چنانچه محفل ریاضی را سودمند یافتید، لطفا برای حمایت از ما به کانال تلگرامی محفل ریاضی بپیوندید!
به محفل ریاضی ایرانیان خوش آمدید! لطفا برای استفاده از تمامی امکانات عضو شوید
+4 امتیاز
141 بازدید
سوال شده در دانشگاه توسط بی نام
ویرایش شده توسط fardina

فرض کنید $ \mu $یک اندازه متناهی باشد.ثابت کنید که تابع اندازه پذیر نامنفی fانتگرال پذیر است.

اگر وتنها اگر
$ \sum_1^ \infty \mu ( \lbrace x:f(x) \geq n\rbrace ) < \infty $

2 پاسخ

+2 امتیاز
پاسخ داده شده توسط fardina
ویرایش شده توسط fardina

یک مساله یا مطلب خیلی جالبی که من در کتاب فولند تمرین 25 صفحه 50 دیدم(شاید در کتابهای دیگه آنالیزم باشه الان من مرجعی به ذهنم نمیاد) در مورد ارتباط بین انتگرال و مساحت زیر نمودار تابع هست.(دقیقا شبیه چیزی که در مورد انتگرال ریمان داشتیم).

فرض کنید $(X,\mathcal M, \mu)$ یک فضای اندازه $\sigma$ -متناهی باشد و $f:X\to [0,\infty]$ اندازه پذیر باشد. ناحیه زیر نمودار(گراف) $f$ عبارت است از $$G_f=\{(x,y)\in X\times [0,\infty]:0\leq y\leq f(x)\}$$ . در اینصورت $G_f$ یک مجموعه $\mathcal M\times \mathcal B$ -اندازه پذیر است(که منظور از $\mathcal B$ سیگما جبر بورل روی اعداد حقیقی است). و داریم: $$(\mu\times m)(G_f)=\int fd\mu$$ که در آن $m$ اندازه لبگ است.

حالا اگه این تساوی رو بپذیریم میتونیم مساله شما رو اثبات کنیم. از آنجا که $$(\mu\times m)(G_f)=\iint_{X\times [0,\infty]}\chi_{G_f}d(\mu\times m)(x,y)$$

پس بنابر قضیه فوبینی داریم $$\begin{align}\int fd\mu&=\int_{[0,\infty]}(\int_X\chi_{G_f}(x,y)d\mu)dm\\ &=\int_{[0,\infty]}\mu(\{x:f(x)\geq y\})dm\end{align}$$ (چرا؟در اینجا شما باید $y$ رو ثابت فرض کنی تا تساوی بالا رو بتونید موجه بشید)

حال برای هر $n\in\mathbb N$ داریم: $$\begin{align}\mu(\{x:f(x)\geq n+1\})&=\mu(\{x:f(x)\geq n+1\})\int_n^{n+1}dm\\ &\leq\int_n^{n+1}\mu(\{x:f(x)\geq y\})dm\\ &\leq \mu(\{x:f(x)\geq n\})\int_n^{n+1}dm\\ &=\mu(\{x:f(x)\geq n\})\end{align}$$

بنابراین $$\sum_0^\infty \mu(\{x:f(x)\geq n+1\})\leq \int fd\mu\leq \sum_0^\infty \mu(\{x:f(x)\geq n\})$$ یعنی مساله شما ثابت شد.

دارای دیدگاه توسط kazomano
ویرایش شده توسط kazomano
پس تو صورت سوال باید n از صفر شروع بشه.
+1 امتیاز
پاسخ داده شده توسط kazomano

تعریف می‌کنیم $ M_{n} = \lbrace x \in X| f(x) \geq n\rbrace $ این دنباله ای نزولی. بدیهیه که $ M_{0} =X$. تعریف می‌کنیم $ F_{n} = M_{n} - M_{n+1} $ برای $n \in N \bigcup \lbrace 0\rbrace $. حال $ F_{n} $ دنباله ای مجزا و اجتماعش برابر $X$ است. همچنین

$$F_{n} = \lbrace x \in X|n \leq f(x) \leq n+1\rbrace $$

بنابراین

$ \int_X fd \mu = \sum_n \int_c fd \mu $ که $c=F_{n}$ و

$ \sum_n n \mu ( F_{n}) \leq \sum_n \int_c fd \mu \leq \sum_n (n+1) \mu ( F_{n}) $

بنابراین

$ \sum_n n \lbrace \mu ( M_{n}) - \mu ( M_{n+1} )\rbrace \leq \int_X fd \mu \leq \sum_n (n+1) \lbrace \mu ( M_{n}) - \mu ( M_{n+1} ) $

اگر قرار دهیم $ l_{n} = \mu ( M_{n} )$ آن‌گاه

$$ \sum_n l_{n} \leq \int_X fd \mu \leq \sum_n l_{n} $$

که در مجموع سمت چپ $n \in N$ و در مجموع سمت راست $n \in N \bigcup \lbrace 0\rbrace $. حال چون $\sum_n l_{n}< \infty $ که $n \in N \bigcup \lbrace 0\rbrace $ پس $\int_X fd \mu< \infty $.

برعکس اگر $\int_X fd \mu< \infty $ آن‌گاه $\sum_n l_{n}< \infty $ که $n \in N$ و چون $ \mu ( M_{0} )= \mu(X)< \infty $ پس $\sum_n l_{n}< \infty $ که $n \in N \bigcup \lbrace 0\rbrace $.

لطفا ما را در شبکه های اجتماعی دنبال کنید:
به محفل ریاضی ایرانیان خوش آمدید!
امروز : تاریخ شمسی اینجا نمایش داده می‌شود

♥ حمایت مالی

راهنمایی:

  • برای رفتن به سطر بعدی دو بار Enter بزنید.
  •  یک بار Enter یک فاصله محسوب می‌شود.
  •  _ایتالیک_ یا I و **پررنگ** یا B
  •  نقل‌قول با قراردادن > در ابتدای خط یا ❝
  • برای چپ به راست کردن متن کلیدهای Ctrl+Shift سمت چپ کیبورد را فشار دهید
  •  برای تایپ فرمول ابتدا روی ریاضی کلیک کرده و سپس به کمک آیکون‌های موجود فرمول را در بین دو علامت دلار

<math> $ $ </math>

بنویسید.

  •  برای اینکه فرمول در خط بعدی و وسط صفحه قرار گیرد دو علامت دلار اضافی بنویسید

<math> $$ $$ </math>


☑ راهنمایی بیشتر: راهنمای تایپ
57 نفر آنلاین
0 عضو و 57 مهمان در سایت حاضرند
بازدید امروز: 423
بازدید دیروز: 6817
بازدید کل: 4709565
...