Supongamos que μ es una medida en (R,B(R)). Entonces mostrar que, μ-casi todos x ∫R1(x−t)2dμ(t)=∞
No estoy seguro de dónde empezar. Cualquier sugerencias son bienvenidos.
Supongamos que μ es una medida en (R,B(R)). Entonces mostrar que, μ-casi todos x ∫R1(x−t)2dμ(t)=∞
No estoy seguro de dónde empezar. Cualquier sugerencias son bienvenidos.
Tecnicismo: En este tipo de contexto "medir" normalmente significa "regular Borel mmeasure". Tenemos que asumir que la μ es una medida de Borel o hay ninguna razón por la que el integrando debe ser medible. No necesitamos que preocuparse acerca de la regularidad: Todos necesitamos de regularidad a continuación es la μ(K)<∞ compacto K, y esto es algo que podemos asumir wlog, porque si K es compacto y μ(K)=∞, entonces la integral es infinita para cada x.
Esto es curioso. Si la integral no es infinito para casi todas las x, a continuación, contables aditividad no existe C<∞ y un conjunto E μ(E)>0 tal que ∫R1(t−x)2dμ(t)≤C(x∈E).
De nuevo contables aditividad existe a, de modo que μ(F)>0, si F=E∩[a,a+1). Note that μ(F)<∞, por el "tecnicismo".
La desigualdad anterior muestra que el ∫F∫F1(t−x)2dμ(t)dμ(x)≤Cμ(F).
Ahora fix n por el momento y deje Fj=F∩[a+j/n,a+(j+1)/n)(0≤j<n). Entonces ∫∫Fj×Fj1(t−x)2dμ(t)dμ(x)≥n2μ(Fj)2. Since the Fj×Fj are disjoint subsets of F×F this shows that n2∑μ(Fj)2≤Cμ(F).
Pero desde ∑μ(Fj)=μ(F), Cauchy-Schwarz muestra que μ(F)2≤n∑μ(Fj)2.Combining two inequalities above now gives nμ(F)2≤Cμ(F).
Ahora vamos a n→∞ y recordemos que 0<μ(F)<∞.
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