $U \supset A$ tal que $\mu(U) - \mu(A) < \epsilon.$ set

Ahora veamos cómo se pueden utilizar estos hechos para probar su afirmación. Dejemos que $A = \{x\in [0,1]: g(x) \ge 0\}.$ Si podemos mostrar $\displaystyle \int_A g d\mu < \epsilon$ para todos los valores de $\epsilon > 0$ la reclamación seguirá.

Arreglar $\epsilon > 0.$ Elija una $\delta > 0$ tal que para todo $A \in \mathcal{L}([0,1])$ con $\mu(A) < \delta$ la integral $\displaystyle \int_A |g| d\mu < \epsilon.$ Ahora elige un conjunto abierto $U \supset A$ satisfaciendo $\mu(U) - \mu(A) < \delta.$

Apelando al teorema de convergencia dominada, se observa $\displaystyle \int_U g d\mu$ para cualquier conjunto abierto $U$ de $[0,1].$

De ello se desprende

$$0 = \int_U g d\mu = \int_A g d\mu + \int_{U\setminus A} g d\mu.$$

Por lo tanto,

$$|\int_A g d\mu| \le \int_{U\setminus A} |g| d\mu < \epsilon$$

y la afirmación es la siguiente.

Answer 4

¿Has intentado utilizar el hecho de que $\mathbb{Q}\cap [0,1]$ es denso en $[0,1]$ ?

edit: En realidad lo que he publicado arriba no es particularmente útil. Aquí hay una idea diferente -

Supongamos que $g\geq0$ en $[0,1]$ por ahora. Deja que $A=\{x \,|\, g(x)>0\}$ y supongamos que $\mu(A)>0$ . Entonces tenemos que $$ \int_A g d\mu > 0$$ pero también tenemos que $A\subset[0,1]$ Así que $$\int_A gd\mu \leq \int_{[0,1]} gd\mu=0 $$ desde $0$ y $1$ son ambos racionales. Tal vez pueda extender esto al caso en el que no necesitamos asumir $g>0$ ?