Mostrando a.e de $f\ge1$ $[a,b]$

Question

Ser el que $f$ $\in L[a,b]$ asumir cualquier subinterval $I \subset [a,b]$ tenemos $\int_I f \geq |I|$ Mostrar eso a.e de $f \geq 1$ $[a,b]$.

Comencé con una prueba por contradicción. Asumir que existe un conjunto de $E$ que tiene medida positiva donde $f < 1$ en E. Podemos encontrar desde f $\in L[a,b]$ $|f| < N$ a.e. Entonces encontrar una Unión de intervalos disjuntos $\cup I_k$ donde $m(\bigcup I_k - E) < \frac{\epsilon}{N} $ (usando la supresión) soy capaz de usar esto para demostrar que $\int_{\bigcup I_k} f < m(\bigcup I_k) + \frac{\epsilon}{N} $ pero no puedo parecen mostrar $\int_{\bigcup I_k} f < m(\bigcup I_k)$ que necesito para una contradicción (la igualdad no es suficiente). ¡Ayuda!

Answer 1

Creo que esto podría funcionar. Ya que $f$ es integrable sobre cada $[a,b]$$\epsilon >0$ allí existe un $\delta >0$ donde si $A \subset [a,b]$ y $m(A) < \delta$ tenemos $\int_A |f| < \epsilon$. Desde $\int_E f < m(E)$ allí existe un $n$ tal que $\int_E f < m(E) - \frac{1}{n}$. Que $\epsilon = \frac{1}{n} . $ encontrar el % de intervalos disjuntos $I_k$tal que $E \subset \cup I_k$ y $m(\cup I_k-E) < \delta$ tenemos entonces: $\int_{\cup I_k} f = \int_E f + \int_{(\cup I_k-E)}f < m(E)-\frac{1}{n}+\epsilon = m(E) \leq m(\cup I_k)$

Puesto que el $I_k$ son separados esto contradice $\int_{I_k} f >= m(I_k)$

Answer 2

Supongamos por contradicción que $\mathcal{L}^{1}(\{x\in\lbrack a,b]:\,f(x)<1\})>0$. Desde $$ \{x\in(a,b):\,f(x)<1\}=\bigcup_{n=1}^{\infty}\{x\in(a,b):\,f(x)\leq1-1/n\}, $$ existe $n$ de manera tal que el conjunto $E=\{x\in(a,b):\,f(x)\leq1-1/n\}$ ha medir el $\mathcal{L}^{1}(E)=M>0$. Desde $f$ es integrable, para cada $\varepsilon>0$ existe $\delta>0$ que si $F\subseteq\lbrack a,b]$ es un conjunto medible con $\mathcal{L}^{1}(F)\leq\delta$, $\int _{F}|f(x)|\,dx\leq\varepsilon$ (no voy a probar esto. Se trata de un estándar propiedad de funciones integrables). Fix $\varepsilon<M/n$ y un conjunto abierto $U\subseteq(a,b)$ que contiene $E$ e tal que $\mathcal{L}^{1}(U\setminus E)\leq\delta$. Then $U$ puede ser escrito como la unión de countably muchos discontinuo los intervalos de $I_{k}$. De ello se sigue que $$ \int_{U}f(x)\,dx=\sum_{k}\int_{I_{k}}f(x)\,dx\geq\sum_{k}\mathcal{L}^{1}% (I_{k})=\mathcal{L}^{1}(U)\geq M. $$ Por otro lado, \begin{align*} \int_{U}f(x)\,dx & \leq\int_{U\setminus E}f(x)\,dx+\int_{E}f(x)\,dx\leq \varepsilon+(1-1/n)\mathcal{L}^{1}(E)\\ & \leq\varepsilon+(1-1/n)M. \end{align*} Por lo tanto, $M\leq\varepsilon+(1-1/n)M$, lo que da $M/n\leq\varepsilon$, un contradicción.

Hay una forma mucho más simple prueba de uso de Lebesgue puntos, es decir, el hecho de que para $\mathcal{L}^{1}$ .e. $x\in(a,b)$ existe $$ \lim_{r\rightarrow0^{+}}\frac{1}{2r}\int_{x-r}^{x+r}f(t)\,dt=f(x), $$ pero probablemente es demasiado avanzado.

Answer 3

¿Por qué no usar una cubierta de Vitali de $E$? Desde $|E| < +\infty$, se deduce que hay una colección de % de intervalos disjuntos $\{I_k\}$tal que

$$\left| E - \bigcup_k I_k \right| = 0.$$

¿Su contradicción debería funcionar en este caso, no? Si suponemos que $f < 1$ en un $E \subset [a,b]$, $|E| > 0$, entonces,

$$\int_E f = \sum_k \int_{I_k} f < \left| \bigcup_k I_k \right| = \sum_k |I_k|.$$

La afirmación anterior es verdadera si y sólo si hay un particular $I_j$ tal que $\int_{I_j}f < |I_j|$, una clara contradicción de la asunción original que $\int_I f \ge |I|$ % nondegenerate todos $I \subset [a,b]$.