Integral de Lebesgue con relación a contar medida

Question

Deje $\Omega$ ser un conjunto, $\mathcal{A} = \mathcal{P}(\Omega)$ el poder establecido, $\mu$ contando medida, $f$ no negativo de la función en $\Omega$, quiero mostrar que $$ \int_\Omega f d\mu = \sum_{x \in \Omega} f(x) $$ where $\sum_{x \in \Omega} f(x) = \sup \{\sum_{x \in F} f(x): F \mbox{ finito },\, F \subconjunto \Omega \}$.

$\forall F \subset \Omega$, tenemos

$$ \int_{\Omega} f d\mu \ge \int_F f d\mu = \sum_{x \in F} \int_{\{x\}} f d\mu = \sum_{x \in F} f(x) \mu(\{x\}) = \sum_{x \in F} f(x)$$

por lo $ \int_{\Omega} f d\mu \ge \sup_{F \subset \Omega} \{ \sum_{x \in F} f(x) \}$. ¿Cómo puedo mostrar el reverso de la desigualdad ?

Answer 1

Como $\mathcal{A} = \mathcal{P}(\Omega)$, sabemos que cualquier función de $f: \Omega \to \mathbb{R}$ es medible. Por el Sombrero lema, existe una secuencia $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ de los no-negativo funciones simples que $f_n \uparrow f$. La aplicación de Beppo Lévy del teorema de los rendimientos

$$\int f \, d\mu = \sup_{n \in \mathbb{N}} \int f_n \, d\mu. \tag{1}$$

Como $f_n$ es un valor no negativo función simple, podemos optar $c_j^n > 0$ $\emptyset \neq A_j^n \in \mathcal{B}(\mathbb{R}) $ tal que

$$f_n(x) = \sum_{j=1}^{m_n} c_j^n \cdot 1_{A_j^n}(x).$$

Ahora consideraremos dos casos por separado:

1. $A_j^n$ es un conjunto finito para todos $n \in \mathbb{N}$, $j=1,\ldots,m_n$. Entonces, como $\mu$ es el recuento de medida, hemos $$\int f_n \, d\mu = \sum_{j=1}^{m_n} \sum_{x \in A_j^n} c_j^n.$$ As $f_n \leq f$, we know that $c_j^n \leq f(x)$ for any $x \in A_j^n$. Hence, if we set $F_n := \bigcup_{j=1}^{m_n} A_j^n$, $$\int f_n \, d\mu = \sum_{j=1}^{m_n} \sum_{x \in A_j^n} c_j^n \leq \sum_{x \in F_n} f(x) \leq \sup\left\{ \sum_{x \in F} f(x); F \subset \Omega \, \text{finite} \right\}.$$
2. Existe $n \in \mathbb{N}$ $j\in \{1,\ldots,m_n\}$ tal que $A_j^n$ es infinito. Entonces $$\int f \, d\mu \geq \int f_n \, d\mu \geq \int_{A_j^n} f_n \, d\mu = \infty.$$ On the other hand, we can choose finite sets $F_m$ such that $F_m \subseteq F_{m+1} \subseteq A_j^n$ and $\bigcup_m F_m$ is an infinite set, then $$\begin{align*} \sup \left\{ \sum_{x \in F} f(x); F \subset \Omega \, \text{finite} \right\} &\geq \lim_{m \to \infty} \sum_{x \in F_m} f(x) \\ &\geq \lim_{n \to \infty} \sum_{x \in F_m} \underbrace{f_n(x)}_{c_j^n} \\ &= c_j^n \lim_{m \to \infty} \sum_{x \in F_m} 1 = \infty. \end{align*}$$

En consecuencia, en ambos casos,

$$\int f \, d\mu \leq \sup \left\{ \sum_{x \in F} f(x); F \subset \Omega \, \text{finite} \right\}.$$

Answer 2

Sólo tengo una respuesta parcial, suponiendo que $\int_\Omega f\; d\mu<\infty$. Llame a $\alpha$ el supremum en la pregunta y dejar que $E_n=\{x\in\Omega: f(x)>\frac{1}{n}\}$. Desde $f$ es integrable, para cada entero positivo $n$, $\frac{1}{n}\mu(E_n)=\int_\omega \frac{1}{n}\chi_{E_n}\; d\mu\leq \int_\Omega f; d\mu<\infty$ por lo $\mu(E_n)<\infty$ por cada $n$. Debido a $\mu$ es el recuento de medida, tenemos que $E_n$ es finito para cada $n$. Desde $E_n\subset E_{n+1}$ y la asignación de $A\mapsto \int_A f\; d\mu$ definido en $\mathcal{P}(\Omega)$ es una medida, de ello se desprende, por las propiedades de la medida, que $$ \lim\limits_{n\to\infty}\int_{E_n} f\; d\mu=\int_E f\; d\mu $$ Donde $E=\{x\in\Omega: f(x)>0\}$. Tenga en cuenta que $f$ es igual a cero, en el complemento de $E$$\int_E f\; d\mu=\int_\Omega f\; d\mu$.

Dado $\varepsilon>0$, vamos a $N$ ser lo suficientemente grande como para garantizar que $$ \int_\Omega f\; d\mu\int_{E_N}f\; d\mu<\varepsilon $$ Desde $E_N$ es finito, la última integral es igual a $\sum_{x\in E_N}f(x)$. Por lo tanto $$ \int_\Omega f\; d\mu<\sum_{x\in E_N}f(x)+\varepsilon\leq \alpha+\varepsilon $$ Desde $\varepsilon$ fue arbitraria, si se sigue que $\int_\Omega f\; d\mu\leq \alpha$ como se desee.