$\int \limits_{E}|f|d\mu<\varepsilon$ siempre $\mu(E)<\delta$.

Question

Supongamos $f\in L^1(\mu)$. Probar que para cada una de las $\varepsilon>0$ existe un $\delta>0$ tal que $\int \limits_{E}|f|d\mu<\varepsilon$ siempre $\mu(E)<\delta$.

Prueba: Vamos a $\varepsilon>0$ dado y $E$ ser cualquier conjunto medible. Desde $\int \limits_{E}|f|d\mu=\sup \limits_{0\leqslant s \leqslant |f|} \int \limits_{E}sd\mu$, existe una simple función medible $s(x)=\sum \limits_{i=1}^{n}\alpha_{i}1_{A_i}$$0\leqslant s \leqslant |f|$: $$\left(\int \limits_{E}|f|d\mu\right)-\frac{\varepsilon}{2}\leqslant \int \limits_{E}sd\mu \Rightarrow \int \limits_{E}|f|d\mu\leqslant \left(\int \limits_{E}sd\mu\right)+\frac{\varepsilon}{2}$$ Vamos a wotk con el último integral: $$\int \limits_{E}sd\mu=\sum \limits_{i=1}^{n}\alpha_i\mu(A_i)\leq \max\{\alpha_1,\dots, \alpha_n\}\sum \limits_{i=1}^{n}\mu(A_i)=\max\{\alpha_1,\dots, \alpha_n\}\mu(E)=L\mu(E)$$ where $L=\max\{\alpha_1,\dots, \alpha_n\}$. Taking $\delta=\frac{\varepsilon}{2L}$(if $L>0$, otherwise is obvious), for all $\mu(E)<\delta$, we get: $$\int \limits_{E}|f|d\mu<\frac{\varepsilon}{2}+L\mu(E)<\frac{\varepsilon}{2}+L\frac{\varepsilon}{2L}=\varepsilon$$

Lo siento si este tema está repetido, pero me gustaría saber es mi prueba correcta?

VERSIÓN EDITADA: Desde $|f|$ es medible en $X$$\int \limits_{X}|f|d\mu=\sup \limits_{0\leqslant s\leqslant |f|}\int \limits_{X}sd\mu$.

Deje $\varepsilon>0$ ser dado entonces existe simples medibles función de $s: 0\leqslant s\leqslant |f|$ $X$ tal que $\int \limits_{X}|f|d\mu-\dfrac{\varepsilon}{2}\leqslant \int \limits_{X}sd\mu$ donde $s=\sum \limits_{i=1}^{n}\alpha_i1_{A_i}$ donde $\alpha_1, \dots, \alpha_n$ son distintos positivos reales y $A_i=\{x: s(x)=\alpha_i\}$. También se $\sqcup_{i=1}^{n}A_i=X$. Tenga en cuenta que para cualquier $E\in \mathfrak{M}$ tenemos $$\int \limits_{E}(|f|-s)d\mu \leqslant \int \limits_{X}(|f|-s)d\mu\leqslant \frac{\varepsilon}{2}.$$ Tomando $\delta=\dfrac{\varepsilon}{2L},$ donde $L=\max\{\alpha_1,\dots,\alpha_n\}$. Tenga en cuenta que$\delta$, en este caso no depende de $E$! Por tanto, para $E$ $\mu(E)<\delta$ hemos: $$\int \limits_{E}|f|d\mu\leqslant \frac{\varepsilon}{2}+\int \limits_{E}sd\mu\leqslant \dfrac{\varepsilon}{2}+\sum \limits_{i=1}^{n}\alpha_i\mu(A_i\cap E)\leqslant \dfrac{\varepsilon}{2}+L\sum \limits_{i=1}^{n}\mu(A_i\cap E)$$$$\leqslant \dfrac{\varepsilon}{2}+L\mu((\sqcup_{i=1}^nA_i)\cap E)=\dfrac{\varepsilon}{2}+L\mu(E)=\varepsilon.$$

Answer 1

No creo que la prueba es correcta. Su elección de $\delta$ depende de $E$ (a través de la elección de $s$$E$). En la siguiente voy a demostrar un teorema, de que su problema es un caso especial.

En caso de que usted no sabe acerca de absolutamente continuas medidas, he aquí la definición:

Deje $\mu$ $\lambda$ medidas positivas en un $\sigma$-álgebra $\mathfrak{M}$. $\lambda$ se dice que ser absolutamente continua con respecto a $\mu$ fib $\forall E\in \mathfrak{M}$, $\mu(E) = 0$ indica $\lambda(E) = 0$.

El teorema (que justifica la "continuidad absoluta"):

Supongamos que $\mu$ $\lambda$ son medidas positivas en $\mathfrak{M}$, $\lambda$ ser finito. A continuación, $\lambda$ es absolutamente continua con respecto a $\mu$ fib $\forall \epsilon >0$, $\exists \delta > 0$ tal que $\forall E \in \mathfrak{M}$, $\mu(E)< \delta$ indica $\lambda(E) < \epsilon$.

Supongamos que la segunda sostiene. Luego se le da $E\in \mathfrak{M}$$\mu(E) = 0$, se deduce directamente que $\forall \epsilon > 0$, $\lambda(E)<\epsilon$. Por lo tanto $\lambda(E) = 0$.

Supongamos que el último no tiene. Entonces no existe $\epsilon > 0$ y una secuencia de conjuntos medibles $\{E_n\}$, de tal manera que $\mu(E_n) < 2^{-n}$ $\lambda(E_n)\geq \epsilon$ todos los $n$. Poner $A_n = \bigcup_{i=n}^\infty E_i$$A = \bigcap_{n=1}^\infty A_n$. Entonces $$ \mu(A) = \lim_{n\to \infty}\mu (A_n) \leq \lim_{n\to \infty}2^{n+1} = 0, $$ mientras $$ \lambda(A) = \lim_{n\to \infty} \lambda(A_n) \geq \epsilon > 0. $$ Por lo tanto $\lambda$ no es absolutamente continua con respecto a $\mu$. Esto termina la prueba.

Si usted sabe acerca de las medidas complejas, la definición y teorema de aquí, en realidad puede ser declarado con $\lambda$ ser un complejo de medir en su lugar, y la prueba es exactamente la misma.

En su caso, se observa que dada $f\in L^1(\mu)$, $d\lambda = |f|d\mu$ define absolutamente continua finito de medida $\lambda$ con respecto al $\mu$.