Autor Tema: Igualdad para funciones integrables

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30 Diciembre, 2021, 05:49 pm
Respuesta #10

Eparoh

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

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

Cierto, ¡gracias!

31 Diciembre, 2021, 01:51 pm
Respuesta #11

Eparoh

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Hola de nuevo, he encontrado una forma más sencilla de demostrar la desigualdad que faltaba, sin recurrir a sucesiones y subsucesiones de las mismas como proponía Masacrosso.

En primer lugar, como \( f \geq 0 \) e integrable tenemos que \( E_\infty = f^{-1}(\{\infty\}) \) tiene medida nula.

Ahora, para \( t>1 \) y \( k \in \mathbb{Z} \) definimos

\( E_k = f^{-1}\left( [t^k, t^{k+1}) \right) \)

y

\( \displaystyle g_t= \sum_{k=1}^\infty t^{-k} \chi_{E_{-k}} + \sum_{k=0}^\infty t^k \chi_{E_k} \)

Entonces, \( g_t \) es medible, numerable-simple y para cada \( x \in X \setminus E_\infty \) se tiene que existe un \( k \in \mathbb{Z} \) tal que \( x \in E_k \) luego

\( g_t(x) = t^k \leq f(x) < t^{k+1} = t g_t(x) \)

Así, \( g_t \leq f < t g_t \) en casi todo punto.

Ahora, como \( t g_t \) también es numerable-simple y medible,

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


Como esto es cierto para todo \( t>1 \) se obtiene la desigualdad buscada.

Lo de "en casi todo punto", se podría solucionar igual que dije en el post anterior simplemente definiendo \( g_t(x)=\infty \) para \( x \in E_\infty \).

La demostración no es mía, la he sacado del libro Modern real analysis de Ziemer, donde curiosamente definen la integración en espacios de medida utilizando los conceptos de integral superior e inferior, y con esta igualdad se puede ver ya fácilmente que es equivalente a la definición usual.