Pregunta: Vamos a $(X,\mathscr{M},\mu)$ ser una medida en el espacio y el $f\colon X \to [0,+\infty[$ ser una función medible. Si ${\rm gr}(f) \doteq \{ (x,f(x)) \mid x \in X \}$, entonces es siempre satisfacer $$(\mu \times \newcommand{\m}{\mathfrak{m}} \m)({\rm gr}(f)) = 0$$even if the domain space is not $\sigma$-finite? Here $\m$ denotes Lebesgue measure in $[0,+\infty[$.
Contexto: definir las "sombras" $$\begin{align*} G_{f,<} &\doteq \{ (x,y) \in X \times \left[0,+\infty\right[ \mid y < f(x) \} \\ G_{f,\leq} &\doteq \{ (x,y) \in X \times \left[0,+\infty\right[ \mid y \leq f(x)\}.\end{align*}$$One can prove that $$(1) \qquad (\mu \times \m)(G_{f,<}) = \int_X f(x)\,{\rm d}\mu(x)$$ and that, if $\mu$ is $\sigma$-finite, that $$(2) \qquad(\mu \times \m)(G_{f,\leq}) = \int_X f(x)\,{\rm d}\mu(x).$$This implies that if $\mu$ is $\sigma$-finite, then $(\mu \times \m)({\rm gr}(f)) = 0$. Pero esta hipótesis realmente necesario?
Tengo las siguientes pruebas, en caso de que esto le ayuda a alguien pensar:
La prueba de (1) sin $\sigma$-finitud: Si $A \in \mathscr{M}$$f = \chi_A$, luego $$(\mu \times \m)(G_{f,<}) \stackrel{(\ast)}{=} (\mu \times \m)(A \times [0,1[) = \mu(A)\m([0,1[) = \mu(A) = \int_X \chi_A(x)\,{\rm d}\mu(x),$$where $(\ast)$ holds because points have zero Lebesgue measure. The above clearly implies that the formula is valid for simple positive functions. If $f$ is measurable and positive, take a sequence $(\varphi_n)_n$ of simple and positive functions that converge to $f$, increasing. Then $\bigcup_n G_{\varphi_n,<} = G_{f,<}$, so upper continuity of the product measure and the Monotone Convergence Theorem give $$\begin{align*}(\mu \times \m)(G_{f,<})&=(\mu \times \m)\left(\bigcup_n G_{\varphi_n,<}\right) = \lim_n (\mu \times \m)(G_{\varphi_n,f})\\ &= \lim_n \int_X \varphi_n(x)\,{\rm d}\mu(x) = \int_X f(x)\,{\rm d}\mu(x),\end{align*}$$as wanted. This fails for $G_{f,\leq}$, ya que establece la igualdad no tiene que ser verdadero ya. Si todavía teníamos la igualdad de las medidas, que estaría bien, pero creo que las cantidades a mi pregunta inicial.
Pruebas asumiendo $\sigma$-finitess: aplicar Fubini-Tonelli como sigue: $$\begin{align*} (\mu \times \m)(G_{f,<}) &= \int_{X \times [0,+\infty[} \chi_{G_{f,<}}(x,y)\,{\rm d}(\mu \times \m)(x,y) \\ &= \int_X \int_{[0,+\infty[} \chi_{[0,f(x)[}(y)\,{\rm d}\m(y)\,{\rm d}\mu(x) = \int_X f(x)\,{\rm d}\mu(x)\end{align*}$$Since points have zero Lebesgue measure, the same argument with $[0,f(x)]$ instead of $[0,f(x)[$ gives the formula for $G_{f,\leq}$. And using $\{f(x)\}$ instead along with $\m(\{f(x)\}) =0$ gives $(\mu \times \m)({\rm gr}(f))=0$.
Bonus track: ¿alguien sabe los resultados en esta dirección si había otra forma de medir el espacio como co-dominio? Es posible tener la "grasa" de los gráficos?
