$\int_x^z f=0$ por cada $z\in[x,y]$,$f(a)=0$.e. en $[x,y]$.

Question

Tengo que probar la siguiente declaración

Deje $f$ ser acotado medible de la función en$[x,y]$. Supongamos que $\int_x^z f=0$ por cada $z\in[x,y]$,$f(a)=0$.e. en $[x,y]$.

Supongo que $f$ no es igual a$0$.e. en $[x,y]$, por lo que debemos tener $f>0$ o $f<0$. Ahora no sé cómo encontrar un intervalo de $I$ de la forma $[x,z]$ tal que $$\int_I f\ge \frac1 n m(I)$$ . Por favor me ayude.

Answer 1

Aquí es una prueba de que sigue bastante estándar, un patrón. (Que es, mostrar que la condición mantiene en intervalos abiertos conjuntos y, a continuación, en cualquier conjunto medible. En este caso no es necesario para completar el último paso, pero este es un buen patrón para saber).

Tenemos $\int_a^b f = \int_x^b f - \int_x^a f = 0$ cualquier $a,b$. Por lo tanto $\int_If = 0$ para cualquier intervalo de $I \subset [x,y]$. Esto es claramente cierto en la unión finita de intervalos disjuntos así. Deje $B$ ser un obligado en $|f|$ y deje $U \subset [x,y]$ ser abierto. Entonces podemos escribir $U = \cup_k I_k$ donde $I_k$ es una colección de distintos intervalos abiertos. Desde $f (x)1_{\cup_{k=1}^n I_k} (x) \to f(x) 1_U (x)$, y todas las funciones están uniformemente acotadas por $B$,$\int_U f = 0$.

Deje $P = \{ z | f(z) >0 \}$ y supongamos $mP>0$. A continuación,$L=\int_P f >0$. Ahora elija un abrir $U$ tal que $P \subset U$$m (U \setminus P) < { L \over 2 B (y-x)}$. Entonces $\int_U f = \int_P f + \int_{U \setminus P} f > { L \over 2}>0$, que es una contradicción.

Aplicando el mismo análisis a $-f$ muestra que $f$ es cero ae.

Answer 2

He aquí una idea: desde $\int_x^z f(t)\,dt = 0$ todos los $z$, podemos considerar dos diferentes $z$, luego

$$\int_x^{z_1}f(t)\,dt = 0 = \int_x^{z_2} f(t)\,dt.$$

Restando, obtenemos

$$\int_{z_1}^{z_2} f(t)\,dt = 0.$$

Esto es válido para todas las $z_1,z_2\in(x,y)$, por lo que la integral de $f$ se desvanece en conjuntos de arbitrariamente pequeña medida. ¿Qué se puede concluir a partir de aquí?

Answer 3

Deje $g : \Bbb R \to \Bbb R$ ser dado por $g(t) = f(t)\cdot 1_{[x,y]}(t)$. A continuación, $\int_x^t g = 0$ todos los $t \in \Bbb R$. Por lo tanto $\int_a^b g = 0$ por cada intervalo de $[a,b]$$\Bbb R$. Esto implica $\int_A g = 0$ siempre $A$ es un discontinuo de la unión de un número finito de intervalos. Ya que cada conjunto abierto es un contable de la unión de distintos intervalos abiertos, el teorema de convergencia dominada garantiza $\int_U g = 0$ para cada conjunto abierto $U$. Ahora, dado un conjunto medible $B$, existe una disminución de la secuencia $\{A_n\}_{n = 1}^\infty$ de abrir conjuntos tales que si $A = \cap_{n = 1}^\infty A_n$, $A \setminus B$ tiene medida cero. El teorema de convergencia dominada de los rendimientos de $\int_A g = \lim \int_{A_n} g = 0$. Así $$\int_B g = \int g\cdot 1_B = \int g\cdot 1_A = \int_A g = 0$$ This shows that $\int_B g = 0$ for all measurable sets $B$, and consequently $g(t) = 0$ for almost every $t \en \Bbb R$. Therefore $f(t) = 0$ for almost every $t \in [x,y]$.