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Demostrando que el integral con respecto a una medida abstracta es infinito

Supongamos que μ es una medida en (R,B(R)). Entonces mostrar que, μ-casi todos x R1(xt)2dμ(t)=

No estoy seguro de dónde empezar. Cualquier sugerencias son bienvenidos.

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David C. Ullrich Puntos 13276

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(tx)2dμ(t)C(xE).

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 FF1(tx)2dμ(t)dμ(x)Cμ(F).

Ahora fix n por el momento y deje Fj=F[a+j/n,a+(j+1)/n)(0j<n). Entonces Fj×Fj1(tx)2dμ(t)dμ(x)n2μ(Fj)2. Since the Fj×Fj are disjoint subsets of F×F this shows that n2μ(Fj)2Cμ(F).

Pero desde μ(Fj)=μ(F), Cauchy-Schwarz muestra que μ(F)2nμ(Fj)2.Combining two inequalities above now gives nμ(F)2Cμ(F).

Ahora vamos a n y recordemos que 0<μ(F)<.

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