para cada uno $ \epsilon >0$ hay un $ \delta >0$ de tal manera que cuando $m(A)< \delta $ , $ \int_A f(x)dx < \epsilon $

Question

Este es un viejo problema de examen preliminar:

Demuestra que, para cada función integrable de Lebesgue no negativa $f:[0,1] \rightarrow \mathbb {R}$ y cada $ \epsilon >0$ existe un $ \delta >0$ de tal manera que para cada conjunto medible $A \subset [0,1]$ con $m(A)< \delta $ se deduce que $ \int_A f(x)dx< \epsilon $ .

Aquí está mi intento de prueba: Desde $[0,1]$ es compacto, y $f$ es de valor real, existe un $M>0$ de tal manera que $f(x) \le M$ para todos $x \in [0,1]$ . Por lo tanto, para $ \epsilon >0$ que $ \delta = \epsilon /M$ . Entonces para todos $A \subset [0,1]$ de tal manera que $m(A)< \delta $ tenemos que $ \int_A f(x)dx \le Mm(A)< \epsilon $ . ¿Dónde? $m$ denota la medida de Lebesgue.

La parte de la que no estoy seguro es la existencia de $M$ . Si la función es continua, entonces no hay ningún problema, pero $f$ no tiene que ser continuo para ser medible Lebesgue. Por otro lado, el problema dice que $f$ es de valor real, no de valor real extendido, así que esto significa que $f(x)$ está definido y es finito para cada $x$ ¿verdad?

Answer 1

Cualquier integrable $f:[0,1] \to R$ puede ser aproximado por una función continua $f_ \epsilon $ en $[0,1]$ hasta $ \epsilon $ en $L^1$ . Con esto, la solución a tu argumento es usar la desigualdad del triángulo:

$$ \left | \int_A f dx \right | \leq \left | \int_A (f-f_ \epsilon ) dx \right | + \left | \int_A f_ \epsilon dx \right | \leq \epsilon + \delta M.$$

Epsilon se escoge primero, de esto obtenemos un $M$ dependiente de $f_ \epsilon $ (dependiente de $ \epsilon $ ) y a partir de esto podemos elegir $ \delta = \epsilon /M$ . para obtener el límite superior $2 \epsilon $ .

Si no te sientes cómodo con una aproximación continua (teorema de ala Lusin) puedes usar funciones simples en su lugar.

Answer 2

No tienes que limitarte a $[0,1]$ . Aquí está la prueba.

Deje que $B_n=\{x:x \in E,\:n-1<f(x) \leqslant n\}$ y $C=\{x:x \in E,\:f(x)>n\}$ . Tenemos $$ \int_Efdm = \int_ { \bigcup_ {n=1}^{ \infty }B_n}fdm= \sum_ {n=1}^{ \infty } \int_ {B_n}fdm $$ Desde $ \sum_ {n=1}^{ \infty } \int_ {B_n}fdm$ es absolutamente convergente, dado que $ \epsilon >0$ hay un $N$ de tal manera que para cualquier $n>N$ $$ \sum_ {n=N+1}^{ \infty } \int_ {B_n}fdm= \int_ { \bigcup_ {n=N+1}^{ \infty }B_n}fdm< \epsilon /2 \tag {1} $$ Deje que $$ B= \bigcup_ {n=1}^{N}B_n \quad\text {and} \quad C= \bigcup_ {n=N+1}^{ \infty }B_n=E-B $$ Toma $ \delta = \dfrac { \epsilon }{2(N+1)}$ . Entonces para cualquier $A \subset E$ de tal manera que $m(A)< \delta $ por $(1)$ $$ \int_Afdm = \int_ {A \cap (B \cup C)}fdm= \int_ {A \cap B}fdm+ \int_ {A \cap C}fdm \leqslant N \int_Adm + \int_Cfdm <N \dfrac { \epsilon }{2(N+1)}+ \dfrac { \epsilon }{2}< \epsilon $$