[Eparoh]

Hola a todos, estoy intentando demostrar lo siguiente:

Sea \( (X, M,  \mu) \) un espacio medible y \( f: X \longrightarrow [0,+\infty] \) una función medible. Entonces, si \( f \) es integrable se cumple que

\( \int_X f  \hspace{1mm}d \mu =  \sup\left\{\int_X \phi \hspace{1mm}d \mu: \phi \text{ es medible, simple y } 0 \leq \phi \leq f\right\} = \inf\left\{\int_X \phi \hspace{1mm}d \mu: \phi \text{ es medible, simple y } f \leq \phi \right\} \)

La primera igualdad no es más que la definición de integrabilidad para una función no negativa. Y, respecto a la segunda igualdad, es claro que por la monotonía de la integral y las definiciones de supremo e ínfimo, se tiene que el supremo dado es menor o igual que el ínfimo.

Lo que no consigo demostrar es que realmente se da la igualdad. ¿Alguna ayuda con ello?

Un saludo y muchas gracias.

[Masacroso]

Hola a todos, estoy intentando demostrar lo siguiente:

Sea \( (X, M,  \mu) \) un espacio medible y \( f: X \longrightarrow [0,+\infty] \) una función medible. Entonces, si \( f \) es integrable se cumple que

\( \int_X f  \hspace{1mm}d \mu =  \sup\left\{\int_X \phi \hspace{1mm}d \mu: \phi \text{ es medible, simple y } 0 \leq \phi \leq f\right\} = \inf\left\{\int_X \phi \hspace{1mm}d \mu: \phi \text{ es medible, simple y } f \leq \phi \right\} \)

La primera igualdad no es más que la definición de integrabilidad para una función no negativa. Y, respecto a la segunda igualdad, es claro que por la monotonía de la integral y las definiciones de supremo e ínfimo, se tiene que el supremo dado es menor o igual que el ínfimo.

Lo que no consigo demostrar es que realmente se da la igualdad. ¿Alguna ayuda con ello?

Un saludo y muchas gracias.

La segunda identidad no es cierta en general. Un contrajemplo es la función \( f:\mathbb{R}\to [0,\infty ],\, x\mapsto \frac1{2 \sqrt{x}}\mathbf{1}_{(0,1]}(x) \).

Añado ejercicio complementario: para \( f:X\to [0,\infty ] \) integrable demostrar que

\( \displaystyle{
\int_X f  \hspace{1mm}d \mu =\inf\left\{\int_X \phi \hspace{1mm}d \mu: \phi \text{ es medible, simple y } f \leq \phi \color{red}{\text{ casi en todas partes }}\right\}
} \)

si y solo si \( \mu(\{x\in X:f(x)>0\})<\infty  \) y \( \|f\|_{\infty }<\infty  \) (con \( \|f\|_\infty :=\inf\{a\in[0,\infty ]: \mu(f^{-1}((a,\infty ])=0\} \), que se llama el supremo esencial de \( f \), donde asumimos la convención de que \( \inf \emptyset =\infty  \)).

Corregido.

[Eparoh]

Hola Masacroso, muchas gracias por la respuesta.

La segunda identidad no es cierta en general. Un contrajemplo es la función \( f:\mathbb{R}\to [0,\infty ],\, x\mapsto \frac1{2 \sqrt{x}}\mathbf{1}_{(0,1]}(x) \).

Totalmente cierto, como en un principio estaba trabajando con espacios finitos y funciones acotadas y como para el supremo si funciona, se me olvidó poner que en el ínfimo las funciones no son simples, si no numerable-simples. Es decir, su imagen es un conjunto a lo sumo numerable, luego son de la forma

\( \phi= \sum_{i=1}^\infty a_i \chi_{E_i} \)

con \( E_i=\phi^{-1}(\{a_i\}) \), y su integral se define como

\( \int_X \phi \hspace{1mm}d \mu= \sum_{i=1}^\infty a_i \mu(E_i) \)

Añado ejercicio complementario: para \( f:X\to [0,\infty ] \) integrable demostrar que

\( \displaystyle{
\int_X f  \hspace{1mm}d \mu =\inf\left\{\int_X \phi \hspace{1mm}d \mu: \phi \text{ es medible, simple y } f \leq \phi \right\}
} \)

si y solo si \( \mu(\{x\in X:f(x)>0\})<\infty  \) y \( \|f\|_{\infty }<\infty  \) (con \( \|f\|_\infty :=\inf\{a\in[0,\infty ]: \mu(f^{-1}((a,\infty ])=0\} \), que se llama el supremo esencial de \( f \), donde asumimos la convención de que \( \inf \emptyset =\infty  \)).

