misura indotta da una f. misurabile

[anto_zoolander]

Ciao!

ho sottomano questo esercizio:

siano $(X,Sigma,mu)$ uno spazio di misura e $f in L^+$, mostrare che $lambda(E)=int_(E)fdmu$ è una misura su $Sigma$

$L^+$ è l'insieme delle funzioni $f:X->RR$ positive, misurabili e limitate su $X$

quello che mi interessa maggiormente è la correttezza sulla $sigma$ additività, le altre due sono ovvie(positività e misura nulla dell'insieme vuoto).

prendiamo ${A_i}_(i in NN) subset Sigma$ tali che $A_icapA_j=emptyset$ per ogni $i,j$ distinti

se $f$ è semplice e $f(x)=sum_(k=1)^(m)b_kchi_(B_k)(x)$ è la sua rappresentazione canonica, allora

$int_(bigcup_(i=1)^(+infty)A_i) fdmu=sum_(k=1)^(m)b_kmu(B_kcapbigcup_(i=1)^(+infty)A_i)=sum_(k=1)^(m)b_kmu(bigcup_(i=1)^(+infty)(B_kcapA_i))$

essendo ${B_kcapA_i}_(i in NN)$ anch'essa una successione di insiemi misurabili a due a due disgiunti ed essendo $mu$ una misura su $Sigma$ quella cosa è uguale a

$sum_(k=1)^(m)b_k[sum_(i=1)^(+infty)mu(B_kcapA_i)]=sum_(k=1)^(m)b_k[lim_(n->+infty)sum_(i=1)^(n)mu(B_kcapA_i)]=sum_(i=1)^(+infty)[sum_(k=1)^(m)b_kmu(B_kcapA_i)]=sum_(i=1)^(+infty)int_(A_i)fdmu$

ora se invece $f$ è una funzione qualsiasi, sia ${phi_k}_(k in NN) subsetL^+$ di funzioni semplici tale che $phi_k ->f$ puntualmente e in maniera monotona, allora

$int_(bigcup_(i=1)^(+infty)A_i) fdmu=int_(bigcup_(i=1)^(+infty)A_i) lim_(k->+infty)phi_kdmu=lim_(k->+infty)int_(bigcup_(i=1)^(+infty)A_i) phi_kdmu=lim_(k->+infty)sum_(i=1)^(+infty)int_(A_i)phi_k dmu=lim_(k->+infty)lim_(n->+infty)sum_(i=1)^(n)int_(A_i)phi_kdmu$

dove ho usato il teorema della convergenza monotona nella seconda uguaglianza e il fatto che $phi_k$ fosse semplice nella terza.

Che osservazione bisogna fare per poter scambiare i due limiti?

[Bremen000]

Ciao anto!

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Sia lode, non appare nemmeno un segnale/un integrale in campo complesso in questo post !

Secondo me è più semplice osservare che, posto \( A := \bigcup_{i \in \mathbb{N}} A_i \), si ha
\[ \lambda(A_i) = \int_{X} f \chi_{A_i} d\mu \quad \quad , \quad \quad \lambda(A) = \int_{X} f \chi_{A} d\mu\]
e, notato che
\[ \chi_A (x) = \sum_{i \in \mathbb{N}} \chi_{A_i}(x) \]
segue che
\[ \lambda(A) = \int_{X} f \chi_A d\mu= \int_{X} \sum_{i \in \mathbb{N}} f \chi_{A_i} d \mu = \sum_{i \in \mathbb{N}} \int_{X} f \chi_{A_i} d\mu = \sum_{i \in \mathbb{N}} \lambda(A_i) \]
dove nella penultima uguaglianza si scambiano integrale e serie per "Beppo-Levi aggiustato".

Mi sembra che questa sia anche l'unica maniera per aggiustare l'ultima riga dei tuoi conti, però a questo punto mi sembrava giusto farti vedere che si poteva baypassare la parte con la funzione semplice.
Infine l'ipotesi che $f$ sia limitata mi pare inutile, credo vada bene anche $f: X \to [0, + \infty]$.

Puoi provare a mostrare (molto facile) che se \( \phi : X \to \mathbb{R} \) è misurabile allora si ha

\[ \int_{X} \phi d \lambda = \int_{X} \phi f d\mu \]

[anto_zoolander]

Ciao Bremen!

