problemas en la integral de Lebesgue

Question

1) Dada una medida de espacio, $f$ no negativo medibles función y $A$ $\sigma$- álgebra que $\mu(A)=0$, demuestran que, a $\displaystyle\int_{A} f\;d\mu=0$ .

Yo:

$$0\leq \int_{A}f\;d\mu=\int fI_{A}\;d\mu\leq \int \sup{f(A)}I_{A}\;d\mu=\sup{f(A)}\int I_{A}\;d\mu=\sup{f(A)}\mu(A)=0\;,$$ a continuación, $\displaystyle\int_{A}f\;d\mu=0\,.$

2) Dada una medida de espacio, vamos a $f$ ser una función integrable. Mostrar que $\displaystyle \int_{\{|f|>t\}} |f|\;d\mu\rightarrow 0$$t\rightarrow\infty$ .

Yo: desde $f$ es integrable, $|f|\lt \infty$ en casi todas partes, $\mu (\{|f|>t\}) = \mu(\Omega)- \mu(\{|f|\leq t\})$, y como $t\rightarrow\infty$, $\mu (\{|f|>t\})<\epsilon$, entonces $$\int_{\{|f|>t\}} |f|\;d\mu=\int |f|I_{\{|f|>t\}}\;d\mu\leq\max\{|f|\}\int I_{\{|f|>t\}}=\max\{|f|\}\;\mu(\{|f|>t\})<\max\{|f|\}\;\epsilon\;.$$ A continuación, se hace; yo puedo tomar $\epsilon=\frac1t$.

Así, ambas manifestaciones parece correcto para mí. Voy a estar agradecido si alguien me dice lo que está mal en ellos.

Saludos.

Answer 1

Edit: me he perdido algunas cosas en mi primera respuesta y actualizado mi respuesta en consecuencia.

Edit 2: No solo que me perdí algunas cosas en mi primera respuesta, me perdí el punto completo. Dejo la respuesta en este caso para fines de instrucción. Tasadduk la respuesta es definitivamente el camino a seguir sobre 2).

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Estoy de acuerdo con mac que la primera solución es casi ok, pero algo más de cuidado tiene que ser tomado (el supremum podría ser infinito y aunque se podría argumentar que el $\infty \cdot 0 = 0$ en teoría de la medida, un claro argumento es ciertamente preferible a una convención).

Me gustaría probar, primero, que para un no-negativa y delimitadas las funciones de $f$ tenemos $\int_{A} f \,d\mu = 0$, para ello se puede utilizar su argumento. La monotonía teorema de convergencia implica entonces que para todos no negativos funciones medibles, simplemente mediante la aproximación de $f$ $f_{n} = \min{\{f,n\}}$ de los de abajo.

Observación. La igualdad de $\int_{A} f = 0$ es válido para todos los medible $f$, debido a un general $f$ puede ser escrito como $f = f_+ - f_-$ $f_{+}(x) = \max{\{f(x),0\}}$ $f_{-}(x) = \max{\{-f(x),0\}}$ y el uso de la definición de $\int_{A} f\,d\mu = \int_{A} f_+ \,d\mu - \int_{A} f_-\,d\mu$ siempre al menos una de las integrales de la derecha es finito.

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Como mac también señaló, hay bastantes problemas en la segunda prueba y no veo cómo ahorrar con tu idea.