Muy interesante de todas formas, pero no consigo ver la implicación recíproca, es decir, que si se dan las condiciones que dices entonces es cierta la igualdad.

Gracias por todo y a ver si ahora está todo más claro y se consigue solucionar 

[Masacroso]

Hola Masacroso, muchas gracias por la respuesta.

La segunda identidad no es cierta en general. Un contrajemplo es la función \( f:\mathbb{R}\to [0,\infty ],\, x\mapsto \frac1{2 \sqrt{x}}\mathbf{1}_{(0,1]}(x) \).

Totalmente cierto, como en un principio estaba trabajando con espacios finitos y funciones acotadas y como para el supremo si funciona, se me olvidó poner que en el ínfimo las funciones no son simples, si no numerable-simples. Es decir, su imagen es un conjunto a lo sumo numerable, luego son de la forma

\( \phi= \sum_{i=1}^\infty a_i \chi_{E_i} \)

con \( E_i=\phi^{-1}(\{a_i\}) \), y su integral se define como

\( \int_X \phi \hspace{1mm}d \mu= \sum_{i=1}^\infty a_i \mu(E_i) \)

Vale, ahí lo que puedes hacer es lo siguiente: defines \( f_n:=f \mathbf{1}_{f^{-1}(n,n+1]} \) para \( n\in \mathbb N\cup\{0\} \), entonces para cada \( f_n \) se cumple la proposición de mi respuesta anterior y por tanto existe una sucesión de funciones simples \( \{f_{k,n}\}_{k\in\mathbb{N}} \) tales que \( f_{k,n}\downarrow f_n \) en \( L_1 \). Finalmente existe una subsucesión \( \{k_j\}_{j\in\mathbb{N}} \) tal que \( \tilde f_j:=\sum_{n\geqslant 0}f_{k_j,n} \) es integrable y \( \tilde f_j \) es de la forma que propones, una función "simple" pero con un número infinito contable de sumandos, a partir de ahí puedes construir una sucesión \( \{\tilde f_j\}_{j\in\mathbb{N}} \) estrictamente decreciente de funciones integrables tales que \( \tilde f_j \downarrow f \) en \( L_1 \). Faltan añadir algunos detalles pero ésa es la idea.

Añado ejercicio complementario: para \( f:X\to [0,\infty ] \) integrable demostrar que

\( \displaystyle{
\int_X f  \hspace{1mm}d \mu =\inf\left\{\int_X \phi \hspace{1mm}d \mu: \phi \text{ es medible, simple y } f \leq \phi \right\}
} \)

si y solo si \( \mu(\{x\in X:f(x)>0\})<\infty  \) y \( \|f\|_{\infty }<\infty  \) (con \( \|f\|_\infty :=\inf\{a\in[0,\infty ]: \mu(f^{-1}((a,\infty ])=0\} \), que se llama el supremo esencial de \( f \), donde asumimos la convención de que \( \inf \emptyset =\infty  \)).

Muy interesante de todas formas, pero no consigo ver la implicación recíproca, es decir, que si se dan las condiciones que dices entonces es cierta la igualdad.

Gracias por todo y a ver si ahora está todo más claro y se consigue solucionar 

Defines \( A:=\{x\in X: f(x)>0\} \) y defines a su vez \( g:=\|f\|_{\infty }\mathbf{1}_{A}-f \), entonces \( g\geqslant 0 \) casi en todas partes y es claramente integrable por lo que existe una sucesión de funciones simples \( g_n\uparrow g \) en \( L_1 \), por tanto las funciones definidas como \( f_n:=\|f\|_{\infty }\mathbf{1}_{A}-g_n \) son también simples y \( f_n\downarrow f \) en \( L_1 \).

Añadido: se me pasó un detalle importante en la propuesta de mi respuesta anterior: hay que entender en la definición del ínfimo que la desigualdad \( f\leqslant \phi \) debe ser en casi todas partes, o más concretamente, que \( f \mathbf{1}_{S}\leqslant \phi \mathbf{1}_{S} \) para \( S:=\{x\in X: f(x)\leqslant \|f\|_{\infty }\} \). He añadido una corrección en rojo en mi respuesta anterior para especificar a qué me refiero. Lo mismo debe entenderse para el caso donde \( f \) no cumple que \( \|f\|_{\infty }<\infty  \) o que \( \mu(\{x: f(x)>0\})<\infty  \) y utilizamos funciones "simples" con infinitos sumandos para aproximarla, es decir, que \( \tilde f_j\geqslant f \) casi en todas partes.

