Monotonicidad "estricta" de la integral

Question

Dejemos que $(X,\mathcal{E},\mu)$ sea un espacio de medidas. Sea $u,v$ sea $\mu$ -funciones medibles. Si $0 \leq u \leq v$ y $\int_X v d\mu$ existe sabemos que $\int_X u d\mu \leq \int_X v d\mu$ .

Quería saber si $0 \leq u < v$ y $\int_X v d\mu$ existe entonces es cierto que $\int_X u d\mu < \int_X v d\mu$ ? Esto se puede demostrar para funciones simples fácilmente, es decir, si $u,v$ son simples.

He asumido aquí que $\int_X u d\mu = \sup \{\int_X u_n d\mu, u_n \text{simple}, \mu-\text{measurable}, u_n \leq u\}$ donde una función simple se define como una función cuya cardinalidad del rango es finita.

Cualquier ayuda es muy apreciada.

Gracias, Phanindra

Answer 1

En primer lugar, $\int_X v\,d\mu$ existe desde $v\geq 0$ . En segundo lugar, quiere demostrar que $\int\limits_X(v-u)\,d\mu>0$ donde $v-u$ es una función medible positiva arbitraria, por lo que es lo mismo que preguntar si $\int\limits_Xf\,d\mu>0$ para una función positiva $f$ (por supuesto, medible).

Considere el conjunto $X_n = \{x\in X:f(x)\geq\frac1n\}$ para todos $n\in \mathbb N$ . Entonces $\bigcup\limits_{n=1}^\infty X_n = X$ y $X_n\subseteq X_{n+1}$ .

Ahora, supongamos que $\mu(X)>0$ y $$\int\limits_Xf\,d\mu = 0$$ así que $$0 = \int\limits_Xf\,d\mu \geq\int\limits_{X_n}f\,d\mu\geq\frac1n\mu(X_n)$$ así que $\mu(X_n) = 0$ para cualquier $n\in\mathbb N$ . Por la continuidad de la medida obtenemos que $$\mu(X) = \mu\left(\bigcup\limits_{n=1}^\infty X_n\right) = \lim\limits_{n\to\infty}\mu(X_n) = 0$$ lo cual no es cierto.

Answer 2

Por contraposición, se podría demostrar que si $w\ge0$ y $\displaystyle\int\limits_Xw\mathrm d\mu=0$ entonces $w=0$ $\mu$ -casi en todas partes. Para ver esto, considere $A_n=\{x\mid w(x)\ge1/n\}$ y observe que $w\ge n^{-1}\mathbf 1_{A_n}$ por lo que $\displaystyle\int\limits_Xw\mathrm d\mu\ge n^{-1}\mu(A_n)$ por lo que $\mu(A_n)=0$ por cada $n$ por lo que $\{x\mid w(x)\ne0\}=\bigcup\limits_nA_n$ tiene medida cero. Has terminado.