No constante $L^1$ tiene una integral no nula en algún intervalo

Question

Demostrar que si $f\in L^1([0,1],\lambda)$ no es constante casi en todas partes entonces existe un intervalo para que $\int_I\!f\,\mathrm{d}\lambda\neq 0$ . Aquí $\lambda$ es la medida de Lebesgue de Lebesgue.

Como esto es obviamente cierto para las funciones continuas, he tratado de utilizar el hecho de que las funciones continuas con soporte compacto son densas en $L^1$ pero no estoy seguro de cómo configurarlo.

Answer 1

Definamos dos medidas $\nu_1$ y $\nu_2$ en $\mathcal B$ el Borel $\sigma$ -de la álgebra de $[0,1]$ . Definir, para cualquier $A\in \mathcal B$ , $$\nu_1(A)=\int_A f^+ d\lambda$$ y $$\nu_2(A)=\int_A f^- d\lambda$$ Desde $f\in L^1([0,1],\lambda)$ tenemos que ambos $\nu_1$ y $\nu_2$ son medidas finitas.

Supongamos ahora que $\int_I\!f\,d\lambda= 0$ para todos los intervalos $I$ .

Significa que, para todos los intervalos $I$ tenemos
$$\nu_1(I)-\nu2(I)= \int_I f^+ d\lambda-\int_I f^- d\lambda=\int_I (f^+ -f^-) d\lambda= \int_I\!f\,d\lambda=0$$ Así que $\nu_1$ y $\nu_2$ coinciden en la semibalgebra de los intervalos en $[0,1]$ . Dado que ambos $\nu_1$ , $\nu_2$ son medidas finitas, ambas tienen extensiones únicas a la $\sigma$ -generada por la semi-álgebra, que es $\mathcal B$ y tenemos, para todos $A\in \mathcal B$ $$\nu_1(A)=\nu_2(A)$$

Supongamos que $\lambda([f>0])>0$ , entonces hay $B \in\mathcal B$ (por ejemplo, el núcleo medible de Borel de $[f>0]$ ), de manera que $f>0$ en $B$ y $$\nu_1(B)=\int_B f^+ d\lambda>0=\int_B f^- d\lambda = \nu_2(A)$$ Es una contradicción, por lo que tenemos $\lambda([f>0])=0$

Ahora, supongamos que $\lambda([f<0])>0$ . De forma similar producimos una contradicción, y concluimos que $\lambda([f<0])=0$ .

Así que obtenemos $\lambda([f\neq 0])=0$ . Significa $f=0$ a.e..

Answer 2

Suponga que tiene un $f$ con $\int_I f d \lambda = 0$ para todos. Deja que $f_+$ y $f_-$ sean las partes positiva y negativa, es decir $f = f_+ - f_-$ . Ahora, fíjate en lo siguiente:

1) Ambos inducen medidas definidas por $\mu_+ (A) = \int_A f_+ d \lambda$ de forma similar para $\mu_{-}$

2) Podemos replantear la condición dada diciendo que estas medidas son equivalentes en el anillo de intervalos (es decir, el conjunto de la unión finita de intervalos)

3) Ya que $f \in L^1$ son medidas finitas, en concreto son $\sigma$ -finito.

4) Por extensión catódica, estas medidas deben ser iguales para el álgebra sigma de Borel.

Si $f$ no es igualmente $0$ a.e., entonces wlog existe un $A$ tal que $f > 0$ en este conjunto con $\lambda(A) > 0$ . Pero, entonces $\mu_+(A) > 0 = \mu_-(A)$ , lo cual es una contradicción.

Answer 3

Supongamos que $f\in L^1[0,1], m(\{f\ne 0\}) > 0.$ La prueba fácil es con el teorema de diferenciación de Lebesgue. Si $F(x) =\int_0^x f = 0$ para todos $x,$ entonces $F'(x) = f(x) = 0$ para a.e. x. Eso contradice nuestra suposición sobre $f,$ por lo que algunos $\int_0^x f \ne 0.$

Más elemental: WLOG, $f>0$ en un conjunto de medida positiva (una prueba similar vale si $f<0$ en un conjunto de medida positiva). Basta con demostrar que existe un conjunto abierto $U$ tal que $\int_U f>0.$ ¿Por qué? Porque $U$ es la unión disjunta por pares de intervalos abiertos $I_n.$ Por lo tanto, tendríamos

$$\int_U f = \int_{\cup \,I_n} f = \sum \int_{I_n}f >0.$$

Para que esa suma sea positiva, al menos un término de la suma es positivo, y ya está.

Dejemos que $E = \{f>0\}.$ Entonces $\int_E f>0.$ Hay conjuntos abiertos $U_1\supset U_ 2 \supset \cdots \supset E,$ con $m(E) = m(\cap U_k).$ Entonces $f\chi_{U_k} \to f\chi_E$ punto a.e. Porque $|f\chi_{U_k}| \le |f|,$ el teorema de convergencia dominante muestra

$$\lim_{k\to \infty} \int_{U_k}f = \int_E f > 0.$$

Así, $\int_{U_k}f > 0$ para grandes $k,$ y hemos terminado.