[Eparoh]

Hola de nuevo, aún no entiendo del todo la respuesta a la pregunta original, pero respecto a la otra, creo que no hace falta cambiar nada sobre que la relación de orden sea en casi todo punto.

Siguiendo lo que propones, basta definir también \( E=f^{-1}((\left\|{f}\right\|_\infty, \infty]) \) que tendrá medida nula, y modificar tus definiciones por:

\( g= \left(\left\|{f}\right\|_\infty \chi_A - f \right) \chi_{E^c} \)

y

\( f_n= \left(\left\|{f}\right\|_\infty \chi_A - g_n \right) \chi_{E^c} + \infty \chi_E \)

Entonces, las \( f_n \) forman una sucesión decreciente, tales que son mayores todas que \( f \), simples e integrables, por lo que pertenecen al conjunto sobre el que tomamos el ínfimo; y como además convergen en casi todo punto a \( f \), igualmente por el teorema de convergencia dominada llegamos a la igualdad buscada.

[Masacroso]

Hola de nuevo, aún no entiendo del todo la respuesta a la pregunta original, pero respecto a la otra, creo que no hace falta cambiar nada sobre que la relación de orden sea en casi todo punto.

Siguiendo lo que propones, basta definir también \( E=f^{-1}((\left\|{f}\right\|_\infty, \infty]) \) que tendrá medida nula, y modificar tus definiciones por:

\( g= \left(\left\|{f}\right\|_\infty \chi_A - f \right) \chi_{E^c} \)

y

\( f_n= \left(\left\|{f}\right\|_\infty \chi_A - g_n \right) \chi_{E^c} + \infty \chi_E \)

Entonces, las \( f_n \) forman una sucesión decreciente, tales que son mayores todas que \( f \), simples e integrables, por lo que pertenecen al conjunto sobre el que tomamos el ínfimo; y como además convergen en casi todo punto a \( f \), igualmente por el teorema de convergencia dominada llegamos a la igualdad buscada.

Claro, lo que pasa es que en la mayoría de libros que he visto una función simple y no negativa se define como aquella que toma valores en \( [0,\infty ) \), si incluimos la posibilidad de que tome el valor infinito entonces podemos prescindir del "casi en todas partes". El problema de añadir el infinito en las funciones simples es que entonces tenemos que tomar la convención de que \( 0\cdot \infty =0 \) al integrar sobre conjuntos de medida nula, si se excluye el infinito de las funciones simples entonces no es necesario tomar ninguna convención, es decir, la identidad \( \int_{N}\infty \,d\mu=0 \), cuando \( \mu(N)=0 \), se sigue de la definición de la integral, es decir de

\( \displaystyle{
\int_{N}\infty\, d\mu:=\lim_{n\to \infty }\int_{N}n\,d\mu=\lim_{n\to \infty }n\cdot \mu(N)=\lim_{n\to \infty }n\cdot 0=\lim_{n\to \infty }0=0
} \)

[Eparoh]

Claro, lo que pasa es que en mayoría de libros que he visto una función simple y no negativa se define como aquella que toma valores en \( [0,\infty ) \), si incluimos la posibilidad de que tome el valor infinito entonces podemos prescindir del "casi en todas partes". El problema de añadir el infinito en las funciones simples es que entonces tenemos que tomar la convención de que \( 0\cdot \infty =0 \) al integrar sobre conjuntos de medida nula, si se excluye el infinito de las funciones simples entonces no es necesario tomar ninguna convención, es decir, la identidad \( \int_{N}\infty \,d\mu=0 \), cuando \( \mu(N)=0 \), se sigue de la definición de la integral, es decir de

\( \displaystyle{
\int_{N}\infty\, d\mu:=\lim_{n\to \infty }\int_{N}n\,d\mu=\lim_{n\to \infty }n\cdot \mu(N)=\lim_{n\to \infty }n\cdot 0=\lim_{n\to \infty }0=0
} \)

Cierto, todo aclarado en ese aspecto.