Esto es lo que yo haría. Deje $A_{t} = \{|f| \gt t\}$ y tenga en cuenta que para $s \lt t$ tenemos $A_{s} \supset A_t$. Definir $$a_{t} = \int_{\{|f| \gt t\}} |f|\,d\mu = \int_{A_t} |f|\,d\mu.$$ Desde $|f| \geq 0$ $A_{s} \supset A_{t}$ tenemos $a_{s} \geq a_{t}$$s \leq t$. Queremos mostrar que $a_{t} \to 0$$t \to \infty$. Por la monotonía de $t \mapsto a_{t}$, es suficiente para mostrar que $a_{n} \to 0$ $n \to \infty$ se ejecuta a través de los números naturales. Desde $a_{n} \geq 0$ $a_{n}$ es monótonamente decreciente, el límite de $a = \lim_{n \to \infty} a_{n}$ existe, y queremos demostrar que las $$a = 0.$$

Ahora vamos a $f_{n}(x) = \min{\{|f(x)|,n\}}$ y tenga en cuenta que $f_{n} \to |f|$ pointwise (y monótona). Por la monotonía teorema de convergencia (o el teorema de convergencia dominada, aplicable desde el $f_{n} \leq |f|$ $|f|$ es integrable, si prefiere) tenemos

$$\int |f|\,d\mu = \lim_{n \to \infty} \int f_{n}\,d\mu.$$

Por otro lado $n \leq |f|$ $A_{n}$ $0 \leq f_{n} \leq |f|$ $\Omega$ implica $$\int f_{n}\,d\mu = \int_{A_{n}} n \,d\mu + \int_{\Omega \smallsetminus A_{n}} f_{n}\,d\mu \leq \int_{A_{n}} |f|\, d\mu + \int |f| \,d\mu = a_{n} + \int |f|\,d\mu.$$

Pasando al límite en ambos lados de la estimación de $\int f_{n} \leq a_{n} + \int |f|$ tenemos $$\int |f|\,d\mu = a + \int |f|\,d\mu$$ y como $\int |f|\,d\mu \lt \infty$ llegamos a la conclusión de $a = 0$, como queríamos.

Answer 2

Solución (2): he sustituido t con n la causa que es como me gusta, jaja. Deje $E_n = \{ x: |f(x)|>n \}$. Tenga en cuenta que $E_n \supset E_{n+1}$, tenemos una disminución de secuencia de conjuntos. Y $\bigcap_n E_n = \{ x: |f(x)| = \infty \}$. Ahora desde $f$ es integrable, entonces es $|f|$. Definimos una medida $\lambda(E) = \int_E |f| d\mu$ para todos los $E$ $\sigma$- álgebra. Tenga en cuenta que $\lambda(E_1) = \int_{E_1} 1 d\mu\ \leq \int_{E_1} |f| d\mu\ < \infty$. Y desde $\mu(\bigcap_n E_n) = 0, \lambda(\bigcap_n E_n) = 0$. Así \begin{equation*} \lim_{n \to \infty} \int_{E_n} |f| d\mu\ = \lim_{n \to \infty} \lambda(E_n) = \lambda(\bigcap_n E_n) = 0. \end{ecuación*}

Comentario: Desde $f$ es integrable, entonces es $|f|$. Por lo tanto, si se da el caso de que $|f| = \infty$ a, que el conjunto tiene medida cero!!! Así, para este problema, no tenemos que preocuparnos por él.

Answer 3

1) creo que de una forma más natural argumento sería probar primero el resultado en el caso de que $f$ es una función simple, luego se extienden a través de la monotonía teorema de convergencia. Dicho esto, me gusta tu solución, aunque algo parece raro.

2) Este argumento no si $\max|f|$ no existe; es decir, si $\sup|f| = \infty$. Te recomiendo que prueba por contradicción: Si el resultado de la falla, entonces no es $\epsilon>0$ y una secuencia $t_1 < t_2 < t_3 <\cdots$ $t_i \to \infty$ tal que $$\int_{\{|f|>t_{i}\}} |f| \, du > \epsilon$$ for all $yo$. Using the monotone convergence theorem, you can then show that $$\sum^{\infty}_{i=k} \int_{\{t_i < |f| \leq t_{i+1}\}} |f|\, du = \int_{\{|f|>t_k\}}|f|\, du >\epsilon$$ for every $k$, so that sum on the left-hand side must be infinite (for each $k$), contrary to $f$'s de integrabilidad.