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che intendi?

in effetti hai ragione, è meglio in questo modo: il bello è che avevo fatto proprio prima il teorema di scambio limite/integrale

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Non so perché ma mi urtano particolarmente le funzioni che possono assumere $+infty$ come valore

Puoi provare a mostrare

è proprio l'esercizio seguente: li ho presi entrambi dal Folland ora ci provo.

[Bremen000]

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che intendi?

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Non so perché ma mi urtano particolarmente le funzioni che possono assumere $ +infty $ come valore

Le funzioni che assumono valore $+ \infty$ io le ho viste usare un po' in CdV: è comodo quando vuoi dire che qualche valore del dominio non è ammissibile. Anche in analisi convessa penso sia piuttosto comune. Ma non sono un esperto.

è proprio l'esercizio seguente: li ho presi entrambi dal Folland ora ci provo.

Mai aperto. Come è? Eviti il Rudin?

[anto_zoolander]

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hai ragione in effetti

Le funzioni che assumono valore +∞ io le ho viste usare un po' in CdV: è comodo quando vuoi dire che qualche valore del dominio non è ammissibile. Anche in analisi convessa penso sia piuttosto comune. Ma non sono un esperto.

Più in la magari estenderò il concetto, per adesso mi mantengo su quelle limitate

Mai aperto. Come è? Eviti il Rudin?

Da novizio mi sembra un bel libro. Sul Rudin non ho mai messo mano, com'è?

[Bremen000]

Da novizio mi sembra un bel libro. Sul Rudin non ho mai messo mano, com'è?

Ti apre la testa. In tutti i sensi. Io lo trovo meraviglioso, ma non è un libro dove trovi tutti i dettagli, è da leggere con la penna in mano e il foglio pronto a essere riempito con i dettagli delle dimostrazioni!

[anto_zoolander]

Puoi provare a mostrare (molto facile) che se \( \phi : X \to \mathbb{R} \) è misurabile allora si ha

\[ \int_{X} \phi d \lambda = \int_{X} \phi f d\mu \]

Sarà la febbre ma non mi viene molto:

Se $phi$ è semplice allora è ovvio visto che

$int_X phi dlambda=sum_(k=1)^(n)a_klambda(A_k)=sum_(k=1)^(n)a_k int_(A_k) fdmu=int_X (sum_(k=1)^(n)a_kchi_(A_k))fdmu=int_X(f*phi)dmu$

Se $g$ è una qualsiasi funzione misurabile allora considerando che se $phi$ è una funzione semplice che minora $g$

$phileqg => f*phileqf*g=> int_Xphidlambda=int_X(f*phi)dmuleqint_X(f*g)dmu$

Quindi $int_Xgdlambda=s u p_(0leqphileqg)int_Xphidlambdaleqint_X(f*g)dmu$

Al momento non mi vengono idee per $geq$

[Bremen000]

Te lo metto in spoiler ma prima di guardarlo riprova, forte del risultato sulle \( \phi \) semplici, con la convergenza monotona!

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Sia \( \{ \phi_n \}_{n \in \mathbb{N}} \) una successione di funzioni semplici che tende puntualmente in maniera monotona (dal basso) a \( \phi : X \to [0, + \infty] \) misurabile. Allora

\[ \int_{X} \phi d \lambda = \int_{X} \lim_{n \to + \infty} \phi_n d \lambda \overset{B-L}{=} \lim_{n \to + \infty} \int_X \phi_n d \lambda = \lim_{n \to + \infty} \int_X f \phi_n d \mu\overset{B-L}{=} \int_{X} \lim_{n \to + \infty} \phi_n f d\mu = \int_X f \phi d \mu \]

[anto_zoolander]

Che pollo, hai ragione:

se $g$ è una funzione misurabile prendiamo ${phi_k}$ successione di funzioni semplici tali che \( \phi_{k} \nearrow g \)

Quindi

$int_Xgdlambda=int_X lim_(k->+infty)phi_kdlambda=lim_(k->+infty)int_X(f*phi_k)dmu$

Ora noto che $phi_kleqg=> fphi_k leqfg $ e quindi converge a $fg$ in maniera monotona e applicando di nuovo la convergenza monotona si ha la tesi

[otta96]

Non hai finito lo sai vero?