Respecto a esto:

Vale, ahí lo que puedes hacer es lo siguiente: defines \( f_n:=f \mathbf{1}_{f^{-1}(n,n+1]} \) para \( n\in \mathbb N\cup\{0\} \), entonces para cada \( f_n \) se cumple la proposición de mi respuesta anterior y por tanto existe una sucesión de funciones simples \( \{f_{k,n}\}_{k\in\mathbb{N}} \) tales que \( f_{k,n}\downarrow f_n \) en \( L_1 \). Finalmente existe una subsucesión \( \{k_j\}_{j\in\mathbb{N}} \) tal que \( \tilde f_j:=\sum_{n\geqslant 0}f_{k_j,n} \) es integrable y \( \tilde f_j \) es de la forma que propones, una función "simple" pero con un número infinito contable de sumandos, a partir de ahí puedes construir una sucesión \( \{\tilde f_j\}_{j\in\mathbb{N}} \) estrictamente decreciente de funciones integrables tales que \( \tilde f_j \downarrow f \) en \( L_1 \). Faltan añadir algunos detalles pero ésa es la idea.

Las funciones \( f_n \) que describes no tienen porque cumplir una de las condiciones para el resultado anterior, pues

\( \{x \in X: f_n(x) >0\} = f^{-1}(n,n+1] \)

y nada garantiza que dicho conjunto tenga medida finita, ¿no?

¿Podrías de todas formas explicar un poco más dicho párrafo? Es que, hay detalles, a parte de lo que he dicho antes, que no llego a verlos.

Un saludo y gracias.

[Masacroso]

Las funciones \( f_n \) que describes no tienen porque cumplir una de las condiciones para el resultado anterior, pues

\( \{x \in X: f_n(x) >0\} = f^{-1}(n,n+1] \)

y nada garantiza que dicho conjunto tenga medida finita, ¿no?

Un saludo y gracias.

Hay que partir de la base que \( f \) es integrable, claro, si no es cierto que no necesariamente \( \mu(f^{-1}(n,n+1])<\infty  \). Además hay que afinar mejor, tomando conjuntos de la forma \( (2^{k},2^{k+1}] \), para \( k\in \mathbb{Z} \), en vez de intervalos \( (n,n+1] \) para \( n\in \mathbb N\cup\{0\} \) (esto último es para evitar el intervalo \( (0,1] \) que puede traer problemas).

[Eparoh]

Hay que partir de la base que \( f \) es integrable, claro, si no es cierto que no necesariamente \( \mu(f^{-1}(n,n+1])<\infty  \). Además hay que afinar mejor, tomando conjuntos de la forma \( (2^{k},2^{k+1}] \), para \( k\in \mathbb{Z} \), en vez de intervalos \( (n,n+1] \) para \( n\in \mathbb N\cup\{0\} \) (esto último es para evitar el intervalo \( (0,1] \) que puede traer problemas).

Pero, por ser \( f \) integrable sabemos que \( \{x \in X: f(x) >0\} \) es \( \sigma \)-finito para \( \mu \), pero eso no quiere decir que los conjuntos \( f^{-1}(n,n+1] \) tengan medida finita. ¿O me estoy perdiendo algo?

Un saludo y gracias de nuevo.

[Masacroso]

Hay que partir de la base que \( f \) es integrable, claro, si no es cierto que no necesariamente \( \mu(f^{-1}(n,n+1])<\infty  \). Además hay que afinar mejor, tomando conjuntos de la forma \( (2^{k},2^{k+1}] \), para \( k\in \mathbb{Z} \), en vez de intervalos \( (n,n+1] \) para \( n\in \mathbb N\cup\{0\} \) (esto último es para evitar el intervalo \( (0,1] \) que puede traer problemas).

Pero, por ser \( f \) integrable sabemos que \( \{x \in X: f(x) >0\} \) es \( \sigma \)-finito para \( \mu \), pero eso no quiere decir que los conjuntos \( f^{-1}(n,n+1] \) tengan medida finita. ¿O me estoy perdiendo algo?

Un saludo y gracias de nuevo.

Si \( f\geqslant 0 \) es integrable entonces

\( \displaystyle{
\infty >\|f\|_1\geqslant \int_{f^{-1}(n,n+1]}f\,d\mu\geqslant n\cdot \mu(f^{-1}((n,n+1]))\implies \mu(f^{-1}((n,n+1]))<\infty
} \)