Supongamos que $\mu$ es una medida en $(\mathbb{R}, \mathcal{B}(\mathbb{R}))$. Entonces mostrar que, $\mu$-casi todos $x$ $$ \int_\mathbb{R} \frac{1}{(x-t)^2}\,\mathrm{d}\mu(t) = \infty $$
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 $\mu$ 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 $\mu(K)<\infty$ compacto $K$, y esto es algo que podemos asumir wlog, porque si $K$ es compacto y $\mu(K)=\infty$, 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 $C<\infty$ y un conjunto $E$ $\mu(E)>0$ tal que $$\int_{\mathbb R}\frac1{(t-x)^2}d\mu(t)\le C\quad(x\in E).$$
De nuevo contables aditividad existe $a$, de modo que $\mu(F)>0$, si $$F=E\cap[a,a+1).$$ Note that $\mu(F)<\infty$, por el "tecnicismo".
La desigualdad anterior muestra que el $$\int_F\int_F\frac1{(t-x)^2}d\mu(t)d\mu(x)\le C\mu(F).$$
Ahora fix $n$ por el momento y deje $$F_j=F\cap[a+j/n,a+(j+1)/n)\quad(0\le j<n).$$ Entonces $$\int\int_{F_j\times F_j}\frac1{(t-x)^2}d\mu(t)d\mu(x)\ge n^2\mu(F_j)^2.$$ Since the $F_j\times F_j$ are disjoint subsets of $F\times F$ this shows that $$n^2\sum\mu(F_j)^2\le C\mu(F).$$
Pero desde $\sum\mu(F_j)=\mu(F)$, Cauchy-Schwarz muestra que $$\mu(F)^2\le n\sum\mu(F_j)^2.$$Combining two inequalities above now gives $$n\mu(F)^2\le C\mu(F).$$
Ahora vamos a $n\to\infty$ y recordemos que $0<\mu(F)<\infty$.
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